热门试卷

（1）把角的关系转化为边的关系

（2）利用棱锥的性质（三棱锥的侧棱相等，则顶点在底面上的射影为底面三角形的外心）

证明：设D为AB的中点

同理

且

即为且S在平面上的射影O为的外心

则O在斜边AC的中点。

平面ABC

平面SAC

平面ASC平面ABC

利用线面垂直的性质定理

证明：设αβ=AB，αγ=CD

在平面β内作L1⊥AB，

在平面γ内作L1⊥CD，

∵α⊥β∴L1⊥α

同理L2⊥α

∴L1//L2

∴L1//β

∴L1//a

∴a⊥α

（1）见解析；（2）。

试题分析：(1) 连BC交于E，连DE, 要证直线AB1∥平面C1DB，证明AB1∥DE即可；（2）根据异面直线所成角的定义并结合（1）可知∠DEB为异面直线所成的角，然后用余弦定理求解。

试题解析：（1）连BC交于E，连DE,   则DE∥，

而DE面CDB，面CDB， ∴平面C1DB。

（2）由（1）知∠DEB为异面直线所成的角，

在   

由余弦定理得。        

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）再由等腰三角形中线即为高线可得，由平面可得，由为矩形可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，从而可得。再由等腰三角形中线即为高线可得，由线面垂直的判定定理可证得平面。（2）（空间向量法）以以为坐标原点，、、所在直线为，，轴建立空间直角坐标系。设。可得各点的坐标，从而可得个向量的坐标，根据向量垂直数量积为0先两个面的法向量.因为两法向量所成的角与二面角相等或互补，所以两法向量夹角的余弦值的绝对值等于。从而可得的值。

证明⑴ 因为平面，平面，

所以，因为是矩形，所以．因为，所以平面，

因为平面，所以，

因为，是中点，所以，

因为 所以平面．

⑵

解：因为平面，，

所以以为坐标原点，、、所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设，

则，，，．

所以，．

设平面的法向量为，则所以

令，得，，

所以．

平面的法向量为．

所以．

所以．

所以当时，二面角为．

(Ⅰ)答案详见解析；(Ⅱ)存在，；(Ⅲ) .

试题分析：(Ⅰ)三角形和三角形中，各边长度确定，故可利用勾股定理证明垂直关系

，进而由线面垂直的判定定理可证明平面；(Ⅱ)要使得平面，只需，因为，故；(Ⅲ)点到平面的距离，就是点到平面垂线段的长度，如果垂足位置不易确定，可考虑等体积转化，该题中点到面的距离确定，故可利用求点到平面的距离.

试题解析：(Ⅰ)连结,由翻折不变性可知,,,在中,,所以， 在图中,易得,

在中,,所以，又,平面,平面,所以平面.

(Ⅱ)当为的三等分点(靠近)时,平面.证明如下:

因为,,所以 ， 又平面,平面,所以平面.

(Ⅲ) 由(Ⅰ)知平面,所以为三棱锥的高.

设点到平面的距离为,由等体积法得, 即,又,, 所以, 即点到平面的距离为.

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为。

(I)由题目条件可知,又因为,D为AB的中点，所以,所以.

(II)连接BC1交B1C交于O点，连接OD，则OD//AC1,所以平面.

(III)在（I）的基础上可知就是异面直线与所成角,然后解三角形求角即可.

（Ⅰ）∵直三棱柱ABC—A1B1C1中

,

∴…………1

又,…………2

………………………3

∴……………………4

（Ⅱ）设CB1与C1B的交点为E，连结DE，…………….5

∵D是AB的中点，E是BC1的中点，

∴DE//AC1，…………………………………………7

∵DE平面CDB1，AC1平面CDB1，………….8

∴AC1//平面CDB1……………………………………9

（Ⅲ）∵DE//AC1，∴∠CED或其补角为AC1与B1C所成的角……..10

在△CED中，ED=-------------12

∴异面直线AC1与B1C所成角的余弦值为………………………14

(1）详见解析;(2）.

试题分析：（1）要证明AE⊥PD，我们可能证明AE⊥面PAD，由已知易得AE⊥PA，我们只要能证明AE⊥AD即可，由于底面ABCD为菱形，故我们可以转化为证明AE⊥BC，由已知易我们不难得到结论．

（2）由EH与平面PAD所成最大角的正切值为，我们分析后可得PA的值，由（1）的结论，我们进而可以证明平面PAC⊥平面ABCD，则过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，然后我们解三角形ASO，即可求出二面角E-AF-C的余弦值.

（1）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．

因为为的中点，所以．

又，因此．

因为平面，平面，所以．

而平面，平面且，

所以平面．又平面，

所以．    5分

（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以

，

，

所以．    8分

设平面的一法向量为，

则因此

取，则，

因为，，，所以平面，

故为平面的一法向量．

又，所以．  10分

因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为．  12分.

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要以四棱锥为几何背景考查线面垂直、面面垂直、等体积法等基础知识，考查空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用线面垂直的性质得PA⊥BD，又因为BD⊥PC，利用线面垂直的判定得到BD⊥平面PAC，最后利用面面垂直的判定得到平面PAC⊥平面EBD；第二问，由于BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC，所以ABCD是菱形，可求出的面积，由于BD⊥平面PAC，所以BD⊥OE，所以可求出的面积，用等体积法求出三棱锥P-EBD的体积，通过列出的等式解出高的值.

试题解析：（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．

又BD⊥PC，所以BD⊥平面PAC，

因为BDÌ平面EBD，所以平面PAC⊥平面EBD．     5分

（2）由（1）可知，BD⊥AC，所以ABCD是菱形，∠BAD＝120°．

所以．         7分

设AC∩BD＝O，连结OE，则（1）可知，BD⊥OE．

所以．          9分

设三棱锥P-EBD的高为h，则

，即，解得． 12分

（1）证明见解析；（2）；（3）存在点，理由见解析．

试题分析：﹙1﹚转化为证明、．其中可转化为证明平面，这由已知两个平面垂直可得到，而可由条件平面得到．﹙2﹚棱锥的体积转化为以为顶点，以为底面的三棱锥；（3）过点作交于，过作交于，连接．然后证明平面，由此可确定在上的位置．

试题解析：（1）证明：∵是矩形，∴ ．

∵平面平面，∴平面，∴．

∵平面，∴．

∵，平面，平面，

∴平面．

（2）过点作，

∵平面平面，∴平面．

∵，，∴，∴，

∴．

（3）过点作交于，过作交于，连接．

∵，，∴．

∵，，，∴平面平面．

∵平面，∴平面，

∴线段上存在点，当时，使得平面．