热门试卷

解：（1）证明：取AC的中点O，连结BO，SO，设SA=SB=SC=1，

由条件易知，SO⊥AC，AC=，，AB=BC=SA=1．

由AB2+BC2=AC2知，AB⊥BC，

∴BO⊥AC，且BO=，∴SO2+BO2=SB2，

∴二面角B-AC-S的平面角∠BOS=90°，即平面SAC⊥平面ABC．

（2）取AS的中点M，连结MO，MB，由（1）知，△SAB与△SBC为全等的正三角形，

∴SA⊥MB，SA⊥MO，故∠BMO为二面角B-AS-C的平面角．

又由BO⊥AC及BO⊥SO，得BO⊥平面SAC，

在△BMO中，易得MO=，MB=，∴cos∠BMO==．

（1）证明：∵PD∥QA，PD⊂平面PDC，QA⊄平面PDC，

∴QA∥平面PDC，

同理AB∥平面PDC，

∵QA∩AB=A，

∴平面ABQ∥面PCD，

∵BQ⊂平面ABQ，

∴BQ∥面PCD；

（2）证明∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，

∴PD⊥BC，

∵四边形ABCD为正方形，

∴BC⊥CD，

∵PD∩CD=D，

∴BC⊥平面PCD，

∵BC⊂平面BCP，

∴平面BCP⊥平面PCD，

过D作DM⊥PC，垂足为M，则DM⊥平面BCP，

△PCD中，CD=1，PD=2，PC=，由射影定理可得12=CM，∴CM=，

∴CM：MP=1：4；

（3）解：如图所示，将底面补成平行四边形ADPG，过Q作QE⊥BG，QF⊥PB，连接EF，则∠EFQ是二面角Q-BP-C的平面角，

由题意，BQ=PQ=，BP=，EQ=DM=，∴FQ=，

∴EF==，

∴cos∠EFQ==．

解：（1）如图1，以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），0（1，1，0）

设棱锥的高为h，则A1（2，0，h），C（0，2，0），．

∴cos＜，

即cos60°=，解得h=2．

∴E（0，0，1），A1（202），．

∵F为棱B1C1上的动点，故可设f（0，y，2）．

∴．

又

∴

（2）易求出平面AB1C的法向量为 =（1，1，1），=（2，0，-1）

∴点E到面AB1C的距离d==

（3）易知平面A1CC1的一个法向量为 =（1，1，0），

设平面A1B1C的一个法向量为 =（x，y，1），则

=（x，y，1）•（-2，2，-2）=-2x+2y-2=0，…①

=（x，y，1）•（-2，0，0）=-2x=0．…②

由①、②，得 ．

∴cos＜＞=，

∴＜＞=60°．

即二面角B1-A1C-C1的大小为60°．

解：（1）如图，连接AQ，由于PA⊥平面ABCD，则由PQ⊥QD，必有AQ⊥DQ．

设，则CQ=a-t，

在直角三角形MBQ中中，有AQ=．

在Rt△CDQ中，有DQ=．    …（4分）

在Rt△ADQ中，有AQ2+DQ2=AD2．

即t2+4+（a-t）2+4=a2，

即t2-at+4=0．

（2）由（1）得a=t+≥4．

故a的取值范围为[4，+∞）．

（3）由（Ⅰ）知，当t=2，a=4时，边BC上存在唯一点Q（Q为BC边的中点），使PQ⊥QD．

过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM．∴QM⊥平面PAD．

过M作MN⊥PD于N，连结NQ，则QN⊥PD．

∴∠MNQ是二面角A-PD-Q的平面角．

在等腰直角三角形PAD中，可求得MN=，又MQ=2，进而NQ=．

∴cos∠MNQ=．

故二面角A-PD-Q的余弦值为．

证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=∠DBF=60°，且FA=FC．AC与BD相交于O．

∴△DBF是等边三角形，

∵FA=FC，O为AC中点，

∴FO⊥AC，

∵O为BD中点，

∴FO⊥BD，

∴FO⊥平面ABCD．

（2）∵OA，OB，OF两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

设AB=2，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，∴BD=2，

∴OB=OD=1，OA=OF=，

∴O（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），

F（0，0，），E（0，-2，），

∴=（-，0，），=（-，1，0），=（0，2，0），

设=（x，y，z）为平面AFE的法向量，

则，即，令z=1，得=（1，，1），

同理可得平面AFE的一个法向量为，

则cos＜＞===，

∵二面角E-FA-B是钝二面角，

∴二面角E-FA-B的余弦值为-．

①证明：在Rt△ABC中，=，∴∠BAC=60°．

又∵AD∥BC，∴∠BAD=90°．

在Rt△BAD，=，∴∠ABD=30°．

∴∠AEB=90°．

∴BD⊥AC．

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD．

又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC．

∵BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．

②由①可得：BA⊥平面PAD．

过点A作AF⊥PD，连接BF，则PD⊥BF．

∴∠AFB是二面角B-PD-A的平面角．

在Rt△PAD中，=，==．

在Rt△ABE中，=．

∴cos∠AFB==．

证明：（I）因为：侧面PAD⊥底面ABCD，所以：CD⊥侧面PAD，可知：AE⊥CD

而在正三角形PAD中，AE是PD边上的中线，也是它上的高，即：AE⊥PD，

∵CD∩PD=D

所以：AE⊥平面PCD

解：（II）∵CD∥AB

∴CD∥平面PAB

设平面PCD 与平面PAB的交线为l

∴CD∥l

∵四棱锥P-ABCD的底面是正方形，侧面PAD垂直底面ABCD

∴CD⊥平面PAD

∴∠APD为平面PAB与平面PDC所成二面角的平面角

∵△PAD为正三角形

∴∠APD=60°

∴平面PAB与平面PDC所成二面角的平面角为60°．

（III）∵△PAD为正三角形，E为侧棱PD的中点

∴AE⊥平面PCD

设AD=a，则AE=

∵AB∥平面PCD

∴B到平面PCD的距离

设直线PB与平面PDC所成角为α

∴

∴

（I）证明：∵ABCD是正方形，∴CD⊥AD

∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD．∴CD⊥平面PAD

∵AM⊂平面PAD，∴CD⊥AM．

∵PC⊥平面AMN，∴PC⊥AM．∴AM⊥平面PCD．∴AM⊥PD

（II）解：∵AM⊥平面PCD（已证）．

∴AM⊥PM，AM⊥NM．∴∠PMN为二面角P-AM-N的平面角

∵PN⊥平面AMN，∴PN⊥NM．

在直角△PCD中，不妨设CD=2，则PD=2，∴PC=2．

∵PA=AD，AM⊥PD，∴M为PD的中点，PM=PD=

由Rt△PMN∽Rt△PCD，得MN==

即二面角P-AM-N的正弦值是．

解：根据已知条件，DA，DC，DP三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：

D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，2，0），P（0，0，），E（0，1，）；

（1）证明：=（-1，1，0），；

∴；

∴；

∴BC⊥DB；

又PD⊥面ABCD，BC⊂面ABCD；

∴BC⊥PD，PD∩DB=D；

∴BC⊥平面PBD；

（2）为平面CBD的一条法向量，，；

设平面EBD的法向量为，则：

；

∴，取y=1，则；

设二面角E-BD-C的大小为θ，则cos=；

∴θ=45°；

即二面角E-BD-C的大小为45°．