热门试卷

（1）（2）当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DG⊥D1EF.

(1)以D为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，

则有D(0，0,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，E(3,3,0)，F(2，4,0)，

于是＝(－3,1,2)，＝(－2，－4,2)．

设EC1与FD1所成角为α，则cos α＝＝

∴异面直线EC1与FD1所成角的余弦值为.

(2)因点G在平面A1B1C1D1上，故可设G(x，y,2)．

＝(x，y,2)，＝(－2，－4，2)，＝(－1,1,0)．由

得解得

故当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DG⊥D1EF

（1）见解析（2）45°

(1)以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，如图所示，

则B(1,0,0)，A(0，，0)，A1(0，，)，M.

所以＝(1，－，－)，＝.

因为·＝1×0＋(－)×(－)＋(－)×＝0，所以A1B⊥AM.

(2)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.

因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AC∩CC1＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，即BC⊥平面AMC.

所以是平面AMC的一个法向量，＝(1,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，＝(－1，，0)，＝.

由得，令z＝2，得x＝，y＝.

所以n＝(，，2)

因为||＝1，|n|＝2，所以cos〈，n〉＝＝，

因此二面角B­AM­C的大小为45°

（Ⅰ）（Ⅱ）

试题分析：法一：几何法，

（Ⅰ）过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，由面面垂直的性质，可得DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，可得AG⊥CD，计算可得AG与DF的长，进而可得S△ABC，由棱锥体积公式，计算可得答案；

（Ⅱ）过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，分析可得∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，计算可得EF的长，由（Ⅰ）中DF的值，结合正切的定义，可得答案．

法二：向量法，

（Ⅰ）首先建立坐标系，根据题意，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；易知OH⊥OM，因此可以以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，进而可得B、D的坐标；从而可得△ACD边AC的高即棱住的高与底面的面积，计算可得答案；

（Ⅱ）设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐标，同时易得=（0，0，1）是平面ABC的法向量，由向量的夹角公式可得从而cos＜，＞，进而由同角三角函数的基本关系，可得tan＜，＞，即可得答案．

解：法一

（Ⅰ）如图：过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，

可得DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高；

设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AG⊥CD，

则AG===；

由S△ADC=AC•DF=CD•AG可得，DF==；

在Rt△ABC中，AB==，

S△ABC=AB•BC=；

故四面体的体积V=×S△ABC×DF=；

（Ⅱ）如图，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，

由（Ⅰ）知DF⊥平面ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，

在Rt△AFD中，AF===；

在Rt△ABC中，EF∥BC，从而，可得EF=；

在Rt△DEF中，tan∠DEF==．

则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．

解法二：（Ⅰ）如图（2）

设O是AC的中点，过O作OH⊥AB，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；

由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，

因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，

已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；

设点B的坐标为（x1，y1，0），由⊥，||=1；

有，

解可得或（舍）；

即B的坐标为（，，0），

又舍D的坐标为（0，y2，z2），

由||=1，||=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；

解可得或（舍），

则D的坐标为（0，，），

从而可得△ACD边AC的高为h=|z2|=

又||=，||=1；

故四面体的体积V=××||×||h=；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知=（，，0），=（0，，），

设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由⊥可得，l+m=0，（1）；

由⊥可得，m+n=0，（2）；

取m=﹣1，由（1）（2）可得，l=，n=，即=（，﹣1，）

显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，

从而cos＜，＞=；

故tan＜，＞=；

则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．

点评：本题是立体几何综合题目，此类题目一般有两种思路即几何法与向量法，注意把握两种思路的特点，进行选择性的运用．

（1）（2）．

试题分析：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出，利用夹角公式即可求出直线与所成角的余弦值；

（2）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得关于x，z的方程组，即可求出答案．

（1）建立如图所示的空间直角坐标系，

则的坐标为、

、、、

、，

从而

设的夹角为，则

∴与所成角的余弦值为．

（2）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则

，由面可得，

 ∴

即点的坐标为，从而点到和的距离分别为．

（1）证明过程详见试题解析；（2）二面角的余弦值为.

