热门试卷

解析：（1）设直线的方程为，

则有，得     ……………………………………3分

又切点在轴的右侧，所以，……………………………2分

所以直线的方程为      …………………………………2分

（2）因为为直角三角形，所以

又得    ……………………………………………2分

    又得 ……………2分

所以，同理可得          ……………2分

所以

（1）解法一：取中点，连接，则，

所以就是异面直线与所成的角.…2分

由已知，，

.…………………………4分

在中，，.

所以异面直线与所成的角为（.………………6分

解法二：如图所示建立空间直角坐标系，，

，………2分

，  …………………………………4分

所以异面直线与所成的角为.………6分

（2）绕直线旋转一周所构成的旋转体，是以为底面半径、为高的                           圆锥中挖去一个以为底面半径、为高的小圆锥，

体积.……………………12分

（1）证明：，  ，

平面，平面，；

（2）解：若平面，则，，

， 

即，解得 .

（3）解：二面角的大小为，且平面，

，，平面平面＝，

平面，又平面，

即；

两两相互垂直，

以为原点，建立空间直角坐标系，如下图所示：

由已知条件得：

，

则有,，，,,

，，

易知是平面的一个法向量，=（-3，0，0）

设平面的法向量为，则

由，得，解得

∴

∴平面与平面所成锐二面角的余弦值为

（1）取CE中点P，连结FP、BP，

∵F为CD的中点，∴FP//DE，且FP=

又AB//DE，且AB=∴AB//FP，且AB=FP，

∴ABPF为平行四边形，∴AF//BP。                   -------------------2分

又∵AF平面BCE，BP平面BCE，

∴AF//平面BCE。                                  -------------------4分

（2）∵△ACD为正三角形，∴AF⊥CD。

∵AB⊥平面ACD，DE//AB，

∴DE⊥平面ACD，又AF平面ACD，

∴DE⊥AF。又AF⊥CD，CD∩DE=D，

∴AF⊥平面CDE。                 --------------------------------6分

又BP//AF，∴BP⊥平面CDE。又∵BP平面BCE，

∴平面BCE⊥平面CDE。                    ------------------------8分

（3）法一、由（2），以F为坐标原点，FA，FD，FP所在的直线分别为x，y，z轴（如图），建立空间直角坐标系F—xyz，设AC=2，

则C（0，—1，0），----------------------------9分

 ------11分

显然，为平面ACD的法向量。

设面BCE与面ACD所成锐二面角为

则。

即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°，-----14分

法二、延长EB、DA，设EB、DA交于一点O，连结CO。

则。

由AB的中位线，则。

在， 。

，又。

，----------------------------12分

即平面BCE与平面ACD所成锐二面角为45°，-------------------------14分

解析：（1）∵点分别是、的中点，

∴ .  ………… 2分

∴ ∠.

∴ 又⊥，

∴  ∴

∵ ,

∴ ⊥平面.    …… 4分

∵ 平面,

∴ .          …… 6分

（2）法一：

取的中点，连结、。

∵ ,

∴ .

又由（1）知,

而平面,

∴ .  ………………… 8分

∵

∴ 平面.

∴ ∠是二面角的平面角.        ………………10分

在△中, ，

在△中, ，

∴ .              ………………11分

∴  二面角的平面角的余弦值是.  ………………12分

（2）法二：

建立如图所示的空间直角坐标系。

则（－1，0，0），（－2，1，0），

（0，0，1）.∴=（－1，1，0），

=（1，0，1）,        ……8分

设平面的法向量为，则

 ……10分

令，得，

∴ .

显然，是平面的一个法向量=（）。

∴  cos<，>=。

∴ 二面角的余弦值是.        ……………………………………12分

（1）

由题得,且

取的中点,连结

则

,即为平行四边形

又平面

平面，且平面

∴平面平面

（2）

在面内过作

如图，则面面为三棱柱，

由（1）及得为该柱体的高

（3）

以G为原点，建立如图所示的空间直角坐标系则

设

若面，则

得

（1）由题设，M，N是矩形的边AD和BC的中点，所以AMMN, BCMN, 折叠垂直关系不变，所以∠AMD 是平面与平面的平面角，依题意，所以∠AMD=60o，

由AM=DM，可知△MAD是正三角形，所以AD=，在矩形ABCD中，AB=2,AD=,所以，BD=，由题可知BO=OD=，由勾股定理可知三角形BOD是直角三角形，所以BO⊥DO  

解（２）设E，F是BD，CD的中点，则EFCD, OFCD, 所以，CD面OEF,

又BO=OD，所以BD,  面ABCD, 面, 平面BOD⊥平面ABCD

过A作AH⊥BD，由面面垂直的性质定理,可得AH⊥平面BOD，连结OH ，

所以OH是AO在平面BOD的投影，所以∠AOH为所求的角,即AO与平面BOD所成角。

AH是RT△ABD斜边上的高，所以AH=，BO=OD=，

所以sin∠AOH=

方法二：空间向量：取MD，NC中点P，Q，如图建系，   

Q（0，0，0），B（，0，0），D（0，，2），O（0，，1）

所以（，，1），（0，，所以0，即BO⊥DO

（2）设平面BOD的法向量是，可得+=0

=0，令可得所以

又（，，，设AO与平面BOD所成角为

=

（1）依题意，平面，

平面，

平面，

所以。            

（法1）在上取点，使得，

连结，，如图5－1。

因为，且，

所以是平行四边形，，且。

又是正方形，，且，

所以，且，故是平行四边形，      

从而，又平面，平面，

所以平面。         

四边形是平行四边形（注：只需指出四边形的形状，不必证明），

（法2）因为，平面，平面，

所以平面。

因为是正方形，所以，又平面，平面，

所以平面。          

而平面，平面，，

所以平面平面，又平面，所以平面。 

四边形是平行四边形（注：只需指出四边形的形状，不必证明），

（2）依题意，在Rt△中，，

在Rt△中，，

所以。

（注：或）

连结，，如图5－2，

在Rt△中，。

所以，故，

（法1）延长，相交于点，

则，而，所以。

连结，则是平面与平面

的交线。

在平面内作，垂足为，

连结。

因为平面，平面，所以。

从而平面，。

所以是平面与平面所成的一个锐二面角。  

在Rt△中，，

在Rt△中，。

所以，

即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，

（法2）以为原点，为轴，为轴，为轴，

建立空间直角坐标系（如图5－3），

则平面的一个法向量。

设平面的一个法向量为，

因为，，，

所以，，

而，，

所以且，

即，

取，则，，所以平面的一个法向量为。

（注：法向量不唯一，可以是与共线的任一非零向量）

。

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为。 

（法3）由题意，正方形在水平面上的正投影是四边形，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值。  

而，，所以，

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为。