热门试卷

（1）． （2）证明：见解析。

本题考查用线面垂直的方法来证明线线垂直，考查答题者的空间想象能力．

（Ⅰ）取出AB中点E，连接DE，CE，由等边三角形ADB可得出DE⊥AB，又平面ADB⊥平面ABC，故DE⊥平面ABC，在Rt△DEC中用勾股定理求出CD．

（Ⅱ）总有AB⊥CD，当D∈面ABC内时，显然有AB⊥CD，当D在而ABC外时，可证得AB⊥平面CDE，定有AB⊥CD．

解：（1）取的中点，连结，因为是等边三角形，所以．

当平面平面时，因为平面平面，

所以平面，可知                       …………4分

由已知可得，

在中，．                 …………6分

（2）证明：

（ⅰ）当在平面内时，因为，

所以都在线段的垂直平分线上，即．

（ⅱ）当不在平面内时，由（Ⅰ）知．

又因，所以．

又为相交直线，所以平面，

由平面，得．

综上所述，总有．                …………12分

（1）见解析；（2）45°.

本试题主要考查了下年垂直的判定和二面角的求解。第一问中

要证线面垂直，利用线面垂直的判定定理可以得到。第二问中，利用＝，以点D为坐标原点，以AD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系为平面PBE的法向量.

为平面ABCD的法向量，利用向量的夹角公式得到结论

解：(1)证法1：连结AC与BD交于点F，连结NF，

∵F为BD的中点，∴NF∥PD且NF＝PD.

又EC∥PD，且EC＝PD，(2分)

∴NF∥EC，且NF＝EC，∴四边形NFCE为平行四边形，

∴NE∥FC.(4分)

∵DB⊥AC，PD⊥平面ABCD，AC⊂面ABCD，∴AC⊥PD.

又PD∩BD＝D，∴AC⊥面PBD，∴NE⊥面PDB.(6分)

证法2：以点D为坐标原点，以AD所在的直线为x轴建立空间直角坐标系如图所示：设该简单组合体的底面边长为1，PD＝a，

则B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0，a)，E(0,1，)，N(，，)，

∴＝(，－，0)，＝(1,1，－a)，＝(1,1,0).

∵·＝×1－×1－a×0＝0，

·＝×1－×1＋0×0＝0，

∴EN⊥PB，EN⊥DB.

∵PB、DB⊂面PDB，且PB∩DB＝B，∴NE⊥面PDB.(6分)

(2)解法1：连结DN，由(1)知NE⊥面PDB，∴DN⊥NE.

∵＝，DB＝AD，∴PD＝DB，∴DN⊥PB，∴为平面PBE的法向量.

设AD＝1，则N(，，)，∴＝(，，).

∵为平面ABCD的法向量，＝(0,0，)，(10分)

设平面PBE与平面ABCD所成的二面角为θ，则cosθ＝＝＝，

∴θ＝45°，即平面PBE与平面ABCD所成的锐二面角为45°.(12分)

解法2：延长PE与DC的延长线交于点G，连结GB，

则GB为平面PBE与平面ABCD的交线.(8分)

∵PD＝2EC，∴CD＝CG＝CB，

∴D、B、G在以C为圆心、以BC为半径的圆上，

∴DB⊥BG.(9分)

∵PD⊥平面ABCD，BG⊂面ABCD，

∴PD⊥BG，且PD∩DB＝D，∴BG⊥面PDB.

∵PB⊂面PDB，∴BG⊥PB，

∴∠PBD为平面PBE与平面ABCD所成的锐二面角的平面角.(10分)

在Rt△PDB中，∵PD＝DB，

∴∠PBD＝45°，即平面PBE与平面ABCD所成的锐二面角为45°.(12分)

(1)详见解析; (2) 详见解析.

