热门试卷

略

16、解：以D为原点，DA、DC、所在的直线分别为x、y、z轴，

建立空间直角坐标系，设正方体棱长为a，则D（0，0，0），

A（a，0，0），B（a，a，0），（0，0，a），E（a，a，），

F（a，，0），G（，a，0）．

（1），a，），∴　．

　　∴　　∵　，∴　平面AEG．

（2）由，a，），＝（a，a，）

略

（本小题满分12分）

（Ⅰ）证明：由题意 

      ………………………………… 4分

（Ⅱ）（法一）延长BA、CD交于Q点，过A作AH⊥PQ,垂足为H,连DH

由（Ⅰ）及AD∥BC知：AD⊥平面PAQ

∴ AD⊥PQ且AH⊥PQ

所以PQ⊥平面HAD，即PQ⊥HD.

所以∠AHD是面PCD与面PBA所成的二面角的平面角. …………… 6分

易知，所以

所以面PCD与面PAB所成二面角的正切值为.       ………………8分

（Ⅲ）解：存在.                  ……………………………………………………9分

在BC上取一点F,使BF=1，则DF∥AB.由条件知，PC=,在PC上取点E,使PE=,则EF∥PB.                      ………………10分

所以，平面EFD∥平面PAB

故 DE∥平面PAB       …………………………………………………12分

略

（1）在

，又

,

..

（2）连接，连接DO, 则由D为AB中点，O为中点得：∥,

平面平面，∴∥平面

略

（1）证明略（2）7

（1）连接AN并延长交BC于Q，

连接PQ，如图所示.

∵AD∥BQ，∴△AND∽△QNB，

∴===，

又∵==，

∴==，∴MN∥PQ，

又∵PQ平面PBC，MN平面PBC，

∴MN∥平面PBC.

（2）解 在等边△PBC中，∠PBC=60°，

在△PBQ中由余弦定理知

PQ2=PB2+BQ2-2PB·BQcos∠PBQ

=132+-2×13××=，

∴PQ=，

∵MN∥PQ，MN∶PQ=8∶13，

∴MN=×=7.

解：(Ⅰ)证明：因为平面四边形的对角线交于点，，那么沿着AC折叠前后，垂直关系不变，因此

(II)分别以OD,OA,OB为z,x,y轴建立空间直角坐标系，然后表示出点的坐标，求解法向量来求解二面角和点到面的距离。因为

解得二面角大小的余弦值为

且有，而点到平面的距离为

本试题主要考查了空间中点、线、面的位置关系的综合运用。以及线线垂直和二面角的求解的立体几何试题运用。

（Ⅰ）证明： 因为//，平面，平面，

所以//平面.                   ………………………………………2分

因为平面，平面平面，

所以//.                          ………………………………………4分

（Ⅱ）证明：因为平面，，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，.

………………………………………5分

所以 ，，

，

所以，

.

所以 ，.

因为 ，平面，

平面，

所以 平面.                     

………………………………………9分

（Ⅲ）解：设（其中），，直线与平面所成角为

所以 .

所以 .

所以 即.  

所以 .   ………………………………………11分

由（Ⅱ）知平面的一个法向量为.

………………………………………12分

因为 ，

所以 .

解得 .

所以 .                       ………………………………………14分

略

证明见答案

分、是异面、共面两种情况讨论．

（１）  当、共面时，如图（１）

，，连结、．

，且，．

．

（２）  当、异面时，如图（２），过点作

交于点．

在上取点，使，连接，由（１）证明可得，

又得，平面平面平面．

又面，．

证明略

  方法一 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为1，则可求得

M（0，1，），N（，1，1），

D（0，0，0），A1（1，0，1）,B（1，1，0），

于是=（，0，），

=（1，0，1），=（1，1，0）.

设平面A1BD的法向量是

n=（x，y，z）.

则n·=0，且n·=0，

得

取x=1，得y=-1，z=-1.

∴n=（1，-1，-1）.

又·n=（，0，）·（1，-1，-1）=0，

∴⊥n,

又∵平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.

方法二 ∵=-= -

=（-）=,

∴∥，又∵MN平面A1BD.

∴MN∥平面A1BD.