热门试卷

（1） （2）理，文

（1）过E作EF⊥AD交AD于F，则∠CEF是异面直线PA与CE的夹角（3’）

联结CF，在Rt△CEF中，

∴tan∠CEF=，

∴夹角大小为（7’）

（2）（理）过F作FH⊥AC于H，则∠EHF是二面角E-AC-D的平面角（10’）

HF=，tan ∠EHF=

∴二面角E-AC-D的大小为（14’）

注：如构造坐标系，向量解法相应给分

（文）（14’）

证明见解析

(1)证明：取PD的中点E,连结EF、AE，

因为点F为PC的中点，所以EF∥CD，且，

而AB∥CD,，所以EF∥AB且EF=AB

所以四边形EFBA是平行四边形，所以BF∥AE

因为

所以BF∥平面PAD                   （6分）

（2）由题意知，

又，，

所以

由（1）知BF∥AE

所以  

(Ⅰ)；(Ⅱ)①//；②.

试题分析：（1）证明线线垂直，则可转化为线面垂直，由于圆周角的定义，则知，由矩形所在的平面垂直于该半圆所在平面，及面面垂直性质定理得面，则可得平面平面

根据垂直的有关性质定理，则可得平面，故

（2）①证明线线平行，则可用过平面的一个平行线作于该平面相交的平面，则该直线与交线平行由,得平面，又由平面平面于直线，则根据线面平行的性质定理得 ,由平行的传递性得  ；②则体积可以用多种方法，有直接求法、割补法、转化法，对于此题可转化后用直接求法，求三棱锥E-ADF先转化;根据三棱锥的体积公式，则有

试题解析：

是半圆上异于的点，

又 矩形所在的平面垂直于该半圆所在平面由面面垂直性质定理得面

平面平面 平面,故 .

（2）① 由,得平面,又平面平面于直线

根据线面平行的性质定理得 ,

故  ,②.

[证] 由已知条件知

．

又，

所以，

从而四点共圆，此圆记为．

同理可证：四点共圆，此圆记为．

点在圆，内．延长与圆相交于点，则

，

故四点共圆．                         

所以在的外接圆上，故在上．    

再用相交弦定理：

　　　             ，

故四点共圆．                        

解析见答案

(1)(2).

试题分析：（1）方法一：连接交于菱形的中心，过作，为垂足，连接，根据定义可知为二面角的平面角，在三角形中求出此角即可；

方法二：设与交点为，以为坐标原点，分别以所在直线为轴轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设平面，平面的法向量分别为,利用的公式进行计算.

（2）连接，设直线与直线相交于点，则四棱锥与四棱锥的公共部分为四棱锥，过作平面，为垂足，然后求出，利用体积公式求解即可．

试题解析：（1）方法一：如图（1）连结AC、BD交于菱形的中心O，过O

作OG⊥AF，G为垂足. 连结BG、DG.

由BD⊥AC，BD⊥CF，得BD⊥平面ACF， 故BD⊥AF. 于是AF⊥平面BGD，

所以BG⊥AF，DG⊥AF，∠BGD为二面角B-AF-D的平面角.        3分

由FC⊥AC，FC=AC=2，得∠FAC，.

由OB⊥OG，OB=OD=，得∠BGD=2∠BGO.

即二面角B-AF-D的大小为.          6分

方法二：设AC与BD交点为O，以O为坐标原点，分别以BD 、AC所在直线为x轴

y轴建立如图所示的空间直角坐标系

则A(0，－1，0)，B(，0，0)，D(，0，0)，F(0，1，2)

，，            2分

设平面ABF，平面ADF的法向量分别为

设

由 

令            4分

同理可得  ∴ ∴ 

∴二面角B－AF－D的大小为                   6分

（2）如图（2）连EB、EC、ED，设直线AF与直线CE相交于点H，

则四棱锥E-ABCD与四棱锥F-ABCD的公共部分为四棱锥H-ABCD.

