热门试卷

（Ⅰ）略

（Ⅱ）略

（Ⅲ）AQ=AP时，PC//QD，从而PC//平面BDQ ．  

（Ⅰ）证明：由等腰三角形PBC，得BE⊥PC

又DE垂直平分PC，∴DE⊥PC

∴PC⊥平面BDE，………… 4分

（Ⅱ）由（Ⅰ），有PC⊥BD

因为 PA⊥底面ABC ，所以PA⊥BD

BD⊥平面PAC，所以点Q是线段PA上任一点都有

BD⊥DQ   ………………………… 8分

（Ⅲ）解：不妨令PA=AB=1，有PB=BC= 

计算得AD=AC 所以点Q在线段PA的处，

即AQ=AP时，PC//QD，从而PC//平面BDQ ．  ……………………… 12分

略

（1）

（2）G是CC1的中点

(3) 故二面角的平面角是π－arctan 

（文）二面角的平面角的正切值为－

（1）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，则AE∥A1E1，∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角。设，则

中， 。

所以异面直线AE与A1C所成的角为。  ------------------4分

（2）.由（1）知，A1E1⊥B1C1,又因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱

⊥BCC1B1,又EG⊥A1C  CE1⊥EG.

∠=∠GEC ~

即得

所以G是CC1的中点             ---------------------------- --8分

（3）连结AG,设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q,连EP,EQ,则EP⊥AC.

又平面ABC⊥平面ACC1A1  EP⊥平面ACC1A1 

而PQ⊥AG  EQ⊥AG.∠PQE是二面角C-AG-E的平面角.

由EP=a,AP=a,PQ=,得

所以二面角C-AG-E的平面角是arctan，而所求二面角是二面角C-AG-E的补角，故二面角的平面角是π－arctan  ------------------------12分

（文）二面角的平面角的正切值为－。------------------------12分

(2) 60°    (3) ∠AOH=arcsin

法1: 如图所示(1)设A1B与AB1交于O点, 在△AB1C中, OD为其中位线,

∴OD∥B1C, ODÌ平面A1BD, B1CÌ平面A1BD, ∴B1C∥平面A1BD

(2) ∵D是AC的中点, △ABC为正三角形, ∴BD⊥AC, 三棱柱ABC－A1B1C1为正三棱柱, ∴ A1A⊥BD, ∴BD⊥平面A1AD, ∴BD⊥A1D, BD⊥AD, ∴∠A1DA为二面角A1－BD－A的平面角, A1A=, AD="1," tan∠A1DA= = , ∴∠A1DA=" 60°." ∴二面角A1－BD－A的平面角为60°.

(3)∵ BD⊥平面A1AD, BDÌ平面A1BD, ∴平面A1AD⊥平面A1BD, 过A作AH⊥A1D于H点,∴AH⊥平面A1BD, ∴∠AOH为直线AB1与平面A1BD所成角, 在Rt△A1AD中AH== = , AO= sin∠AOH= = = , ∠AOH=arcsin.

法2: (空间向量法)建坐标系如图, 则

A(1,0,0), D(0,0,0), B(0,, 0), A1(1, 0, ) B1(0, , ) , C(－1,0,0)

(1) ="(1," 0, ), =(0,, 0), ="(1," , ) , ∴ =+ , ∴、、共面, 又∵CB1Ì平面A1BD, ∴B1C∥平面A1BD

(2) 平面ABD的法向量设为="(0,0,1)," 平面A1BD的法向量为=(x,y,z),

∵ ,

∴ , y="0," 令z="1," 则x=－, ∴=(－,0,1) ,

=

∴ 二面角A1－BD－A的大小的60°.

(3) 直线AB1与平面A1BD所成角θ, 则=(－1, , ),平面A1BD的法向量为=(－,0,1) , sinθ= = = , ∴ θ=arcsin.

