1樓：手機使用者
（ⅰ）證明：連結ac，∵pa⊥平面abcd，ab?平面abcd，ac?平面abcd，
∴pa⊥ab，pa⊥ac，
∵四邊形abcd為平行四邊形，ab=1，ac=1，bc=2，∴ab⊥ac，
∵pa∩ac=a，∴
ab⊥平面pac，
∵pc?平面pac，∴ab⊥pc，
∵點e在pc上，ae⊥pc，
∵ab∩ae=a，∴pc⊥平面abe．
（ⅱ）解：以a為原點，ab為x軸，ac為y軸，ap為z軸，建立空間直角座標系，
∵ab=1，ac=1，bc=
2，∠pdc=60°，
∴pd=2，pc=
3，pa=2，
∴a（0，0，0），b（1，0，0），p（0，0，2），c（0，1，0），d（-1，1，0），∴ab=（1，0，0），
ad＝(?1，1，0)，
pc＝(0，1，?2)，
設pe＝λpc
＝(0，λ，?
2λ)，則e（0，λ，2?
2λ），∴ae
＝(0，λ，2?
2λ)，
∵ae⊥pc，∴ae?
pc=λ-2+2λ=0，解得λ＝23．∴
ae＝(0，23，
23)，設平面abe的法向量
n＝(x，y，z)，則
（2010?泉州模擬）如圖，在四稜錐p-abcd中，pa⊥平面abcd，底面abcd為平行四邊形，且ab=1，bc=2，∠abc=
2樓：匿名使用者
解答：證抄明：（i）因為在平行四
邊形abcd中，
e、f分別為ad、bc的中點，
所以ed=fc，ed∥fc，
從而efcd為平行四邊形，所以ef∥cd，又因為ef不在平面pcd，cd?平面pcd所以ef∥平面pcd．
（ii）因為pa⊥底面abcd，ac?平面abcd，故pa⊥ac．在△abc中，ab=1，bc=2，∠abc=π3．由余弦定理得ac=
ab+bc
-2ab?bccos∠abc
=1+4-2×2×2×12=
3故ab2+ac2=bc2，∴ab⊥ac
而pa∩ab=a且ab，pa?平面pab，∴ac⊥平面pab
（2014?岳陽二模）如圖，在四稜錐p-abcd中，pa⊥底面abcd，底面abcd是平行四邊形，∠bad=60°，ad=2，ac=
3樓：柒七神
屬邊形abcd為菱形，
∴ac⊥bd
又pa⊥底面abcd
∴pa⊥bd
∵pa∩ac=a
∴bd⊥平面pac
∴pc⊥bd …（6分）
（ⅱ）解：由（ⅰ）知bd=2，
∴vp-abcd=13?1
2ac?bd?pa=4，可得pa=2
3…（8分）
設ac與bd交於點o，連結oe
由（ⅰ）知bd⊥平面pac，
∴de在平面pac的射影為oe
∴∠deo就是de與平面p所ac成的角…（10分）∵e是pc的中點，
∴oe=1
2pa=
3∴在rt△doe中，tan∠deo=33∴∠deo=30°
即de與平面pac所成的角為30°…（12分）
（2014?唐山二模）如圖，在四稜錐p-abcd中，底面abcd是平行四邊形，且pa⊥底面abcd，bd⊥pc，e是pa的中點
4樓：任性的公貓
（ⅰ）∵pa⊥平面abcd，
∴（ⅱ）由權（ⅰ）可知，bd⊥ac，
∴abcd是菱形，bc=ab=2．
設ac∩bd=o，建立如圖所示的座標系o-xyz，設ob=b，oc=c，
則p（0，-c，2），b（b，0，0），e（0，-c，1），c（0，c，0）．
pb=（b，c，-2），
ob=（b，0，0），
oe=（0，-c，1）．
設n=（x，y，z）是面ebd的一個法向量，則n?
ob=n?
oe=0，
即bx＝0
?cy+z＝0
取n=（0，1，c）．
依題意，bc=b+c
=2．①
記直線pb與平面ebd所成的角為θ，由已知條件sinθ=|n?pb|
|n|?|pb|
=c(1+c
)(b+c
+)=14．②
解得b=
3，c=1．
所以四稜錐p-abcd的體積
v=13
×2ob?oc?pa=13×2
3×1×2=433．
如圖,在四稜錐p-abcd中，pa垂直平面abcd，四邊形abcd為平行四邊形， 10
5樓：回憶被年華抹去
∵∠abc=45°，來ab=1，bc=根號2∴ac²=ab²﹢
bc²﹣2ab·自bc·cos∠abc=1∴baiac=1
根據勾股定理可得
duab²﹢ac²＝bc²
∴△zhibac為直角三角形
∴ba⊥ca
又∵daopa⊥面abcd
∴pa⊥ba
∵pa∩ca=a
∴ba⊥面pac
（2014?呼和浩特一模）如圖，四稜錐p-abcd中，四邊形abcd為平行四邊形，面pad⊥平面abcd，pa=pd，q為ad的
6樓：若兒嶆揇銃
解答：（ⅰ）證明：∵pa=pd，q為ad的中點，∴pq⊥ad，pq∩qb=q，
∴ad⊥平面qpb，
∵四邊專形屬abcd是平行四邊形，∴bc∥ad，∴bc⊥面pqb，
∴bc⊥pb．
（ⅱ）由於面pad⊥面abcd，且pq⊥ad，∴pq⊥面pbq，
∴pq的長即為四稜錐p-abcd的高，
設m到面abcd的距離為h，
則由pm
mc=1
2知，h
pq=23，
∴h＝2
**q．
設四邊形abcd的面積為s，
∴vc-mqb=vm-qbc=13×1
2sh=1
9s?pq，
∴vc?mqb
vp?abcd=16
sh13s?pq=13．
如圖，在四稜錐p-abcd中，pa⊥平面abcd，四邊形abcd為正方形，pa=ab，g為pd中點，e為ab的中點．（1）求證
7樓：手機使用者
證明：（1）∵cd⊥ad，
則gf∥cd∥ae，gf=1
2cd=ae
∴四邊形agfe是平行四邊形
∴ef∥ag，又容ag?面pec，ef?面pec，∴ag∥平面pec．
2019岳陽二模如圖,在四稜錐PABCD中,PA底
屬邊形abcd為菱形,ac bd 又pa 底面abcd pa bd pa ac a bd 平面pac pc bd 6分 ii 解 由 i 知bd 2,vp abcd 13?1 2ac?bd?pa 4,可得pa 2 3.8分 設ac與bd交於點o,連結oe 由 i 知bd 平面pac,de在平面pac...
（2019 武漢模擬）如圖，在底面是菱形的四稜錐P ABCD中，ABC 60，PA AC 1，PB PD 2，點E在PD上，且PE
底面abcd是菱形，abc 60 ab ad ac 1，在 pab中，由pa2 ab2 2 pb2，知pa ab，同理pa ad pa 平面abcd 建立座標系，則a 0，0，0 b 32 12 0 c 32 12，0 p 0，0，1 d 0，1，0 e 0，23，13 ac 32，1 2，0 ae...
如圖,在四稜錐P ABCD中,底面ABCD為菱形,BAD 60 Q為AD的中點
假設ac交bq於e 因為pa bqm 必有pa me 由條件知道 因為e點是等邊三角形的中心 所以ae ac pm pc t 根據菱形和等邊三角形的性質可以算出是 ae ac 1 3 t 如圖，在四稜錐p abcd中，底面abcd為菱形，bad 60 q為ad的中點 1 若pa 不是很清楚你想問什麼...