热门试卷

（1）；（2）三等分点

试题分析：（1）根据平面，确定就是与平面所成的角，从而得到，且，可以建立空间直角坐标系，写出，设出的一个法向量为，根据，解出，而平面的法向量设为，所以利用向量数量积公式得出二面角的余弦值为；（2）由题意设，则，而平面，∴，代入坐标，求出，所以点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

试题解析：

平面，就是与平面所成的角，即，∴.

如图，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则各点的坐标如下，∴，设平面的一个法向量为，则，即，令，则.

∵平面，∴平面的法向量设为，∴，故二面角的余弦值为.

（2）由题意，设，则，∵平面，∴，即解得，∴点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

（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、面面垂直的判定以及二面角的求法，可以运用传统几何法，也可以用空间向量法求解，突出考查空间想象能力和计算能力.第一问，法一，先利用面面垂直的性质判断出，从而平面，所以垂直于面内的任意的线，由，判断是等腰直角三角形，所以且，所以面，利用面面垂直的判定定理得面面垂直，法二，利用空间向量法，通过证明，其它过程与法一相同；第二问，由第一问得到平面的法向量为，而平面的法向量需要计算求出，

，所以，最后用夹角公式求夹角余弦值.

试题解析：(1)解法一：因为面面平面面

为正方形，，平面

所以平面∴                2分

又，所以是等腰直角三角形，

且，即 ，

，且、面，

面            

又面，∴面面.          6分

解法二：

如图,

取的中点, 连结,.

∵,  ∴.

∵侧面底面,

平面平面, 

∴平面,

而分别为的中点,∴,

又是正方形,故.

∵,∴,.

以为原点,向量为轴建立空间直线坐标系,

则有,,,,,.

∵为的中点, ∴                     2分

(1)∵，，  ∴，

∴,从而,又,,

∴平面，而平面，

∴平面平面．                     6分

（2）由（1）知平面的法向量为，

设平面的法向量为，∵，

∴由，，可得

取，则故.

∴,

即二面角的余弦值为,        12分

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）直线与直线垂直的证明通过转化为证明直线与平面垂直，由于通过翻折为两个垂直的平面所以只需证明直线AB垂直与两个平面的交线BD即可，通过已知条件利用余弦定理即可得到直角.

（2）求二面角的问题通常就是建立空间直角坐标系，根据BD与DC垂直来建立.通过写出相应点的坐标，以及相应的平面内的向量，确定两平面的法向量，并求出法向量的夹角，再判断法向量的夹角与二面角的大小是相等还是互补，即可得到结论.

试题解析：（1）在中，

所以 所以，

因为平面平面，所以平面，所以；…3分

（2）在四面体ABCD中，以D为原点，DB为轴，DC为轴，过D垂直于平面BDC的射线为轴，建立如图的空间直角坐标系. 

则D（0，0，0），B（，0，0），C（0，1，0），A（，0，1）

设平面ABC的法向量为，

而

由得：取再设平面DAC的法向量为而

由得：取               

所以即二面角B-AC-D的余弦值是         

（1）见解析（2）

(1)证明:∵在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD中点，

∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.

取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝，

在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，

在△BHD中，DH2＋BH2＝2＋＝3，又DB2＝3，

∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH.

又DH⊥OA，OA∩BH＝H，∴DH⊥面ABCO，而DH⊂平面AOD，∴平面AOD⊥平面ABCO.

(2)解　分别以OA，OB所在直线为x轴和y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，，0)，A(，0,0)，D，C.

∴＝(－，，0)，＝，＝.

设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，

由得

即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，取n＝(1,1,1)．

设α为直线BC与平面ABD所成的角，则sin α＝＝.

即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.