热门试卷

（1)（2)证明过程详见试题解析.

试题分析：（1)因为为中点，所以，易证；（2)先根据三角形相似证明，再根据已知证明，即可证明平面.

试题解析：（1)证明：连接，则共线，          2分

因为为中点，所以 

因为             5分

2）连，因为，所以

， ①  8分

 ②                               11分

因为以及 ①②得：平面.            12分

(Ⅰ)见解析；(Ⅱ)见解析.

试题分析：(Ⅰ) 连接，交于点，连接，证明，依据直线与平面平行的判定定理可知，；(Ⅱ)先由已知条件得到和，依据直线与平面垂直的判定定理证得，再由和，依据直线与平面垂直的判定定理证得，从而有，结合已知条件，依据直线与平面垂直的判定定理证得，再依据平面与平面垂直的判定定得到.

试题解析：(Ⅰ)连接，交于点，连接，

∵为矩形，

∴为中点，又为中点，∴.

∵，，∴.

(Ⅱ)∵，∴，

∵为矩形，∴，且，

∴，∴，

∵，为的中点，∴，且，

∴，

∴ ，又∵，且， ∴，

∵，∴.

（Ⅰ）；（Ⅱ）.

试题分析：（Ⅰ）在平面内，过作交与，连接，则或其补角即为异面直线与所成角．然后在中求出与所成角的余弦值为；（Ⅱ）此问关键是要抓住这一条件，结合题目所给条件建立后进行求解.

试题解析：

（Ⅰ）在平面内，过作交与，连接，则或其补角即为异面直线与所成角．

在△中，，

由余弦定理得，

故异面直线与所成角的余弦值为．

（Ⅱ）在平面内，过作交与，连接，

∵，∴，∴．

又，故，故在平面中可知，

故，又，

故．

（1）见解析（2）

本试题主要是考查了立体几何中线面垂直的证明与二面角的平面角的求解。

（1）因为底面，

所以，∠SBA是SB与平面ABCD所成的角

由已知∠SBA=45°，所以AB=SA=1  易求得，AP=PD=，

又因为AD=2，所以AD2=AP2+PD2，所以，从而根据线面垂直的判定定理得到。

（2）

由于SA⊥底面ABCD,且SA平面SAD,

则平面SAD⊥平面PAD

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，然后接合直角三角形得到求解。

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 所以二面角A－SD－P的大小的正切值为．13分

（1）设,连接，易知是的中点，

∵是中点．∴在△中，∥， 

∵平面，平面，

∴∥平面．        

（2）平面平面 ,,平面平面

平面,又平面,

又，,平面,

在中，为的中点，

,平面，

又平面， 平面平面．

第一问中，设,连接，易知是的中点，

∵是中点．∴在△中，∥，

∵平面，平面，

∴∥平面

第二问中，平面平面 ,,平面平面

平面,又平面,

又，,平面

在中，为的中点，

,平面，

又平面， 平面平面

解：（1）设,连接，易知是的中点，

∵是中点．∴在△中，∥，  …………2分

∵平面，平面，

∴∥平面．          ………………………………6分

（2）平面平面 ,,平面平面

平面,又平面,

又，,平面,……………………10分

在中，为的中点，

,平面，

又平面， 平面平面．……………………………14分

(1)证明过程详见解析;(2)证明过程详见解析;（3） 

试题分析：（1）要证 ，只要证平面；而由题设平面平面且 ，所以平面，结论得证；

（2）过G作GN⊥CE交BE于M，连 DM，由题设可证四边形为平行四边形，所以有 

从而由直线与平面平行的判定定理，可证AG∥平面BDE；

（3）欲求几何体EG-ABCD的体积，可先将该几何体分成一个四棱锥和三棱锥 .

