热门试卷

(I)证明见解析

(II)

(III) 存在这样的点E,E为的中点

(1)因为侧面底面,所以只需证明即可.

（2）可以以O为原点，ＯＮ，ＯＣ，ＯＡ１所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，然后用向量的方法求解线面角的问题.

（3）在（2）的基础上也可以用向量来求点E位置.也可以取BC的中点M，连接OM，取BC1的中点E，连接ME，则OM//AB，ME//BB1//AA1，所以平面OMB//平面AA1B，所以OE//平面.从而确定E为BC1的中点.

(Ⅰ)证明:因为,且O为AC的中点,

所以 

又由题意可知,平面平面,交线为,且平面,

所以平面 

(Ⅱ)如图,以O为原点,所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.

由题意可知,又 

所以得: 

则有: 

设平面的一个法向量为,则有

,令,得 

所以 

因为直线与平面所成角和向量与所成锐角互余,所以 

(Ⅲ)设 

即,得 

所以得 

令平面,得 , 

即得 

即存在这样的点E,E为的中点 

当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.

  当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.

∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA.

∵P、O为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.

又PO∩PA=P，D1B∩QB=B，

D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，

∴平面D1BQ∥平面PAO.

SG∥平面DEF

 SG∥平面DEF，证明如下：

方法一 连接CG交DE于点H，

如图所示.

∵DE是△ABC的中位线，

∴DE∥AB.

在△ACG中，D是AC的中点，

且DH∥AG.

∴H为CG的中点.

∴FH是△SCG的中位线，

∴FH∥SG.

又SG平面DEF，FH平面DEF，

∴SG∥平面DEF.

方法二 ∵EF为△SBC的中位线，∴EF∥SB.

∵EF平面SAB，SB平面SAB，

∴EF∥平面SAB.

同理可证，DF∥平面SAB，EF∩DF=F，

∴平面SAB∥平面DEF，又SG平面SAB，

∴SG∥平面DEF.

证明见解析.

试题分析：（1）取PA的中点E，连结EM、BE，根据三角形的中位线定理证出ME∥AD且ME=AD，平行四边形中Q是BC的中点，可得BQ∥AD且BQ=AD，因此四边形MQBE是平行四边形，可得MQ∥BE，再结合线面平行的判定定理可得MQ∥平面PAB；

（2）由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥CD，结合AC⊥CD可得CD⊥平面PAC，从而有AN⊥CD．又因为AN⊥PC，结合PC、CD是平面PCD内的相交直线，可得AN⊥平面PCD，从而得到AN⊥PD．等腰△PAD中利用“三线合一”，证出AM⊥PD，结合AM、AN是平面AMN内的相交直线，得到PD⊥平面AMN，从而得到MN⊥PD．

（1）取PA的中点E，连结EM、BE，

∵M是PD的中点，∴ME∥AD且ME=AD，

又∵Q是BC中点，∴BQ=BC，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥AD且BC=AD，可得BQ∥ME且BQ=ME，

∴四边形MQBE是平行四边形，可得MQ∥BE， （4分）

∵BE⊂平面PAB，MQ⊄平面PAB，

∴MQ∥平面PAB； （6分）

（2）∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，

又∵AC⊥CD，PA、AC是平面PAC内的相交直线，

∴CD⊥平面PAC，结合AN⊂平面PAC，得AN⊥CD．   （9分）

又∵AN⊥PC，PC、CD是平面PCD内的相交直线，

∴AN⊥平面PCD，结合PD⊂平面PCD，可得AN⊥PD， （12分）

∵PA=AD，M是PD的中点，∴AM⊥PD， （13分）

又∵AM、AN是平面AMN内的相交直线，∴PD⊥平面AMN，

∵MN⊂平面AMN，∴MN⊥PD． （14分）

．

本小题易采用向量法，设AE=x,关键是根据空间向量，利用二面角

的大小为，建立关于x的方程，解方程组即可.

解：设，以为原点，直线所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则．

．

设平面的法向量为，

由

令，．     ．

依题意．

（不合题意，舍去）．    

（1）见解析.（2）.

