热门试卷

解：（I）∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD

又∵AC、PA是平面PAC内的相交直线，

∴直线BD⊥平面PAC；

（II）过B作BE⊥AD于点E，连结PE

∵PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PA⊥BE

∵BE⊥AD，PA∩AD=A

∴BE⊥平面PAD，可得∠BPE就是直线PB与平面PAD所成角

∵Rt△BPE中，BE=，PE==

∴tan∠BPE==，即PB与平面PAD所成角的正切值等于；

（III）设F为CM的中点，连结BF、DF

∵△BMC中，BM=BC，∴BF⊥CM．同理可得DF⊥CM

∴∠BFD就是二面角B-MC-D的平面角

在△BFD中，BD=2，BF=DF=，

∴由余弦定理，得cos∠BFD==-

由此可得二面角B-MC-D的余弦值等于-．

（Ⅰ）证明：∵PA⊥平面ABC，

∴PA⊥BC，

又AC⊥BC，∴BC⊥面PAC．

又∵MN∥BC，

∴MN⊥面PAC．…（4分）

（Ⅱ）解：由已知CA⊥CB，以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x，y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，作如图所示的坐标系．则，，，B（0，1，0），，

设平面PBC的法向量为u=（x，y，z），则，令z=1，解得．

∴，

设DM与平面PBC所成角为θ，

则sinθ==．

则DM与平面PBC所成角为．…（9分）

（Ⅲ）解：

由条件可得，∠FMD即为二面角E-MN-F的平面角；

若二面角E-MN-F为直二面角，则∠FMD=90°．

在直角三角形PCA中，设CM=t，（0≤t≤2），则PM=2-t，

在△MDC中，由余弦定理可得，；

同理可得，．

又由FD2=FM2+MD2，得2t2-3t+1=0，解得t=1或．

∴存在直二面角E-MN-F，且CM的长度为1或．…（14分）

解：由三视图可知：该几何体是一个正三棱柱，底面是高为的正三角形，三棱柱的高为h=3．

（Ⅰ）由底面是高为的正三角形，可得底面正三角形的边长为2，因此S底面△ABC==．

∴此正三棱柱的体积V=Sh=．

（Ⅱ）连接A1B交AB1于点O，连接OD，由矩形ABB1A1，可得A1O=OB．

又∵D是这个几何体的棱A1 C1的中点，∴OD是三角形A1BC1的中位线，∴OD∥BC1．

∵BC1⊄平面AB1D，OD⊂平面AB1D，∴BC1∥平面AB1D．

（Ⅲ）如图所示，取线段AC的中点E，连接ED，EB，分别以EB，EC，ED为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

则E（0，0，0），D（0，0，3），A（0，-1，0），．

∴，，．

设平面AB1D的法向量为，

则，即，令z=-1，解得y=3，x=0，∴．

∵ED⊥平面ABC，∴可取为平面ABC的法向量．

∴===-．

∴平面ABlD与平面ABC所成锐二面角的余弦值为．

证明：（1）ABCD是直角梯形，∠DAB=90°，

∴AD⊥DC，

又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥DC，AD∩PA=DC，

∴DC⊥平面PAD．

（2）∵AD⊥DC，AD=DC，∴AC=AB，

又∠CAB=45°，∴AC⊥BC，

DC⊥平面PAD，∴PA⊥BC，∴BC⊥面PAC，

∴BC⊥PC，BC⊥AC，

故∠ACP为所求二面角的平面角，cos∠ACP==．

证明：（1）∵CD⊥AB，CD⊥BC，AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC

又∵CD⊂平面ACD，∴平面ACD⊥平面ABC

解：（2）∵AB⊥BC，AB⊥CD，∴AB⊥平面BCD，故AB⊥BD

∴∠CBD是二面角C-AB-D的平面角

∵在Rt△BCD中，BC=CD，∴∠CBD=45°

即二面角C-AB-D的大小为45°

（3）过点B作BH⊥AC，垂足为H，连接DH，∵平面ACD⊥平面ABC，

∴BH⊥平面ACD，∴∠BDH为BD与平面ACD所成的角

设AB=a，在Rt△BHD中，BD=，

BH==

∴sinθ===＜，

又，

∴