热门试卷

（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）直线与平面所成角的正弦值为

证明：（Ⅰ）设的交点为O,连接，连接.

因为为的中点，为的中点,

所以∥且.又是中点，

所以 ∥且,

所以 ∥且.

所以，四边形为平行四边形.所以∥.

又平面,平面,则∥平面.  ………………5分

(Ⅱ)因为三棱柱各侧面都是正方形，所以，.

所以平面.

因为平面，所以.

由已知得，所以,

所以平面.

由（Ⅰ）可知∥，所以平面.

所以.

因为侧面是正方形，所以.

又，平面，平面,

所以平面.               ………………………………………10分

（Ⅲ）解: 取中点，连接. 

在三棱柱中，因为平面，    

所以侧面底面.

因为底面是正三角形，且是中点，

所以，所以侧面.

所以是在平面上的射影.

所以是与平面所成角.

.           …………………………………………14分

解法二：如图所示，建立空间直角坐标系.

设边长为2，可求得，,

，，，，

，，.

（Ⅰ）易得，，

. 所以，所以∥.

又平面,平面,则∥平面. ………………5分

（Ⅱ）易得，，，

所以.

所以

又因为，，

所以平面.           …………………………………………… 10分

（Ⅲ）设侧面的法向量为,

因为, ,，，

所以，.

由 得解得

不妨令，设直线与平面所成角为．

所以.

所以直线与平面所成角的正弦值为．………………………14分

（1）详见解析；（2）二面角的正弦值为.

试题分析：（1）要证直线平面，只需证垂直于平面内的两条相交直线，首先在等腰三角形中利用三线合一的原理得到，通过证明平面，得到，再结合直线与平面垂直的判定定理证明平面；（2）解法一是利用三垂线法来求二面角的正弦值，利用平面，从点作的中位线，得到平面，再过点作，并连接，先利用直线平面来说明为二面角的平面角，最后在直角三角形中来计算的正弦值；解法二是以点为原点，、的方向分别为轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求二面角的余弦值，进而求出它的正弦值.

试题解析：（1）平面，平面，，

，平面，平面，，平面，

又平面，，

，为的中点，，

平面，平面，，平面；

（2）方法一：取的中点，连接，则.

由已知得面，过作，为垂足，连接，

由（1）知，平面，平面，，

，且，面，

平面，，故为二面角的平面角，

，

故二面角的余弦值为；

方法二:以为原点建立空间直角坐标系B，

，，，，，则，，

平面法向量为，

设平面法向量为，

则 

.

令z=1,得x=-1,y=1,.即，

设二面角E-AB-C为,则= 

故二面角的余弦值为.

（I）见解析；（II）存在，证明见解析.

试题分析：（I）先根据已知条件证明，那么就有，在根据题中已知边的长度，由勾股定理证明，根据直线与平面垂直的判定定理即可证明；（II）设的中点为， 连结，，，证明四边形为平行四边形，由直线与平面平行的判定定理可知，平面.

试题解析：（I）∵，∴.

又∵，，且，

∴. 

又，∴.                             3分

在底面中，∵，，

∴，有，∴.

又∵， ∴.                     6分

（II）在上存在中点，使得平面，                 8分

证明如下：设的中点为， 连结，，，如图所示：

则，且.           

由已知，，

∴，且，     10分

∴四边形为平行四边形，∴.

∵平面，平面，

∴平面.                                       12分

（1）   （2）

试题分析：解：（1）过作，垂足为，则，过作交于，交于

∵为等腰直角三角形，

∵

∴，

∴，

∴

∴              6分

（2）∵，，

             12分

点评：主要是考查了运用向量法来求解空间中的角和距离的求解，属于中档题。

（1）欲证EF∥面ABC，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证EF与面ABC内一直线平行即可，根据中位线可知EF∥BC，又BC⊂面ABC，EF⊄面ABC，满足定理所需条件；

（2）欲证，可先证EF⊥面PAC，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证EF与面PAC内两相交直线垂直，而PA⊥面ABC，BC⊂面ABC，则BC⊥PA，而AB是⊙O的直径，则BC⊥AC，又PA∩AC=A，则BC⊥面PAC，满足定理条件；

（3）

试题分析：解： (1)证明：在三角形PBC中，

所以  EF//BC，

                           4分

(2) 

又是⊙的直径，所以                 7分

所以，                     8分

因 EF//BC ，所以

因为, 所以.                  10分

（3） 在中， 

 ＝ 

当时，是中点．为中点 

       12分

                 14分

点评：本题主要考查直线与平面平行的判定，以及空间两直线的位置关系的判定和三棱锥的体积的计算，体积的求解在最近两年高考中频繁出现，值得重视．

(1)连接BC1和CB1交于O点,连接ON.

