热门试卷

（1）证明见解析。

（II）

（III）当时，能使。证明见解析。

（I）证明：连结、AC，AC和BD交于.，连结，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD，可证，，

故，但AC⊥BD，所以，从而；　　　　　　　　　　　　

（II）解：由（I）知AC⊥BD，，是二面角α—BD—β的平面角，在中，BC=2，，，　　∵∠OCB=60°，，，故C1O=，即C1O=C1C，作，垂足为H，∴点H是.C的中点，且，所以;

（III）当时，能使

证明一：∵，所以，又，由此可得，∴三棱锥是正三棱锥

（1）证明略（2）MN的长为a. （3）异面直线AN与CM所成角的余弦值为

（1）设=p, =q，=r.

由题意可知：|p|=|q|=|r|=a，且p、q、r三向量两两夹角均为60°.

=-=（+）-

=（q+r-p），                                                         2分

∴·=（q+r-p）·p

=（q·p+r·p-p2）

=（a2·cos60°+a2·cos60°-a2）=0.

∴MN⊥AB,同理可证MN⊥CD.                                              4分

（2）由（1）可知=（q+r-p）

∴||2=2=（q+r-p）2                                                6分

=［q2+r2+p2+2（q·r-p·q-r·p）］

=[a2+a2+a2+2（--）

=×2a2=.

∴||=a,∴MN的长为a.                                            10分

(3) 设向量与的夹角为.

∵=(+)=(q+r),

=-=q-p,

∴·=（q+r）·（q-p）

=（q2-q·p+r·q-r·p）

=(a2-a2·cos60°+a2·cos60°-a2·cos60°)

=（a2-+-）=.                                            12分

又∵||=||=，

∴·=||·||·cos

=··cos=.

∴cos=，                                                          14分

∴向量与的夹角的余弦值为，从而异面直线AN与CM所成角的余弦值为.    

(1) (2) (3)证明略

　如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz.

依题意得：　B(0，1，0)，N(1，0，1)

∴||=.

(2)解:　依题意得　A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2).

∴==(0，1，2)

=1×0+(－1)×1+2×2=3

||=

(3)证明:依题意得　C1(0，0，2)，M()

∴

∴A1B⊥C1M.

（1）90o

（2）要证明线面平行，则主要证明线线平行即可，结合判定定理得到。

（3）

试题分析：（Ⅰ）设AC与BD的交点为O，AB=PA=2。以点O为坐标原点，，方向分别是x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.

则A（1，-1，0），B（1，1，0），C（-1，1，0），D（-1，-1，0），

设P（0，0，p）, 则=(-1,1,p)，又AP=2,∴1+1+p2=4,∴p=,

∵=,

,

∴,,

∵,∴异面直线MN与AD所成角为90o

（Ⅱ）∵,

设平面PBC的法向量为="(a,b,c)," 则,

取= , ∵,∴MN∥平面PBC。      

（Ⅲ）设平面PAB的法向量为="(x,y,z),"

由，∴则,        

取= , cos<> =,

∴MN与平面PAB所成角的正弦值是            

点评：主要是考查了线面的位置关系的运用，属于中档题。

以A点为原点，AB为x轴，AD为y轴，

AD为z轴的空间直角坐标系，

则依题意可知相关各点的坐标分别是

A（0，0，0），B（，0，0），C（，1，0），D（0，1，0），S（0，0，1）

∴MN⊥平面ABN.

（2）设平面NBC的法向量且又易知

令a=1，则

显然，就是平面ABN的法向量.

正弦值为

（Ⅰ）连结和交于点，连．

∵是正三棱柱，                                                                                                                       

∴为的中点.又为棱中点,

∴在中,,又,平面,

∴∥平面；………………………………………6分

（Ⅱ）建如图所示空间直角坐标系，

∵，，，

，，

∴，　

设平面的法向量为n，

∴，即，令，得n，

∵∴，

∴与平面所成的角正弦值为.……………13分

如图：正四棱台ABCD-A′B′C′D′ 中，高h=OO'=EK，斜高 h'=EF=DH，HD′==KF，

斜高 h'=EF=DH==，

高h=OO'=EK===．

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析.

试题分析：（Ⅰ）取的中点G，连结只需证明；（Ⅱ）先证明面，再证平面平面.

试题解析：（Ⅰ）证明：平面，面，面，

，

∴四边形为直角梯形.    （1分）

又面.       （2分）

∴凸多面体的体积

求得.                   （3分）

取的中点G，连结如图:

则，

，四边形为平行四边形，

.                    （5分）

又∵GD面BDE，AF面BDE，

平面.                 （7分）

（Ⅱ）证明：，F为BC的中点，

.                    （8分）

由（Ⅰ）知平面面.

面，.               （9分）

又，∴面.            （10分）

又∵，∴面.          （11分）

面，∴面⊥面.       （12分）

（1）（2）二面角的正切值为

试题分析：解：（法一）（1）连接，与的交点为，在中, .

,点为的中点，.又面，则.

则面，而∥，则面,

为直线与平面所成的角, 面，,.

又，.

,,

在中，,

直线与平面所成角的正弦值为             6分

（2）过点作于点,连接,

,平面，即为在平面内的射影， 为二面角的平面角.

中，,,

二面角的正切值为.        12分

(法二)建立间直角坐标系如图，则,,,,,

(1)由已知可得，=为平面的法向量=,

.

直线与面所成角的正弦值为.          6分

（2）设平面的法向量为，,

，，令，

由已知可得，向量为平面的一个法向量,

二面角为 .        12分

点评：解决的关键是熟练的根据判定定理和性质定理来得到角，结合三角形求解，或者利用向量法来求解，属于中档题。

解：（Ⅰ）找BC中点G点，连接AG，FG

F，G分别为DC,BC中点

∴   ∴   //AG

面，∥  DB⊥平面ABC

又∵DB平面

平面ABC⊥平面

又∵G为 BC中点且AC=AB=BC

AG⊥BC

AG⊥平面

平面 ………………………．4分

（Ⅱ）过C作CH⊥AB,则CH⊥平面ABDE且CH=

…………8分

（Ⅲ）以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系

则

平面角ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值

法二（略解）：延长DE交BA延长线与R点，连接CE,易知AR="BA=1," ∠RCB=

平面角ECD和平面ACB所成的锐二面角的余弦值

略

                        证明：（Ⅰ）因为正方形与梯形所在的平面互相垂直，

所以平面………………1分

因为，所以

取中点，连接

则由题意知：四边形为正方形

所以，

则为等腰直角三角形

则…………5分

则平面

则………………7分

（Ⅱ）取中点，则有

平面…………8分

证明如下：连接

由（Ⅰ）知，

所以平面

又因为、分别为、的中点，所以

则平面………………10分

则平面平面，所以平面……………………12分

略

略