热门试卷

见解析

（I）,

,

又因为

（II）解法一过C作,则,如图，

以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM、为x轴，y轴，z轴

建立空间直角坐标系，因为AB=2，AC=1，所以

故

设平面BCP的法向量为，则 所以不妨令

设平面ABP的法向量为，则所以

不妨令

所以由题意可知二面角C-PB-A的余弦值为

（II）解法二过C作于M，因为

，。过。

由三垂线定理得.所以为二面角C-PB-A的平面角。

,

,因为

所以.

,所以二面角C-PB-A的余弦值为。

（I）本题来源于教材中的例题，主要是要表达清楚线面垂直的判定条件以及面面垂直的判定条件，学生容易漏写条件，从而丢分。（II）解法一主要是建立空间直角坐标系来解决，注重运算，特别是求好两个平面的法向量，还要注意最后的结论。解法二主要体现的是几何法求解二面角，第一步是作图找出角，第二步是证明该角为所求二面角的平面角的大小，第三步是通过计算得出该角的大小。

【考点定位】本题考查线面垂直的判断和面面垂直的判定以及求二面角的方法。

（Ⅰ）（Ⅱ）不存在

(1) E为AB的中点(2)证明略

（1） E为AB的中点.

证明如下:取PC的中点G，连接GE，GF.

由条件知GF∥CD，EA∥CD，∴GF∥EA.

则G、E、A、F四点共面.

∵AF∥平面PEC，

平面GEAF∩平面PEC=GE，

∴FA∥GE.

则四边形GEAF为平行四边形.

∴GF=AE，∵GF=CD，∴EA=CD=BA.

即E为AB的中点.

（2） ∵EA∥CD，PE、CD所成的角为60°，且PA的长度大于a.

∴∠PEA=120°.

∵PE=BE=EA=a，∴PA=a.

取CE的中点M，连接PM，AM，BM，在△AEM中，                 

AM==a.

∵PM=BM=a，∴PM2+AM2=PA2.

则∠PMA=90°，PM⊥AM.

∵PM⊥EC，EC∩AM=M，

∴PM⊥平面AECD.

∵PM平面PEC，

∴平面PEC⊥平面AECD.

（Ⅰ）异面垂直;（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）先证明A¢D⊥面A¢EF即可得EF与A¢D的位置关系是异面垂直；

（Ⅱ）先作出并证明ÐOHF是二面角F－A¢B－D的平面角，再利用解三角形的方法求出ÐOHF的大小.

试题解析：（Ⅰ）A¢D⊥EF．       1分

证明如下：因为A¢D⊥A¢E，A¢D⊥A¢F，

所以A¢D⊥面A¢EF，又EFÌ面A¢EF，

所以A¢D⊥EF．直线EF与A¢D的位置关系是异面垂直    4分

（Ⅱ）方法一、设EF、BD相交于O，连结A¢O，作FH⊥A¢B于H，              

连结OH， 因为EF⊥BD，  EF⊥A¢D．

所以EF⊥面A¢BD，A¢BÌ面A¢BD， 所以A¢B⊥EF，又A¢B⊥FH，

故A¢B⊥面OFH，OHÌ面OFH，      所以A¢B⊥OH，

故ÐOHF是二面角F－A¢B－D的平面角．

，A¢E＝A¢F＝，EF＝，则，

所以，△A¢EF是直角三角形，则，

则，，∴，，

则A¢B＝，所以，

所以， tanÐOHF＝，故ÐOHF＝．

所以二面角F－A¢B－D的大小为．   12分

方法二、设EF、BD相交于O，连结A¢O，作于G，可得A¢G⊥面BEDF，

，A¢E＝A¢F＝，EF＝，则，

所以，△A¢EF是直角三角形，则，

则，则，

∴，，

所以，，则，

分别以BF、BE为空间直角坐标系的x、y轴，建立如图坐标系，则，， ，，故，，，，

因，，故面A¢BD的一个法向量，

设面A¢BF的一法向量为，则取，

设二面角F－A¢B－D的平面角为，则，∴，

故二面角F－A¢B－D的大小为． 12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析

试题分析：（Ⅰ）利用结合直线与平面平行的判定定理证明即可；（Ⅱ）利用已知条件先证明平面，进而得到；（Ⅲ）取的中点，连接，可以先证平面，再利用平行四边形平移法证明四边形为平行四边形，由，进而得到平面，从而确定点的位置.

试题解析：（Ⅰ）证明：，且平面PCD，平面PCD，所以平面PDC

2分

（Ⅱ）证明：因为AB平面PAD，且PH平面PAD ， 所以

又PH为中AD边上的高，所以

又所以平面

而平面所以            7分

（Ⅲ）解：线段上存在点，使平面

理由如下：如图，分别取的中点G、Ｅ

则

由

所以，

所以为平行四边形，故

因为AB平面PAD，所以

因此，

因为为的中点，且，所以，因此

又，所以平面

14分

(1)见解析；

(2) 在斜三棱柱中，有，其中为 平面与平面所组成的二面角.

(1)本小题可通过证明,再证明，即可得到要证结论。

(2)根据类比规则，把三角形当中的边长类比成三棱柱中的侧面面积。所以可得结论为

解：(1) 证：；-3分

(2) 解：在斜三棱柱中，有，其中为 平面与平面所组成的二面角. ------------------8分

(以下证明学生不必证明)

上述的二面角为,在中，

，

由于，

∴有.  ＿＿＿＿＿＿＿８分

（1）略

（2）

（3）

解：（Ⅰ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．

则，，，，

∴，，．

，

又与交于点

，

∴平面．……………………4分

（Ⅱ）设与所成的角为．

，，．

∴，

．

∴．

所求异面直线与所成角的余弦值为．…………………………8分

（Ⅲ）设平面与直线所成的角为．

设平面的法向量为．

， ，，，．

令，则

．

．

（1）见解析；（2）.

(1)关键是即可.

(2)由于三棱锥A1—ABC的高等于2,底面积最大时，体积最大，因为AB=2，所以当点C到直线AB的距离最大时，即点C到AB的距离等于半径时，体积最大..

证明： (1)提示：关键是即可.

解：(2)由于三棱锥A1—ABC的高等于2,底面积最大时，体积最大，因为AB=2，所以当点C到直线AB的距离最大时，即点C到AB的距离等于半径时，体积最大..

解 方法一 （1）建立如图所示的空间直角坐标系，

则A、B、C、D、P、E的坐标为A（0，0，0），B（，0，0）、C（，1，0）、D（0，1，0）、P（0，0，2）、

E(0，，1)，从而=（，1，0），=（，0，-2）.

设与的夹角为，则cos===，

∴AC与PB所成角的余弦值为……………………………………7分

（2）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x,0,z）,则=（-x，，1-z），由NE⊥平面PAC可得

，即,化简得,∴ 

即N点的坐标为（，0，1），

从而N点到AB、AP的距离分别为1，…………………14分

方法二 （1）设AC∩BD=O，

连接OE，AE，BD，则OE∥PB，

∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角.

在△AOE中，AO=1，OE=PB=，AE=PD=，

∴由余弦定理得cos∠EOA=,

即AC与PB所成角的余弦值为.

(2)在平面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F,则∠ADF=.连接PF,则在Rt△ADF中,DF==,AF=AD·tan∠ADF=.

设N为PF的中点，连接NE，则NE∥DF.

∵DF⊥AC，DF⊥PA，

∴DF⊥平面PAC，从而NE⊥平面PAC.

∴N点到AB的距离为AP=1，N点到AP的距离为AF=.

略