∵ABC-A1B1C1是正三棱柱,

∴O为BC1的中点.又N为棱AB的中点,

∴在△ABC1中,NO∥AC1,

又NO平面CNB1,

AC1平面CNB1,

∴AC1∥平面CNB1.

（2）=

略

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）

（Ⅰ）如图所示，由正三棱柱的性质知平面.

又DE平面ABC，所以DE.而DEE，,

所以DE⊥平面.又DE平面，

故平面⊥平面.

（Ⅱ）过点A作AF垂直于点,

连接DF.由（Ⅰ）知，平面⊥平面，

所以AF平面,故是直线AD和

平面所成的角。因为DE，

所以DEAC.而ABC是边长为4的正三角形，

于是AD=，AE=4-CE=4-=3.

又因为，所以E= = 4,

 , .

即直线AD和平面所成角的正弦值为。

略

（Ⅰ）证明：菱形中，记交点为, ，     

翻折后变成三棱椎，在△中，

=

在△中，，

∴∠=90°，即⊥，又⊥，∩=，

∴⊥平面, ………………………4分

又平面,∴平面⊥平面．    

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知,,两两互相垂直，分别以,, 所在直线为坐标轴建系，

则 (0,0,4)，(0,-3,0)，(4,0,0) ，(0,3,0) ，(0,-,2)，

,，…………………………………8分

设平面的一个法向量为，则由

 ，得 ，…10分 令y=4，有 ……10分

设与平面所成角为θ,

∴与平面所成角的正弦值为， …………………………………12分

略

解法一：

（Ⅰ）∵C1E⊥平面BDE，

在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，

∴BC1＝，A1C1＝．

设AE＝x，则BE＝，C1E＝，

∵BC＝BE2＋C1E2，∴5＝1＋x2＋2＋(2－x)2，解得x＝1．……………………3分

连结D1E，由DE＝EB＝BD＝，得

S△BDE＝DE2＝，S△DD1E＝DD1·AD＝1，

设点D1到平面BDE的距离为h，则由VD1—BDE＝VB—DD1E，

得·h＝·1·1，h＝．

设直线BD1与平面BDE所成的角为θ，

因BD1＝，则sinθ＝＝．………………………………………………6分

（Ⅱ）分别取BE、CE的中点M、N，则MN∥BC，且MN＝AB＝．

∵BC⊥平面ABB1A1，BEÌ平面ABB1A1，∴BC⊥BE，∴MN⊥BE．

∵BE＝BD＝DE＝，∴DM⊥BE，且DM＝，

∴∠DMN为二面角C-BE-D的平面角．…………………………………………9分

又DN＝EC＝，

∴cos∠DMN＝＝．…………………………………………12分

解法二：

（Ⅰ）建立如图所示的坐标系D—xyz，

其中D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，C1(0，1，2)．设E(1，0，a)，则

＝(－1，1，2－a)，＝(1，1，0)，＝(1，0，a)，

∵C1E⊥平面BDE，∴⊥，

∴·＝－1＋(2－a)a＝0，解得a＝1．……………………………………3分

∴＝(－1，1，1)．

设直线BD1与平面BDE所成的角为θ，

因＝(1，1，－2)，则sinθ＝|\o(D1B,\s\up5(→EC1,\s\up5(→＝．……………………………6分

（Ⅱ）由（Ⅰ），＝(－1，1，1)为面BDE的法向量，

设n＝(x，y，z)为面CBE的法向量，

∵＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，

∴n·＝0，n·＝0，

∴x＝0，－y＋z＝0，取n＝(0，1，1)，…………………………………………9分

∴cosá，nñ＝\o(EC1,\s\up5(→________＝，

所以二面角C-BE-D的余弦值为．……………………………………………12分

略