过H作HP⊥平面ABCD，所以平面ACFE⊥平面ABCD，

从而.             7分

由，得.        9分

又因为

故四棱锥的体积.     12分

（Ⅰ）证明见解析

（Ⅱ）证明见解析

（Ⅲ）二面角的大小为

解法1（向量法）：

以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图，

则有．

（Ⅰ）证明：

．

．

与平行，与平行，

于是与共面，与共面．

（Ⅱ）证明：，

，

，．

与是平面内的两条相交直线．

平面．

又平面过．

平面平面．

（Ⅲ）解：．

设为平面的法向量，

，．

于是，取，则，．

设为平面的法向量，

，．

于是，取，则，．

．

二面角的大小为．

解法2（综合法）：

（Ⅰ）证明：平面，平面．

，，平面平面．

于是，．

设分别为的中点，连结，

有．

，

于是．

由，得，

故，与共面．

过点作平面于点，

则，连结，

于是，，．

，．

，．

所以点在上，故与共面．

（Ⅱ）证明：平面，，

又（正方形的对角线互相垂直），

与是平面内的两条相交直线，

平面．

又平面过，平面平面．

（Ⅲ）解：直线是直线在平面上的射影，，

根据三垂线定理，有．

过点在平面内作于，连结，

则平面，

于是，

所以，是二面角的一个平面角．

根据勾股定理，有．

，有，，，．

，，

二面角的大小为．

∵矩形的周长为20cm

设矩形的长为xcm，则宽为（10-x）cm

设绕其宽旋转成一个圆柱，

则圆柱的底面半径为xcm，高为（10-x）cm

则圆柱的体积V=πR2•h=πx2（10-x）

=4π•x•x•(10-x)

≤4π(

1

2

x+

1

2

x+(10-x)

3

)3=π．

当且仅当x=10-x，即x=时，圆柱体积取最大值

此时V=πcm3

故答案为：πcm3

4，平面AEB1

解：  （1）证明：三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，

平面ABC   1分

又平面ABC，    2分

    3分

（2）解：三棱柱ABC—A1B1C1是直棱柱，

平面ABC，

又平面ABC

平面ECBB1    6分

    7分

是棱CC1的中点，

    8分

  （3）解：CF//平面AEB1，证明如下：

取AB1的中点G，联结EG，FG

分别是棱AB、AB1中点

又

四边形FGEC是平行四边形                       

又平面AEB，平面AEB1，

平面AEB1。12分

（1）（2）（3）二面角P-BG-C的取值范围是

分析：本题如利用“几何法”，则通过“平移变换”将异面直线角化归为三角形的内角，由解三角形的方法求之，凡“点面距离”可利用等积法求之，至于二面角，则通过“作-证-算”三步曲求得；本题如利用“向量法”，则建立适当的空间直角坐标系，写出各点坐标，再根据公式而求之。

方法一：（1）过点G作GE∥CD交AD的延长线于点E，连PE，则∠PGE是异面直线PG与CD所成的角，，则由条件得GE=2a，PG=3a，

cos ∠PGE=,所以异面直线PG与CD所成角等于；

（2）设h,则利用等积法知，在△PBG中，PB=，PG=3a，BG=，，得，又在△CBG中，，从而由得；

（3）作CF⊥AC交PG于F，作FH⊥BG交BG于H，连CH，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，所以PA∥CG，得CG⊥平面ABCD，由三垂线定理得∠FHC是二面角P-BG-C的平面角，设，则由△CGF∽△AGP得，

在△CBG中，得

所以，从而

，所以二面角P-BG-C的取值范围是。

方法二：建立如图所示的直角坐标系，

则A（0，0，O、0），B（a，0，0），C（a，a，0），D（0，a，0），P（0，0，a）。

由条件得G（2 a ，2 a ，0），

，

所以，

所以异面直线PG与CD所成角等于；

（2）设平面PBG的法向量为因，

所以由得，即又，

所以点C到平面PBG的距离为；

由条件设G（t,t,0）, 其中，平面PBG的法向量为

因，，所以由得，

即而平面CBG的法向量，

所以，因为，所以，

易知二面角P-BG-C的平面角是锐角，所以二面角P-BG-C的平面角等于，所以二面角PP-BG-C的取值范围是。

点评:本题主要考查异面直线所成角的空间想象能力,利用体积法求点面距离的运算能力,二面角的估算能力,第(3)问有机的将函数的值域与立体几何结合,较好地考查学生综合分析与解决问题的能力.

