热门试卷

（Ⅰ）见解析

（Ⅱ）直线与平面所成的角为

（Ⅲ）点到平面的距离等于

（Ⅰ）设与交点为，延长交的延长线于点，

则，∴，∴，∴，

又∵，∴，

又∵，∴，

∴，∴

又∵底面，∴，∴平面，

∵平面，∴平面平面…………………………………（4分）

（Ⅱ）连结，过点作于点，

则由（Ⅰ）知平面平面，

且是交线，根据面面垂直的性质，

得平面，从而即

为直线与平面所成的角.

在中，，

在中，

. 所以有，

即直线与平面所成的角为…………………………………（8分）

（Ⅲ）由于，所以可知点到平面的距离等于点到平面的距离的，即. 在中，，

从而点到平面的距离等于………………………………………………（12分）

解法二：如图所示，以点为坐标原点，

直线分别为轴，

建立空间直角坐标系，

则相关点的坐标为

，，，.

（Ⅰ）由于，，         

，         

所以，

，

所以，

而，所以平面，∵平面，

∴平面平面……………………………………………………………（4分）

（Ⅱ）设是平面的一个法向量，则，

由于，，所以有

，

令，则，即，

再设直线与平面所成的角为，而，

所以，

∴，因此直线与平面所成的角为………………（8分）

（Ⅲ）由（Ⅱ）知是平面的一个法向量，而，

所以点到平面的距离为

（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）

本题考查空间的线面关系，向量法及其运算。

（Ⅰ）证法一：如图建立空间直角坐标系。则D1（0，0，0）、O1（2，2，0）

B1（4，4，0）、E（2，0，8）、A（4，0，8）、B（4，4，8）、

F（0，4，4）。            

=（-4，4，-4），=（0，4，4），

=（-4，0，4）          

=0+16-16=0，=16+0-16=0

∴AF⊥平面FD1B1.            

证法二：连结BF、DF，则BF是AF在面BC1上的射影，易证得BF⊥B1F，

DF是AF在面DC1上的射影，也易证得DF⊥D1F，所

以AF⊥平面FD1B1.

（Ⅱ）解法一：=（2，4，0），=（-2，2，4）  

设与的夹角为，则

=……

解法二：在B1C1上取点H，使B1H=1，连O1H和FH。

易证明O1H∥EB，则∠FO1H为异面直线EB与F所成角。

又O1H=BE=，HF==5，

O1F==2，

∴在△O1HF中，由余弦定理，得

cos∠FO1H==

（Ⅰ）存在且为B1C1的中点，连接AB1，

∵D、E、G分别是AB1、BB1、AC1的中点，∴DE∥AB1∥GF；

（Ⅱ）延长FE与CB的延长线交于M，连接DM，则DM为截面与底面所成二面角的棱，取BC的中点N，连FN，则FN∥BB1．

∵EB∥FN，EB=FN，∴B为MN的中点．

由题设得BM=BN=BE=BD=1，且∠DEM=120°，

作EH⊥DM于H，则∠BDM=∠BMD=30°，连BH，

又BE⊥底面ABC，

由三垂线定理可知DM⊥EH，

∴∠EHB为截面与底面所成的锐二面角．

在Rt△EHB中，BE=1，EH=BD=，

∴tan∠EHB==2．

（1）证明略 

（2）点的位置在上靠近点的四等分点处.

(1)连接,在矩形中,

∵点是的中点, W$w

∴,

∴, 即,

又∵平面, ∴,

又∵,

∴平面, ∵平面,

∴                ……6分

(2)过作交于,

则面,且

过作交于,

则面且,

∴面面,

从而点满足,

即点的位置在上靠近点的四等分点处.           ……14分

(1) 。     (2)。

（1）在如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标

依题意，得．

，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

………………………（6分）

（2）设是线段上的点，使得平面.

, 则

又.

由平面，得即

故，此时.

经检验，当时，平面.

故线段上存在点，使得平面，此时 …………12分

①略．

②这个几何体由四个面构成，即面DEF、面DFP、面DEP、面EFP．

由平几知识可知DE=DF，∠DPE=∠EPF=∠DPF=90°，

所以△DEF为等腰三角形，△DFP、△EFP、△DEP为直角三角形．

③由②可知，DE=DF=a，EF=a，所以，S△DEF=a2．DP=2a，EP=FP=a，

所以S△DPE=S△DPF=a2，S△EPF=a2．

（1）详见解析.（2）

试题分析：(1) 由，推出底面,进而推出，结合可得底面，得平面平面；（2）取CD的中点F，连接AC与BD，交点为Ｍ，取ＤＭ的中点N，连接ＥＮ，ＦＮ，易知为二面角的平面角，在中，求出该余弦值.

