热门试卷

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：(1)证明平面内的直线垂直平面内的两条相交直线，即可证明平面平面；(2)为方便计算，不妨设，先以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，写给相应点的坐标，然后分别求出平面和平面的一个法向量，接着计算出这两个法向量夹角的余弦值，根据二面角的图形与计算出的余弦值，确定二面角的大小即可.

试题解析：(1)底面，所以               2分

底面是正方形，所以                   4分

所以平面又平面

所以平面平面                        5分

（2）证明：点为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设

由题意得，,            6分

，又

设平面的法向量为，则

，令，则，          8分

，

设平面的法向量为，则

，令，则           10分

设二面角的平面角为，则.

显然二面角的平面角为为钝角，所以

即二面角的大小为                 12分.

（1）详见解析，（2）.

试题分析：（1）已知条件为面面垂直，因此由面面垂直性质定理转化为线面垂直. 作，由侧面底面，得平面.证明线线垂直，有两个思路，一是通过线面垂直转化，二是利用空间向量计算.本题考虑到第二小题，采取空间向量方法. 利用空间向量以算代证，关键正确表示各点及对应向量的坐标，利用空间向量数量积进行论证.（2）利用空间向量求线面角，关键正确求出平面的一个法向量，利用两向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值的等量关系进行求解.

试题解析：（1）作，垂足为，连结，

由侧面底面，

得平面   ..2

因为，所以   3

又，为等腰直角三角形，     4

如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系.

，，，，    6

，，，所以    8

（2）设为平面SAB的法向量

则  得     所以

令x=1                        10

              12

与平面所成的角与与所成的角互余．

所以，直线与平面所成的角正弦值为           13

(1)，

GM与的交点为H，联结BH，如图所示．……1分

∵是正方体，G、N是中点，

∴，即ABGN为平行四边形．

∴BG||AN，所成的角．……………………3分

又正方体的棱长为a，可得，

．∴． ………5分

∴．…………6分

(2)∵

∴．8分

∵，∴．

∴的高．

略

(1) AC1的长为 (2) AC与BD1夹角的余弦值为

记=a，=b，=c，

则|a|=|b|=|c|=1，〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°,

∴a·b=b·c=c·a=.

（1）||2=（a+b+c）2

=a2+b2+c2+2（a·b+b·c+c·a）

=1+1+1+2×(++)=6,

∴||=,即AC1的长为.

(2)=b+c-a,=a+b,

∴||=,||=,

·=（b+c-a）·（a+b）

=b2-a2+a·c+b·c=1.

∴cos〈,〉==.

∴AC与BD1夹角的余弦值为.

解法一:（1）在平面内作交于，连接.…………1分

　又，　

　　，　　。        

取为的中点，则         …………4分

在等腰中，， 

在中，，  ……4分

在中，，   …5分

                       …………8分

（2）连接，

由，知：.

又，

又由，.

又,

又是的中点,

,

,,

为二面角的平面角                …………10分

在等腰中，，

在中，，

在中, .           …………12分

                     …………14分

解法二：在平面中,过点,作交于,取为坐标原点，分别以，,所在的直线为轴，轴,轴，建立空间直角坐标系 （如图所示）       …………1分

则

为中点，      …………2分

设 .

 即，.      …………6分

所以存在点 使得 且.      …………8分

（2）记平面的法向量为,则由，，且，

得， 故可取          …………10分

又平面的法向量为.                    …………11分

.                    …………13分

二面角的平面角是锐角，记为，则 …………14分

略

(1)证明略 (2)

（1） 建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），

B（2，2，0），E（2，，0），

F（，2，0），D1（0，0，4），

B1（2，2，4）.

=（-，，0），=（2，2，0），=（0，0，4），

∴·=0，·=0.

∴EF⊥DB，EF⊥DD1，DD1∩BD=D，

∴EF⊥平面BDD1B1.

又EF平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.

（2） 由（1）知=（2，2，0），

=（-，，0），=（0，-，-4）.

设平面B1EF的法向量为n,且n=(x,y,z)

则n⊥,n⊥

即n·=（x，y，z）·（-，，0）=-x+y=0，

n·=（x，y，z）·（0，-，-4）=-y-4z=0，

令x=1,则y=1,z=-,∴n="(1,1,-" )

∴D1到平面B1EF的距离

d===.

如图，建立空间直角坐标系O—xyz.（1）依题意得B（0，1，0）、N（1，0，1）

∴| |=.

（2）依题意得A1（1，0，2）、B（0，1，0）、C（0，0，0）、B1（0，1，2）

∴={－1，－1，2}，={0，1，2，}，·=3，||=，||=

∴cos<，>=.

（3）证明：依题意，得C1（0，0，2）、M（，2），={－1，1，2}，={，0}.∴·=－+0=0，∴⊥，∴A1B⊥C1M.

略

解：（9,15,-12）-(4,2,16)=(5,13,-28)

(3,5,-4)(2,1,8)=6+5-32=-21

由

即当满足＝0即使与z轴垂直.

略

（1）通过余弦定理来证明AC⊥A1C，以及结合题目中的BC⊥A1C来得到证明。

（2）

试题分析：解：（1）证明：∵BC⊥侧面AA1C1C，A1C在面AA1C1C内，∴BC⊥A1C．  2分

在△AA1C中，AC=1，AA1=C1C=2，∠CAA1=，

由余弦定理得A1C2=AC2+-2AC•AA1cos∠CAA1=12+22-2×1×2×cos=3， 

∴A1C=   ∴AC2+A1C2=AA12   ∴AC⊥A1C                 5分

∴A1C⊥平面ABC．                                            6分

（2）由（Ⅰ）知，CA，CA1，CB两两垂直

∴如图，以C为空间坐标系的原点，分别以CA，CA1，CB所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，0，1)，A(1，0，0)，A1(0，，0)

由此可得D(，，0)，E(0，，0)，=（，，-1），=(0，，-1)．

设平面BDE的法向量为=(x，y，z)，则有令z=1，则x=0，y=

∴=(0，，1)          9分

∵A1C⊥平面ABC   ∴=(0，，0)是平面ABC的一个法向量        10分

∴    

∴平面BDE与ABC所成锐二面角的余弦值为．       12分

点评：主要是考查了空间中线面位置关系，以及二面角的平面角的求解的综合运用，属于中档题。

解（证明）（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥BC，AB⊥BD．

∵△BCD是正三角形，且AB＝BC＝a，∴AD＝AC＝．

设G为CD的中点，则CG＝，AG＝．

∴，，．

三棱锥D－ABC的表面积为．

（2）取AC的中点H，∵AB＝BC，∴BH⊥AC．

∵AF＝3FC，∴F为CH的中点．

∵E为BC的中点，∴EF∥BH．则EF⊥AC．

∵△BCD是正三角形，∴DE⊥BC．

∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥DE．

∵AB∩BC＝B，∴DE⊥平面ABC．∴DE⊥AC．

∵DE∩EF＝E，∴AC⊥平面DEF．

（3）存在这样的点N，

当CN＝时，MN∥平面DEF．

连CM，设CM∩DE＝O，连OF．

由条件知，O为△BCD的重心，CO＝CM．

∴当CF＝CN时，MN∥OF．∴CN＝．

略