本试题主要考查了立体几何中线面平行而后二面角的求解的运用。第一问中，利用取的中点，连接，

是边长为2的等边三角形  且

又   

， ||，=    

 四边形为矩形

||

得到先面平行。

第二问中，建系如图所示：易知，，，，

，，，，利用法向量来求解二面角的大小。

解：（1）取的中点，连接，

是边长为2的等边三角形  且

又   

， ||，=    

 四边形为矩形

||

又 ，

||  ……………………………………6分

（2）建系如图所示：易知，，，，

，，，………………………7分

设的法向量    的法向量 

令得                 得

                         ………………………. .10分

  …………………………………………11分

由图形可知，钝二面角，故二面角的余弦值为……….12分

证明：（Ⅰ）连接 ．

因为四边形为菱形，，

所以△为正三角形．又为中点，

所以．

因为,为的中点，

所以．

又，

所以平面．                           ………………4分

（Ⅱ）当时，∥平面．

下面证明：

连接交于，连接．

因为∥，

所以．

因为∥平面，平面，平面平面，

所以∥.

所以．

所以，即．

因为，

所以．

所以，

所以∥.

又平面，平面，

所以∥平面．                                …………9分

（Ⅲ）因为，

又平面平面，交线为，

所以平面．

以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直

角坐标系．

由===2，

则有，，．

设平面的法向量为=，

由，

且，，

可得

令得．

所以=为平面的一个法向量．

取平面的法向量=，

则，

故二面角的大小为60°．                   …………14分

本题考查线面垂直和二面角、探索性问题等综合问题。考查学生的空间想象能力。线面垂直的证明方法：（1）线面垂直的定义；（2）线面垂直的判断定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）向量法：证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互平行.

线面垂直的证明思考途径：线线垂直线面垂直面面垂直.本题第一问利用方法二进行证明；探求某些点的具体位置，使得线面满足垂直关系，是一类逆向思维的题目.一般可采用两个方法：一是先假设存在，再去推理，下结论；二是运用推理证明计算得出结论，或先利用条件特例得出结论，然后再根据条件给出证明或计算.本题第二问主要采用假设存在点，然后确定线面平行的性质进行求解. 本题第三问利用向量法求解二面角.

解：(1)连结AG, 交BE于点M, 连结FM    ……………2分

∵E, G分别为棱的中点，

∴四边形ABGE为平行四边形，

∴点M为BE的中点，               ……………4分

而点F为AC的中点，∴FM∥CG

∵面BEF, 面BEF, ∴；………7分

(2因为三棱柱是直三棱柱，,

∴A1C1⊥面BC1，而CG面BC1

∴A1C1⊥CG,                      ….…………….………10分

又∵，∴CG⊥面A1C1G

由（1）知，FM∥CG

∴FM⊥面A1C1G,                      …………….…………………12分

而面BEF, ∴平面平面       . .…………………14分

略

证明略

  方法一 如图所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接MN.

∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB，∴AE=BD.

又∵AP=DQ，∴PE=QB，

又∵PM∥AB∥QN，

∴，，，∴PM   QN，

∴四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN.

又MN平面BCE，PQ平面BCE，

∴PQ∥平面BCE.

方法二 如图所示，连接AQ，并延长交BC于K，连接EK，

∵AE=BD，AP=DQ，

∴PE=BQ，

∴=                                       ①

又∵AD∥BK，∴=                           ②

由①②得=，∴PQ∥EK.

又PQ平面BCE，EK平面BCE，

∴PQ∥平面BCE.

方法三 如图所示，在平面ABEF内，过点P作PM∥BE，交AB于点M，

连接QM.

∵PM∥BE，PM平面BCE，

即PM∥平面BCE，

∴=                                   ①

又∵AP=DQ，∴PE=BQ，

∴=                                   ②

由①②得=，∴MQ∥AD，

∴MQ∥BC，又∵MQ平面BCE，∴MQ∥平面BCE.

又∵PM∩MQ=M，∴平面PMQ∥平面BCE，

PQ平面PMQ，∴PQ∥平面BCE.