热门试卷

（1）由题意知    

解得：    所以              ……………………6分

（2）即  故

（或）所以所以

即d的取值范围是                      ……………………12分

（1）证明：,为PB中点，

∴                           1分

又⊥平面，∴     2分

又是矩形,∴         3分

∴，而  4分

∴，∴       5分

而，∴       6分

（2）由（1）知：且   7分

∴为二面角的一个平面角，则=60°      8分

∴                                       9分

∴，解得           11分

即时，三棱锥的体积为                     12分

（1）证明：连接CO

∵

∴△AEB为等腰直角三角形

∵O为AB的中点，∴EO⊥AB，EO=1…（2分）

又∵AB=BC，∠ABC=60°，∴△ACB是等边三角形

∴，…（4分）

又EC=2，∴EC2=EO2+CO2，

∴EO⊥CO，

∵AB∩CO=O

∴EO⊥平面ABCD…（6分）

（2）解：设点D到面AEC的距离为h

∵

∴…（8分）

∵，E到面ACB的距离EO=1，VD﹣AEC=VE﹣ADC∴S△AEC•h=S△ADC•EO…（10分）

∴

∴点D到面AEC的距离为…（12分）

（1）F是AB的中点，证明如下：

连结DF，又因为D、E分别是BC、A1C1的中点，

所以DF∥=AC，又AC∥=A1C1，且A1E＝A1C1，

则DF∥=A1E，故四边形A1FDE是平行四边形，

所以DE∥A1F，又A1F平面A1CF，DE平面A1CF，

所以DE∥平面A1CF。

（2）连结AB1，在△AA1B1中，∠AA1B1＝60°，A1A＝2，A1B1＝1，

根据余弦定理，，

则，所以A1B1⊥AB1，

由（1）知，F是AB的中点，则CF⊥AB，面ABB1A1⊥面ABC，

所以AB1⊥底面ABC，即AB1是三棱柱ABC－A1B1C1的高。

＝，

V三棱锥＝，

所以多面体BCF－A1B1C1的体积。

（1）解析：取中点为，连结，………1分

∵分别为中点

∴∥∥，

∴四点共面，         ………3分

且平面平面

又平面，且∥平面

∴∥

∵为的中点，

∴是的中点，                                          ………5分

∴，                                                 ………6分

（2）因为三棱柱为直三棱柱，∴平面，

又，则平面

设，又三角形是等腰三角形，所以.

如图，将几何体补成三棱柱

∴几何体的体积为：

                                                                  ………9分

又直三棱柱体积为：             ………11分

故剩余的几何体棱台的体积为：

∴较小部分的体积与较大部分体积之比为：，                   ………12分

（1）

连接AC交BD于O，连接EO，PO。

∵四边形ABCD是菱形，∴O是AC中点，

又E为PC中点，∴PA∥EO。

又EO⊂面BDE，PA⊄面BDE，

∴PA∥平面BDE。

（2）在△PAC中，易得，

∴∠APC=90°，∴，

∴PD2+DC2=PC2，∴∠PDC=90°，在△PDC中可求得，

同理在△PBC中可求得，

∴在△BDE中可得∠BED=90°，即BE⊥DE。

又PB=BC，E为PC中点，∴BE⊥PC。

又PC∩DE=E，

∴BE⊥面PDC，又BE⊂面PBC，

∴平面PBC⊥平面PDC。

（1）∵面ABC面ACDE，面ABC面ACDE=AC，CDAC，

∴DC面ABC，………………………………………………2分

又∵DC面BCD，∴平面BCD平面ABC. ………………4分

（2）取BD的中点P，连结EP、FP，则PF  DC,

又∵EADC，∴EAPF，……………………………6分

∴四边形AFPE是平行四边形，∴AF∥EP，

又∵EP面BDE，∴AF∥面BDE.…………………8分

（3）∵BAAC，面ABC面ACDE=AC，∴BA面ACDE.

