热门试卷

(1)证明:因为分别为正方形的两边的中点,

所以即为平行四边形,分

分

平面且平面

平面分

(2)以为原点,直线分别为轴建立空间直角坐标系.设

可得如下点的坐标:

则有分

因为底面所以平面的一个法向量为分

设平面的一个法向量为则可得即

令得所以分

由已知,二面角的余弦值为所以得

分

略

（方法一）解：因为底面，所以[

因为底面是正方形，所以

，故

，所以，      （3分）

又因为，点是棱的中点，

所以，，故

，所以.    （7分）

（２）过点作，连接

由是棱的中点，底面是正方形可得

，又由底面得到，，

，所以为直线与平面所成的角，     （10分）

设，得到，

在中， ，

.      （14分）

（方法二）解：以Ａ为原点，分别以的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，设

则,              （2分）

∵点、分别是棱、的中点，

∴ ,.,         （4分）

,所以.      （6分）

（2）又由底面得到

,，,

取的法向量=(-1,1,0)，                         （10分）

设直线与平面所成的角，

,      （13分）

故.                                        （14分）

略

解：(1)∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，

∴AC⊥BC，∴BC⊥平面PAC.

(2)∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE＝BC.

又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E，∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB.又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，

∴AD＝AB.在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC＝AB，∴在Rt△ADE中，sin∠DAE＝＝＝，

即AD与平面PAC所成角的正弦值为.

(3)∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，

∴DE⊥平面PAC.又∵AE⊂平面PAC，PE⊂平面PAC∴DE⊥AE，DE⊥PE，

∴∠AEP为二面角A－DE－P的平面角．

∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，

∴∠PAC＝90°，∴在棱PC上存在一点E，使得AE⊥PC.这时，∠AEP＝90°，

故存在点E使得二面角A－DE－P是直二面角．

略

解：法一：（I）如图：在△ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF//AB，

又AB平面DEF，EF平面DEF.        ∴AB∥平面DEF.   

（II）∵AD⊥CD，BD⊥CD  

 ∴∠ADB是二面角A—CD—B的平面角

∴AD⊥BD   ∴AD⊥平面BCD

取CD的中点M，这时EM∥AD   ∴EM⊥平面BCD

过M作MN⊥DF于点N，连结EN，则EN⊥DF

∴∠MNE是二面角E—DF—C的平面角…………6分

在Rt△EMN中，EM=1，MN=

∴tan∠MNE=，cos∠MNE=   ………………………8分

（Ⅲ）在线段BC上存在点P，使AP⊥DE……………………10分

证明如下：在线段BC上取点P。使，过P作PQ⊥CD与点Q，

∴PQ⊥平面ACD      ∵在等边△ADE中，∠DAQ=30°

∴AQ⊥DE∴AP⊥DE………………………………13分

法二：（Ⅱ）以点D为坐标原点，直线DB、DC为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，2）B（2，0，0）C（0，……4分

平面CDF的法向量为设平面EDF的法向量为

则 即

所以二面角E—DF—C的余弦值为 …8分

（Ⅲ）在平面坐标系xDy中，直线BC的方程为

设

…………………12分

所以在线段BC上存在点P，使AP⊥DE       …………………………13分

另解：设

又       …………………………12分

把

∴在线段BC上存在点P使AP⊥DE                  …………….13分  

略

（1）证法1：∵平面，平面，

∴．

又为正方形，

∴．

∵，

∴平面．…………………4分

∵平面，

∴．

∵，

∴．…………………6分

证法2：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，， ，，

，．…………………4分

∵，

∴．…………………6分

（2）解法1：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

，，

，，

．…………………8分

设平面DFG的法向量为，

∵

令，得是平面的一个法向量．…………10分

设平面EFG的法向量为，

∵

令，得是平面的一个法向量．……………12分

∵．

设二面角的平面角为θ，则．

所以二面角的余弦值为．…………………14分

解法2：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

，，

，．…………………8分

过作的垂线，垂足为，

∵三点共线，

∴，

∵，

∴，

即，解得．…………………10分

∴.