试题分析：(1) 由线面平行的判定定理可知,只须证PA与平面DEF内的某一条直线平行即可,由已知及图形可知应选择DE,由三角形的中位线的性质易知: DE∥PA ,从而问题得证；注意线PA在平面DEG外,而DE在平面DEF内必须写清楚；(2) 由面面垂直的判定定理可知,只须证两平中的某一直线与另一个平面垂直即可，注意题中已知了线段的长度，那就要注意利用勾股定理的逆定理来证明直线与直线的垂直；通过观察可知：应选择证DE垂直平面ABC较好,由(1)可知:DE⊥AC,再就只须证DE⊥EF即可；这样就能得到DE⊥平面ABC，又DE平面BDE，从面而有平面BDE⊥平面ABC．

试题解析：(1)因为D，E分别为PC,AC的中点，所以DE∥PA.

又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA∥平面DEF.

(2)因为D，E，F分别人棱PC,AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4．

又因为DF＝5，故DF2＝DE2+EF2，所以∠DEF=90。，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.

因为AC∩EF=E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC．

又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC．

见解析。

本试题主要是考查了空间立体几何中线面平行和线线垂直的证明。

（1）连接，交于点, 连接.

∵、分别是、的中点，∴∥．

∵平面，平面，∴∥平面．

（2）正三棱柱中，，∴四边形是正方形．

∵为的中点，是的中点，∴可得到，同时还有．，利用线面垂直的性质定理得到结论。

（1）证明：连接，交于点, 连接.

∵、分别是、的中点，∴∥．

∵平面，平面，∴∥平面．      

（2）∵在正三棱柱中，，∴四边形是正方形．

∵为的中点，是的中点，∴，

∴，．

又∵， ，∴． 

∵是正三角形，是的中点，∴．

∵平面平面, 平面平面，平面，

∴平面．

∵平面，∴．

∵，∴平面．

∵平面，∴．

（1）见解析；（2）.

第一问中，利用线面垂直的判定定理求证。在中，由题设PA=2，AD=2，

PD=，可得，于是

在矩形ABCD中，，又

，从而得到结论。

第二问中，过点P作于H，过点H作于E，

连接PE，又因为平面PAB，平面PAB，所以，

又，因而平面ABCD，

故HE为PE在平面ABCD内的射影，，从而得到二面角的平面角是二面角P-BD-A的平面角，然后借助于三角形求解得到。

解：（I）在中，由题设PA=2，AD=2，

PD=，可得，

于是，……….2分，

在矩形ABCD中，，又….4分，

所以平面PAB。……….6分，

（II）如图所示，过点P作于H，过点H作于E，

连接PE，……….7分，

因为平面PAB，平面PAB，所以，

又，因而平面ABCD，

故HE为PE在平面ABCD内的射影，，……….8分，

从而是二面角P-BD-A的平面角。……….9分，

由题设可得，，

，……….10分，

由～得

，于是在中，

，….11分，

所以二面角P—BD—A 的正切值的大小为。………….12分

见解析.

第一问利用线面平行的判定定理求解线面平行。在中，因为E、F分别为AP，AD的中点，

所以，得到证明。

第二问中，连接BD，因为AB=AD，，

所以为正三角形，因为F是AD的中点，所以，因为F是AD的中点，所以，

因为平面平面ABCD，从而利用面面垂直的判定定理得到。

证明：（I）在中，因为E、F分别为AP，AD的中点，

所以…3分，又因为平面PCD，PD平面PCD，

所以平面PCD。……….6分，

（II）连接BD，因为AB=AD，，

所以为正三角形……….8分，

因为F是AD的中点，所以，

因为平面平面ABCD，平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，所以平面PAD，

又因为平面BEF，所以平面BEF平面PAD。……….12分，

（1）因为PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PD⊥BC.

由∠BCD=900，得BC⊥DC.又，

平面PCD，平面PCD，所以BC⊥平面PCD.

因为平面PCD，所以PC⊥BC.

（2）如图，连结AC.设点A到平面PBC的距离h.

因为AB∥DC，∠BCD=900，所以∠ABC=900.

从而由AB=2，BC=1，得的面积.

由PD⊥平面ABCD及PD=1，得三棱锥的体积

因为PD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，所以PD⊥DC. 又PD=DC=1，所以.

由PC⊥BC，BC=1，得的面积.由，得.

因此点A到平面PBC的距离为.

略

（II）5/8