热门试卷

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．

(I)可以先证明平面,再证明即可.

(II)连接CM，若平面，平面平面，∴，从而可根据平行线分线段成比例定理，可确定点M的位置.

(III)不难找出二面角的平面角为，然后解三角形MON求角即可.

（Ⅰ）连结，∵平面，平面，∴，

又∵，，

∴平面，

又∵，分别是、的中点，∴，

∴平面，又平面，

∴平面平面；---------------------------------------4分

（Ⅱ）连结，

∵平面，平面平面，∴，

∴，故  ----------------------------6分

（Ⅲ）∵平面，平面，∴，

在等腰三角形中，点为的中点，∴，

∴为所求二面角的平面角， ---------------------------------8分

∵点是的中点，∴，

所以在矩形中，可求得，，，----------10分

在中，由余弦定理可求得，

∴二面角的余弦值为． ------------------------------12分

（1）见解析  （2）  （3）

如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．

(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.

(2)＝(1，－2，－1)．

设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，

则，即消去x，得y＋2z＝0，

不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．

由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，

可得B1C1⊥平面CEC1，

故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．

于是cos〈m，〉＝＝＝，从而sin〈m，〉＝.

所以二面角B1—CE—C1的正弦值为.

(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．

设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．

可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则

sin θ＝|cos〈，〉|＝

＝＝，

于是＝，解得λ＝(负值舍去)，

所以AM＝.

(Ⅰ) 参考解析；(Ⅱ) 60°

试题分析：(Ⅰ)直线与平面平行的判定定理是在平面内找一条直线与该直线平行，由于点M是PA的中点，联想到连结PC与ED它们的交点也是ED的中点，所以可得MN∥AC.从而可得结论.本小题通过已知的中点利用三角形的中位线定理得到平行是解题的突破口.

试题解析：（1）证明：连接PC，交DE与N，连接MN，

在△PAC中，∵M，N分别为两腰PA，PC的中点

∴MN∥AC， （2分）

又AC面MDE，MN⊂面MDE，

所以AC∥平面MDE．                                        （4分）

（2）以D为空间坐标系的原点，分别以 DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则P（0，0，a），B（a，a，0），C（0，2a，0），

所以，， （6分）

设平面PAD的单位法向量为，则可取               （7分）

设面PBC的法向量，

则有

即：，取=1，

则∴                 （10分）

设平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小为θ，

(Ⅱ)因为求平面PAD与PBC所成锐二面角的大小，如果做出二面角的平面角有一定的困难，可以延长CB与直线DA相交，从而取求解可以.本小题通过建立空间直角坐标系来求解，求出两个平面的法向量，再通过求出法向量的夹角从而得到二面角的大小.

∴                    （11分）

∴θ=60°，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的大小为60° （12分）

（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ）见解析.

试题分析：（Ⅰ）利用平面，得到，再由 ，即证得 平面.由 平面得证.

（Ⅱ）根据是正三角形，且是中点，

可得.

在直角三角形中，可得 ，

在直角三角形中，可得 ，再根据，得到，而为线段的中点， 得到即可推出平面.

试题解析：（Ⅰ）证明：因为平面，所以，      2分

又因为，所以平面，        4分

又平面，所以.        6分

（Ⅱ）因为是正三角形，且是中点，

所以，                7分

在直角三角形中，，所以，

在直角三角形中，，

所以，所以，               10分

又因为，所以，又为线段的中点，所以，

平面，平面，所以平面        12分

（1）证明详见解析；（2）60°

试题分析：（Ⅰ）先利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面PAB，再利用面面垂直的判定定理证明平面PAB⊥平面PBC；（2）过A作则ÐEFA为所求.然后求出AB=,PB=2,PC=3及AE,AF，在RtAEF中求解即可.

试题解析： (1)证明：∵PA^面ABC,\PA^BC,   ∵AB^BC,且PA∩AB=A,\BC^面PAB

而BCÌ面PBC中,\面PAB^面PBC. ……5分

(2)过A作

则ÐEFA为B−PC−A的二面角的平面角     8分

由PA=,在RtDPBC中,cosÐCPB=.

