热门试卷

解：（1）它是有一条侧棱垂直于底面的四棱锥

（2）由（1）得，PD⊥AD，PD⊥CD，得PD⊥平面ABCD

∴PD⊥AB，而AB⊥AD，PD∩AD=D

∴AB⊥平面PAD…（6分）

∴AB⊥AD，AB⊥PA

∴∠PAD为二面角P-AB-D的平面角

又在Rt△PDA中，PD=AD，故

∴二面角P-AB-D的平面角为

（3）由题意，PD⊥平面ABCD，

则，，

∴需要3个这样的几何体可以拼成一个棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1

（1）证明：在△POC中PO=PC且E为CD中点，

∴PE⊥CD，

又∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，PE⊂平面PCD，

∴PE⊥平面ABCD，

又∵FG⊂平面ABCD，

∴PE⊥FG；

（2）解：由（1）知PE⊥平面ABCD，∴PE⊥AD，

又∵CD⊥AD且PE∩CD=E，

∴AD⊥平面PDC，

又∵PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD，

又∵AD⊥CD，∴∠PDC为二面角P-AD-C的平面角，

在Rt△PDE中，由勾股定理可得：

PE===，

∴tan∠PDC==；

（3）解：连结AC，则AC==3，

在Rt△ADP中，AP===5，

∵AF=2FB，CG=2GB，

∴FG∥AC，

∴直线PA与直线FG所成角即为直线PA与直线AC所成角∠PAC，

在△PAC中，由余弦定理得

cos∠PAC=

=

=．

解：①证明：取AB的中点F，连结CF，

又∵AB=AC=BC，

∴CF⊥AB，

又∵平面α⊥平面β，平面α∩平面β=AB；

∴CF⊥平面β，又∵BD⊂平面β；

∴CF⊥BD；

又∵AC⊥BD，且AC∩CF=C，

∴BD⊥平面α；

②证明：∵BD⊥平面α，又∵AE⊂平面α，

∴BD⊥AE，

又∵AB=AC=BC，E为BC的中点，

∴AE⊥BC，

又∵BC∩BD=B，

∴AE⊥平面BCD，

∴平面AED⊥平面BCD；

③解：取AC的中点M，连结BM，DM；

则易知∠BMD为二面角B-AC-D的平面角，

在Rt△DBM中，

BM=4×sin60°=6；

BD=8，

故tan∠BMD===．

（本题满分12分）

解：（Ⅰ）证明：由题设AB=AC=SB=SC=SA，

连结OA，△ABC为等腰直角三角形，

所以，且AO⊥BC，

又△SBC为等腰三角形，故SO⊥BC，且，

从而OA2+SO2=SA2．所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO．

又AO∩BO=O．所以SO⊥平面ABC．…（6分）

（Ⅱ）以O为坐标原点，射线OB，OA分别为x轴、y轴的正半轴，

建立如图的空间直角坐标系O-xyz．

设B（1，0，0），则C（-1，0，0），A（0，1，0），S（0，0，1）．

，．

设平面SAC的法向量=（x，y，z），

由，令x=1，得=（1，-1，-1），

由（Ⅰ）可知AO⊥平面SCB，

因此取平面SCB的法向量．…（10分）

设平面ASC与平面SCB的夹角为θ，

则cosθ=|cos＜＞|=||=．

∴平面ASC与平面SCB夹角的余弦值为．…（12分）

解：（1）根据题意，长方体体积为V=t（2-t）≤（）2=1 …2分

当且仅当t=2-t，即t=1时，体积V有最大值为1

所以当长方体ABCD-A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形  …4分

作BM⊥A1C于M，连接DM，BD …5分

因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，

所以∠BMD即为所求二面角的平面角     …6分

因为BC⊥平面AA1B1B，所以△A1BC为直角三角形

又A1B=，A1C=，所以BM=，同理可得，DM=．

在△BMD中，根据余弦定理有：cos∠BMD==-  …8分

所以∠BMD=120°

即此时二面角B-A1C-D的值是120°．…9分

（2）若线段A1C上存在一点P，使得 A1C⊥平面BPD，则A1C⊥BD  …10分

又A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥BD，所以BD⊥平面A1AC

所以BD⊥AC        …12分

底面四边形ABCD为正方形，即只有ABCD为正方形时，线段A1C上存在点P满足要求，否则不存在

由（1）知，所求点P即为BM⊥A1C的垂足M

此时，A1P==． …15分

（1）解：建立坐标系如图 所示，

则平面B1BCC1的一个法向量为

∵E（2，1，2），C（0，2，0），

∴，

可知直线EC的一个方向向量为．

设直线EC与平面B1BCC1成角为θ，

则sinθ===．

故直线EC与平面B1BCC1所成角的大小为．

（2）由（1）可知：平面ABCD的一个法向量为．

设平面AEF的一个法向量为，

∵，，∴．得，

令x=1，则y=2，z=-1，

∴===．

由图知二面角E-AF-B为锐二面角，故其大小为．

解：（1）在Rt△ABD中，=，

∵△ABC是正三角形，∴BC=AB=．

∵BD=CD=1，∴BD2+CD2=BC2，

∴∠BDC=90°．

∴BD⊥CD．

如图所示，以BD，DC为邻边作正方形CDBP．

连接DP交AC于点O．连接AO．

则PD⊥CB，AO⊥CB．

又PD∩AO=O，∴CB⊥平面ADP．

∴平面APD⊥平面CDBP．

过点A作AF⊥OD，则AF⊥平面CDBP．

设AF=x，OF=y，

在Rt△AFD与Rt△AOF中，由勾股定理可得：

=.．

解得．

因此点F与点P重合．

据此可得：三棱锥A-BCD的三视图如右图所示：

（2）建立如图所示的空间直角坐标系．则P（0，0，0），A（0，0，1），B，C，D．

∴=，=，=．

设平面ABC的法向量为=（x，y，z），

则，取，则x=0，z=1，∴．

同理，可求得平面ACD的一个法向量为=．

∴===．

即二面角B-AC-D的余弦值为．

（3）假设在线段AC上存在一点E，使ED与平面BCD成30°角．

设，（0≤λ≤1），则，∴E，

∴=．

取平面BCD的法向量为．

则sin30°====，解得λ=．

∴==1时满足条件．