∴BA就是四面体B-CDE的高，且BA=2. ……………10分

∵DC=AC=2AE=2，AE∥CD，

∴

∴         ∴………………………12分

（1）∵在图1的等腰梯形中，，

∴所以在四棱锥中，，

又，且，∴，，

而平面，平面，，

∴平面.∵平面，

∴平面平面.

（2）当时，有平面。

证明：在梯形中，连结、交于点，

连结.易知∽，所以.

又，所以，所以在平面中，有。

又因为平面，平面，所以平面.

（1）法一：   取AD得中点M，连接EM,CM.

则EM//PA             ……………………………1分

因为

所以，     ……………………… 2分

在中，

所以，

而,所以,MC//AB. ……………………… 3分

因为

所以，      ……………………… 4分

又因为

所以，

因为 …… 6分

法二：     延长DC,AB,交于N点，连接PN. ……1分

因为

所以，C为ND的中点.                        ………………………3分

因为E为PD的中点，所以，EC//PN

因为

                       ………………………6分

（2）法一：由已知条件有;AC=2AB=2,AD=2AC=4,CD=………… 7分

因为，，所以，           ……………… 8分

又因为

所以，                       ………………………10分

因为E是PD的中点

所以点E平面PAC的距离 ，

所以，四面体PACE的体积 ……12分

法二：由已知条件有;AC=2AB=2,AD=2AC=4,CD=

因为，

所以，   ……………… 10分

因为E是PD的中点

所以，四面体PACE的体积     ……………… 12分

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵PD⊥底面ABCD，
∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∴平面AEC⊥平面PDB。
（2）解法1：设AC∩BD=O，连接OE，
由（1）知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，
∴O，E分别为DB、PB的中点，
∴OE∥PD，OE=PD，
又∵PD⊥底面ABCD，
∴OE⊥底面ABCD，OE⊥AO，
在Rt△AOE中，OE= PD

PD=AB=AO，
∴∠AEO=45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°，此题还有一种解法：

解法2：连接DE，∵底面是正方形，∴AD⊥DC，又∵PD⊥底面ABCD，∴AD⊥PD，AD⊥平面PDB，即∠AED就是AE与平面PDB所成的角. ∵AD=AB,DE=PB（∵PD⊥DB，∴三角形PDB是直角三角形， DE是钭边PB上的中线，∴钭边上中线等于钭边的一半）,在Rt△PDB中，

DE=PB=AB

∴

∴

（1）证明：∵    

∴，即

又∵   

∴   ∴平面

∴平面⊥平面

（2）解：过作于

由（I）可知平面⊥平面

又∵平面平面

∴平面

∴

过作，交延长线于点，连结

∴平面   ∴

∴为二面角的平面角

∵，，  ∴

又∵，   ∴

∴

即二面角的正切值为，

（1）连MO，BD，BD∩AC=O
∵O为AC中点，M为PD中点
∴MO∥PB
∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM
∴PB∥平面ACM；

（2）∵∠ADC=45°，AD=AC，∴AD⊥AC，
∵PO⊥平面ABCD，∴AD⊥PO，∵PO∩AC=O
∴AD⊥平面PAC；

（3）∵AD⊥平面PAC，AD⊂平面PAD
∴平面PAD⊥平面PAC。

解析：取BD的中点为F
    ∵AB＝AD、F∈BD且BF＝DF，∴AF⊥BD，又CD⊥BD，∴AF∥CD，
    ∴∠PAF＝PA、CD所成的角。
    ∵梯形ABCD是直角梯形，又CD⊥BD、AD∥BC，∴AB⊥BC、AB⊥AD.
    ∵AB⊥AD、AB＝AD＝3，∴BD＝3√2.
    ∵AB⊥AD、BF＝DF，∴AF＝BD/2＝3√2/2.

    ∵PB⊥平面ABCD，∴AB⊥PB，又AB＝PB＝3，∴PA＝3√2，∴PA＝2BD.
    ∵PB⊥平面ABCD，∴AF⊥PB，又AF⊥BD、PB∩BD＝B，∴AF⊥平面PBD，∴AF⊥PF
   由AF⊥PF、PA＝2BD，得：∠PAF＝60°。
   ∴PA、CD所成的角为60°。