热门试卷

以点C为空间直角坐标系的坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建如图所示的空间直角坐标系C-xyz，

（1）证明：∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC为PB与平面ABCD成的角，∴∠PBC=30°．

∵PC=2，∴BC=2，PB=4，∴D（0，1，0），B （2，0，0），A（2，4，0），P（0，0，2），

M（，0 ）．∴=（0，-1，2），=（2，3，0），=（，0，  ）． 

设平面PAD的法向量为=（x，y，1），由 •=0，且 •=0 可得 x=-，y=2，

∴=（-，2，1）．  又因为 •=（-，2，1）•（，0，  ）=0，

∴⊥，又因为 CM不在平面PAD内，∴CM∥平面PAD．

取AP的中点E，则 E（，2，1），=（-，2，1）因为PB=AB，∴⊥．

又因为 •=（-，2，1）•（2，3，0）=0，∴⊥，∴⊥平面PAD；

∴BE平面PAD，又因为 BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．

（2）由上面得 ⊥平面PAD，∴ 是平面PAD的法向量，

∴平面PAD的单位法向量为 ==，又因为 =（0，1，0），

∴点C到平面PAD的距离为 d=|•|=|•（0，1，0）|=．

(Ⅰ)解法一：∵AC1⊥平面A1DB，A1B平面A1DB，

∴AC1⊥A1B，

又在正方形A1ABB1中，A1B⊥AB1，AC1∩AB1=A，

∴A1B⊥面AC1B1，

又B1C1面AC1B1，

∴ A1B⊥B1C1， 

又在正方形BCC1B1中有，B1C1⊥BB1，

又BB1∩A1B=B，

∴B1C1⊥平面A1ABB1，B1C1平面B1BCC1，

∴平面A1ABB1⊥平面BCC1B1。

解法二：由已知可知三棱柱是直三棱柱，

∴四边形A1ACC1为矩形，

又AC1⊥平面A1DB，A1D平面A1DB，

∴AC1⊥A1D，

又D为AC的中点，

∴由平面几何知识可知，△A1AD~△ACC1，

∴AA1：AD=AC：CC1，AC2= AA1·CC1=AB2，

∴AC=AB，

∴AB⊥BC，

又BC⊥BB1且BB1∩AB=B，

∴BC⊥平面A1ABB1，BC平面BCC1B1，

∴平面A1ABB1⊥平面BCC1B1。 

(Ⅱ)解法一：由(Ⅰ)知BC，BB1，BA两两垂直，

如图以B为原点，BC，BB1，BA分别为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系B-xyz，

设正方形边长为1，则

，

，

由AC1⊥平面A1DB，得平面A1DB的法向量为，

∵，

∴，

又平面A1DB，

∴平面A1DB。

解法二：连接AB1交A1B于点O，连接OD，

∴O为AB1中点，又D为AC中点，

∴在△ACB1中，OD// CB1， 

∵CB1平面A1DB1，OD平面A1DB，

∴B1C∥平面A1BD。

 (Ⅲ)解法一：设点E(1，b，0)，平面BDE的法向量为m=(x，y，z)，

则有， 得，

令y=l，则m=(-b，1，b)，

由m·n=(1，1，-1)·(-b，1，b)=0，得b=，

即当E为CC1中点时，平面A1BD⊥平面BDE。

解法二：取CC1中点E， D为AC中点，

在△ACC1中，

∴DE∥AC1，

又AC1⊥平面A1DB， 

∴DE⊥平面A1DB，DE平面BDE，

∴平面A1DB⊥平面BDE，

即当E为CC1中点时，平面A1DB⊥平面BDE。

证明：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，

则，

故，

又n=(0，1，0)为平面BB1C1C的一个法向量，

而n·=(0，1，0)．=0，

所以又EF平面BB1C1C，所以EF∥平面BB1C1C．

(1)解：当点E为BC的中点时，EF与平面PAC平行，

∵在△PBC中，E、F分别为BC、PB的中点，

∴EF∥PC，

又EF平面PAC，而PC平面PAC，

∴EF∥平面PAC。

(2)证明：建立如右图所示空间直角坐标系，

则P(0，0，1)，B(0，1，0)，F(0，，)，D(，0，0)，

设BE=x，则E(x，1，0)，

，

∴PE⊥AF。

(3)设平面PDE的法向量为m=(p，q，1)，

由，得，

而=(0，0，1)，依题意PA与平面PDE所成角为45°，

所以sin45°=，

∴，

得BE=x=-或BE=x=+>(舍)．

故BE=-时，PA与平面PDE所成角为45°。