热门试卷

(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ) .

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)方法一（向量法）：根据题意，以为坐标原点建立空间直角坐标系，再表示出相关点的坐标，再求面的法向量和直线的方向向量，其夹角余弦值的绝对值即直线和平面所成角的正弦值；方法二（综合法）：过点作于,则易证平面,所以为直线与平面所成的角，进而在求角.

试题解析：(Ⅰ)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)方法一:以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,

,,所以,,, 设平面的法向量为,则,即,解得，令,得,设直线与平面所成角为,则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

方法二:过点作于,由(Ⅰ)知平面,而平面，所以,又,平面,平面,所以平面,所以为直线与平面所成的角. 在中, ，在中,由等面积公式得，在中,，所以直线与平面所成角的正弦值为.

(1)详见解析；（2）详见解析.

试题分析：（1）证明两条直线垂直，只需证明直线和平面垂直，由题知面，从而，又，面，从而；（2）证明直线和平面平行，一般有两种方法，其一利用直线和平面平行的判定定理（在平面内找一条直线和已知直线平行）；其二利用面面平行的性质（如果两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线和另一个平面平行），设，连接，则∥，从而说明平面.

试题解析：（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，C1C⊥平面ABC，又由于AC平面ABC，所以CC1⊥AC.

又因为AC⊥BC  BC平面BCC1B1  CC1平面BCC1B1  BC1CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1，又因为BC1平面BCC1B1 所以AC⊥BC1     5分

（2）设BC1B1C=O，连OD，则O为BC1中点,又∵D是AB中点，∴OD是△ABC1的中位线，∴OD∥AC1,，又∵OD平面B1CD1, AC1平面B1CD ∴AC1∥平面B1CD               10分

（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．

(I)取AD的中点E，连接NE，ME，易证：.

(II)找出（做）线面角是解题的关键.因为平面PAC平面ABCD，所以过N作NF⊥AC于F，连接MF .所以NF⊥平面PAC,∴∠FMN是MN与平面PAC所成的角.

（Ⅰ）取PD的中点E，连接ME, CE．

∵M, N分别为PA, BC的中点，

∴，，∴，

∴MNCE是平行四边形，∴MN∥CE，……………2分

∵CEÍ平面PCD，MNË平面PCD，

∴MN∥平面PCD．…………………………………2分

（Ⅱ）作NF⊥AC于F，连接MF．

∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥NF，又∵PA∩AC＝A，

∴NF⊥平面PAC，∴∠FMN是MN与平面PAC所成的角．………2分

在Rt△MFN中，，，，

，

∴．……………………………………………2分

取D1B1的中点O，连OF，OB．

∵OFB1C1，BEB1C1，

∵OFBE，则OFEB为平行四边形．

∴EF∥BO．∵EFË平面BB1D1D，BOÌ平面BB1D1D，

∴EF∥平面BB1D1D．

同答案

(1)见解析. (2)见解析.(3)当点M为棱BB1的中点时，平面DMC1⊥平面CC1D1D.

试题分析：(1)由直四棱柱概念，得BB1//DD1，

得到四边形BB1D1D是平行四边形，从而B1D1∥BD，由直线与平面平行的判定定理即得证.

(2)注意到BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，推出BB1⊥AC.

又BD⊥AC，即得AC⊥平面BB1D1D.而MD⊂平面BB1D1D，故得证.

(3)分析预见当点M为棱BB1的中点时，符合题意.此时取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，证得BN⊥DC.又DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，推出BN⊥平面DCC1D1.又可证得，O是NN1的中点，由四边形BMON是平行四边形，得出OM⊥平面CC1D1D，得证.

试题解析：(1)由直四棱柱概念，得BB1//DD1，

∴四边形BB1D1D是平行四边形，∴B1D1∥BD.

而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD，∴B1D1∥平面A1BD.

(2)∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.

又∵BD⊥AC，且BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D.

而MD⊂平面BB1D1D，∴MD⊥AC.

(3)当点M为棱BB1的中点时，取DC的中点N，D1C1的中点N1，连接NN1交DC1于O，连接OM，如图所示．

∵N是DC的中点，BD＝BC，∴BN⊥DC.又∵DC是平面ABCD与平面DCC1D1的交线，而平面ABCD⊥平面DCC1D1，∴BN⊥平面DCC1D1.

又可证得，O是NN1的中点，∴BM∥ON且BM=ON，即四边形BMON是平行四边形，∴BN∥OM，∴OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D.

二面角B－PC－A的余弦值为.

本小题采用向量法求二面角,先求出二面角两个面的法向量,再求法向量的夹角,再根据法向量的夹角与二面角相等或互补来求解.

解：如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，1，0），C（－2，4，0），D（－2，0，0），P（0，0，4），易证为面PAC的法向量，则

设面PBC的法向量，

，

所以

所以面PBC的法向量

∴

因为面PAC和面PBC所成的角为锐角，所以二面角B－PC－A的余弦值为.

（1）． (2) .

本试题主要是考查了立体几何中线线垂直的证明以及二面角的平面角的求解的综合运用。

（1）建立合理的空间直角坐标系，然后表示向量的坐标，利用向量的数量积为零来证明垂直。

（2）结合平面的法向量的坐标，和法向量的夹角公式，来表示二面角的平面角的大小。

以O点为原点,OC为x轴,OA为y轴,OS为z轴建立空间直角坐标系．因为是边长为的正三角形，又与底面所成角为，所以∠，所以．

所以O(0,0,0)，C(,0,0)，A(0,3,0)，S(0,0,3)，B(－,0,0)．…………………………2分

（1）设AD=a，则D(0,3－a,a)，所以=(－,3－a,a)，

=(,－3,0)．若BD⊥AC，则·=3－3(3－a)=0，

解得a=2，而AS=3，所以SD=，

所以．………………………5分

(2)因为=(0,－3,3)，=(2,0,0)

设平面ACS的法向量为n1=(x,y,z),

则

令z=1，则x=，y=1，所以n1=(,1,1)………………………………………………………7分

而平面ABC的法向量为n2=(0,0,1), ………………………………………………………………8分

所以cos<n1,n2>=，又显然所求二面角的平面角为锐角，

故所求二面角的余弦值的大小为.……………………………………………………………10分

本试题主要考查了异面直线上两点之间的距离的求解。利用为直二面角，在面ABC内作于E，则连BD，DE，则为，在中，，，再求解得到=

在在中，由余弦定理得

然后利用勾股定理得到BD。

解：为直二面角，在面ABC内作于E，

则……….1分，

连BD，DE，则为，，…….2分，

在中，，

……….4分，

=……….5分，

在中，……….6分，

由余弦定理得

=，……….8分，

由勾股定理

。……….10分.

（1）；（2）见解析；（3）.\

利用向量法解决立体几何问题，要先建立坐标系，写出点的坐标，求出对应的向量.（1）说出建立坐标系的过程，写出需要的点的坐标，设平面A1DE的法向量是利用 可得根据点A到平面A1DE的距离是

求得.（2）要证线面平行，可证直线对应的向量与面的法向量垂直.结合（1）容易证出；（3）依题意得是面AA1D的法向量，由（1）得是平面A1DE的法向量，根据可求出二面角E－A1D－A的平面角大小的余弦值.

解：（1）分别以DA,DC,DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2,0,0）, A1（2,0,2）,E(1,2,0),

D(0,0,0), C(0,2,0), F(0,0,1), 则

设平面A1DE的法向量是

则，

取

点A到平面A1DE的距离是

.

（2）,

,

所以，CF∥平面A1DE.

（3）是面AA1D的法向量，

.