热门试卷

(Ⅰ)证明见解析(Ⅱ)

(Ⅰ)（略证）：只需证即可。     ……6分

(Ⅱ)连接，由正方体的几何性质可得即为在底面上的射影，则即为与平面所成角.　　　　　…… 10分

在中，，

则

所以与平面所成角的余弦值为. …… 14分

(1) (2)

（Ⅰ）延长、相交于点,连结,则二面角的大小为所求．作于点,连结,由三垂线定理知．∴为所求二面角的大小．由已知,,．由余弦定理得,．

∴,可得．在

中,,则所求角为．…6分（也可用射影法求）

（Ⅱ）由已知矩形的面积为,,,,

∴．由，，

可得．设所求距离为,则由得,

,∴即为所求．……12分（用空间向量相应给分）

(1)证明见解析(2) 2(3)

（Ⅰ）证明  ∵平面ACB⊥平面BCD，∠CBD=900，

∴DB⊥平面ACB, ∴DB⊥CA．又∠CAB=900，∴CA⊥平面ADB

∴平面ACB⊥平面BCD． ——————————4分

（Ⅱ）解 设BC的中点为E，作EF⊥CD，垂足为F，连结AF。

∵AC=AB，∴AE⊥BC，∵平面ACB⊥平面BCD， ∴AE⊥平面BCD,

∴FE是AF在平面BCD内的射影，

∴AF⊥CD,

即∠AFE就是二面角A—CD—B的平面角。                        ———————6分

在等腰直角△ABC中，斜边BC="6," ∴AE=3，且CE=3,

在Rt△CEF中，∠ECF=300, ∴EF=,

∴tan∠AFE=，即二面角A—CD—B的平面角的正切值是2． ———————8分

（Ⅲ）解 如图，设DC的中点为G，分别以直线EG．EB．EA为x．y．z轴，建立空间直角坐标系E—xyz．

∴A(0,0,3),B(0,3,0),D(,3,0)

,，

设过AD和BC平行的平面的一个法向量是n=（a,b,c），则有

且，即

且3b=0,取得n=，

∴点B到的距离d=。    ———————12分

证明略

（1）如图所示，连接CD1，EF，A1B，

∵E、F分别是AB和AA1的中点，

∴EF∥A1B且EF=A1B，

又∵A1D1   BC,

∴四边形A1BCD1是平行四边形，∴A1B∥CD1，∴EF∥CD1，

∴EF与CD1确定一个平面，

∴E，F，C，D1∈，

即E，C，D1，F四点共面.

（2）由（1）知EF∥CD1，且EF=CD1，

∴四边形CD1FE是梯形，

∴CE与D1F必相交，设交点为P，

则P∈CE平面ABCD，

且P∈D1F平面A1ADD1，

∴P∈平面ABCD且P∈平面A1ADD1.

又平面ABCD∩平面A1ADD1=AD，

∴P∈AD，∴CE，D1F，DA三线共点.

（I）略   （II）

（I）连结AC、BD交于点O，再连DD，由BDAC，且平面ACD平面ABCE于AC，∴BD平面ACD，故CDBD，又CDBD，∴CD平面BDD，即得CDDD，在Rt△CDD中，由于ED=ED，∴∠EDD=∠EDD，

则∠ECD=900EDD=900EDD=∠EDC，∴EC=ED=ED，

即E点为边CD的中点． …………………6分

  （II）方法一：如图取OC的中点M，连结DM、EM，

则EM//BD，得EM平面ACD，

即∠EMD=900，又因为DE=2，EM=，

则DM=，又ADEM，∵ADDE，

∴ ADDE，∴AD平面EMD，

则ADDM，在Rt△AMD中，AD=4，AM=，DM=，

过D作DHAM于H点，则DH平面ABCE，

由于DH=，此即得点D到平面ABCE的距离．

方法二：如图, 连结OD，∵CD平面BDD， 

∴CDOD，

在△ADC中，设OD，

则∵OC，∴CD=，

∵∠AOD与∠DOC互补，

由余弦定理得，

解得，在直角三角形ODC中， 

由面积公式得所求距离为．

方法三：能用最小角定理帮助解△ADC，

即，其中

可求．

另解： 建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），

A（4，0，0），B（4，4，0），C（0，4，0），

设E（0，，0），D（），

设DH平面ABCE于H点，则H在AC上，

∴H的坐标为（，0），依题意有：

，，，，

∵，

∴，，

∴，

，∴，

，∴

由与两式相减，

将代入得，从而有，

即E为CD中点，点D到平面ABCE的距离是． …………………12分

（1）根据题意中的平面，可知得到，进而得到，根据线面垂直的性质定理得到结论。

（2）

（3）在线段上存在点N，使得，此时

试题分析：解：（Ⅰ）∵平面，，

∴，                                2分

又∵，∴．                4分

（Ⅱ）如图（1）在.

.

在．

∴.                           6分

如图（2），在，过点做于，∴．

，                     7分

∴.              8分

（Ⅲ）在线段上存在点N，使得，理由如下：

如图（2）在中，，

∴，                            9分

过点E做交于点N，则，

∵，                        10分

又，，，

又，∴．

∴在线段上存在点N，使得，此时．       12分

点评：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、棱锥体积公式等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力及运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想

解：（1）证明：连结，.分别为的中点，∴.

又，且.∴四边形是平行四边形，

即. ∴.   ………………………4分

（2）由题，且由（1）知.∴，∴ ，∴.

因是底面圆的直径，得，且，

∴，即为四棱锥的高．设圆柱高为，底半径为，

则，

∴：. ………………………9分

（3）解一：由(1)(2)可知，可分别以为坐标轴建立空间直角标系，如图

设，则，，，从而，

，由题，是面的法向量，设所求的角为.

则. …………………14分

解二：作过的母线，连结，则是上底面圆的直径，连结，

得，又，∴，连结，

则为与面所成的角，设，则

，.……12分

在中，

略

略

（I）略

（II）点E到平面ACD的距离为

（I）证明：连结OC

在中，由已知可得

而

即

平面

（II）解：设点E到平面ACD的距离为

在中，

而

点E到平面ACD的距离为

19．（本小题满分12分）

（I）证明：连结AC，AC交BD于O.连结EO.

底面ABCD是正方形，点O是AC的中点

在中，EO是中位线，.                 ………………3分

而平面EDB且平面EDB，

所以平面EDB.                                   ………………5分

  （II）解： 作交DC于F.连结BF.设正方形

ABCD的边长为.

底面ABCD，

为DC的中点.

底面ABCD，BF为BE在底面ABCD

内的射影，

故为直线EB与底面ABCD所成的角.                                           

………………8分

在中，

在中，

所以EB与底面ABCD所成的角的正切值为 …………………………12分

证明：⑴∵，，∴.

在四边形中，由，，，可证得，

又由平面，得，

∵正方形中，∴平面，

∵平面，∴，

∵，∴平面；   …………………………6分

⑵以、、为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、.

、、，

分别求得平面与平面的一个法向量，，

向量与的夹角的余弦值为

∴二面角的余弦值为.

略