RtDPAB中,ÐPBA=60°. \AB=,PB=2,PC=3  \AE=  =

同理：AF=         10分

∴sin==,        11分

∴=60°.          12分

另解：向量法：由题可知：AB=,BC=1,建立如图所示的空间直角坐标系        7分

B(0,0,0),C(1,0,0),A(0,,0),P(0,,),假设平面BPC的法向量为=(x1,y1,z1),

∴

取z1=，可得平面BPC法向量为=(0,−3,)      9分

同理PCA的法向量为=(2,−,0)              11分

∴cos<,>==,所求的角为60°         12分

证明过程详见试题解析.

试题分析：（Ⅰ）要证明直线与平面平行，就是要证明直线与平面内一条直线平行，根据题意显然直线满足要求. （Ⅱ）要证明平面，就是要证明直线与平面内两条相交直线垂直.根据题意符合要求.（Ⅲ）要求三棱锥的体积，就是要求出的面积以及三棱锥的高.

试题解析：（Ⅰ）证明：，且平面

∴平面．

（Ⅱ）证明：在直角梯形中，过作于点，则四边形为矩形

∴，又，∴，在Rt△中，，

∴，

∴，则，

∴

又 ∴

 ∴平面 

（Ⅲ）∵是中点，

∴到面的距离是到面距离的一半

见解析。

试题分析：（1）根据题意要证明∥平面，只要证明即可得到。

（2）要证明线面垂直只要证明一条直线垂直于平面内的两条相交直线即可得到。

（1）证明：、分别为侧棱、的中点，

（2）

,又,平面考点：

点评：解决该试题的关键是熟练利用线面垂直的判定定理和线面平行的判定定理得到结论。

注意性质定理和判定定理的互相的转化运用。

（1）见解析；（2）EF与平面A1ABB1所成的角为30°；

（3）二面角的大小为余弦值.

(1)本题的关键是证,连接A1B，A1C，显然EF是三角形A1CB的中位线，问题得证.

（2）先做出线面角是解本小题的关键.作FG⊥AB交AB于G，连EG ∵侧面A1ABB1⊥平面ABC且交线是AB ∴FG⊥平面A1ABB1，∴∠FEG是EF与平面A1ABB1所成的角

（3）取AB的中点M，可以证明,以BC为y轴，以MC为x轴,MA1为z轴建立空间直角坐标系,然后利用向量法求二面角即可. 

证明： （1）∵A1ABB1是菱形，E是AB1中点,∴E是A1B中点，连A1C ,∵F是BC中点，

∴EF∥A1C

∵ A1C平面A1ACC1，EF平面A1ACC1， ∴EF//平面A1ACC1  

（2）作FG⊥AB交AB于G，连EG ∵侧面A1ABB1⊥平面ABC且交线是AB ∴FG⊥平面A1ABB1，∴∠FEG是EF与平面A1ABB1所成的角

由AB=a，AC⊥BC，∠ABC=45°，得 由AA1=AB=a，∠A1AB=60°，

得 ∴ EF与平面A1ABB1所成的角为30°

（3）取AB的中点M，可以证明,以BC为y轴，以MC为x轴,MA1为z轴建立空间直角坐标系,不难求得平面ABE的一个法向量为，平面BEC的一个法向量为，

∴ ，∴二面角的大小为余弦值.

(1)详见解析；（2）详见解析

试题分析：（1）要证明AC⊥B1C，根据线面垂直的判定定理，只要转化证明AC⊥平面BB1C1C即可；

（2）要证明AC1∥平面B1CD，根据线面的判定定理，只要转换证明DE//AC1即可.

试题解析：(1)证明：在△ABC中，因为AB=5，AC=4，BC=3，

所以AC2+BC2=AB2，所以AC⊥BC．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1⊥AC，

因为BC∩AC=C，所以AC⊥平面BB1C1C．

所以AC⊥B1C．   6分

（2）连结BC1，交B1C于E，连接DE．

因为直三棱柱ABC-A1B1C1，D是AB中点，所以侧面BB1C1C为矩形，

DE为△ABC1的中位线，所以DE//AC1．

因为DE平面B1CD，AC1平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD．   12分