热门试卷

（1）详见试题解析；（2）异面直线、所成角的余弦值为.

试题分析：（Ⅰ）取AB的中点M，易得PB//EM且点M在平面EFG内，从而证得PB//平面EFG .

（2）过G作BD的平行线，该平行线与EG所成的角，就是异面直线EG与BD所成的角.

试题解析：（1）证明：取中点，连结

从而共面

而在中，，平面，即平面            6分

（2）取中点，连结，

 所以就是异面直线的夹角

取的中点，连结

由已知可求得：

所以即为所求                              12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）通过连接BD，通过证明与同一条直线垂直的两条直线垂直的思路进行证明线线平行；（Ⅱ）通过证明△DAC∽△ECD，

试题解析：（Ⅰ）连接BD，因为D为的中点，所以BD＝DC．因为E为BC的中点，所以DE⊥BC．

因为AC为圆的直径，所以∠ABC＝90°，所以AB∥DE．                    5分

（Ⅱ）因为D为的中点，所以∠BAD＝∠DAC，

又∠BAD＝∠DCB，则∠DAC＝∠DCB．

又因为AD⊥DC，DE⊥CE，所以△DAC∽△ECD．

所以＝，AD·CD＝AC·CE，2AD·CD＝AC·2CE，

因此2AD·CD＝AC·BC．                                       10分

（1）（2）

试题分析：因为，中点为，连接AF，EF．

∵∴AF⊥BD，

∵，∴DB2+DC2=BC2，∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形，BD⊥DC，

∵平面，DB=2，∴EF为△BCD的中位线，∴EF∥CD，且EF=CD，

∴EF⊥BD，EF=，

∴∠AFE是二面角A-BD-C的平面角，∠AFE=60°．∴△ABD为等腰直角三角形，∴AF=BD=1，

∴AE=，在直角三角形DFE中，.

(2)以F为原点，FB所在直线为x轴，FE所在直线为y轴，平行于EA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则由（1）及已知条件可知B（1，0，0），E(0，，0)，A(0，，)，

D（-1，0，0），C（-1，1，0）,

则=(1,-，-) ，  =(0，-1,0)，=(-1,-，-)，。

设平面ACD的法向量为

=（x，y，z），

则，

∴，y=0，

令x=，则z=-2，∴=(，0，-2)，故由公式可得直线与平面所成角的正弦值为。

点评：中档题，立体几何问题中，平行关系、垂直关系，角、距离、面积、体积等的计算，是常见题型，基本思路是将空间问题转化成为平面问题，利用平面几何知识加以解决。要注意遵循“一作，二证，三计算”。通过建立空间直角坐标系，利用空间向量，可简化证明过程。

（1）．证明：见解析；（２）点到平面的最大距离是；（３）.

本试题主要考查了立体几何中正方体概念，和点到面的距离的最值和二面角的求解和运算的综合试题。

（1）利用正四棱柱的性质，加上题目中的边的关系，结合概念得到。

（2）对于点到面的距离关键是找到平面的垂线，利用面面垂直的性质定理得到点到面的距离的表示，从而求解最值。

（3）建立合理的空间直角坐标系，然后设出法向量来表示二面角的平面角的大小来解决。

（1）．证明：设正四棱柱的侧棱长为，作与,连接,

，,,

是与所成的角，

，即

所以四棱柱正四棱柱是正方体；．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4＇

（２）．设点到平面的距离为，平面，点、到平面的距离相等为．在四面体中，体积，

，设是中点，当也是棱中点时，，有平面，于，于，是一面直线和的公垂线段，是到直线的最短距离，的最小值是

，即点到平面的最大距离是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8＇

（３）．以为原点，、、分别为、、轴建立平面直角坐标系，由（２）知也是棱中点，则、、、，设平面的法向量，平面的法向量由

；

。

面角的大小是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．１２＇

解：（I）如图：在△ABC中，

由E、F分别是AC、BC中点，

得EF//AB，

又AB平面DEF，EF平面DEF．         

∴AB∥平面DEF．              ………………5分

（Ⅱ）以点D为坐标原点，直线DB、DC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，

则A（0，0，2）B（2，0，0）C（0，

平面CDF的法向量为设平面EDF的法向量为

则 即

所以平面BDC与平面DEF夹角的余弦值为 

（Ⅲ）在平面坐标系xDy中，直线BC的方程为

设

所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE  

略

(II)

解：（I）∵平面 ∥ 

∴平面   ∴

∵、分别为、的中点.

