热门试卷

(Ⅰ) 取BC的中点M，连接AM，B1M.

因为AB=AC, M是BC的中点，所以AM⊥BC

又因为侧面BB1C1C是菱形，且∠B1BC=60°

所以B1M⊥BC，

而AM∩B1M=M ,  AM, B1M平面AB1M,

所以BC⊥平面AB1M，因为A B1平面AB1M

所以BC⊥AB1

(Ⅱ) 设AB=，依题意可得，AC=,BC=

因为 M是BC的中点，所以

又因为AB1=BB1,  所以    所以AB12＝B1M2＋AM2，，即B1M⊥AM，

由(Ⅰ)知 B1M⊥BC，且AM∩BC=M，所以B1M⊥平面ABC，

即B1M为三棱柱ABC--A1B1C1的高，

所以三棱柱ABC--A1B1C1的体积V=Sh=，

解得，即AB=2

（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接AD1，

∵AD1∥BC1，且F、P分别是AD、DD1的中点，

∴FP∥AD1，∴BC1∥FP，

又FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，

∴直线BC1∥平面EFPQ；

（2）如图，

连接AC、BD，则AC⊥BD，∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

∴CC1⊥BD；

又AC∩CC1=C，∴BD⊥平面ACC1，

又AC1⊂平面ACC1，∴BD⊥AC1；

又∵M、N分别是A1B1、A1D1的中点，

∴MN∥BD，∴MN⊥AC1；

同理可证PN⊥AC1，

又PN∩MN=N，∴直线AC1⊥平面PQMN。

（1）证明：设BD与AC 的交点为O，连结EO，∵ABCD是矩形，∴O为BD的中点

∵E为PD的中点，∴EO∥PB，EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC∴PB∥平面AEC；

（2）∵AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，∴V==，

∴AB=，作AH⊥PB角PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC。

又，A到平面PBC的距离

解法一：

（1）连结AB1与BA1交于点O，连结OD，

∵C1D∥平面AA1，A1C1∥AP，∴AD=PD，又AO=B1O，

∴OD∥PB1，又OD面BDA1，PB1面BDA1，

∴PB1∥平面BDA1。

（2）过A作AE⊥DA1于点E，连结BE，∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC=A，

∴BA⊥平面AA1C1C，由三垂线定理可知BE⊥DA1。

∴∠BEA为二面角A－A1D－B的平面角。

在Rt△A1C1D中，，

又，∴。

在Rt△BAE中，，∴。

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为。

解法二：

如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－B1C1A，则，，，，。

（1）在△PAA1中有，即。

∴，，。

设平面BA1D的一个法向量为，

则令，则。

∵，

∴PB1∥平面BA1D，

（2）由（1）知，平面BA1D的一个法向量。

又为平面AA1D的一个法向量，∴。

故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为。

（1）连接AC交BE于点O，连接OF，不妨设AB=BC=1,则AD=2

四边形ABCE为菱形

又

（2）

,

,

（1）因为D，E分别为AP，AC的中点，

所以DE//PC。

又因为DE平面BCP，

所以DE//平面BCP。

（2）

因为D，E，F，G分别为AP，AC，BC，PB的中点，

所以DE//PC//FG，DG//AB//EF。

所以四边形DEFG为平行四边形，

又因为PC⊥AB，所以DE⊥DG，

所以四边形DEFG为矩形。

（3）存在点Q满足条件，理由如下：连接DF，EG，设Q为EG的中点，

由（2）知，DF∩EG=Q，且QD=QE=QF=QG=EG。

分别取PC，AB的中点M，N，连接ME，EN，NG，MG，MN。

与（2）同理，可证四边形MENG为矩形，其对角线点为EG的中点Q，

且QM=QN=EG，所以Q为满足条件的点。

（1）证明：因为，所以设

AD=a,则AB=2a,又因为60°,所以在中,由余弦定理得：,所以BD=,所以,故BD⊥AD,又因为

平面，所以BD,又因为, 所以平面,故.

(2)连结AC,设ACBD=0, 连结,由底面是平行四边形得:O是AC的中点,由四棱台知:平面ABCD∥平面,因为这两个平面同时都和平面相交,交线分别为AC、，故，又因为AB=2a, BC=a, ，所以可由余弦定理计算得AC=，又因为A1B1=2a, B1C1=, ，所以可由余弦定理计算得A1C1=，所以A1C1∥OC且A1C1=OC，故四边形OCC1A1是平行四边形，所以CC1∥A1O，又CC1平面A1BD，A1O平面A1BD，所以.