再过作的垂线，垂足为，

∵三点共线，∴，

∵， ∴，

即，

解得．∴．

∴．…………………12分

∵与所成的角就是二面角的平面角，

所以二面角的余弦值为．…………………14分

略

略

（Ⅰ）略

（Ⅱ）二面角B—DE—C的余弦值为

（Ⅲ）略

解：（Ⅰ）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=DC=2，则A（2，0，0），

P（0，0，2），E（0，1，1），B（2，2，0），

设 是平面BDE的一个法向量，

则由 

∵

（Ⅱ）由（Ⅰ）知是平面BDE的一个法向量，

又是平面DEC的一个法向量．

设二面角B—DE—C的平面角为，由图可知

∴ 故二面角B—DE—C的余弦值为

（Ⅲ）∵ ∴

假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设，

则，

由 ∴

即在棱PB上存在点F，PB，使得PB⊥平面DEF

(Ⅰ)证明：设AC∩BD=H，连结EH，在△ADC中，因为AD=CD，且DB平分

∠ADC，所以H为AC的中点，又E为PC的中点，从而EH∥PA，

因为平面BDE，平面BDE，所以PA∥平面BDE；

(Ⅱ)证明：因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，所以PD⊥AC，

由(I)知BD⊥AC，PD∩BD=D，平面PBD，平面PBD，

从而AC⊥平面PBD：

(Ⅲ)解：在△BCD中，DC=1，，得

在Rt△PDC中，从而PD=2，

，故四棱锥P-ABCD的体积

略

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）

（Ⅲ），理由见解析。

解法一：

（Ⅰ）证明：在△PAD中PA=PD,O为AD中点，所以PO⊥AD，

又侧面PAD⊥底面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面PAD，

所以PO⊥平面ABCD。

（Ⅱ）连结BO，在直角梯形ABCD中、BC∥AD，AD=2AB=2BC，

有OD∥BC且OD=BC，所以四边形OBCD是平行四边形，

所以OB∥DC。

由（Ⅰ）知，PO⊥OB,∠PBO为锐角，

所以∠PBO是异面直线PB与CD所成的角。

因为AD=2AB=2BC=2,在Rt△AOB中，AB=1,AO=1，

所以OB＝，

在Rt△POA中，因为AP＝，AO＝1，所以OP＝1，

在Rt△PBO中，tan∠PBO＝。

（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为。

　　　设QD＝x，则，由（Ⅱ）得CD=OB=，

　　　在Rt△POC中，

所以PC=CD=DP,

由Vp-DQC=VQ-PCD,得2，所以存在点Q满足题意，此时。

解法二：

（Ⅰ）同解法一.

（Ⅱ）以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz,依题意，易得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0)，

P(0,0,1)，

所以

所以异面直线PB与CD所成的角是arccos，

（Ⅲ）假设存在点Q，使得它到平面PCD的距离为，

由(Ⅱ)知

设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0).

则所以即，

取x0=1,得平面PCD的一个法向量为n=(1,1,1).

设由，得解y=-或y=(舍去)，

此时，所以存在点Q满足题意，此时.

（1）（2）中点

（Ⅰ）∵平面//平面

∴直线与平面所成角等于直线与平面所成的角

取中点，连接和

由已知可得，，故

∴与平面所成的角即为 

在中，即与平面所成角的正弦值为.

（Ⅱ）连接，则平面过与平面交于

由//平面可得//

又因为为的中点

故得也必须为的中点.

这个几何体不是棱柱，截去的部分是一个四棱锥C1—EA1B1F.

 这个几何体不是棱柱；

在四边形ABB1A1中，在AA1上取点E，使AE=2；在BB1上取F使BF=2；连接C1E，EF，C1F，则过C1EF的截面将几何体分成两部分，其中一部分是棱柱ABC—EFC1，其棱长为2；截去的部分是一个四棱锥C1—EA1B1F.