热门试卷

（Ⅰ）证明：在中，

∵

∴

∴，得

又∵底面

∴斜线在底面内的射影为

∴由三垂线定理，得

故，                     …………………………………4分

（Ⅱ）以为原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则

设是平面的法向量，则

取，得

∴是平面的一个法向量。

同理可求：是平面的一个法向量

∴………………………………7分

故，二面角的余弦值

（Ⅲ）显然是平面的一个法向量，可是

因得从而，得

设是平面的法向量，同（Ⅱ）容易解得是平面 的一个法向量。

由题意，得 ………………12分

即，注意到解得

故，当点在线段上，且满足时，二面角为

略

(1)略；(2)

解：(1)因为BB1=BC，所以侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥BC1．  

又因为B1C⊥A1B，且A1B∩BC1=B，所以BC1⊥平面A1BC1， …………………5分

又B1C平面AB1C，所以平面AB1C⊥平面A1BC1．……………………………6分

(2)设B1D交BC1于点F，连结EF，则平面A1BC1∩平面B1DE＝EF．

因为A1B//平面B1DE， A1B平面A1BC1，所以A1B//EF．   …………………9分

所以＝．

又因为＝，所以＝． ………………………………………12分

（1）连结BD，因为四边形ABCD为菱形，且，

所以三角形ABD为正三角形，又因为点G为AD的中点，所以BGAD；--------4分

因为面PAD底面ABCD，且面PAD底面ABCD=AD，

所以BG面PAD.                                          -----------7分

（2）当点F为PC的中点时，PG面DEF

连结GC交DE于点H

因为E、G分别为菱形ABCD的边BC、AD的中点，所以四边形DGEC为平行四边形

所以点H为DE的中点，又点F为PC的中点

所以FH时三角形PGC的中位线，所以PGFH                  --------10分

因为面DEF，面DEF

所以PG面DEF.

综上：当点F为PC的中点时，PG面DEF.                     ---------14分

略

（1）略

（2）

（3）

证明：（I）连结BD，由已知得BD=2，

在正三角形BCD中，BE=EC，

，又，

        ………… 2分

又平面，

，       …………3分

，

平面PAD。 …………4分

（Ⅱ），

且，    …… 5分

…… 8分

（Ⅲ）证法一：如图建立空间直角坐标系，

则由（I）知平面的一个法向量为

，

设平面PBC的法向量为，

由

取得                                   …………11分

                     …………13分

平面PAD与平面PBC所成的锐二面角大小的余弦值为    …………14分

证法二：由（I）知平面平面，

平面平面                                    …………9分

又

平面又平面

平面平面                                    …………10分

就是平面与平面所成二面角的平面角       …………12分

在中，

                                …………14分

（1）略

（2）

（3）

（1）证明：∵ABC—A1B1C1是直三棱柱，

∴CC1⊥平面ABC， ∴AC⊥CC1．

∵AC⊥BC， ∴AC⊥平面B1BCC1．

∴B1C是AB1在平面B1BCC1上的射影．

∵BC=CC1， ∴四边形B1BCC1是正方形，

∴BC1⊥B1C． 根据三垂线定理得，

AB1⊥BC1．………………5分

（2）解：设BC1∩B1C=O，作OP⊥AB1于点P，

连结BP．∵BO⊥AC，且BO⊥B1 C，

∴BO⊥平面AB1C．

∴OP是BP在平面AB1C上的射影．

根据三垂线定理得，AB1⊥BP．

∴∠OPB是二面角B—AB1—C的平面角．…………8分

∵△OPB1~△ACB1， ∴ ∴

在Rt△POB中，，

∴二面角B—AB1—C的大小为…………10分

（3）解：[解法1] ∵A1C1//AC，A1C1平面AB1C，

∴A1C1//平面AB1C．

∴点A1到平面AB1C的距离与点C1到平面AB1C．的距离相等．

∵BC1⊥平面AB1C， 

∴线段C1O的长度为点A1到平面AB1C的距离．

∴点A1到平面AB1C的距离为…………14分

[解法2]连结A1C，有，设点A1到平面AB1C的距离为h．

∵B1C1⊥平面ACC1A1， ∴，

又，

∴  ∴点A1到平面AB1C的距离为…………14分

（1）证明过程详见解析；（2）余弦值为.