（1）60o

（2）根据题意，由于BC⊥AC，且有PA⊥BC，则可以根据线面垂直的判定定理来得到结论。

（3）60o  

试题分析：（Ⅰ）取的AB中点H，连接DH，易证BH//CD，且BD="CD" 1分

所以四边形BHDC为平行四边形，所以BC//DH

所以∠PDH为PD与BC所成角2分

因为四边形，ABCD为直角梯形，且∠ABC=45o， 所以DA⊥AB

又因为AB=2DC=2，所以AD=1， 因为Rt△PAD、Rt△DAH、Rt△PAH都为等腰直角三角形，所以PD=DH=PH=，故∠PDH=60o 4分

（Ⅰ）连接CH，则四边形ADCH为矩形， ∴AH=DC  又AB=2，∴BH=1

在Rt△BHC中，∠ABC=45o ， ∴CH=BH=1，CB= ∴AD=CH=1，AC=

∴AC2+BC2=AB2   ∴BC⊥AC……6分 又PA平面ABCD∴PA⊥BC ……7分

∵PA∩AC=A∴BC⊥平面PAC  8分

（Ⅲ）如图，分别以AD、AB、AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由题设可知：

A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(1，0，0)，

∴=(0，0，1)，=(1，1，-1) 9分

设m=(a，b，c)为平面PAC的一个法向量， 则，即

设，则，∴m=(1，-1，0)  10分

同理设n=(x，y，z) 为平面PCD的一个法向量，求得n=(1，1，1) 11分

∴ 12分

所以二面角A-PC-D为60o  13分

点评：主要是考查了空间中线面角和二面角的平面角的求解，以及线面垂直的判定，属于基础题。

见解析

(1)以D为坐标原点,分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PD=CD=2，则A(2,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，B(2,2,0)，=(2,0,-2)，=(0,1,1)，=(2,2,0)。

设=(x,y,z)是平面BDE的一个法向量，

则由，得；取x=-1，=(1,-1,1)，

∵·=2-2=0，∴⊥，又PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE。

(2) 由(1)知=(1,-1,1)是平面BDE的一个法向量,又==(2,0,0)是平面DEC的一个法向量。

设二面角B-DE-C的平面角为θ,由图可知θ=<,>，

∴ cosθ=cos<,>=，

故二面角B-DE-C余弦值为。

(3)∵=(2,2,-2)，=(0,1,1)，∴·=0+2-2=0，∴PB⊥DE。

假设棱PB上存在点F，使PB平面DEF，设=λ (0＜λ＜1)，

则 =(2λ, 2λ,-2λ)，=+=(2λ, 2λ,2-2λ)，

由·="0" 得 4λ2 +4λ2-2λ(2-2λ)=0，

∴ λ= (0,1)，此时PF=PB，                       

即在棱PB上存在点F，PF=PB，使得PB⊥平面DEF。

（1）略

（2）略

（3）

（1）连AC,由题可知F在AC上,

∵E，F分别是AC，PC的中点

∴EF∥PA

∵EF平面PAD，PA 平面PAD

∴EF∥平面PAD                 ………4分

（2）平面PAD⊥平面ABCD于AD

CD⊥AD

∴CD⊥平面PAD

又CD平面ABCD             

∴平面PAD⊥平面ABCD           ………8分

（3）过P作PO⊥AD于O

∴PO⊥平面ABCD

∵△PAD是等腰直角且AD=2

∴PO=1

∴             ………13分

解：（Ⅰ）因为且正方形中，所以，

取中点，则且

，又为的中点，

所以，得平行四边形HEDC，

因此，又，

得，，所以

平面    ………………………………6分

（Ⅱ）取中点，连，作于

因为，，所以平面平面，由（Ⅰ）得平面，

所以平面，又，所以，又，得 平面，所以与平面所成角为 ……………10分

在中，，

在中，由于，…………14分

另解：（向量法）（Ⅰ）

如图，以H为原点，建立空间直角坐标系，

则C（0，0，），C1（），A1

（），B1（0，，0），所以

，

，因此平面； ………………6分

（Ⅱ）设平面的法向量，由于

则，

得，所以  ……………………10分

又，所以……14分

略

解：（1）∵平面ABFE⊥平面ABCD，∠EAB=90º，即EA⊥AB，而平面ABFE平面ABCD=AB，∴EA⊥平面ABCD。作FH∥EA交AB于H，则FH⊥平面ABCD。连接DH，则∠FDH为直线FD与平面ABCD所成的角。

在Rt△FHD中，∵FH=EA=1，DH=，

∴,∴∠FDH=,

即直线FD与平面ABCD所成的角为。

（2）∵平面ABFE⊥平面ABCD，EA⊥AB，∴EA⊥平面ABCD。

分别以AD,AB,AE所在直线为轴,轴,轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则

     A(0,0,0)、D(1,0,0)、C(1,2,0)、E(0,0,1)、B(0,2,0)、

F(0,1,1),

∴

∵∴⊥平面BCF，

即=(0,1,1)为平面BCF的一个法向量，

又，

∴点D到平面BCF的距离为。

（3）∵，设为平面CDEF的一个法向量，

则令，得，

即。

又（1）知，为平面BCF的一个法向量，

∵〈,〉=，

且二面角B—FC—D的平面角为钝角，

∴二面角B—FC—D的大小为120º。

略

(1)略

(2)

