热门试卷

取AC的中点M，连接ME、MF，则ME∥BC，MF∥AD，所以∠EMF（或其补角）是直线AD与BC所成的角．

∵在△EMF中，ME=BC=a，MF=AD=a，EF=a，

∴cos∠EMF==-，

∴∠EMF=120°，

因此异面直线AD与BC所成的角为60°．

（1）∵DB⊥BA，又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE∩面ABC=AB，DB⊂面ABDE，

∴DB⊥面ABC，∵BD∥AE，∴EA⊥面ABC，

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，

以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AC=BC=4，

∴设各点坐标为C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

则O（2，0，2），M（2，2，0），=（0，4，2），=（-2，4，0），=（-2，2，2），

=(-4，4，0)，=（4，0，4），

∴cos＜，＞==-，

∴异面直线AB与CE所成角的大小为60°．

（2）设平面ODM的法向量=（x，y，z），则由⊥

且⊥，，

令x=2，则y=1，z=1，∴=（2，1，1），

设直线CD和平面ODM所成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||==，

∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为．

（1）∵AC1是正方体

∴AD⊥面DC1，

又D1F⊂面DC1，

∴AD⊥D1F

（2）取AB中点G，连接A1G，FG，

∵F是CD中点

∴GFAD又A1D1AD

∴GFA1D1∴GFD1A1是平行四边形∴A1G∥D1F设A1G∩AE=H

则∠AHA1是AE与D1F所成的角

∵E是BB1的中点∴Rt△A1AG≌Rt△ABE

∴∠GA1A=∠GAH∴∠A1HA=90°即直线AE与D1F所成角是直角

（3）∵AD⊥D1F（（1）中已证）

AE⊥D1F，又AD∩AE=A，∴D1F⊥面AED，又∵D1F⊂面A1FD1，

∴面AED⊥面A1FD1

（1）∵在平行四边形BAD1C1中，

E也是AC1的中点，∴EF∥C1D，（2分）

∴两相交直线D1C与CD1所成的角即异面直线CD1与EF所成的角．（4分）

又A1A=AB，长方体的侧面ABB1A1，

CDD1C1都是正方形，∴D1C⊥CD1

∴异面直线CD1、EF所成的角为90°．（7分）

（2）证：设AB=AA1=a，∵D1F==BF，

∴EF⊥BD1．（9分）

由平行四边形BAD1C1，知E也是AC1的中点，

且点E是长方体ABCD-A1B1C1D1的对称中心，（12分）

∴EA=ED，∴EF⊥AD，又EF⊥BD1，

∴EF是异面直线BD1与AD的公垂线．（14分）

（1）  ，（2）

试题分析：（1）求空间角，一般利用空间向量解决.首先要建立恰当的空间直角坐标系，由平面平面及，运用面面垂直性质定理，可得，这样确定竖坐标.横坐标与纵坐标可根据右手系建立.因为异面直线与所成角等于向量与夹角或其补角，而异面直线与所成角范围为，所以 ，（2） 直线和平面所成角与向量与平面法向量夹角互余或相差，而直线和平面所成角范围为，所以.

试题解析：

∵，又∵面面，面面，

，∴，∵BD∥AE，∴，  2分

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，∵，∴设各点坐标为，，，，，

则，，，

，，.

（1），

则与所成角为.   5分

（2）设平面ODM的法向量，则由，且可得

令，则，，∴，设直线CD和平面ODM所成角为，则

，

∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为．      10分

（Ⅰ）答案详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）要证明平面，只需证明垂直于面内的两条相交相交直线，由是菱形，故，再证明，从而可证明平面；（Ⅱ）由已知，选三条两两垂直的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，表示相关点的坐标，求直线的方向向量坐标，以及面法向量的坐标，设直线与平面所成角为，则；（Ⅲ）先求二面角两个半平面的法向量，再求法向量的夹角，通过观察二面角是锐二面角还是钝二面角，决定二面角余弦值的正负，该题中面的法向量就是，只需求面

的法向量即可.

试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形是菱形，所以 .

因为平面平面，且四边形是矩形，所以平面，

又因为平面，所以 . 因为 ，所以 平面.

（Ⅱ）解：设，取的中点，连接，因为四边形是矩形，分别为的中点，所以 ，又因为 平面，所以 平面，由，得两两垂直.所以以为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系.因为底面是边长为2的菱形，，，

所以 ，，，，，，.   

因为 平面， 所以平面的法向量. 设直线与平面所成角为，由， 得 ，所以直线与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）解：由（Ⅱ），得，.设平面的法向量为，

所以  即

令，得. 由平面，得平面的法向量为，

则. 由图可知二面角为锐角，

所以二面角的大小为.

（1）设5C的中点为D，连接AD、DM，则

∵△A5C为正三角形，D为AC中点，∴AD⊥5C，

∵551⊥平面A5C，AD⊂平面A5C，∴AD⊥551&n5sp;

∵551、5C是平面551C1C内的相交直线，∴AD⊥平面551CC1．

因此，∠AMD即为AM与侧面5CC1所成角α．

∵点M到平面A5C的距离为5M，设5M=x，x∈（0，h）．

在Rt△ADM中，tan∠AMD=．

由AD=，DM==，得tanα=．

∵α∈[，]时，tanα∈[，1]

∴≤≤1，化简得0≤1+中x2≤9，解得≤x2≤2．

因此，点M到平面A5C的距离x的取值范围是[，]；

（2）当α=时，由（1）得5M=，

故可得DM=，AM==．

设与的夹角为θ．

∵•=（+）•=•+•=1×1×cos120°+0=-．

∴cos＜，＞===-

∵AM与5C所成角θ∈(0，]，

∴cosθ=，即AM与5C所成角的余弦值．

（I）由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，∴∠BOC是二面角B-AO-C是直二面角，

又∵二面角B-AO-C是直二面角，

∴CO⊥BO，

又∵AO∩BO=O，

∴CO⊥平面AOB，

又CO⊂平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB．（4分）

（II）解法一：作DE⊥OB，垂足为E，连接CE（如图），则DE∥AO，

∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．

在 Rt△COE中，CO=BO=2，OE=BO=1，

∴CE==．

又DE=AO=．

∴CD==2

∴在Rt△CDE中，cos∠CDE===．

∴异面直线AO与CD所成角的余弦值大小为．（9分）

解法二：建立空间直角坐标系O-xyz，如图，

则O（0，0，0），A(0，0，2)，C（2，0，0），D(0，1，)，

∴=(0，0，2)，=(-2，1，)，

∴cos＜，＞===．

∴异面直线AO与CD所成角的余弦值为．（9分）

（III）由（I）知，CO⊥平面AOB，

∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，

且tanCDO==．当OD最小时，∠CDO最大，这时，OD⊥AB，垂足为D，OD==，tanCDO=，

∴CD与平面AOB所成角的最大时的正切值为．（14分）