热门试卷

（Ⅰ）证明：∵ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF=AD=2DE=2，

∴△ADF为正三角形

∵M为AD中点，∴MF⊥AD

∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，

∴MF⊥平面ABCD

∴MF⊥BD；

（Ⅱ）设AB=x．取AF的中点G．

由题意得DG⊥AF．

∵平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，∴AB⊥平面ADEF，∴AB⊥DG．

∴DG⊥平面ABF．

过G作GH⊥BF，垂足为H，连接DH，则DH⊥BF，∴∠DHG为二面角A-BF-D的平面角．

在直角△AGD中，AD=2，AG=1，得DG=

在直角△BAF中，由=sin∠AFB=得，∴

在直角△DGH中，DG=，，∴DH=2

∵cos∠DHG==，∴x=，∴AB=

（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AC⊂底面ABCD，

∴AC⊥PD，

又∵底面ABCD为正方形，

∴AC⊥BD，而PD与BD交于点D，

∴AC⊥平面PBD，…（4分）

又AC⊂平面PAC，

∴平面PAC⊥平面PBD；

（2）解：∵PA⊥平面ABCD，

∴PA⊥QD，若PQ⊥QD成立，即AQ⊥QD成立，

∴点Q应为BC与以AD为直径的圆的公共点，

∴当a=时，BC上有且仅有一点满足题意，此时Q点为BC的中点，

取AD的中点M，过M作MN⊥PD，垂足为N，连接QM，QN，

由于QN⊥平面PAD，

∴∠QNM为二面角Q-PD-A的平面角，

设AB=1，则MD=1，PD=，且△DNM∽△DAP，

∴MN=，

从而在直角△QNM中，QN=，

∴cos∠QNM==．

（Ⅰ）证明：在正三角形ABC中，BM=2，

在△ACD中，∵M为AC中点，DM⊥AC，

∴AD=CD，又∠CDA=120°，

∴DM=，

∴．

在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=4，∴PB=4，

∴，

∴，

∴MN∥PD．

又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，

∴MN∥平面PDC．

（Ⅱ）解：∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°，

∴AB⊥AD，分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，

∴B（4，0，0），，，P（0，0，4）．

由（Ⅰ）可知，=为平面PAC的法向量，=，=（4，0，-4），

设平面PBC的一个法向量为=（x，y，z），

则，即，

令z=3，解得x=3，y=，

则平面PBC的一个法向量为=，

设二面角A-PC-B的大小为θ，则cosθ==，

∴二面角aA-PC-B余弦值为．

（I）证明：∵AB=AP，E为PB的中点，

∴AE⊥PB

∵PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，

∴PA⊥BC

∵BC⊥AB，PA∩AB=A

∴BC⊥平面PAB，

∵AE⊂平面PAB，

∴BC⊥AE

∵PB∩BC=B

∴AE⊥平面PBC；

（Ⅱ）解：作BM⊥PC，BM交PC于点M，连接DM，则

∵PB=PD，BC=CD，PC=PC

∴△PBC≌△PCD

∴DM⊥PC

∴∠BMD为二面角B-PC-D的平面角．

在△BMD中，BD=，BM=DM=，∴cos∠BMD==-

∴∠BMD=

∴二面角B-PC-D的平面角为．

解：（1）连接AC，交BQ于N，连接MN．     …（1分）

∵BC∥AD且BC=AD，即BC平行且等于AQ，

∴四边形BCQA为平行四边形，且N为AC中点，

又∵点M在是棱PC的中点，

∴MN∥PA．…（2分）

∵MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，…（3分）

∴PA∥平面MBQ． …（4分）

（2）∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，

∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．…（6分）

∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°  即QB⊥AD．

又∵平面PAD⊥平面ABCD

且平面PAD∩平面ABCD=AD，…（7分）

∴BQ⊥平面PAD．         …（8分）

∵BQ⊂平面PQB，

∴平面PQB⊥平面PAD．   …（9分）

（3）连结BD，∵底面ABCD是菱形，且∠BAD=60°，

∴△BAD是等边三角形，

∴BQ⊥AD由（Ⅰ）PQ⊥平面ABCD．

∴PQ⊥AD．

以Q为坐标原点，QA，QB，QP分别为x轴y轴z轴建立空间直角坐标系

则Q（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，）．

设平面BMQ的法向量=（x，y，z）为，

注意到MN∥PA，∴，

解得=（，0，1）是平面BMQ的一个法向量

又∵平面BCQ的法向量为==（0，0，）

故二面角M-BQ-C的平面角θ满足：cosθ==，

故θ=，

即二面角M-BQ-C的平面角为．…（12分）

（1）证明：∵点A在平面BCD上的射影落在DC上，

∴平面ACD经过平面BCD的垂线

∴平面ACD⊥平面BCD．

（2）解：设点C到平面ABD的距离为d，

于是VC-ABD=VD-ABC，

∵ABCD是矩形，

∴DA⊥AB，BC⊥DC，

∵平面ACD⊥平面BCD，

∴BC⊥平面ACD．

∵DA⊂平面ACD，CA⊂平面ACD，

∴BC⊥DA，BC⊥CA，

∵AB∩BC=B，

∴DA⊥平面ABC，

∴DA是三棱锥D-ABC的高，

∴由VC-ABD=VD-ABC，

得，

解得，

即点C到平面ABD的距离为．

（3）∵DA⊥平面ABC，

∴AC⊥AD，AB⊥AD，

∴∠BAC是二面角B-AD-C的平面角．

在△ABC中，BC=AD=1，AB=，∠BCA=90°，

∴sin∠BAC==，

∴∠BAC=45°．

故二面角B-AD-C是45°．

（1）证明：取AB的中点M，连接EM，CM．

∵△ABE为正三角形，

∴EM⊥AB．

又AC=BC，∴CM⊥AB，EM∩MC=M，

∴AB⊥平面CME．AB⊥EC，

∵CD⊥面ABC，

∴DC⊥AB，EC∩DC=C，

∴AB⊥面CDE．

（2）解：∵AC=BC=，AB=2，∴AC2+BC2=AB2，

∴AC⊥BC．

以点C为原点，CA，CB，CD分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，D，A，B，M，

E．=，=.=．

设=（x，y，z）是平面ADE的法向量，则，

∴，取=，

设为平面BDE的法向量，利用，可得=，

∵==-，∴二面角A-DE-B所成角的余弦值为．

（3）假设=，

∴=，=，

由=1--+3λ=0，解得λ=，

∴在线段AE上不存在点P使CP⊥BE．

（1）证明：∵AB=BC，BE=CD，∠ABC=∠BCS

∴△ABE≌△BCD

∴∠EAB=∠CBD

∴∠BOE=∠EAB+∠OBA=∠CBD+∠OBA=90°

∴OB⊥AE

∵PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD

∴PO⊥BD

∵AE∩PO=O

∴BD⊥平面PAE

∵PE⊂平面ABCD，

∴BD⊥PE；

（2）解：过B作BF⊥PE，F为垂足，连接DF，OF，

∵BD⊥PE，BD∩BF=B

∴PE⊥平面BDF

∴DF⊥PE

∴∠BFD为二面角D-PE-B的平面角

设OE=1，则OB=2，OD=3，OA=4，OP=2

∵

∴BF=，DF=

∴cos∠BFD==-

∴二面角D-PE-B的余弦值为．