热门试卷

（1）证明：取PA的中点G，连接GB，GH，则

∵底面ABCD是矩形，H为PD中点

∴GH∥BF，GH=BF

∴四边形BFHG是平行四边形

∴FH∥BG

∵FH面PAB，BG面PAB

∴FH∥面PAB；

（2）证明：连接AF，则AF= ，DF= 

 ∵AD=2a，

∴DF2+AF2=AD2，

∴DF⊥AF

∵PA⊥平面ABCD，

∴DF⊥PA，

又PA∩AF=A，

∴DF⊥平面PAF，

∵PF平面PAF，

∴DF⊥PF

（3）∵PA⊥平面ABCD，

∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，且∠PBA=45°．

∴PA=AB=a

取AD的中点M，则FM⊥AD，FM⊥平面PAD，

在平面PAD中，过M作MN⊥PD于N，连接FN，

则PD⊥平面FMN，

则∠MNF即为二面角A﹣PD﹣F的平面角

∵Rt△MND∽Rt△PAD，

∴MN：PA=MD：PD，

∵PA=a，MD=a，PD= a，且∠FMN=90°

∴MN=a，FN=a，

∴cos∠MNF=MN：FN=

解：（Ⅰ）证明：如图（1），连接CO、A1O、AC、AB1，

则四边形ABCO为正方形，所以OC=AB=A1B1，

所以，四边形A1B1CO为平行四边形，

所以A1O∥B1C，

又A1O平面AB1C，B1C平面AB1C

所以A1O∥平面AB1C

（Ⅱ）因为D1A=D1D，O为AD中点，所以D1O⊥AD

又侧面A1ADD1⊥底面ABCD，所以D1O⊥底面ABCD，

以O为原点，OC、OD、OD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图（2）所示的坐标系，

则C（1，0，0），D（0，1，0），D1（0，0，1），A（0，﹣1，0）．所以

 ，

设 为平面C1CDD1的一个法向量，

由 ，得 ，

令z=1，则y=1，x=1，∴ ．

又设 为平面AC1D1的一个法向量，

由 ，得 ，

令z1=1，则y1=﹣1，x1=﹣1，∴ ，

则 ，

故所求锐二面角A﹣C1D1﹣C的余弦值为 

解：（1）连接AB′、AC′，

由已知∠BAC=90°，AB=AC，

三棱柱ABC-A′B′C′为直三棱柱，

所以M为AB′中点，

又因为N为B′C′的中点，

所以MN∥AC′，

又MN?平面A′ACC′，

因此MN∥平面A′ACC′ 。

（2）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，如图，

设AA′=1，则AB=AC=1，

于是A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）

所以M（），N（），

设=（x1，y1，z1）是平面A′MN的法向量，

由，得，

可取，

设=（x2，y2，z2）是平面MNC的法向量，

由，得，

可取，

因为二面角A'-MN-C为直二面角，

所以，

即-3+（-1）×（-1）+λ2=0，

解得λ=。

（Ⅰ）证明：AC∩BD=O，连接HO，FO

因为ABCD为正方形，所以O是AC中点，

又H是AD中点，

所以，，

所以EF∥OH且EF=OH，

所以四边形EHOF为平行四边形，

所以EHFO，

又因为FO平面FAC，EH平面FAC．

所以EH平面FAC．

（Ⅱ）证明：因为AE=ED，H是AD的中点，

所以EH⊥AD

又因为ABEF，EF⊥EA，所以AB⊥EA

又因为AB⊥AD，所以AB⊥平面AED，

因为EH平面AED，

所以AB⊥EH，

所以EH⊥平面ABCD．

（Ⅲ）解：AC，BD，OF两两垂直，建立如图所示的坐标系，

设EF=1，则AB=2，，，F（0，0，1）

设平面BCF的法向量为，，

所以

平面AFC的法向量为

．                      

二面角A﹣FC﹣B为锐角，

所以二面角A﹣FC﹣B等于．

（1）证明：“略”；

（2）解：；

（3）解：。

（Ⅰ）证明：过点E作EG⊥CF并CF于G，连接DG，可得四边形BCGE为矩形．又ABCD为矩形，

所以AD⊥∥EG，从而四边形ADGE为平行四边形，故AE∥DG．

因为AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，所以AE∥平面DCF．

（Ⅱ）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH．

由平面ABCD⊥平面BEFG，AB⊥BC，得

AB⊥平面BEFC，

从而AH⊥EF，

所以∠AHB为二面角A-EF-C的平面角．

在Rt△EFG中，因为EG=AD=，EF=2，所以∠CFE=60°，FG=1．

又因为CE⊥EF，所以CF=4，

从而BE=CG=3．

于是BH=BE•sin∠BEH=．

因为AB=BH•tan∠AHB，

所以当AB=时，二面角A-EF-G的大小为60°．

【考点】空间点、线、面位置关系，空间向量与立体几何．

【点评】由于理科有空间向量的知识，在解决立体几何试题时就有两套根据可以使用，这为考生选择解题方案提供了方便，但使用空间向量的方法解决立体几何问题也有其相对的缺陷，那就是空间向量的运算问题，空间向量有三个分坐标，在进行运算时极易出现错误，而且空间向量方法证明平行和垂直问题的优势并不明显，所以在复习立体几何时，不要纯粹以空间向量为解题的工具，要注意综合几何法的应用．

（Ⅰ）解：过B1C1作底面ABCD的垂直平面，

交底面于PQ，过B1作B1G⊥PQ，垂足为G，

∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∠A1B1C1=90°，

∴AB⊥PQ，AB⊥B1P，

∴∠B1PG为所求二面角的平面角，

过C1作C1H⊥PQ，垂足为H，

由于相对侧面与底面所成二面角的大小相等，

故四边形B1PQC1为等腰梯形，

∴，

又，

∴，

∴，

即所求二面角的大小为。

（Ⅱ）证明：∵AB，CD是矩形ABCD的一组对边，

有AB∥CD，

又CD是面ABCD与面CDEF的交线，

∴AB∥面CDEF，

∵EF是面ABFE与面CDEF的交线，

∴AB∥EF，

∵AB是平面ABCD内的一条直线，EF在平面ABCD外，

∴EF∥面ABCD。

（Ⅲ）V估＜V；

证明：∵a＞c，b＞d，

∴

，

∴V估＜V。

（1）证明：∵E，F是AC，AB的中点，∴EF∥BC，

∵BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC

∴EF∥平面PBC；

（2）证明：连结CF．

∵PE=EF=BC=AC，

∴AP⊥PC．

∵CF⊥AB，PF⊥AB，

∴AB⊥平面PCF．

∵PC⊂平面PCF，

∴PC⊥AB，

∴PC⊥平面PAB；

（3）∵AB⊥PF，AB⊥CF，

∴∠PFC为所求二面角的平面角．

设AB=a，则AB=a，则PF=EF=，CF=a

∴cos∠PFC==．

解：（1）过点E 作EG⊥CF交CF于G，

连结DG，可得四边形BCGE为矩形，

又四边形ABCD为矩形，

所以AD=EG，

从而四边形ADGE为平行四边形，

故AE∥DG，

因为平面DCF，平面DCF，

所以AE∥平面DCF。

（2）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，

连结AH，BH，

由平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，

得AB平面BEFC，

从而AHEF，

所以∠AHB为二面角A-EF-C的平面角，

在Rt△EFG中，因为=2，

∴∠GFE=60°，FG=1，

又因为∠GEF=90°，

所以CF=4，从而BE=CG=3，

于是 

在

则tan∠AHB=，

因为

所以∠AHB=60°，

所以二面角A-EF-C的大小为60°。