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证明：（1）见解析；（2）。

本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，其中建立适当的坐标系，将线面平行及线面垂直问题，转化为向量夹角问题是解答本题的关键．本题综合较强，难度较大．

（I）连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，分别求了各点对应的坐标，求出直线FG的方向向量和平面BOE的法向量，判断两个向量的关系，即可得到FG∥平面BOE；

（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则我们易求出直线FM的方向向量，由FM⊥平面BOE求出满足条件的M点的坐标，并与△ABO内部表示的平面区域对应的约束条件进行比照，即可得到答案．

证明：（1）取PE中点H，连结FH，GH，

∵ F，G分别为PB，OC中点，∴FH//BE，GH//EO，

∵，， ，

∴，∵，∴。  …………5分

（2）∵是以为斜边的等腰直角三角形，且O为AC中点，∴，

又∵平面平面， ，，

∴。

，所以，

∵，∴，

，连结FM，因为点F为PB中点，

则，进而，。

                                                 …………12分

见解析

本试题主要是考查了正方体中线面的垂直、平行问题的判定。

（1）利用线线平行得到线面平行的判定定理，从而得到证明。

（2）先分析线线垂直，利用线面垂直的判定定理得到结论。

证明：（1）∵正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面正方形ABCD的中心，M是线段AB的中点。

∴OM//A1D, 而OM平面ADD1A1 ,A1D平面ADD1A1, ∴OM//平面ADD1A1.

(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥AA1.

在正方体ABCD中，BD⊥AC，

且AA1AC=A，AC、AA1平面AA1C1C,

∴BD⊥平面AA1C1C,

∴BD平面A1BD,平面A1BD⊥平面A1ACC1.

（1）见解析；（2）见解析；（3）

第一问中利用线面平行的判定定理，先得到线线平行，根据已知条件得到

过作于，连结，则则，又，所以.

又且，

所以，且，

所以四边形为平行四边形，

所以.

所以得到线面平行。

第二问中，通过以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

利用平面的法向量的夹角与二面角的大小相等或者互补的结论，借助与代数的手段求解得到二面角的大小。

证明：（Ⅰ）过作于，连结，

则，又，所以.

又且，

所以，且，

所以四边形为平行四边形，

所以.

又平面，平面，

所以平面.           ……4分

（Ⅱ）因为平面，，故

以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由已知可得

.

显然.

则，

所以.

即，故平面.

（Ⅲ）因为，所以与确定平面，

由已知得，，.               ……9分

因为平面，所以.

由已知可得且，

所以平面，故是平面的一个法向量.

设平面的一个法向量是.

由得   即

令，则.

所以.

由题意知二面角锐角，

故二面角的余弦值为.                            ……14分

证明略

 如图所示，取PD的中点E，连接AE、NE， 

∵N、E分别为PC，PD的中点，

∴NE为△PCD的中位线，

∴NE∥CD且NE=CD.

又M为AB的中点，

∴AM∥CD且AM=CD，

∴AM∥NE且AM=NE，

∴四边形AENM为平行四边形，∴AE∥MN.

又△PAD为等腰三角形，∴AE⊥PD，∴MN⊥PD.

连接PM、MC，设AD=a，AB=2b，

∴PM2=a2+b2，CM2=a2+b2，

∴CM=PM，∴MN⊥PC.

∵PC∩PD=P，∴MN⊥平面PCD.△ABC为正三角形，

D、E分别是BC、CA的中点.

证明：（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析。

本试题主要是考查了立体几何中线面平行的证明以及面面垂直的证明的综合运用。

（1）利用线面平行的判定定理可知知道，解决SA∥OE的平行时关键的一步。

（2）要证明面面垂直，只要证明线面垂直的基础上，利用面面垂直的判定定理既可以得到。

证明：（Ⅰ）连接，---------------1分

∵点O、E分别为AC、SC中点

∴∥---------------3分

∵平面，平面，---------------5分

∴∥平面．--------------7分

（Ⅱ）由已知可得，,

是中点，所以．-------------9分

又∵四边形是正方形，

∴．----------------10分

∵，∴．--------------12分

∵，

∴平面平面．------------14分

（1）见解析；（2）见解析

试题分析：（1）由E、F分别为PB、PC中点根据三角形中位线定理知EF∥BC，根据线面平行的判定知EF∥面ABC；（2）由PA⊥面PABC知，PA⊥BC，结合AB⊥BC，由线面垂直的判定定理知，BC⊥面PAB，由（1）知EF∥BC，根据线面垂直性质有EF⊥面PAB，再由面面垂直判定定理即可证明面AEF⊥面PAB.

试题解析：证明:（1）在中，分别为的中点      3分

又平面，平面平面             7分

（2）由条件，平面，平面

，即，                  10分

由，，

又，都在平面内     平面

又平面平面平面                  14分

考点:线面垂直的判定与性质；面面垂直判定定理；线面平行判定；推理论证能力

（1）详见解析；（2）详见解析．

试题分析：（1）设AC与BD的交点为O，连接OP，则长方体中O为BD中点，又P为DD1的中点，所以三角形BDD1中，由中位线定理可知PO ∥ ，根据线面平行的判定定理即可，得证；（2）根据四边形ABCD为菱形，故BDAC，由题意可知DD1AC，故AC 平面，进而可证明出结论．

解：（1）设AC与BD的交点为O，连接OP，则长方体中O为BD中点，又P为DD1的中点，

所以三角形BDD1中，PO ∥ ，而  不在平面PAC内，OP在平面PAC内，故∥平面 

（2）长方体中，AB=AD，所以ABCD为菱形，故BDAC，

又长方体中，DD1面ABCD，所以DD1AC，从而AC 平面，则平面平面

证明过程详见试题解析.

试题分析：要证明三线共点，先证明两条直线，再证明第三条直线也经过点即可.

试题解析：连接EF、GH，因为

所以且               2分

所以共面，且不平行，             3分

不妨设                                   4分

则；         6分

           8分

又因为             10分[

所以三条直线相交于同一点O.           12分