热门试卷

（1）详见解析，（2）时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为

试题分析：（1）先将面面垂直转化为线面垂直：ABCD为矩形，故ABAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以AB平面PAD，再根据线面垂直证线线垂直：因为PD平面PAD，所以ABPD

（2）求四棱锥体积，关键要作出高.这可利用面面垂直性质定理：过P作AD的垂线，垂足为O，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以PO平面ABCD，下面用表示高及底面积：设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为

故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.

求二面角的余弦值，可利用空间向量求解，根据题意可建立空间坐标系，分别求出平面BPC的法向量及

平面DPC的法向量，再利用向量数量积求夹角余弦值即可.

试题解析：（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，

又平面PAD平面ABCD

平面PAD平面ABCD=AD

所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，故ABPD

（2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.

故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG

在直角三角形BPC中，

设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为

因为

故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.

建立如图所示的空间直角坐标系，

故

设平面BPC的法向量，则由,得

解得

同理可求出平面DPC的法向量，从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为

(1)见解析；（2）sin∠ECD=.

试题分析：（1）线线垂直转化为线面垂直的思想.（2）通过证明线面垂直，找到了线面所成的角，再根据所给的线段的关系求出EC与平面所成角的正弦值.

试题解析：⑴由,知,又,故,

,故;

⑵设,故可得,,,故,

故,又由⑴得,故,故所求角的平面角为,

故.

（1）、（2）见解析；（3）

（1）因为分别是线段的中点，所以，由线面平行的判定定理得//平面；（2）由已知易证平面，所以，又，

分别是线段的中点，得，根据线面垂直的判定定理得平面；（3）由二面角的定义知就是所求二面角的平面角，等于.另解：因为四棱锥的底面为正方形，侧棱底面，可建立空间直角坐标系，写出需要的各点坐标.（1）只需证出与共线；（2）只需证与平面内的任意两个不共线向量垂直；（3）需求出平面的法向量和平面的法向量，把二面角转化为两个法向量的夹角，注意角的范围.

建立如图所示的空间直角坐标系，

,

，，，．…………1分

（Ⅰ）证明：

∵，，

∴,

∵平面，且平面，

∴//平面．………………………………4分

（Ⅱ）证明：

，，，

，

又，

∴平面． ………………………………………………8分

（Ⅲ）设平面的法向量为,

因为，，

则取 

又因为平面的法向量为

所以 

所以二面角的大小为．…………………………………12分

（Ⅰ）证明：由可知： 平；………………分

又因为平面∥，平面过且与平面交于，所以∥．……分

故平面． 　……………………………………………………………………分

（Ⅱ）以 分别为轴建立空间直角坐标系，并设.则

,,;

设平面的法向量，

由，可求得，………………………分

,,

设平面的法向量，

由，可得

，………………………………分

二面角的余弦值为

略

（1）（2）

试题分析：（1） 连接交于点，连接，由直线与平面平行的性质定理可得，由平行线分线段成比例的性质可得，故．

（2）根据勾股定理可知，由平面与平面垂直的性质可得面，即，而已知，根据直线与平面垂直判定定理可得面，由可求出点到面的距离．

（1） 连接交于点，连接．

                                                     3分

,

                                                               5分   

（2）                       6分

又面面，且面面,面

又,且,面                                  9分

设点到面的距离为，由,

得，求得                              12分

（1）详见解析，（2），（3）.

试题分析：（1）线面平行判定定理，关键找线线平行.利用三角形中位线性质找平行，取的中点，则是三角形的中位线，即∥．应用定理证明时，需写出定理所需条件.（2）利用空间向量求二面角的大小，关键求出平面的法向量.平面的一个法向量为,而平面的法向量则需列方程组解出.根据向量的数量积求出两向量夹角，再根据向量夹角与二面角的大小关系，求出结果.一般根据图像判定所求二面角是锐角还是钝角.（3）存在性问题，从假定存在出发，利用面面垂直列等量关系.在（2）中已求出平面的法向量，因此只需用点坐标表示平面的法向量即可.解题结果需注意点在线段上这一限制条件.

试题解析：

（1）证明：连结交于，连结，

因为三棱柱是正三棱柱，

所以四边形是矩形，

所以为的中点．

因为是的中点，

所以是三角形的中位线，             2分

所以∥．                           3分

因为平面，平面，

所以∥平面．                      4分

（2）解：作于，所以平面，

所以在正三棱柱中如图建立空间直角坐标系．

因为，，是的中点．

所以，，，， 5分

所以，，

．

设是平面的法向量，

所以即

令，则，，

所以是平面的一个法向量．             6分

由题意可知是平面的一个法向量，      7分

所以．                            8分

所以二面角的大小为．                         9分

（3）设，则，

设平面的法向量，

所以即

令，则，，

，                                12分

又，即，解得，

所以存在点，使得平面平面且．   14分

（1）见解析：（2）.

本试题主要考查了立体几何中线线垂直和二面角的求解运用。

解：(Ⅰ)当嗄时，底面ABCD为正方形，BDAC

又因为BDPABD,面PAC…………………………2分

又PC面PAC

BDPC…………………………3分

(Ⅱ) 因为AB,AD,AP两两垂直，分别以它们所在直线

为X轴、Y轴、Z轴建立坐标系，如图所示，

则

B(1,0,0)D(0，a,0)C(1,a,0)P(0,0,1)…………………4分

设BQ=m，则Q(1,m,0) 

要使PQQD，只要-1+m(a-m)=0

所以1=m(a-m)，……6分

由此可知时，存在点Q使得PQQD

当且仅当m= a-m，即m=a/2时，BC边上有且只有一个点Q，使得PQQD

由此可知a=2…………………………8分

设面PDQ的法向量

则解得…………………………10分

取平面PAD的法向量

则的大小与二面角A-PD-Q的大小相等所以

因此二面角A-PD-Q的余弦值为…………………………12分

解:(Ⅰ)取AB的中点M，连结GM,MC，G为BF的中点,

所以GM //FA,又EC面ABCD, FA面ABCD,

∵CE//AF,

∴CE//GM,………………2分

∵面CEGM面ABCD=CM,

EG// 面ABCD,

∴EG//CM,………………4分

∵在正三角形ABC中，CMAB,又AFCM

∴EGAB, EGAF,

∴EG面ABF.…………………6分

（Ⅱ）建立如图所示的坐标系,

设AB=2,

则B（）E(0,1,1) F（0，-1，2）

=(0，-2,1) , =(,-1，-1),   =(,1， 1),………………8分

设平面BEF的法向量=（）则

     令，则,

∴=（）…………………10分

同理，可求平面DEF的法向量  =（-）

设所求二面角的平面角为，则

=.…………………12分

略