如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，以BD的中點(diǎn)O為球心、BD為直徑的球面交PD于點(diǎn)M，
（1）求證：平面ABM⊥平面PCD；
（2）求直線PC與平面ABM所成的角；
（3）求點(diǎn)O到平面ABM的距離．

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如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點(diǎn)，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F．
（1）證明PA∥平面EDB；
（2）證明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C-PB-D的大�。�

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如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點(diǎn)，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F．
（1）證明：PA∥平面EDB；
（2）證明：PB⊥平面EFD．
（3）若AB=4，BC=3，求點(diǎn)C到平面PBD的距離．

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如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，M、N分別為PA、BC的中點(diǎn)，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=

2

，CD=1．
（1）證明：MN∥平面PCD；
（2）證明：MC⊥BD；
（3）求二面角A-PB-D的余弦值．

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如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形．已知AB=3，AD=2，PA=2，PD=2

2

，∠PAB=60°．
（Ⅰ）證明AD⊥平面PAB；
（Ⅱ）求異面直線PC與AD所成的角的大�。�
（Ⅲ）求二面角P-BD-A的大�。�

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難點(diǎn)磁場

1.(1)證明：∵A₁C₁=B₁C₁，D₁是A₁B₁的中點(diǎn)，∴C₁D₁⊥A₁B₁于D₁，

又∵平面A₁ABB₁⊥平面A₁B₁C₁，∴C₁D₁⊥平面A₁B₁BA，

而AB₁平面A₁ABB₁，∴AB₁⊥C₁D₁.

(2)證明：連結(jié)D₁D，∵D是AB中點(diǎn)，∴DD₁CC₁，∴C₁D₁∥CD，由(1)得CD⊥AB₁，又∵C₁D₁⊥平面A₁ABB₁，C₁B⊥AB₁，由三垂線定理得BD₁⊥AB₁，

又∵A₁D∥D₁B，∴AB₁⊥A₁D而CD∩A₁D=D，∴AB₁⊥平面A₁CD.

(3)解：由(2)AB₁⊥平面A₁CD于O，連結(jié)CO₁得∠ACO為直線AC與平面A₁CD所成的角，∵AB₁=3，AC=A₁C₁=2，∴AO=1，∴sinOCA=，

∴∠OCA=.

殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練

一、1.解析：如圖，設(shè)A₁C₁∩B₁D₁=O₁，∵B₁D₁⊥A₁O₁，B₁D₁⊥AA₁，∴B₁D₁⊥平面AA₁O₁，故平面AA₁O₁⊥AB₁D₁，交線為AO₁，在面AA₁O₁內(nèi)過A₁作A₁H⊥AO₁于H，則易知A₁H長即是點(diǎn)A₁到平面AB₁D₁的距離，在Rt△A₁O₁A中，A₁O₁=，AO₁=3，由A₁O₁?A₁A=h?AO₁,可得A₁H=.

答案：C?

2.解析：如圖，在l上任取一點(diǎn)P，過P分別在α、β內(nèi)作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一點(diǎn)A，過A作AC⊥l，垂足為C，則AC⊥β,過C作CB⊥b′交b′于B，連AB，由三垂線定理知AB⊥b′，

∴△APB為直角三角形,故∠APB為銳角.

答案：C

二、3.解析：①是假命題，直線X、Y、Z位于正方體的三條共點(diǎn)棱時為反例，②③是真命題，④是假命題，平面X、Y、Z位于正方體的三個共點(diǎn)側(cè)面時為反例.

答案：②③

4.④

三、5.證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD內(nèi)的射影，

∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD.

(2)取CD中點(diǎn)G，連EG、FG，

∵E、F分別是AB、PC的中點(diǎn)，∴EG∥AD，FG∥PD

∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD

(3）解：當(dāng)平面PCD與平面ABCD成45°角時，直線EF⊥面PCD

證明：G為CD中點(diǎn)，則EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF為平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.即∠EGF=45°，從而得∠ADP=45°，AD=AP

由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE

又F是PC的中點(diǎn)，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD.

6.(1)證明：

同理EF∥FG，∴EFGH是平行四邊形

∵A―BCD是正三棱錐，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，

∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，

∴HG⊥EH，四邊形EFGH是矩形.

(2)作CP⊥AD于P點(diǎn)，連結(jié)BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP

∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH.面BCP⊥面EFGH，

在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=a.

7.(1)證明：連結(jié)EM、MF，∵M、E分別是正三棱柱的棱AB和AB₁的中點(diǎn)，

∴BB₁∥ME，又BB₁平面EFM，∴BB₁∥平面EFM.

(2)證明：取BC的中點(diǎn)N，連結(jié)AN由正三棱柱得：AN⊥BC，

又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中點(diǎn)，故MF∥AN，

∴MF⊥BC，而BC⊥BB₁，BB₁∥ME.

∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，

又EF?平面EFM，∴BC⊥EF.

(3)解：取B₁C₁的中點(diǎn)O，連結(jié)A₁O知，A₁O⊥面BCC₁B₁，由點(diǎn)O作B₁D的垂線OQ，垂足為Q，連結(jié)A₁Q，由三垂線定理，A₁Q⊥B₁D，故∠A₁QD為二面角A₁―B₁D―C的平面角，易得∠A₁QO=arctan.

8.(1)證明：連結(jié)A₁C₁、AC，AC和BD交于點(diǎn)O，連結(jié)C₁O，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD

又∵∠BCC₁=∠DCC₁，C₁C是公共邊，∴△C₁BC≌△C₁DC，∴C₁B=C₁D

∵DO=OB，∴C₁O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C₁O=O

∴BD⊥平面AC₁，又C₁C平面AC₁，∴C₁C⊥BD.

 (2)解：由(1)知AC⊥BD，C₁O⊥BD，∴∠C₁OC是二面角α―BD―β的平面角.

在△C₁BC中，BC=2，C₁C=，∠BCC₁=60°，∴C₁B²=2²+()²－2×2××cos60°=.

∵∠OCB=30°,∴OB=,BC=1,C₁O=,即C₁O=C₁C.

作C₁H⊥OC，垂足為H，則H是OC中點(diǎn)且OH=，∴cosC₁OC=

(3)解：由(1)知BD⊥平面AC₁，∵A₁O平面AC₁，∴BD⊥A₁C，當(dāng)=1時，平行六面體的六個面是全等的菱形，同理可證BC₁⊥A₁C，又∵BD∩BC₁=B，∴A₁C⊥平面C₁BD.