热门试卷

（Ⅰ）证明：∵FC∥PE，FC⊄平面A‘PE，∴FC∥平面A'PE．

∵平面A'PE⊥平面ABC，且A'E⊥PE，∴A'E⊥平面ABC．

同理，B'F⊥平面ABC，∴B'F∥A'E，从而B'F∥平面A'PE．

∴平面B'CF∥平面A'PE，从而B'C∥平面A'PE．

（Ⅱ）以C为原点，CB所在直线为x轴，CA所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．

则C（0，0，0），，，．

∴，，．

平面CA'B'的一个法向量，

平面PA'B'的一个法向量．

由，

化简得，解得．

（Ⅰ）证明：连接BD，交AC于O，连接OM

∵ABCD是平行四边形，∴O是BD的中点

∵M是BP的中点，∴OM∥PD

∵OM⊂平面AMC，PD⊄平面AMC

∴PD∥平面AMC；

（Ⅱ）解：取AB中点N，作NE⊥AC，垂足为E，连接ME

∵BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，BC⊥PA

∵PA⊥AB，AB∩BC=B

∴PA⊥平面ABCD

∵M为PB的中点，N为AB的中点，

∴MN∥PA

∴MN⊥平面ABCD

∵NE⊥AC，∴ME⊥AC，

∴∠MEN为二面角B-AC-M的平面角

∵BC=2，AB=1，∴AC=

∵△ABC∽△AEN，∴NE=

∵MN=1，∴ME==

∴二面角B-AC-M的余弦值为==．

解：①作A1D⊥AC，垂足为D，由面A1ACC1⊥面ABC，得A1D⊥面ABC

作DE⊥AB，垂足为E，连A1E，则由A1D⊥面ABC，得A1E⊥AB．

所以∠A1ED是面A1ABB1与面ABC所成二面角的平面角．

由已知，AB⊥BC，得ED∥BC．

又D是AC的中点，BC=2，AC=2

所以DE=1，AD=A1D=，∴tan∠A1ED==．

故∠A1ED=60°为所求．

②由点C作平面A1ABB1的垂线，垂足为H，则CH的长是C到平面A1ABB1的距离．

连接HB，由于AB⊥BC，得AB⊥HB．

又A1E⊥AB，知HB∥A1E，且BC∥ED，

所以∠HBC=∠A1ED=60°

所以CH=BCsin60°=为所求．

解：（I）取AC 中点D，连接SD，DB．

因为SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SD且AC⊥BD，所以AC⊥平面SDB．

又SB⊂平面SDB，所以AC⊥SB．

所以异面直线AC与SB所成角为90°．…（4分）

（II）因为AC⊥平面SDB，AC⊂平面ABC，所以平面SDC⊥平面ABC．

过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，

过E作EF⊥CM于F，连接NF，则NF⊥CM，

所以∠NFE为二面角N-CM-B的平面角．

因为平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，所以SD⊥平面ABC．

又因为NE⊥平面ABC，所以NE∥SD．

由于SN=NB，所以NE=SD==，且ED=EB．

在正△ABC中，由平面几何知识可求得EF=MB=．

在Rt△NEF中，tan∠NFE==2

所以二面角N-CM-B的大小是arctan2．     …（8分）

（III）在Rt△NEF中，NF==，

所以S△CMN=CM•NF=，S△CMB=CM•BM=2．

设点B到平面CMN的距离为h，

因为VB-CMN=VN-CMB，NE⊥平面CMB，

所以S△CMN•h=S△CMB•NE  则h=

即点B到平面CMN的距离为．             …（12分）

（I）证明：以D为坐标原点，

分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设PD=DC=2，则A（2，0，0），P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），

=（2，0，-2），=（0，1，1），，

设是平面BDE的一个法向量，

则由，得，

取y=-1，得．

∵=2-2=0，∴，

又PA不包含于平面BDE，PA∥平面BDE，

（II）解：由（Ⅰ）知=（1，-1，1）是平面BDE的一个法向量，

又==（2，0，0）是平面DEC的一个法向量．

设二面角B-DE-C的平面角为θ，

∴cosθ=cos＜，＞=．

故二面角B-DE-C的余弦值为．

（Ⅲ）解：∵=（2，2，-2），=（0，1，1），

∴=0，∴PB⊥DE，

假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，（0＜λ∠1），

则=（2λ，2λ，-2λ），==（2λ，2λ，2-2λ），

由=0，得4λ2+4λ2-2λ（2-2λ）=0，

∴∈（0，1），此时PF=，

即在棱PB上存在点F，PF=，使得PB⊥平面DEF．

解：（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OC，

∵侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，

底面ABCD是∠ABC=60°的菱形，

∴△ADC是等边三角形，PO、AD、CO两两垂直，

以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，

由题意得P（0，0，），C（，0，0），B（，-2，0），

=（0，-2，0），=（-，0，），

∴=0，∴CB⊥CP．

（Ⅱ）由=λ可得点M的坐标为（λ，0，），

∴=（λ，1，），=（λ，-，），

平面AMD的法向量=（x，y，z），

则

令z=λ，得=（λ-1，0，λ），

由题意平面PAD的法向量=（1，0，0），

∵二面角P-AD-M的平面角余弦值为．

∴|cos＜，＞|==，

由λ∈[0，1]），解得λ=．

解：（1）证明：由题意，∠ADC=45°，AD=AC=1，故∠DAC=90°；

即DA⊥AC；

又因 PO⊥平面ABCD，DA⊂平面ABCD；

所以，DA⊥PO，PO∩AC=O；

∴DA⊥平面PAC；

（2）如图，连结DO，取DO中点G，连接MG，∵M为PD中点，∴MG∥PO；

∴MG⊥底面ABCD，∴MG⊥AC；

同样取AO中点H，连接GH，则GH⊥AC，连接MH；

则AC⊥MG，AC⊥GH，MG∩GH=G；

∴AC⊥平面MGH；

∴∠MHG即为二面角M-AC-D的平面角；

而，MG=；

∴；

故a=2．