热门试卷

（1）详见解析；（2）详见解析.

试题分析：（1）要证明直线和平面平行，只需在平面内找一条 直线与之平行，由已知得是的中位线，所以，进而证明平面；（2）要证明面面垂直，只需在一个平面内找到另一个平面的一条垂线即可，由等边三角形及为的中点，则，进而说明，进而说明平面，则有，又由已知可证平面，进而证明结论.

试题解析：(1)由已知，得是的中位线，所以，又平面，平面，故平面.

(2)因为为正三角形，为的中点，所以.所以.又

所以平面.因为平面，所以.又 所以平面.因为平面，所以平面⊥平面.

（1）证明见解析；（2）．

试题分析：（1）要证两直线垂直，一般是证一条直线与过另一条直线的某个平面垂直，例如能否证明垂直于过的平面，下面就是要在平面内找两条与垂直的直线，从题寻找垂直，是等腰的底边上的中线，与是垂直的，另一条是直线垂直于平面，当然也垂直于直线，得证；（2）求点到平面距离，关键是过点作出平面的垂线，这一点在本题中还是委容易的，因为平面平面，故只要在平面内过作的垂线，这条垂线也我们要求作的平面的垂线，另外体积法在本题中也可采用．

试题解析：（1）因为N是PB的中点，PA=AB，

所以AN⊥PB,因为AD⊥面PAB，所以AD⊥PB,又因为AD∩AN=A

从而PB⊥平面ADMN,因为平面ADMN，

所以PB⊥DM.　　　　　　    7′

(2) 连接AC，过B作BH⊥AC，因为⊥底面，

所以平面PAB⊥底面，所以BH是点B到平面PAC的距离.

在直角三角形ABC中，BH＝          14′

（1）见解析；  （2）直线与平面所成的角为

本试题主要是考查了线面垂直的证明以及线面角的求解的综合运用。

（1）要证平面，根据已知面面

，从而得到线线垂直，得线面垂直。

（2）面为与面所成的角。

，那么利用直角三角形可知直线与平面所成的角．

（1）面面

又面面

（2）面为与面所成的角。

直线与平面所成的角为

(Ⅰ)见解析；（Ⅱ）k的取值范围为k＞

本试题主要考查了立体几何中线面的垂直的证明以及二面角的求解的综合运用

（1）根据已知的条件，通过线线垂直来判定函数的线面垂直的证明。即由已知DF∥AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF.

又PA底面ABCD,CDAD，故知CDPD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CDEF,由此得CD面BEF.

（2）建立合理的空间直角坐标系来表示空间向量的坐标，然后求解法向量，运用法向量的夹角来表示二面角的平面角的大小。

(Ⅰ)解法一：

（Ⅰ）证：由已知DF∥AB且DAD为直角，故ABFD是矩形，从而CDBF. ………..4分

又PA底面ABCD,CDAD，故知CDPD.在△PDC中，E、F分别PC、CD的中点，故EF∥PD,从而CDEF,由此得CD面BEF. 　　………..7分

（Ⅱ）连结AC交BF于G.易知G为AC的中点.连接EG,

则在△PAC中易知EC∥PA.又因

PA底面ABCD,故BC底面ABCD.在底面ABCD中，过C作GHBD,垂足为H,连接EH.由三垂线定理知EHBD.从而EHG为二面角E-BD-C的平面角. ………..10分

设AB=a,则在△PAC中，有

BG=PA=ka.

以下计算GH，考察底面的平面图（如答(19)图２）.连结GD.

因S△CBD=BD·GH=GB·OF.故GH=.

在△ABD中，因为AB＝a,AD=2A,得BD=a　　　　　　　　　　

而GB=FB=AD-a.DF-AB,从而得GH==＝因此tanEHG==………..12分

由k＞0知是锐角，故要使＞，必须＞tan=

解之得，k的取值范围为k＞………..14分

解法二：

（Ⅰ）如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为：轴建立空间直角坐标系，设AB=a,则易知点A,B,C,D,F的坐标分别为

A(0,0,0),B(a,0,0),C(2a,2a,0),D(0,2a,0),F(a,2a,0).

从而=(2a,0,0), =(0,2a,0),

·=0,故

设PA=b,则P(0,0,b),而E为PC中点.故

E.从而=. ·=0,故.由此得CD面BEF.

（Ⅱ）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GHBD垂足为H,由三垂线定理知EHBD.

从而EHG为二面角E-BD-C的平面角.