∴∥ ∴

∵是等边三角形  ∴

∴面                          …………………6分

(II) ∵, 是等边三角形

∴面  ∴是三棱锥的高

∴ …………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）由已知条件求出S△PCD和S△BCD，再利用等体积法求出三棱锥B-PCD的高.

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）直线PC与底面ABCDEF所成的角∠PCA＝45°．

在Rt△PAC中，AC＝，所以PA＝，PC＝，

即三棱锥P-BCD的高为，

S△PCD＝PC·CD＝，S△BCD＝BC·CD sin120°＝，

设三棱锥B-PCD高为h，由VP-BCD＝VB-PCD，得：

S△BCD·PA＝S△PCD·h，

经计算可得：h＝，

所以三棱锥B-PCD高为．

（I）见解析（II）

（I）在平面ABC内，过点P作直线l∥BC

∵直线l⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，

∴直线l∥平面A1BC，

∵△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，

∴AD⊥BC，结合l∥BC得AD⊥l

∵AA1⊥平面ABC，l⊂平面ABC，∴AA1⊥l

∵AD、AA1是平面ADD1A1内的相交直线

∴直线l⊥平面ADD1A1；

（II）连接A1P，过点A作AE⊥A1P于E，过E点作EF⊥A1M于F，连接AF

由（I）知MN⊥平面A1AE，结合MN⊂平面A1MN得平面A1MN⊥平面A1AE，

∵平面A1MN∩平面A1AE=A1P，AE⊥A1P，∴AE⊥平面A1MN，

∵EF⊥A1M，EF是AF在平面A1MN内的射影，

∴AF⊥A1M，可得∠AFE就是二面角A﹣A1M﹣N的平面角

设AA1=1，则由AB=AC=2AA1，∠BAC=120°，可得∠BAD=60°，AB=2且AD=1

又∵P为AD的中点，∴M是AB的中点，得AP=，AM=1

Rt△A1AP中，A1P==；Rt△A1AM中，A1M=

∴AE==，AF==

∴Rt△AEF中，sin∠AFE==，可得cos∠AFE==

即二面角A﹣A1M﹣N的余弦值等于．

证明：　(1)设AC∩BD＝E，连结D1E，

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1.

∴B1D1∥BE，∵B1D1＝BE＝，

∴四边形B1D1EB是平行四边形，

所以B1B∥D1E.

又因为B1B⊄平面D1AC，D1E⊂平面D1AC，

所以B1B∥平面D1AC   ---------------------------------------6分

(2)证明：侧棱DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥DD1.

∵下底ABCD是正方形，AC⊥BD.

∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，

∴AC⊥平面B1BDD1

∵AC⊂平面D1AC，∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.---------------------12分

略

解法一：（I）如图所示，以O为原点，在平面OBC内垂直于OB的直线为x轴，

OB，OA所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，

则A（0，0，2），B（0，2，0），D（0，1，），C（2sinθ，2cosθ，0）．

设＝（x，y，z）为平面COD的一个法向量，

由，得，……3分

取z＝sinθ，则＝（cosθ，－sinθ，sinθ）＝（0，－，1）

因为平面AOB的一个法向量为＝（1，0，0），得·＝0，

因此平面COD⊥平面AOB．                  ……6分

（II）设二面角C－OD－B的大小为α，由（1）得

当θ＝时，cosα＝0；当θ∈（，］时，tanθ≤－，

cosα＝＝＝－，……10分

故－≤cosα＜0．因此cosα的最小值为－，

综上，二面角C－OD－B的余弦值的最小值为－．                 ……12分

解法二：（I）因为AO⊥OB，二面角B－AO－C为，                 ……3分

所以OB⊥OC，又OC⊥OA，所以OC⊥平面AOB                                                                              

所以平面AOB⊥平面CO                                   D．                                 ……6分

