热门试卷

（1）

（2）二面角A－PD－Q的余弦值为

解法1：（Ⅰ）如图，连，由于PA⊥平面ABCD，则由PQ⊥QD，必有．

设，则，

在中，有．

在中，有．    ……4分

在中，有．

即，即．

∴．

故的取值范围为．……6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当，时，边BC上存在唯一点Q（Q为BC边的中点），

使PQ⊥QD．                                                 

过Q作QM∥CD交AD于M，则QM⊥AD．

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥QM．∴QM⊥平面PAD．

　过M作MN⊥PD于N，连结NQ，则QN⊥PD．

　　∴∠MNQ是二面角A－PD－Q的平面角．                      ……10分

在等腰直角三角形中，可求得，又，进而．

∴．

故二面角A－PD－Q的余弦值为．   ……12分

解法2：（Ⅰ）以为x．y．z轴建立如图的空间直角坐标系，则

B（0，2，0），C（a，2，0），D（a，0，0），

P（0，0，4），                     ……2分

设Q（t，2，0）（），则 ＝（t，2，－4），

＝（t－a，2，0）．              ……4分

∵PQ⊥QD，∴＝0．

即．

∴．

故的取值范围为．         ……6分

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当，时，边BC上存在唯一点Q，使PQ⊥QD．

此时Q（2，2，0），D（4，0，0）．                               

设是平面的法向量，

由，得．

取，则是平面的一个法向量．                 

而是平面的一个法向量，                       ……10分

由．

　　∴二面角A－PD－Q的余弦值为．                        ……12分

(1)略

(2)

解：（1）依题设知，AC是所作球面的直径，则AM⊥MC。

又因为P A⊥平面ABCD，则PA⊥CD，又CD⊥AD，

所以CD⊥平面ＰＡＤ，则CD⊥AM，所以A M⊥平面PCD，

所以平面ABM⊥平面PCD。

（2）由（1）知，，又，则是的中点可得

，

则

设D到平面ACM的距离为，由即，

可求得，

设所求角为，则。

（1）见解析；（2）见解析；（3）.

试题分析：(1)证明；（2）证明面；（3）是与平面所成的角，在中求解.

试题解析：（1）如图,连结，则是的中点，又是的中点，∴.   

又 ∵平面，面

∴平面.                  4分

(2) ∵ 是正方形，∴ ，

又平面， 所以,

又，面，∴面.又平面，

故平面平面.       8分

（3）连结，由第（2）问知面，故是与平面所成的角.

∵ ， , ∴

在中，, ∴

所以与平面所成的角为              12分

（1）过C作AD的平行线CF交AB于F，过F作SA的平行线FE交SB于E，易知E为所求的点，所以＝

（2）当SA平面ABCD时，体积最大，最大值为8

（3）连AC，取AC中点O，连BO，由BA＝BC

得BOAC，所以BO平面SAC，过O作OKSC，

垂足为K，连BK，角BKO即为所求角，余弦值为

向量法酌情相应给分

略

（1）证明： 平面平面,,

平面平面=，平面，                              

平面，                      ……………　2分

又为圆的直径，，

平面 ……………………　4分                              

（2）设的中点为，则，又，

则，为平行四边形，        ……………………　6分

，又平面，平面，

平面                                     ………　8分                                  

(3)过点作于，平面平面，

平面，， …………　10分

平面，

，……………11分

．

略

(1) 略

(2)

(3)

（1）略；（2）；

（3）过A作AE⊥PC交PC于E，过E作EF⊥PC交PB于F，连结AE。则二面角A—PC—B的平面角为∠AEF即∠AEF=。

在Rt⊿APC中，PC=，，

在⊿PBC中，PB=，BC=2，，

在Rt⊿PEF中，

在⊿PAF中，PF=，

在⊿AEF中，

在△ABD中，设BD=x

则

即   

整理得：

解之：      （舍去）

由余弦定理：

 ∴

（I）略   （Ⅱ）略

解法一：（Ⅰ）如图,设PC=m,连AC，  

设AC与BD相交于点O,AP与平面相交于点G，,

连结OG，因为PC∥平面，平面∩平面APC＝OG,故OG∥PC，§

K所以，OG＝PC＝．又AO⊥BD,AO⊥BB1，所以AO⊥平面，故∠AGO是AP与平面所成的角．

在Rt△AOG中，tanAGO＝，

即m＝．所以，当PC＝时，

直线AP与平面所成的角的正切值为． …………………6分

（Ⅱ）可以推测，点Q应当是A1C1的中点O1，因为D1O1⊥A1C1, 且 D1O1⊥A1A ，所以 D1O1⊥平面ACC1A1，又AP平面ACC1A1，故 D1O1⊥AP．那么根据三垂线定理知，D1O1在平面APD1的射影与AP垂直． …………………12分

解法二：(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，

B1(1，1，1)，D1(0，0，1)

所以

又由知，为平面的一个法向量．

设AP与平面所成的角为，

则。

依题意有解得．

故当时，直线AP与平面所成的角的正切值为． ………6分

（Ⅱ）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为， 

则Q(x，1－，1)，。

依题意，要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，

等价于D1Q⊥AP

即Q为A1C1的中点时，满足题设要求． …………………12分

方法一：

(Ⅰ) 证明：如图以点A为原点建立空间直角坐标系A－xyz，其中K为BC的中点，

不妨设PA＝2，则，，

，，，．

由，得

，，

，

设平面的法向量=(x，y，z)，则

，，

得 

可取=(，1，2)，于是

，故，又因为FG平面PDC，即//平面．

(Ⅱ) 解：，，

设平面的法向量，则，，

可取，又为平面的法向量．

由，因为tan＝，cos＝，

所以，解得或(舍去)，

故．                         

方法二：

(Ⅰ) 证明：延长交于，连，．得平行四边形，则// ，

所以．

又，则，

所以//．

因为平面，平面，

所以//平面．    …………6分

(Ⅱ)解：作FM于，作于，连．

则，为二面角的平面角．

，不妨设，则，，

由  得 ，即 ．

略

略

解：（1）如图，作，则由已知，得，….2分

所以， ………………….………………….4分

（2）【解一】如图所示，以为原点，分别以线段、所在的直线为轴、轴，通过点，做垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．…….1分

由题意，得，，，，………2分

， 

若，则，.…….…….…….…….…………. .4分

得，与矛盾，…….…….…….…….………….…….…………. .1分

故，不存在，使得．    …….…….…….…….………….…….…………. .1分

【解二】取的中点，连，，则（或其补角）就是异面直线所成的角．…….…….…….…….………….…….……….…….………….…….…………. .1分

在中，，，  .3分

.…….………….…………. .2分

，.…….….…….…………. .2分

故，不存在，使得．    …….…….…….…….………….…………. .1分

略

证明：（I）在，

又E是CD的中点，得AF⊥CD. …………..3分

折起后，AE⊥CD，EF⊥CD，又AE∩EF=E，AE平面AED，EF平面AEF，

故CD⊥平面AEF，又CD平面CDB，故平面AEF⊥平面CBD.   …………5分

（II）过点A作AH⊥EF，垂足H落在FE的延长线上.

因为CD⊥平面AEF，所以CD⊥AH，所以AH⊥平面CBD.   …………6分

以E为原点，EF所在直线为x轴，ED所在直线为y轴，过E与AH平行的直线为z轴

建立如图空间直角坐标系.  …..……………………7分

由（I）可知∠AEF即为所求二面角的平面角，设为，并设AC= ，可得

    …………8分

得  …………11分

故二面角A—CD—B大小的余弦值为…………12分

略