热门试卷

解：（1）在右图中，因为△ABC中，E、F分别为 AB、AC的中点，．

∴EF∥BC

∵EF⊈平面BDC，BC⊂平面BDC，

∴EF∥平面BDC；

（2）∵左图中，AD是等腰Rt△ABC斜边BC的中线

∴CD⊥AD，在右图中依然成立

又∵右图中，CD⊥BD，AD、BD是平面ABD内的相交直线

∴CD⊥平面ADB

∵CD⊂平面BDC，∴平面ADB⊥平面BDC；

（3）由（2）知，AD、BD、CD两两垂直

∵BD=1，∴AD=BD=CD=1

∴三角形ADC的面积S△ADC=×AD×CD=，

同理可得S△BDC=S△ABD=

∵Rt△ADC中，AC=，同理可得AB=BC=

∴△ABC是边长为的等边三角形，面积为S△ABC==

由此可得三棱锥D-ABC的表面积为：S△ADC+S△BDC+S△ABD+S△ABC=．

证明：（1）连接BC1，AC1．

在△ABC1中，∵M，N是AB，A1C的中点，∴MN∥BC1．

又∵MN⊄平面BCC1B1，∴MN∥平面BCC1B1．

（2）∵三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱与底面垂直，

∴四边形BCC1B1是正方形，

∴BC1⊥B1C，

∴MN⊥BC1，

连接AM，C1M，则△AMA1≌△B1MC1，

∴AM=C1M，

∵N是AC1的中点，

∴MN⊥AC1，

∵AC1∩BC1=C1，

∴MN⊥平面ABC1，

∵MN⊂平面MAC1，

∴平面MAC1⊥平面ABC1．

（Ⅰ）证明：∵平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，

∴CD⊥平面PAD，

∵PA⊂平面PAD，

∴CD⊥PA，

∵∠APD=90°，

∴PA⊥PD，

∵PD∩CD=D，

∴PA⊥平面PCD，

∵PC⊂平面PCD，

∴PA⊥PC；

（Ⅱ）解：过点P作PF⊥AD于F，则PF⊥平面ABD，PF=1，

∴VP-ABD==；

（Ⅲ）解：由题意，设球心到平面ABCD的距离为h，R==，h=0

∴球的半径OD==，

∴四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为20π．

解法一：（Ⅰ）证明：∵∠A1C1B1=∠ACB=90°

∴B1C1⊥A1C1

又由直三棱柱性质知B1C1⊥CC1（1分）∴B1C1⊥平面ACC1A1．

∴B1C1⊥CD（2分）

由AA1=BC=2AC=2，D为AA1中点，可知，

∴DC2+DC12=CC12=4即CD⊥DC1（4分）

又B1C1⊥CD∴CD⊥平面B1C1D

又CD⊂平面B1CD

故平面B1CD⊥平面B1C1D（6分）

（Ⅱ）解：当时二面角B1-CD-C1的大小为60°．（7分）

假设在AA1上存在一点D满足题意，

由（Ⅰ）可知B1C1⊥平面ACC1A1．

如图，在平面ACC1A1内过C1作C1E⊥CD，交CD或延长线或于E，连EB1，则EB1⊥CD

所以∠B1EC1为二面角B1-CD-C1的平面角（8分）

∴∠B1EC1=60°

由B1C1=2知，（10分）

设AD=x，则

∵△DCC1的面积为1∴

解得，即

∴在AA1上存在一点D满足题意（12分）

解法二：

（Ⅰ）如图，以C为原点，CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

则C（0，0，0），A（1，0，0），B1（0，2，2），C1（0，0，2），D（1，0，1）．

即（2分）

由得

由得（4分）

又DC1∩C1B=C1

∴CD⊥平面B1C1D又CD⊂平面B1CD

∴平面B1CD⊥平面B1C1D（6分）

（Ⅱ）当时二面角B1-CD-C1的大小为60°．（7分）

设AD=a，则D点坐标为（1，0，a），

设平面B1CD的法向量为

则由令z=-1

得（8分）

又∵为平面C1CD的法向量

则由（10分）

解得，故．

∴在AA1上存在一点D满足题意（12分）