试题解析：证明:(1) ∵,是的中点, ∴.

∵底面,∴.又由于,,故底面,

所以有.又由题意得,故.

于是,由,,可得底面.

故可得平面平面 

(2)取CD的中点F，连接AC与BD，交点为Ｍ，取ＤＭ的中点N，连接ＥＮ，ＦＮ，易知为二面角的平面角，又，，由勾股定理得，在中，

所以二面角的余弦值为（用空间向量做，答案正确也给６分）

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）或.

试题分析：1. 第（Ⅰ）问有一点难度，需要作辅助线，这几乎是用几何法证明线面平行、线面垂直的必经之路了，对此考生要有意识.2.第（Ⅱ）问的解决比较简单，并且不依赖于第（Ⅰ）问，有的考生第（Ⅰ）问没有做出来，但第（Ⅱ）问做出来了，这是一种好的现象，说明考生能够把会做的做对了.

试题解析：（Ⅰ）证明：设的中点为，连接，.

根据题意得, ，且.

∴四边形是平行四边形.

∴.

∵平面，平面，

∴平面.

（Ⅱ）解：∵，

，

∴空间几何体的体积

.

∴或，即平面把长方体

分成的两部分的体积比为或.

(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)

试题分析：(Ⅰ)根据两个平面垂直的条件，在平面内找到一条垂直于平面的直线即可，取的中点，可证明平面；(Ⅱ) 二面角与二面角相等，二面角的平面角为，求出即可.（解法2采用的是向量的方法，求出平面、的法向量，即可证明平面平面；求出平面、的法向量，即可求出二面角.）

(Ⅰ)证明：取的中点，的中点，连，，，则 

平面，平面，∴，

是平行四边形，.

，，又平面.

平面.平面.

从而平面平面.                                6分

(Ⅱ)二面角与二面角相等，

由(Ⅰ)知二面角的平面角为.

，，

得，，

为正方形，，

∴二面角的大小为．                            12分

解法2：取的中点，连.

，，又平面.

以为原点建立如图空间直角坐标系，

则由已知条件有: ，，

设平面的法向量为，

则由

及

可取 

又平面，，平面，

∴平面的法向量可取为.

， ∴，∴平面平面.          6分

（Ⅱ）设平面的法向量为，

则由

及

可取

∵平面的法向量可取为，

∴锐二面角的余弦值为，

∴二面角的大小为．                                12分.

(I) (II)详见解析； (III)存在点M满足条件．

试题分析：(I) 要证平面OEF//平面APD ，只需借助所给中点，证明、即可； (II) 借助底面为直角梯形及可得，另由已知可得：平面，进而可得，从而可证平面；(III)记点为，证明即可．

试题解析：（I）因为点在平面上的正投影恰好落在线段上

所以平面，所以                         2分

因为，

所以是中点，                                        3分

所以                                             4分

同理

又

所以平面平面；                                6分

（II）因为，

所以                                             7分

又平面，平面

所以                                             8分

又

所以平面；                                      10分

(III)存在，事实上记点为即可                            11分

因为平面，平面

所以

又为中点，所以                            12分

同理，在直角三角形中，，        13分

所以点到四个点的距离相等．                     14分

(Ⅰ) (Ⅱ) x＝3时有最大值，最大值为3

试题分析：(Ⅰ)存在使得满足条件CP∥平面ABEF，且此时． 2分

下面证明：

当时，即此时，可知，过点作MP∥FD，与AF交于点，则有

，又FD＝，故MP＝3，又因为EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MPEC，故四边形MPCE为平行四边形，所以PC∥ME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故有CP∥平面ABEF成立．   6分

(Ⅱ)因为平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDC＝EF，又AFEF，所以AF⊥平面EFDC．由已知BE＝x，，所以AF＝x(0x4)，FD＝6x．故．所以，当x＝3时，有最大值，最大值为3．                     12分

点评：本题第一问求解时可采用空间向量法，以F为原点建立坐标系，写出点P的坐标（用表示）通过直线的方向向量与平面的法向量垂直得到值即可求出点P的位置