试题分析：本题主要考查线面平行、面面平行、二面角等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，先根据菱形的定义得，，再根据线面平行的判定得，，再根据面面平行的判定得面面，从而证明；第二问，先根据已知条件得建立空间直角坐标系的最基本的条件，即两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面和平面的法向量，利用夹角公式求出夹角并判断二面角为锐二面角，所以所求余弦值为正值.

试题解析：(1) 证明：因为四边形与均为菱形，

所以，.

因为，，

所以，    2分

又，，，

所以

又，

所以               4分

(2) 连接、,因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，

因为为中点.所以，

又因为为中点,且，

所以

又，所以                    .6分

由两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系

设，因为四边形为菱形，，

则，，，

所以       ..8分

所以设平面的一个法向量为，

则有,所以，令，则

因为，所以平面的一个法向量为   .10分

因为二面角为锐二面角，设二面角的平面角为

则

所以二面角的余弦值为                  ..12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）

试题分析：（Ⅰ）由线线垂直得到线面垂直CD⊥平面PAC，进而求证出面面垂直；（Ⅱ）设AP＝h，求出平面PDE的一个法向量，再由线面成角的正弦值得到关于h的方程，解出即可.

试题解析：（Ⅰ）在正六边形ABCDEF中，CD⊥AC．

因为PA⊥底面ABCDEF，CDÌ平面ABCDEF，所以CD⊥PA．

又AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC．

因为CDÌ平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD．

（Ⅱ）如图，分别以AC，AF，AP为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A-xyz．

设AP＝h（h＞0）．

则P(0，0，h)，C(，0，0)，D(，1，0)，E(，，0)．

＝(，0，－h)，＝(，1，－h)，＝(－，，0)．

设面PDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，

所以取n＝(h，h，2)．

记直线PC与平面PDE所成的角为θ，则

sinθ＝|cosá，nñ|＝＝，

由＝，解得h＝．

所以六棱锥P-ABCDEF高为．

（Ⅰ）见解析 （Ⅱ）

解法一 （Ⅰ）在中，分别是的中点，则是的重心，

同理，所以，因此

又因为是的中位线，所以.

（Ⅱ）解法1 因为 ，所以,又，

所以平面，平面，

为二面角的平面角，

不妨设由三角形知识可得

由余弦定理得

解法2分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，不妨设则

设平面的法向量为，则

，所以，令得

同理求得平面的一个法向量为，

因此

由图形可知二面角的余弦值为

解法二（Ⅰ）证明：因为分别是的中点，

所以∥,∥，所以∥，

又平面，平面，

所以∥平面，

又平面,平面平面，

所以∥，

又∥，

所以∥.

（Ⅱ）解法一：在△中, ,,

所以，即,因为平面,所以，

又，所以平面，由（Ⅰ）知∥,

所以平面，又平面，所以，同理可得，

所以为二面角的平面角，设,连接，

在△中，由勾股定理得，，

在△中，由勾股定理得，，

又为△的重心，所以

同理 ,

在△中，由余弦定理得，

即二面角的余弦值为.

解法二：在△中，,,

所以，又平面,所以两两垂直，

以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,,，,,所以,,,,

设平面的一个法向量为，

由，,

得

取，得.

设平面的一个法向量为

由，,

得

取，得.所以

因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

【考点定位】本题考查了空间直线的位置关系的判定和二面角的求法，考查了空间想象能力、推理论证能力和运算能力。第一问主要涉及平面几何的图形性质，中点形成的平行线是常考点之一，论证较为简单。第二问有两种方法可以解决，因图形结构的简洁性，推理论证较为简单，而利用空间向量运算求解二面角就相对复杂了.