热门试卷

（1）见解析(2) 见解析（3）

本试题主要是考查了线面垂直和线面平行的判定定理的运用，以及二面角大小的求解的综合运用。

(1)yw由于所以，

则又，则是解题的关键

(2) 取的中点，连结

由条件知，，

∴四边形和为平行四边形，

∴，，∴，

∴四边形为平行四边形，∴

然后得到结论。

(2)建立空间直角坐标系，然求解平面的法向量的坐标，结合向量的数量积的性质得到夹角的值。

证明：（Ⅰ）由于所以，

则又，则，

所以又，则

（Ⅱ）取的中点，连结

由条件知，，

∴四边形和为平行四边形，

∴，，∴，

∴四边形为平行四边形，∴

∴平面平面，则平面。

（Ⅲ）由（Ⅰ）知两两垂直，如图建系，

设，则，，

，

设平面的法向量为，则由，得，取，则故，

而平面的法向量为，则

所以二面角为钝二面角，故二面角的余弦值为

见解析

（Ⅰ）证明：在Rt△ABC中，∠C=30°，D为AC的中点，则△ABD是等边三角形

又E是BD的中点，∵BD⊥AE，BD⊥EF，折起后，AE∩EF=E，∴BD⊥面AEF

∵BD面BCD，∴面AEF⊥面BCD    

（Ⅱ）解：过A作AP⊥面BCD于P，则P在FE的延长线上，设BP与CD相交于Q，

令AB=1，则△ABD是边长为1的等边三角形，若AB⊥CD，则BQ⊥CD

由于∠AEF=θ就是二面角A-BD-C的平面角，

（1）证明见解析;（2）证明见解析.

试题分析：（1）设BC1与CB1交于点O，连接OD，利用三角形中位线性质，证明OD∥AC1，利用线面平行的判定，可得AC1∥平面CDB1;（2）要证明AC⊥BC1,可以先证明直线AC⊥平面BCC1B1, 在DABC中，AC=3，BC=4，AB=5，∴AB2=AC2+BC2，故AC⊥BC,∵C1C⊥平面ABC，ACÌ平面ABC，∴AC⊥C1C,又∵C1CÌ平面BB1C1C，BCÌ平面BB1C1C，且C1C∩BC=C，∴AC⊥平面BB1C1C．

试题解析：（1）证明：设BC1与CB1交于点O，则O为BC1的中点,

在△ABC1中，连接OD，

∵D，O分别为AB，BC1的中点，

∴OD为△ABC1的中位线，

∴OD∥AC1，

又∵AC1Ú平面CDB1，OD⊂平面CDB1，

∴AC1∥平面CDB1;

（2）在DABC中，AC=3，BC=4，AB=5，

∴AB2=AC2+BC2，故AC⊥BC,

∵C1C⊥平面ABC，ACÌ平面ABC，

∴AC⊥C1C,          

又∵C1CÌ平面BB1C1C，BCÌ平面BB1C1C，且C1C∩BC=C，

∴AC⊥平面BB1C1C,

又∵BC1Ì平面BB1C1C，

∴AC⊥BC1.

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）AE与平面PDB所成的角的大小为.

本题主要考查了直线与平面垂直的判定，以及直线与平面所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于基础题。

（Ⅰ）欲证平面AEC⊥平面PDB，根据面面垂直的判定定理可知在平面AEC内一直线与平面PDB垂直，而根据题意可得AC⊥平面PDB；

（Ⅱ）设AC∩BD=O，连接OE，根据线面所成角的定义可知∠AEO为AE与平面PDB所的角，在Rt△AOE中求出此角即可．

解：以D为原点建立空间直角坐标系，

设    则，

（Ⅰ）∵，∴，

∴AC⊥DP，AC⊥DB，∴AC⊥平面PDB，

∴平面.---------6分

（Ⅱ）当E为PB的中点时，，

设AC∩BD=O，连接OE，

由（Ⅰ）知AC⊥平面PDB于O，

∴∠AEO为AE与平面PDB所的角，

∵，

∴，

∴，即AE与平面PDB所成的角的大小为.---------12分

（1）见解析；（2）60°.

(I)证明本小题的关键是证是直角三角形，即.

又从而问题得证.