由PA＝k·AB得P(0,0,ka),E,G(a,a,0).设H(x,y,0)，则=(x-a,y-a,0),=(-a,2a,0),

由·=0得=a(x-a)+2a(y-a)=0,即x-2y=-a     ①

又因=(x,a,y,0),且与的方向相同，故＝，即2x+y=2a     ②

由①②解得x=a,y=a,从而＝，｜｜＝a.

tanEHG===.由k＞0知，EHC是锐角，由EHC＞得tanEHG＞tan即

＞故k的取值范围为k＞

（1）由中位线证明；（2）

（1）证明见解析；（2）．

试题分析：（1）要证线线垂直，一般可先证线面垂直，这个平面要包含其中一条直线，本题中有许多垂直关系，如，而平面，因此有平面，正好是平面内的直线，问题得证；（2）我们采取空间问题平面化，所有条件都可在矩形内，利用平面几何知识解题，由于，则有，这两个三角形中，有，又，这时可求出，从而求出的长．

试题解析：（1）是正方形，∴，又长方体的侧棱平面，∴,

，故有平面，又，∴．        7分

（2）在长方体中，是矩形，由，得，∴，从而，∴，又底面正方形的边长为2，故，，又，∴，从而．        14分

说明：用空间向量知识求解相应给分．

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要以直三棱柱为几何背景，考查空间两条直线的位置关系、二面角、直线与平面的位置关系等基础知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.第一问，根据线面平行的判定定理，先在面内找到线，从而证明平面；第二问，建立空间直角坐标系,写出所有点坐标,先找到平面和平面的法向量,利用线面垂直的判定可以确定是平面的法向量，而平面的法向量需要计算求出来，最后利用夹角公式求夹角余弦，注意判断夹角是锐角还是钝角，来判断余弦值的正负.

试题解析：（1）连接

由题意知，点分别为和的中点，∴，

又平面，平面，

∴平面.

（2）以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

于是，

∵平面，∴，∵为正方形，∴平面，

∴是平面的一个法向量，，设平面的法向量为，，，

，，令，

∴，

设向量和向量的夹角为，则

，

∴平面与平面的夹角的余弦值是.

 （Ⅰ）见解析（Ⅱ）

本试题主要是考查了线面垂直的问题和线面角的求解的综合运用。

（1）要证明线面垂直关键是证明线线垂直，BA垂直于平面ASD。

（2）利用等价转化思想，通过求解点到面的距离得到线面角的求解。

解：

（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2，

连结SE，则

又SD=1，故，

所以为直角。     …………3分

由，

得平面SDE，所以。

SD与两条相交直线AB、SE都垂直。

所以平面SAB。   …………6分

（II）由平面SDE知，

平面平面SED。

作垂足为F，则SF平面ABCD，

作，垂足为G，则FG=DC=1。

连结SG，则，

又，

故平面SFG，平面SBC平面SFG。

作，H为垂足，则平面SBC。

，即F到平面SBC的距离为 …………………………10分

由于ED//BC，所以ED//平面SBC，E到平面SBC的距离也有

设AB与平面SBC所成的角为，

则。………………………12分

（I）见解析；（2）． 

（1）先确定线段的中点就是满足条件的点．再取的中点，证明四边形为矩形，四边形是平行四边形．由线面平行的判定定理证出结论；

（2）可以根据二面角的定义找出二面角的平面角求解，关键是找到二面角的棱，由平面平面，平面，。∴是所求二面角的平面角．在三角形中求解；也可以建立坐标系利用法向量求解。

（I）线段的中点就是满足条件的点．

证明如下：

取的中点连结，则

，，    …………………2分

取的中点，连结，

∵且，

∴△是正三角形，∴．

∴四边形为矩形，∴．又∵，………3分

∴且，四边形是平行四边形．…………4分

∴，而平面，平面，∴平面．……6分

（2）（法1）过作的平行线，过作的垂线交于，连结，∵，∴， 是平面与平面所成二面角的棱．……8分

∵平面平面，，∴平面，

又∵平面，∴平面，∴，

∴是所求二面角的平面角．………………10分

设，则，，

∴，

∴． ………12分

（法2）∵，平面平面，

∴以点为原点，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系，则轴在平面内（如图）．设，由已知，得，，．

∴，，…………………8分

设平面的法向量为，

则且，

∴∴解之得

取，得平面的一个法向量为.         ………10分

又∵平面的一个法向量为． ……11分

．………12分