热门试卷

（Ⅰ）见解析   （Ⅱ）

（Ⅰ）由题意,又，，

又，，

--------------------------------------------------4分

（Ⅱ）取BC中点E，连AE,过E作于F,连AF．

是正三角形，．

又底面侧面，且交线为BC

侧面

又

为二面角的平面角．--------------------7分

连ED，则直线AD与侧面所成的角为．

设正三棱柱的侧棱长为．则在中，

解得．    

此正三棱柱的侧棱长为．--------------------------------------------------------9分

在中，，又

， ．

又

在中，．     -----------------------------------------11分

故二面角的大小为． 

(Ⅰ)略   (Ⅱ) 略 （Ⅲ）

证明：（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱BB1⊥平面ABC．

又BB1平面BCC1B1，∴侧面BCC1B1⊥平面ABC．在正三角形ABC中，

D为BC的中点，∴AD⊥BC．

由面面垂直的性质定理，得AD⊥平面BCC1B1．又AD平面AC1D，

∴平面AC1D⊥平面BCC1B1．

（2）连A1C交AC1于点O，四边形ACC1A1是平行四边形，O是A1C的中点．又D是BC的中点，连OD，由三角形中位线定理，得A1B1∥OD．∵OD平面AC1D，A1B平面AC1D，∴A1B∥平面AC1D．……..8分

..12分

(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)＝

试题分析：(Ⅰ)先点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF，然后通过平面和平面垂直的性质定理及直三棱柱的定义可证EF∥AA1，又点F是AC的中点，则DB = BB1，即为的中点；或者先证,再证得. (Ⅱ)先在点D处建立空间直角坐标系，然后求出两平面DA1C和ADA1 的法向量分别为和，由二面角的平面角为可知，得

据题意有：，从而 ＝.或者利用几何法可求.

试题解析：（Ⅰ）过点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF

∵面DA1 C⊥面AA1C1C且相交于A1 C，面DA1 C内的直线DE ⊥ A1 C

故直线面                     3分

又∵面BA C⊥面AA1C1C且相交于AC，易知BF⊥AC，∴BF⊥面AA1C1C

由此知：DE∥BF ，从而有D，E，F，B共面，又易知BB1∥面AA1C1C，故有DB∥EF ，从而有EF∥AA1，又点F是AC的中点，所以DB ＝ EF ＝  AA1＝  BB1，即为的中点.             6分

(Ⅱ）解法1：建立如图所示的直角坐标系，

设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝ ，则D（0,0,b）,  A1 (a,0,2b),  C (0,a,0) 

所以，

设面DA1C的法向量为

则   可取                    8分

又可取平面AA1DB的法向量:

据题意有： 解得： ＝               12分

(Ⅱ)解法2：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB⊥面AA1B1B，

过B作BH⊥A1 G于点H，连CH，由三垂线定理知：A1 G⊥CH，

由此知∠CHB为二面角A －A1D － C的平面角；                       9分

设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝；在直角三角形A1A G中，易知AB ＝ BG.

在DBG中，BH ＝  ＝ ， CHB中，tan∠CHB ＝  ＝ ，据题意有： ＝ tan600 ＝  ，解得：所以 ＝               12分

圆柱的表面积为   

解：设圆锥的地面半径为R,圆柱的底面半径为r，表面积为S，

则由三角形相似得r="1" （2分）

 （6分）

（1）见解析   （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．

（2）解法1：∵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，．

∴．

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．

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，．

∴．

以为坐标原点，分别以、所在的直线为轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，

．

设平面的法向量为，

则即

取，则是平面的一个法向量．

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）证明见解析（Ⅱ）

（1）取A1C1中点F，连结B1F，DF，∵D1E分别为AC1和BB1的中点，DF∥AA1，

DF=（1/2）AA1，B1E∥AA1，B1E=（1/2）AA1，∴DF∥B1E，DF=B1E，∴DEB1F为平行四边形，∴DE∥B1F，又B1F在平面A1B1C1内，DE不在平面A1B1C1，∴DE∥平面A1B1C1

（2）连结A1D，A1E，在正棱柱ABC—A1B1C1中，因为平面A1B1C1⊥平面ACC1A1，A1C1是平面A1B1C1与平面ACC1A1的交线，又因为B1F在平面A1B1C1内，且B1F⊥A1C1，，所以B1F⊥平面ACC1A1，又DE∥B1F，所以DE⊥平面ACC1A1所以∠FDA1为二面角A1—DE—B1的平面角。并且∠FDA1=（1/2）∠A1DC1，设正三棱柱的棱长为1，因为∠AA1C1=900，D是AC1的中点，所以即为所求的二面角的度数。

证明见解析

证明：如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=a,下证B′、E、

D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是

平行四边形.∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF为平行四边形.

∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面

故四边形B′EDF是菱形.

;//平面;

(Ⅰ) 三棱锥的体积为       

(Ⅱ)证明：连接,,连接 

为中点,且为巨型,所以 

四边形为平行四边形,

,                 

(Ⅲ)过点作,则为异面直线与所成的角,       

为中点,所以点为线段的中点,,           

连接,过作为的中点,

,                         

在中,, ,,

异面直线与所成的角为                                 

（1）因为三棱柱是正三棱柱，所以平面，

又平面，所以，……………………………………… 2分

又点是棱的中点，且为正三角形，所以，

因为，所以平面，………………………………4分

又因为平面，所以．………………………………7分]

(2)连接交于点，再连接．………9分

因为四边形为矩形，

所以为的中点，………………10分

又因为为的中点，

所以.………………………12分

又平面，平面，

所以平面．………………………………………………14分

略

又∵AB⊥CDEF⊥FGEFGH为矩形．

（2）AG=x,AC=m,

  GH=x

=  GF=（m－x）

SEFGH=GH·GF=x·（m－x）

=（mx－x2）= （－x2+mx－+

=［－（x－）2+］

当x=时，SEFGH最大=·=．

略

（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.

试题分析：本题主要考查空间两条直线的位置关系、直线与平面垂直和平行等基础知识，考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，利用平面与平面垂直的性质证明⊥平面，再利用直线与平面垂直的判定定理证明⊥平面，即可得证；第二问，利用线面平行的判定定理证明，利用是中点，是的中点，所以∥，即可.

试题解析：（1）证明：∵平面⊥平面，平面∩平面=，⊥，

∴⊥平面，⊥．

∵∥，则⊥．             3分

又⊥平面，则⊥．

∵∩=，∴⊥平面，∴⊥．           7分

（2）设∩=，连接，易知是的中点，

∵⊥平面，则⊥．

而，∴是中点．        10分

在中，∥，

∵平面，平面，

∴∥平面．               14分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）．

试题分析：（Ⅰ）取中点，可以证明四边形为平行四边形，即，∴∥平面；

（Ⅱ）证明平面即可；（Ⅲ）改变四面体（三棱锥）的顶点，取C即可；或者利用比例．

试题解析：（Ⅰ）取中点，连．

∵为对角线的中点，∴，且，

∴四边形为平行四边形，即；或者可以采用比例的方法求解．

又∵平面，平面，∴∥平面．             4分

（Ⅱ）∵四边形为矩形，且平面平面，∴平面，∴；

∵四边形为梯形，，且，∴．

又在中，，且，∴，，∴．

于是在中，由，，及余弦定理，得．

∴，∴．∴平面，

又∵平面，∴平面平面．                   9分

（Ⅲ）作，垂足为，由平面平面得平面．

易求得，所以三棱锥的体积为

．       13分．

【法二】连接，则、、三点共线，故