热门试卷

解：（Ⅰ）作BM⊥AC于M，连接DM，则∠BDM为DB与平面PAC所成的角．

∵tan∠BDM=，

∴MD⊥PC，即PD：DC=3：1时，MD最小，∠BDM最大．

过D作DK⊥AC于K，作KG⊥AB于G，连接DG，

则∠DGK为二面角D-AB-C的平面角，tan∠DGK==；

（Ⅱ）作PH⊥BC于H，AN⊥PH于N，则PN：NH=2：1．

设NH=x，则由△ANH∽△PAH得x=1，PH=3，

∴AP=．

延长AH与球面交于E，

∵△ABC外接圆的直径为，

∴AE=，

∴球的直径为=，

∴三棱锥P-ABC的外接球的体积为．

解：（1）过A作AE⊥PC，垂足为E，连接BE，作AH⊥BE，垂足为H，则

∵∠BAC=90°，

∴BA⊥AC，

∵PA⊥平面ABC，BA⊂平面ABC，

∴BA⊥PA，

∵PA∩AC=A，

∴BA⊥平面PAC，

∵AE⊥PC，

∴BE⊥PC，

∵AE⊥PC，AE∩BE=E，

∴PC⊥平面ABE，

∴PC⊥AH，

∵AH⊥BE，PC∩BE=E，

∴AH⊥平面PBC

Rt△EAC中，∠ECA=30°，AC=2a，∴AE=a，

Rt△EAB中，AB=a，∴AH=a，

∴点A到平面PBC的距离为a；

（2）由（1）知，∠BEA为二面角A-PC-B的平面角，且∠BEA=45°．

解：（1）∵平面PBC∩平面PAC=AC，EF⊆平面PBC，若EF∥平面PAC，

则EF∥PC，又F是PB的中点，

∴E为BC的中点，

∴…（5分）

（2）以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x轴、y轴、z轴

建立空间直角坐标系，则P（0，0，1），B（0，1，0），F（0，，），

D（，0，0），设BE=a，则E（a，1，0）

平面PDE的法向量=（，平面ADE的法向量=（0，0，1），

∴，，

解得或（舍去），

当BE=时，二面角P-DE-A的大小为45°．…（12分）

解：若以BC为直径的球面与线段PD有交点E，由于点E与BC确定的平面与球的截面是一个大圆，则必有BE⊥CE，因此问题转化为以BC为直径的球与线段PD有交点．

设BC的中点为O（即球心），再取AD的中点M，

∵AB⊥AD，AB⊥AP，AP∩AD=A，∴AB⊥平面PAD，

∵矩形ABCD中，O、M是对边中点的连线

∴OM∥AB，可得OM⊥平面PAD，

作ME⊥PD交PD于点E，连接OE，

则OE⊥PD，所以OE即为点O到直线PD的距离，

又∵OD＞OC，OP＞OA＞OB，点P，D在球O外，

∴要使以BC为直径的球与线段PD有交点，只要使OE≤OC（设OC=OB=R）即可．

由于△DEM∽△DAP，可求得ME=，

∴OE2=9+ME2=9+

 令OE2≤R2，即9+≤R2，解之得R≥2；

∴AD=2R≥4，得AD的取值范围[4，+∞），

当且仅当AD=4时，点E在线段PD上惟一存在，

此时作EH∥PA交AD于H，再作HK⊥BC于K，连接EK，

可得BC⊥平面EHK，∠EKH即为二面角E-BC-A的平面角

∵以BC为直径的球半径R==OE，∴ME==，

由此可得ED==3，所以EH===

∵PA⊥平面ABCD，EH∥PA，∴EH⊥平面ABCD，得EH⊥HK

∵Rt△EHK中，HK=AB=3，∴tan∠EKH==

即二面角E-BC-A的平面角正切值为．

（Ⅰ）证明：如图，取PA的中点E，连接ME，DE，∵M为PB的中点，

∴EM∥AB，且EM=AB．

又∵AB∥DC，且DC=AB，

∴EM∥DC，且EM=DC

∴四边形DCME为平行四边形，∴MC∥DE，

又MC⊄平面PAD，DE⊂平面PAD

所以MC∥平面PAD；

（Ⅱ）解：取PC中点N，则MN∥BC

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，

又AC2+BC2=2+2=AB2，∴AC⊥BC

∵PA∩AC=A，PA⊥BC，AC⊥BC

∴BC⊥平面PAC，

∴MN⊥平面PAC

∴∠MCN为直线MC与平面PAC所成角，

∵NC=PC=，MC=PB=，

∴cos∠MCN==；

（Ⅲ）解：取AB的中点H，连接CH，则由题意得CH⊥AB

又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CH，则CH⊥平面PAB．

所以CH⊥PB，

过H作HG⊥PB于G，连接CG，则PB⊥平面CGH，所以CG⊥PB，则∠CGH为二面角A-PB-C的平面角．

∵PA=1，∴CH=1，AB=2，

∵PA=1，AB=2，∴PB==

∴GH=BHsin∠PBA=BH=，∴tan∠CGH==

故二面角A-PB-C的平面角的正切值为．

解：（Ⅰ）由已知有BC⊥AB，BC⊥B1B，而AB∩B1B=B，AB⊂是平面ABB1A1，

B1B⊂平面AB B1A1，∴BC⊥平面ABB1A1．

又A1E⊂平面AB B1A1，所以有BC⊥A1E．

（Ⅱ）取B1C之中点D，连FD，BD，∵F、D分别是AC、B1C之中点，∴，

∴四边形EFBD为平行四边形，∴，

又BD⊂平面BCC1B1，EF不在平面BCC1B1内，故有 EF||平面BCC1B1 ．

（Ⅲ）过B1作B1H⊥CE于H，连BH，又B1B⊥平面ABC，B1H⊥CE，∴BH⊥EC，

∴∠B1HB为二面角B1-EC-B的平面角．

在Rt△BCE中，有 BE=AB=，BC=2，CE==，BH==．

又A1C与底面ABC所成的角为，∠A1CA=，∴BB1=AA1=AC=2，

所以，tan∠B1HB=．