（1）见解析

（2）二面角A－SD－P的大小为

（1）因为底面，

所以，∠SBA是SB与平面ABCD所成的角…………………….……….1分

由已知∠SBA=45°，所以AB=SA=1易求得，AP=PD=，……………………….2分

又因为AD=2，所以AD2=AP2+PD2，所以．………….…….3分

因为SA⊥底面ABCD,平面ABCD,

所以SA⊥PD,               …………….……………………….…....4分

由于SA∩AP=A    所以平面SAP．…………………………….5分

（2）设Q为AD的中点,连结PQ,       ………………….………6分

由于SA⊥底面ABCD,且SA平面SAD,则平面SAD⊥平面PAD….7分

因为PQ⊥AD,所以PQ⊥平面SAD

过Q作QR⊥SD,垂足为R,连结PR,

由三垂线定理可知PR⊥SD,

所以∠PRQ是二面角A－SD－P的平面角. …9分

容易证明△DRQ∽△DAS,则

因为DQ= 1，SA=1，，所以….……….10分

在Rt△PRQ中，因为PQ=AB=1，所以………11分

所以二面角A－SD－P的大小为．……………….…….…….12分

或：过A在平面SAP内作,且垂足为H,在平面SAD内作,且垂足为E,连接HE，平面SAP。平面SPD…………7分

∴HE为AE在平面SPD内的射影，∴由三垂线定理得

从而是二面角A－SD－P的平面角……………………………….9分

在中,，在中,，

.        ………………………………….11分

即二面角的大小为……………………………12分

解法二：因为底面，

所以，∠SBA是SB与平面ABCD所成的角…………………………………1分

由已知∠SBA=45°，所以AB=SA=1

建立空间直角坐标系(如图)

由已知，P为BC中点.

于是A(0,0,0)、B(1,0,0) 、P(1,1,0)、D(0,2,0)、S(0,0,1)

……..….2分

（1）易求得,

，..………….…....3分

因为，=0。

所以，

由于AP∩SP=P，所以平面SAP         ………….……………..….…5分

（2）设平面SPD的法向量为

由,得　　解得，

所以                     ……………….…………….……….8分

又因为AB⊥平面SAD，所以是平面SAD的法向量，易得…9分

所以    ….………………….11分

所求二面角的大小为. ……………….……….…… 12分

（1）证明详见解析;（2）

试题分析：（1）由已知条件可证AD⊥BQ，AD⊥PQ,根据平面与平面垂直的判定定理即可求证平面PQB⊥平面PAD.

（2）连结AC交BQ于N，由AQ∥BC,可证△ANQ∽△BNC,即得,由直线与平面平行的性质，可证PA∥MN,即得，所以PM=PC,即t=.

试题解析：(1)连BD,四边形ABCD菱形, ∵AD⊥AB, ∠BAD="60°"

△ABD为正三角形, Q为AD中点, ∴AD⊥BQ

∵PA=PD,Q为AD的中点,AD⊥PQ

又BQ∩PQ=Q ∴AD⊥平面PQB, AD平面PAD

∴平面PQB⊥平面PAD; 

(2)当时,平面 

下面证明,若平面,连交于 

由可得,, 

平面,平面,平面平面, 

  即:  ; 

（1）

（2）

解法一：（Ⅰ）因，且，故面，

从而，又，故是异面直线与的公垂线．

设的长度为，则四棱椎的体积为

．

而直三棱柱的体积为．

由已知条件，故，解之得．

从而．

在直角三角形中，，

又因，

故．

（Ⅱ）如图，过作，垂足为，连接，因，，故面．

由三垂线定理知，故为所求二面角的平面角．

在直角中，，

又因，

故，所以．

解法二：

（Ⅰ）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，则，．

设，则，

又设，则，

从而，即．

又，所以是异面直线与的公垂线．

下面求点的坐标．

设，则．

因四棱锥的体积为

．

而直三棱柱的体积为．

由已知条件，故，解得，即．

从而，，．

接下来再求点的坐标．

由，有，即     （1）

又由得．    （2）

联立（1），（2），解得，，即，得．

故．

（Ⅱ）由已知，则，从而，过作，

垂足为，连接，

设，则，因为，故

……………………………………①

因且得，即

……………………………………②

联立①②解得，，即．

则，．

．

又，故，

因此为所求二面角的平面角．又，从而，

故，为直角三角形，所以．

k

略