热门试卷

方法一：（1） 证明：当为的中点时，，

从而为等腰直角三角形，

则，同理可得，∴，于是，………1分

又，且，∴，。………2分

∴，又，∴。……………………4分

（也可以利用三垂线定理证明，但必需指明三垂线定理）

（还可以分别算出PE，PD，DE三条边的长度，再利用勾股定理的逆定理得证，也给满分）（2） 如图过作于，连，则，………………………6分

∴为二面角的平面角．  ……………8分

设，则．

……………9分

于是　………………………………10分

，有解之得。

点在线段BC上距B点的处。………………………12分

方法二、向量方法．以为原点，所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图………………………………1分

（1）不妨设，则，

从而，………………………2分

于是，

所以所以 ………………………………4分

（2）设，则，

则 ………………………………………………6分

易知向量为平面的一个法向量．设平面的法向量为，

则应有 即解之得，令则，，

从而，………………………………………………………………10分

依题意，即，

解之得（舍去），………………………………………………11分

所以点在线段BC上距B点的处。………………………………………………12分

略

（Ⅰ）证明：连结，交于点，∴点是的中点.

∵点是的中点，∴是的中位线.   ∴

∵平面，平面，∴平面.………………………5分

（Ⅱ）解：四边形 是梯形，，

又四边形是矩形，，又，

又，。在中，，由可求得 ……………… 6分

以为原点，以，，分别为， ，轴建立空间直角坐标系.…………… 7分 

∴，，，，

∴，，. 设平面的法向量，

∴，. ∴ 令，则，.

∴. 又是平面的法向量，

∴ 如图所示，二面角为锐角.

∴二面角的余弦值是…………………………13分

略

（本题14分）

（1），且平面平面，交线为 ；

平面                         ……3分

又平面        

                               ……6分

（2）取的中点，连接． 则，   

平面，平面平面，

平面平面=，

平面，则为所求线面角；                     ……10分

由已知不妨设：，则          ……12分

，

即直线与平面所成角的正弦值为                  ……14分

略

（1）证明略

（2）证明略

（3）略

解：(1)证明：

同理

又         -----------5分

(2)证明：由（1）知平面CDE

又平面ABC,平面CDE平面ABC     -------7分

(3)解：连接AG，并延长交CD于H，连接EH，则

在AB上取点F，使得,则GF//EH,

易知GF//平面CDE                          ---------12分

(1)证明略 (2) 当=时，A1M⊥平面ADE

  建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，

不妨设正方体的棱长为2，

则A（2，0，0），E（2，2，1），

F（0，1，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2），

设平面AED的法向量为n1=（x1，y1，z1），

则n1·=（x1，y1，z1）·（2，0，0）=0，

n1·=（x1，y1，z1）·（2，2，1）=0，

∴2x1=0，2x1+2y1+z1=0.

令y1=1,得n1=(0,1,-2),

同理可得平面A1FD1的法向量n2=(0,2,1).

∵n1·n2=0，∴n1⊥n2,

∴平面AED⊥平面A1FD1.

（2）解 由于点M在直线AE上，

设==（0，2，1）=（0，2，）.

可得M（2，2，），∴=（0，2，-2），

∵AD⊥A1M，∴要使A1M⊥平面ADE，

只需A1M⊥AE，

∴·=（0，2，-2）·（0，2，1）=5-2=0，

解得=.

故当=时，A1M⊥平面ADE.

（1）见解析（2）见解析(3)

试题分析：

(1)要证明线面平行,取中点，连结,其中线段BN在面BEC中,根据线面平行的判断,只需要证明线段BN与AM平行即可,根据MN为所在线段的中点,利用中位线定理即可得到MN平行且等于DC的一半,题目已知AB平行且等于DC的一半,则可以得到MN与AB平行且相等,即四边形ABMN为平行四边形,而AM与BN为该平行四边形的两条对边,则AM与BN平行,即得到线段AM平行于面BEC.

(2)题目已知面ABCD与ADEF垂直且ED垂直于这两个面的交线,根据面面垂直的性质定理可得线段ED垂直于面ABCD,再根据线面垂直的性质可得到BC垂直于ED,根据梯形ABCD为直角梯形和边长关系和勾股定理可以得到BC与BD垂直,即线段BC与面BED中两条相交的线段ED,BD相互垂直,根据线面垂直的判断即可得到线段BC垂直于面BED

(3)要求点面距离可以考虑利用三棱锥体积的等体积法,即分别以D点和E点作为顶点求解三棱锥D-BEC的体积,当以E作为顶点时,DE为高,三角形BCD为底面,求出高和底面积得到三棱锥的体积,当D为顶点,此时,高为D到面BEC的距离,而三角形BEC为底面,利用三角形的勾股定理得到BE的长度,求出三角形BEC的面积,利用三棱锥的体积公式即可得到D到面BEC的距离.

试题解析：

（1）证明：取中点，连结．

在△中，分别为的中点，

所以∥，且．

由已知∥，，

所以∥，且．          3分

所以四边形为平行四边形．

所以∥．          4分

又因为平面，且平面，

所以∥平面．         5分

（2）在正方形中，．

又因为平面平面，且平面平面，

所以平面．

所以．         7分

在直角梯形中，，，可得．

在△中，，

所以．

所以．          8分

所以平面．          10分

（3）解法一：因为平面，所以平面平面．    11分

过点作的垂线交于点，则平面

所以点到平面的距离等于线段的长度         12分

在直角三角形中，

所以

所以点到平面的距离等于.         14分

解法二：平面,所以

所以

         12分

又，设点到平面的距离为

则，所以

所以点到平面的距离等于.         14分

（I）见解析；（II）二面角C-AD-E的余弦值为。

本试题主要是考查了线线垂直的证明以及二面角的大小的求解的综合运用。

（1I)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO⊥底面BCDE，且OBC

中点，由知，Rt△OCD∽Rt△CDE，

从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，

由三垂线定理知，AD⊥CE

（II）由题意，BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC，又BE侧面ABE，所以侧面ABE⊥侧