（1）证明：∵垂直于圆所在平面，在圆所在平面上，∴．

在正方形中，，

∵，∴平面．∵平面，

∴平面平面． …………4分

（2）解法1：∵平面，平面，

∴．

过点作于点，作交于点，连结，

由于平面，平面，

∴．∵，∴平面．

∵平面，∴．

∵，，∴平面．

∵平面，∴．

∴是二面角的平面角．

在△中，，，，

∵，∴．

在△中，，

∴．故二面角的平面角的正切值为． …………13分

解法2：∵平面，平面，

∴．∴为圆的直径，即． 设正方形的边长为，

在△中，，

在△中，，

由，解得，．∴．

设平面的法向量为，

则即

取，则是平面的一个法向量．

∵，

∴．∴．故二面角的平面角的正切值为．

（I）略   （Ⅱ）    （Ⅲ）

解法一：（Ⅰ） 连接．

因为四边形为菱形，

所以,又面，[所以．

而，所以．因为四边形是平行四边形，所以四边形是矩形．

（Ⅱ） 连接OE，因为,所以平面，∴ ,即为二面角

E──C的平面角．在菱形中， 

又E是的中点，．所以．

在△中，,∴ ，,

所以在△中，有，即二面角E─BD─C的大小为．      9分

（Ⅲ） 设点D到平面的距离为h，则有．

因为是的中点，所以14分

解法二：（Ⅰ） 连结AC、BD相交于O，连结．

由已知，有AC⊥BD，⊥面ABCD，故可建立空间直角坐标系，

且以下各点的坐标分别为：，  1分

设, ， 3分又, 四边形为平行四边形．是矩形． 4分

（Ⅱ） 设,则．

， 由 可求得

∴．设为平面EBD的法向量，

则由，得

可取 , ． 6分

平面平面BDC的法向量为，

而 ． 

∴ 二面角E─BD─C的大小为．    9分

（Ⅲ） 设为平面的法向量，

则由 ,得

∴ 可取，．

到平面的距离 ．    11分  

而，又由（Ⅰ）知， ，

．················ 14分

(2) AP="1    " (3) arctan

(1)证明:连结B1P,假设B1P⊥平面ACC1A1,

则B1P⊥A1C1.   由于三棱柱ABC—A1B1C1为正三棱柱,

∴AA1⊥A1C1.   ∴A1C1⊥侧面ABB1A1.   ∴A1C1⊥A1B1，   即∠B1A1C1=90°.   

这与△A1B1C1是等边三角形矛盾.   ∴B1P不可能与平面ACC1A1垂直.

(2)取A1B1的中点D,连结C1D、BD、BC1,   则C1D⊥A1B1,   又∵AA1⊥平面A1B1C1,

∴AA1⊥C1D.   ∴C1D⊥平面ABB1A1.   ∴BD是BC1在平面ABB1A1上的射影.   

∵BC1⊥B1P.   ∴BD⊥B1P.   ∴∠B1BD=90°-∠BB1P=∠A1B1P.   又A1B1=B1B=2,

∴△BB1D≌△B1A1P,A1P=B1D="1.   " ∴AP=1.

(3)连结B1C,交BC1于点O,则BC1⊥B1C.   又BC1⊥B1P,   ∴BC1⊥平面B1CP.   过O在平面CPB1上作OE⊥B1P,交B1P于点E,连结C1E,则B1P⊥C1E,   ∴∠OEC1是二面角C-B1P-C1的平面角.

由于CP=B1P=,O为B1C的中点,连结OP,   ∴PO⊥B1C,OP·OB1=OE·B1P.∴OE=.  

∴tan∠OEC1==.∴∠OEC1=arctan. 故二面角CB1PC1的大小为arctan.

（1）略

（2）二面角D—BA1—A为锐角，它的大小为arcos 

（3）B1到平面A1BD的距离d=

（1）证明：建立如图所示，

∵     

∴     即AE⊥A1D，  AE⊥BD  ∴AE⊥面A1BD

（2）设面DA1B的法向量为

由 ∴取

设面AA1B的法向量为  ，

由图可知二面角D—BA1—A为锐角，∴它的大小为arcos 

（3），平面A1BD的法向量取

则B1到平面A1BD的距离d=