(II)解本小题关键是作出二面角的平面角，过O作OE⊥PB于点E,连结AE,

证明就是二面角A－PB－D的平面角即可。

（Ⅰ）证明:,

．……2分

又,……4分

∴ PD⊥面ABCD………6分

（Ⅱ）解:连结BD,设BD交AC于点O,

过O作OE⊥PB于点E,连结AE,

∵PD⊥面ABCD, ∴,

又∵AO⊥BD,∴AO⊥面PDB．

∴AO⊥PB,

∵,

∴,从而,

故就是二面角A－PB－D的平面角．…………10分

∵ PD⊥面ABCD,  ∴PD⊥BD,

∴在Rt△PDB中, ,

又∵,   ∴,………………12分

 ∴ ．

故二面角A－PB－D的大小为60°．…………………14分

（也可用向量解）

(2)

证明：（1）因为底面，

所以，∠SBA是SB与平面ABCD所成的角…………………….……….1分

由已知∠SBA=45°，所以AB=SA=1

易求得，AP=PD=，…………………………………….…..………….2分

又因为AD=2，所以AD2=AP2+PD2，所以．………….…….3分

因为SA⊥底面ABCD,平面ABCD,

所以SA⊥PD,               …………….……………………….…....4分

由于SA∩AP=A    所以平面SAP． …………………………….5分

（2）设Q为AD的中点,连结PQ,       ……………………………….………6分

由于SA⊥底面ABCD,且SA平面SAD,则平面SAD⊥平面PAD……..7分

因为PQ⊥AD,所以PQ⊥平面SAD

过Q作QR⊥SD,垂足为R,连结PR,

由三垂线定理可知PR⊥SD,

所以∠PRQ是二面角A－SD－P的平面角. …9分

容易证明△DRQ∽△DAS,则

因为DQ=1，SA=1，，所以….……….10分

在Rt△PRQ中，因为PQ=AB=1，所以………11分

所以二面角A－SD－P的大小为．……………….…….…….12分

或：过A在平面SAP内作,且垂足为H,在平面SAD内作,且垂足为E,连接HE，平面SAP。平面SDP…………7分

∴HE为AE在平面SPD内的射影，∴由三垂线定理得

从而是二面角A－SD－P的平面角……………………………….9分

在中,，在中,，

.        ………………………………….11分

即二面角的大小为……………………………12分

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）线段上存在点，使得二面角的余弦值为.

试题分析：（1）连接经过点，利用中位线得到，再由直线与平面平行的判定定理得到

平面；（2）利用平面与平面垂直的性质定理结合侧面底面得到平面，从而得到，再由勾股定理证明，结合直线与平面垂直的判定定理证明平面，最后利用平面与平面垂直的判定定理得到平面平面；（3）取的中点，连接、，

利用平面与平面垂直的性质定理证明平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法解决题中二面角问题.

（1）证明：连接，由正方形性质可知，与相交于的中点，

也为中点，为中点.

所以在中，，

又平面，平面，

所以平面；

（2）证明：因为平面平面，平面面  

为正方形，，平面，所以平面. 

又平面，所以.

又，所以是等腰直角三角形，且，即.

又，且、面，所以面.

又面，所以面面；

（3）取的中点，连接、，因为，所以. 

又侧面底面，平面平面，所以平面.

而、分别为、的中点，所以，

又是正方形，故.

以为原点,建立空间直角坐标系，

则有，，，，，

若在上存在点，使得二面角的余弦值为，连接、，

设，

则，，由（2）知平面的法向量为，

设平面的法向量为.则，即，解得，

令，得，

所以，解得（舍去）.

所以，线段上存在点，使得二面角的余弦值为.

（1）详见解析；（2）详见解析.

试题分析：（1）先用余弦定理确定与的等量关系，利用勾股定理得到，再用平面得到，最后利用直线与平面垂直的判定定理得到平面；（2）连接、，设，连接，利用棱台底面的相似比得到，从而证明四边形为平行四边形，得到，最后利用直线与平面平行的判定定理得到平面.

试题解析：（1），，在中，由余弦定理得

，

，因此，

平面，且平面，，

又，平面；

（2）连接、，设，连接，

四边形是平行四边形，，

由棱台定义及知，且，

四边形是平行四边形，因此

又平面，平面，平面.