面ABC。

作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，则CF⊥平面ABE故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，

∠CEF=45°，由CE=，得CF=

又BC=2，因而∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形作CG⊥AD，垂足为G，连GE。

由（I）知，CE⊥AD，又CE∩CG=C，

故AD⊥平面CGE，AD⊥GE，∠CGE是二面角C-AD-E的平面角。

进而解得。

解法一：(I)作AO⊥BC，垂足为O，连接OD，由题设知，AO⊥底面BCDE，且OBC

中点，由知，Rt△OCD∽Rt△CDE，从而∠ODC=∠CED，于是CE⊥OD，

由三垂线定理知，AD⊥CE--------------------------------4分

（II）由题意，BE⊥BC，所以BE⊥侧面ABC，又BE侧面ABE，所以侧面ABE⊥侧

面ABC。

作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，则CF⊥平面ABE故∠CEF为CE与平面ABE所成的角，

∠CEF=45°，由CE=，得CF=

又BC=2，因而∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形作CG⊥AD，垂足为G，连GE。

由（I）知，CE⊥AD，又CE∩CG=C，

故AD⊥平面CGE，AD⊥GE，∠CGE是二面角C-AD-E的平面角。

CG=

GE=

cos∠CGE=

所以二面角C-AD-E的余弦值为---------------------12分

解法二：

（I）作AO⊥BC，垂足为O，则AO⊥底面BCDE，且O为BC的中点，以O为坐标原点，射线OC为x轴正向，建立如图所示的直角坐标系O-xyz.，

设A（0,0,t），由已知条件有C(1,0,0), D(1,,0), E(-1, ,0),

，

所以，得AD⊥CE------------------4分

（II）作CF⊥AB，垂足为F，连接FE，设F（x,0,z）则=(x-1,0,z),

故CF⊥BE，又AB∩BE=B，所以CF⊥平面ABE，∠CEF是CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°

由CE=，得CF=，又CB=2，所以∠FBC=60°，△ABC为等边三角形，

因此A（0，0，）作CG⊥AD，垂足为G，连接GE，在Rt△ACD中，求得|AG|=|AD|

故G（）

又，

所以的夹角等于二面角C-AD-E的平面角。

由cos()=

知二面角C-AD-E的余弦值为---------12分

（Ⅰ）证：因为PA⊥AD,PA⊥AB,，所以平面…4分

（Ⅱ）证：因为,A是PB的中点，所以ABCD是矩形，又E为BC边的中点，所以AE⊥ED。又由平面,得,且,所以平面，而平面，

故平面平面……………………………………………9分

（Ⅲ）过点作∥交于，再过作∥交于,连结。

由∥,平面,得∥平面；

由∥，平面，得∥平面，

又，所以平面∥平面…………………………12分

再分别取、的中点、，连结、，易知是的中点，是的中点，

从而当点满足时，有平面。

略

（1）参考解析；（2）；－

试题分析：（1）通过建立空间直角坐标系.写出相应的坐标，再写出BD向量和EG向量.从而计算这两向量的数量积.即可得两直线垂直.本小题也可以通过转化为线面垂直来证明.

（2）以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积是以三角形BFC为底面，三棱锥的高为x.由三棱锥体积可得f(x).在通过求二次函数的最值即可结论.

（3）由（2）可得x=2.求二面角关键是求出两个平面的法向量.由于平面BFC的法向量可以是向量EA.另外平面DBF的法向量要通过法向量的计算方法可求得.再由两法向量求出向量夹角的余弦值.再通过图形的判断二面角的大小来判断是钝角还是锐角在确定余弦值的正负.本小题也可以作出二面角的平面角.通过计算求得余弦值.

试题解析：（1）（法一）∵平面平面,AE⊥EF,∴AE⊥面平面,AE⊥EF,AE⊥BE,又BE⊥EF,故可如图建立空间坐标系E-xyz。                 1分

则A（0，0，2），B（2，0，0），G（2，2，0），D（0，2，2），E（0，0，0）    2分

（－2，2，2），（2，2，0）                   3分

（－2，2，2）（2，2，0）＝0，∴            4分

（法二）作DH⊥EF于H，连BH，GH，     1分

由平面平面知：DH⊥平面EBCF，

而EG平面EBCF，故EG⊥DH。

又四边形BGHE为正方形，∴EG⊥BH，

BHDH＝H，故EG⊥平面DBH，       3分

而BD平面DBH，∴ EG⊥BD。       4分

（或者直接利用三垂线定理得出结果）

（2）∵AD∥面BFC，

所以 VA-BFC＝＝4(4-x)x

                           7分

即时有最大值为.                      8分

（3）（法一）设平面DBF的法向量为，∵AE="2," B（2，0，0），D（0，2，2），

F（0，3，0）,∴（－2，2，2）,            9分

则 ，

即，

取x＝3，则y＝2，z＝1，∴ 

面BCF的一个法向量为                   12分

则cos<>=                  14分

由于所求二面角D-BF-C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为－

（法二）作DH⊥EF于H，作HM⊥BF，连DM。

由三垂线定理知BF⊥DM，∴∠DMH是二面角D-BF-C的平面角的补角。          9分

由△HMF∽△EBF，知，而HF=1，BE=2，，∴HM＝。

又DH＝2，

∴在Rt△HMD中，tan∠DMH=-，

因∠DMH为锐角，∴cos∠DMH＝，             13分

而∠DMH是二面角D-BF-C的平面角的补角，

故二面角D-BF-C的余弦值为－.