热门试卷

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：先以点为原点建立空间直角坐标系，然后标明有效点的坐标，（1）写出有效向量的坐标，利用向量的数量积为零即可证明，从而可得平面；（2）易知为平面的法向量，先计算，然后观察二面角是锐角还是钝角，最终确定二面角的余弦值.

试题解析：以为原点建立如图空间直角坐标系，正方体棱长为2

则  2分

(1)则，

          3分

∵

∴          4分

∵

∴          5分

又，，      6分

∴面                      7分

(2)由(1)知为面的法向量          8分

∵面，为面的法向量      9分

设与夹角为，则   12分

由图可知二面角的平面角为

∴二面角的余弦值为              14分.

解法1  利用平面的法向量求二面角。以为原点，以、、为、、轴建立空间直角坐标系（如图1）。依题意，得.于是.

设为平面的法向量，则由,得，

，可取。同理可得平面的一个法向量>

由，知二面角的平面角的大小为。

解法2  利用异面直线所成角求二面角。

建立空间直角坐标系同上，过A、N分别作的垂线AE、NF，垂足为E、F，则二面角的平面角大小为.

设

则，

由,有，可得，故,

由

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题以三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和线面垂直的判定以及线面角的求法，可以运用空间向量法求解，突出考查考生的空间想象能力和推理论证能力以及计算能力.第一问，由于侧面为矩形，所以在直角三角形和直角三角形中可求出和的正切值相等，从而判断2个角相等，通过转化角得到， 又由于线面垂直，可得，所以可证， 从而得证；第二问，根据已知条件建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，根据，求出平面的法向量，再利用夹角公式求出直线和平面所成角的正弦值.

试题解析：(1)证明：由题意,

注意到,所以,

所以,

所以,      3分

又侧面，

又与交于点，所以,

又因为,所以        6分

(2)如图，分别以所在的直线为轴，以为原点，建立空间直角坐标系

则，，，，，

又因为，所以        8分

所以，，

设平面的法向量为，

则根据可得是平面的一个法向量,

设直线与平面所成角为，则   12分

（1）∵DB⊥BA，又∵面ABDE⊥面ABC，面ABDE∩面ABC=AB，DB⊂面ABDE，

∴DB⊥面ABC，∵BD∥AE，∴EA⊥面ABC，

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，

以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

∵AC=BC=4，

∴设各点坐标为C（0，0，0），A（4，0，0），B（0，4，0），D（0，4，2），E（4，0，4），

则O（2，0，2），M（2，2，0），=（0，4，2），=（-2，4，0），=（-2，2，2），

=(-4，4，0)，=（4，0，4），

∴cos＜，＞==-，

∴异面直线AB与CE所成角的大小为60°．

（2）设平面ODM的法向量=（x，y，z），则由⊥

且⊥，，

令x=2，则y=1，z=1，∴=（2，1，1），

设直线CD和平面ODM所成角为θ，

则sinθ=|cos＜，＞|=||==，

∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为．

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）

（Ⅰ）由该四棱锥的三视图可知，四棱锥的底面是边长为2和1的矩形，侧棱平面，且.

∵

∴平面. ∴．

又在中，∵,是的中点，

∴．

∵,∴平面．

∴.                          6分

（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，平面,

∴平面平面,且交线为，

∴在面内过做，垂足为,

则必有平面．连接则即

为直线 与平面 所成角.            8分

在中，．

在中，．

∴直线 与平面 所成角的正弦值为.                         12分

解法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则,,,,．

∴.

设是平面的一个法向量，则由 得 即 

取得.

而，∴．

设直线 与平面 所成角为，则．

∴直线 与平面 所成角的正弦值为.                        12分

（1）SA=（2）arcsin

（1）SA=

（2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC平面BD，∴SA⊥BC.又AB⊥BC，SA∩AB="A," ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影为EF.

由三垂线定理得∠AFE为二面角A—SC—B的平面角，易得AF=

∵AE⊥平面SBC，又SB平面SBC，    ∴AE⊥SB.

∴AE=A—SC—B的大小为arcsin

（1）  ，（2）

试题分析：（1）求空间角，一般利用空间向量解决.首先要建立恰当的空间直角坐标系，由平面平面及，运用面面垂直性质定理，可得，这样确定竖坐标.横坐标与纵坐标可根据右手系建立.因为异面直线与所成角等于向量与夹角或其补角，而异面直线与所成角范围为，所以 ，（2） 直线和平面所成角与向量与平面法向量夹角互余或相差，而直线和平面所成角范围为，所以.

试题解析：

∵，又∵面面，面面，

，∴，∵BD∥AE，∴，  2分

如图所示，以C为原点，分别以CA，CB为x，y轴，以过点C且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，∵，∴设各点坐标为，，，，，

则，，，

，，.

（1），

则与所成角为.   5分

（2）设平面ODM的法向量，则由，且可得

令，则，，∴，设直线CD和平面ODM所成角为，则

，

∴直线CD和平面ODM所成角的正弦值为．      10分

（Ⅰ）答案详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）要证明平面，只需证明垂直于面内的两条相交相交直线，由是菱形，故，再证明，从而可证明平面；（Ⅱ）由已知，选三条两两垂直的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，表示相关点的坐标，求直线的方向向量坐标，以及面法向量的坐标，设直线与平面所成角为，则；（Ⅲ）先求二面角两个半平面的法向量，再求法向量的夹角，通过观察二面角是锐二面角还是钝二面角，决定二面角余弦值的正负，该题中面的法向量就是，只需求面

的法向量即可.

试题解析：（Ⅰ）证明：因为四边形是菱形，所以 .

因为平面平面，且四边形是矩形，所以平面，

又因为平面，所以 . 因为 ，所以 平面.

（Ⅱ）解：设，取的中点，连接，因为四边形是矩形，分别为的中点，所以 ，又因为 平面，所以 平面，由，得两两垂直.所以以为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系.因为底面是边长为2的菱形，，，

所以 ，，，，，，.   

因为 平面， 所以平面的法向量. 设直线与平面所成角为，由， 得 ，所以直线与平面所成角的正弦值为.

（Ⅲ）解：由（Ⅱ），得，.设平面的法向量为，

所以  即

令，得. 由平面，得平面的法向量为，

则. 由图可知二面角为锐角，

所以二面角的大小为.

（I）由题意，CO⊥AO，BO⊥AO，∴∠BOC是二面角B-AO-C是直二面角，

又∵二面角B-AO-C是直二面角，

∴CO⊥BO，

又∵AO∩BO=O，

∴CO⊥平面AOB，

又CO⊂平面COD，

∴平面COD⊥平面AOB．（4分）

（II）解法一：作DE⊥OB，垂足为E，连接CE（如图），则DE∥AO，

∴∠CDE是异面直线AO与CD所成的角．

在 Rt△COE中，CO=BO=2，OE=BO=1，

∴CE==．

又DE=AO=．

∴CD==2

∴在Rt△CDE中，cos∠CDE===．

∴异面直线AO与CD所成角的余弦值大小为．（9分）

解法二：建立空间直角坐标系O-xyz，如图，

则O（0，0，0），A(0，0，2)，C（2，0，0），D(0，1，)，

∴=(0，0，2)，=(-2，1，)，

∴cos＜，＞===．

∴异面直线AO与CD所成角的余弦值为．（9分）

（III）由（I）知，CO⊥平面AOB，

∴∠CDO是CD与平面AOB所成的角，

且tanCDO==．当OD最小时，∠CDO最大，这时，OD⊥AB，垂足为D，OD==，tanCDO=，

∴CD与平面AOB所成角的最大时的正切值为．（14分）