热门试卷

19．（12分）

解：（1）取的中点，连结、，则由底面，，知，又，∴平面，∴，∴平面SBC，∴即为点N到平面SBC的距离.

由题易知，所以.…………5分

（2）(方法一)在直角三角形中，因为为的中点，所以。由（1）知，所以，作于点，连结，则，所为二面角的平面角．

在三角形中，易知，故可求，所以，在中，由余弦定理可得，所以，即二面角的大小为.            …………12分

（方法二）过C作交AB于D，如图建立空间直角坐标系，则易知点、、、、、，则、、，

设平面的法向量为，则由，得故可取，

再设平面的法向量为，则由，得故可取，则向量与的夹角大小即为二面角的大小。

，故二面角的大小…………12分

略

(1)取AD中点O，连OP、OB，由已知得：OP⊥AD，OB⊥AD，

又OP∩OB＝O，∴AD⊥平面POB，∵BC∥AD，∴BC⊥平面POB，∵PB平面POB，

∴BC⊥PB，即∠PBC＝90°.

(2)如图，

以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O－xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1，，0)，由PO＝BO＝，PB＝3，得∠POB＝120°，∴∠POz＝30°，∴P(0，－，)，则＝(－1，，0)，

＝(－1,0,0)，＝(0，，－)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则，取z＝，则n＝(0,1，)，

设直线AB与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝.

本试题主要是考查了四棱锥中线面角的求解以及线面的垂直性质定理的运用。

（1）因为取AD中点O，连OP、OB，由已知得：OP⊥AD，OB⊥AD，

又OP∩OB＝O，∴AD⊥平面POB，∵BC∥AD，∴BC⊥平面POB，这样可得到结论。

（2）建立空间直角坐标系，然后设出法向量坐标，利用向量的夹角公式得到结论。

（Ⅰ）证明：直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，

∴ AC⊥BC，                                           …………………1分

又 AC⊥，且

∴ AC⊥平面BCC1，又平面BCC1        ……………………………………3分

∴ AC⊥BC1            ………………………………………………………………4分

（Ⅱ）解法一：取中点，过作于，连接        …………5分

是中点，

∴ ，又平面

∴平面，

又平面，平面

∴

∴ 又且

∴平面，平面         ………7分

∴  又

∴是二面角的平面角      ……………………………………8分

AC＝3，BC＝4，AA1＝4，

∴在中，，，

∴      …………………………………………11分

∴二面角的正切值为  …………………………………………12分

解法二：以分别为轴建立如图所示空间直角坐标系…………5分

AC＝3，BC＝4，AA1＝4，

∴， ，，，

∴，

平面的法向量，     …………………7分

设平面的法向量，

则，的夹角（或其补角）的大小就是二面角的大小 …………8分

则由  令，则，

∴                                         ………………10分

，则  　……………11分

∵二面角是锐二面角

∴二面角的正切值为             ………………………… 12分

略

（1）二面角的平面角为450。（2）异面直线ＰＡ和ＭＮ所成的角为450

解：（1）连结PD∵ABCD为矩形∴AD⊥DC, 即

又PA⊥,∴PD⊥,

∴PAD为二面角的平面角，又∵PA⊥AD，PA=AD

∴PAD是等腰直角三角形，∴PDA=450，即二面角的平面角为450。

（2）证明：过M作ME∥AD，交CD于E，连结NE，则ME⊥CD，

NE⊥CD，∴CD⊥平面MNE， MN⊥CD，又∵AB∥CD，MN⊥AB。

（3）解：过N作NF∥CD，交PD于F，∵ N是PC的中点

∴F是PD的中 点，连结AF，可以证明四边形AMNF是平行四边形

∴AF∥MN，PAF是异面直线ＰＡ和ＭＮ所成的角，∵ PA=PD， ∴F是PD的中点，∴AF是PAD的平分线，∵ PAD=900 ∴PAF=450，∴异面直线ＰＡ和ＭＮ所成的角为450。

（Ⅰ）45°（Ⅱ）

以为原点，为单位长建立空间直角坐标系．设

则，．连结，．

设，由已知，

由

可得．解得，

所以．（Ⅰ）因为，

所以．即DH与所成的角为．

（Ⅱ）平面的一个法向量是．

因为， 所以．

可得DH与平面所成的角为．

在Rt△AA′O中，∠AA′O=90°，