（II）当θ＝时，二面角C－OD－B的余弦值为0；……7分

当θ∈（，］时，过B作OD的垂线，垂足为E，

过C作OB的垂线，垂足为F，过F作OD的垂线，垂足为G，连结CG，

则∠CGF的补角为二面角C－OD－B的平面角．

在Rt△OCF中，CF＝2sinθ，OF＝－2cosθ，

在Rt△CGF中，GF＝OFsin＝－cosθ，CG＝，

所以cos∠CGF＝＝－．因为θ∈（，］，tanθ≤－，故0＜cos∠CGF＝≤．所以二面角C－OD－B的余弦值的最小值为－．                                        ……12分

略

(1）证明：因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，

又在△BCD中，∠BCD = 900，所以，BC⊥CD，又AB∩BC＝B，

所以，CD⊥平面ABC，                       …………3分

又在△ACD，E、F分别是AC、AD上的动点，

且   

所以，不论为何值，EF//CD,总有EF⊥平面ABC：  ………7分

（2）解：在△BCD中，∠BCD = 900，BC＝CD＝1，所以，BD＝,

又AB⊥平面BCD，所以，AB⊥BD，

又在Rt△ABD中，∴AB=BDtan。 ………………10分

由（1）知EF⊥平面ABE，

所以，三棱锥A－BCD的体积是                 ………………14分

略

解：（1）ABCD是矩形，BCAB，平面EAB平面ABCD，

平面EAB平面ABCD=AB，BC平面ABCD，BC平面EAB，

EA平面EAB，BCEA ，BF平面ACE，EA平面ACE，BF EA， BC BF=B，BC平面EBC，BF平面EBC，EA平面EBC ，BE平面EBC， EA BE。 

（2） EA BE，AB=

 ，设O为AB的中点，连结EO，

∵AE=EB=2，EOAB，平面EAB平面ABCD，EO平面ABCD，即EO为三棱锥E—ADC的高，且EO=，。

（3）以O为原点，分别以OE、OB所在直线为，如图建立空间直角坐标系，则， ，由（2）知是平面ACD的一个法向量，设平面ECD的法向量为，则，即，令，则，所以，设二面角A—CD—E的平面角的大小为，由图得， 

所以二面角A—CD—E的余弦值为。

略

方法一：

（Ⅰ）证明：在Rt△BB1D和Rt△B1C1C中，

由 得

△BB1D∽△B1C1C，∠B1DB=∠B1CC1。

又 ∠CB1D+∠B1CC1=90°

故 ∠CB1D+∠B1DB=90°

故 B1C⊥BD.·····················3分

又 正三棱柱ABC—A1B1C1，D为B1C1的中点。

由 A1D⊥平面B1C，

得 A1D⊥B1C

又A1D∩B1D=D，

所以 B1C⊥面A1BD。···················································6分

（Ⅱ）解：设E为AC的中点，连接BE．B1E。

在正三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C=B1A，∴B1E⊥AC，BE⊥AC，

即 ∠BEB1为二面角B—AC—B1的平面角·································9分

又

故

所以 二面角的大小为······································12分

方法二：

（Ⅰ）证明：设BC的中点为O，如图建立空间直角坐标系O—xyz

依题意有

则

由

故 

又 

所以

故

又 BD∩BA1=B

所以 B1C⊥面A1BD，

（Ⅱ）依题意有

设⊥平面ACB1，⊥平面ABC。

求得

故

所以 二面角的大小为

略

解 法一：（1）如图，建立空间直角坐标系．

则．设为平面法向量．

由 得．  取     

又平面的一个法向量

∴．  

结合图形可知，二面角的余弦值为．     

（Ⅲ）由（Ⅱ）知

∴点到平面的距离＝．

法二：（略）

略