试题解析：

（1）证明：由平面ABCD⊥平面BCEG，

平面ABCD∩平面BCEG=BC,  平面BCEG,

EC⊥平面ABCD，3分

又CD平面BCDA, 故 EC⊥CD4分

（2）证明：在平面BCDG中，过G作GN⊥CE交BE于M，连DM，则由已知知；MG=MN，MN∥BC∥DA,且

MG∥AD,MG=AD， 故四边形ADMG为平行四边形，

AG∥DM6分

∵DM平面BDE，AG平面BDE， AG∥平面BDE8分

（3）解：  10分

 12分

(1)证明见解析;(2) ．

试题分析：（1）先利用平面几何知识与线面垂直的性质证线线垂直，由线线垂直得到线面垂直，再由线面垂直得到线线垂直；（2）点到平面的距离是棱锥D-PCB顶点D到底面的高,求出棱锥的体积和底面三角形PCB的面积,可以求出点到平面的距离．

试题解析：(1)如图,连接，

由3AD=DB知，点D为AO的中点,

又∵AB为圆O的直径，

∴，

由知，，

∴为等边三角形,

故．

∵点在圆所在平面上的正投影为点，

∴平面，

又平面，

∴，

由PDÌ平面PAB，AOÌ平面PAB，且，

得平面.

（2）由（1）可知，，

∴，

又，，，

∴为等腰三角形，则，

设点到平面的距离为，

由得，

，

解得．

（1）见解析；（2）故棱上不存在使二面角的大小为的点.

本试题主要是考查线面平行的判定和二面角的求解综合运用。

（1）利用线面平行的判定定理，先证明线线平行，然后得到线面平行。

（2）在第二问中建立空间直角坐标系，利用平面的法向量，与法向量的夹角来表示二面角的平面角的求解。

【法一】（Ⅰ）在线段上取中点，连结、.

则，且，∴是平行四边形……2′

∴，又平面，平面，∴平面.……4

又∵，∴二面角大于. ……11′

∴在棱上时，二面角总大于.

故棱上不存在使二面角的大小为的点. ……12′

（I）当点E为BC的中点时，

EF与平面PAC平行.

∵在△PBC中，

E、F分别为BC、PB的中点，

∴EF//PC 又EF平面PAC，

而PC平面PAC ∴EF//平面PAC.…4分

（II）证明：见解析；

（Ⅲ）BE=x=－，或BE=x=+（舍）.

(I)当E为BC的中点时，EF//PC,进而可得EF//平面ABCD.

(II)无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF,这句话的实质是证明AF⊥平面PBE.

(III) 关键是找出PA与平面PDE所成的角，具体做法：过A作AG⊥DE于G，连PG，又∵DE⊥PA，则DE⊥平面PAG，于是，平面PAG⊥平面PDE，它们的交线是PG，过A作AM⊥PG，垂足为M，则AM⊥平面PDE，则∠APG就是PA与平面PDE所成的角.也可利用向量法求解.                                                        

解法1：（I）当点E为BC的中点时，

EF与平面PAC平行.∵在△PBC中，

E、F分别为BC、PB的中点，

∴EF//PC 又EF平面PAC，

而PC平面PAC ∴EF//平面PAC.…4分

（II）证明：∵PA⊥平面ABCD，BE平面ABCD，

∴EB⊥PA.又EB⊥AB，AB∩AP=A，AB，AP平面PAB，

∴EB⊥平面PAB，

又AF平面PAB，∴AF⊥BE.       

又PA=AB=1，点F是PB的中点，∴AF⊥PB，……………………4分

又∵PB∩BE=B，PB，BE平面PBE，∴AF⊥平面PBE.

∵PE平面PBE，∴AF⊥PE.……………………8分

（Ⅲ）过A作AG⊥DE于G，连PG，又∵DE⊥PA，则DE⊥平面PAG，

于是，平面PAG⊥平面PDE，它们的交线是PG，过A作AM⊥PG，垂足为M，则AM⊥平面PDE，即PA在平面PDE的射影是PM，所以PA与平面PDE所成的角是∠APG=45°.

∴在RtPAG中，PA=AG=1，∴DG=，………………10分

设BE=x，∵△AGE≌△ABE，则GE=x，CE=－x，

在Rt△DCE中，(+x)2=(－x)2+12，得BE=x=－.……12分

解法二：（II）建立图示空间直角坐标系，

则P（0，0，1），B（0，1，0），

 设

∴AF⊥PE …8分

（Ⅲ）设平面PDE的法向量为

而=（0，0，1）依题意PA与平面PDE所成角为45°，

所以sin45°=，

，

得BE=x=－，或BE=x=+（舍）.……………………12分