试题分析：（1）由已知条件证出互相垂直，以为坐标系原点建立空间坐标系，写出各点坐标，求出即证得AC⊥DE；（2）先求出平面DCE的法向量，平面的法向量，两法向量的夹角即为所求.

∵平面平面，且

∴平面,∴

设，在Rt，

，∴是中点

分别以AD,AE,AC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系

（1）

(2)设平面DCE的法向量为

，且

，

又平面,∴平面的法向量为.

∴二面角的余弦值为

( 1 )证明过程详见解析;(2) .

试题分析：

(1)利用三角形的余弦定理和勾股定理即可证明为直角三角形,即.再根据垂直的判断可以得到相互垂直,即可以以这三条边建立三维空间直角坐标系,利用坐标法来证明线面平行,首先求出平面ACF的法向量,计算法向量与BE的内积,证明该内积为0即可得到线面平行.

(2)利用第(1)问平面ACF的法向量,再求出面DCF的法向量,则二面角即为两法向量所成角或者其补角,故两法向量夹角的余弦值为满足,即可求出PA的长度.

试题解析：

（1）由，得，．

又面，所以以分别为轴建立坐标系如图．

则

设，则 ．

设，得：

．

解得：，，，

所以．                               5分

所以,，．

设面的法向量为，则，取．

因为，且面，所以平面． 9分

（2）设面法向量为， 因为，，

所以，取 ．             11分

由，得．

，，所以．               15分

（1）为的中点；（2）；（3）.

试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.

（1）证：因为∥，∥,，

所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.

故与的对应边相互平行，于是.

所以，即为的中点.

（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.

，

，

所以，

又

所以，

故.

（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.

所以为平面与底面所成二面角的平面角.

因为∥，，所以.

又因为梯形的面积为6，，所以.

于是.

故平面与底面所成二面角的大小为.

解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.

设.因为，所以.

从而，，

所以，.

设平面的法向量，

由得，

所以.

又因为平面的法向量，

所以，

故平面与底面所成而面积的大小为.

（1）见解析    （2）

（1）确定图形在折起前后的不变性质，如角的大小不变，线段长度不变，线线关系不变，再由面面垂直的判定定理进行推理证明；（2）在（1）的基础上确定出三线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量的坐标和向量的数量积运算求解．

（1）∵折起前AD是BC边上的高，

∴当△ABD折起后，   AD⊥DC，AD⊥DB，

又，∴AD⊥平面BDC，

∵AD平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC．

（2）由∠BDC及（1）知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|=1，以D为坐标原点，以，，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得：

D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0)，

所以，，

∴

所以与夹角的余弦值是．

（1）证明过程详见解析（2）；（3）点E到直线D1C距离的最大值为，此时点E在A点处.

试题分析：本题主要以正方体为几何背景考查线线垂直、线面角、点到直线的距离、向量法等基础知识，考查学生的空间想象能力、转化能力、计算能力.第一问，根据已知条件中的垂直关系，建立空间直角坐标系，要证明DA1⊥ED1，只需证明即可，建立空间直角坐标系后，写出有关点的坐标，得到向量和的坐标，利用向量的数量积的计算公式进行计算；第二问，先利用求平面法向量的计算公式，求出平面的法向量，由已知直线与平面成角为，利用夹角公式得到方程，解出m，即的值；第三问，由图形得到结论.

试题解析：解：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系，

则D(0,0,0),A（1，0，0），B(1,1,0)，C(0,1,0),D1(0,1,2),A1(1,0,1)，设E(1,m,0)（0≤m≤1）

（1）证明：，

所以DA1⊥ED1.                              4分

（2）设平面CED1的一个法向量为,则

，而，

所以取z=1,得y=1,x=1-m，得.

因为直线DA1与平面CED1成角为45o，所以

所以，所以，解得m=.  11分

（3）点E到直线D1C距离的最大值为，此时点E在A点处.   14分

（1）详见解析，（2）

试题分析：（1）要证明平面，需证明及，前面在平面中证明，利用勾股定理，即通过计算设，则.∴，∴.后者通过线面垂直与线线垂直的转化得，即由面面，得面，再得。（2）求二面角的余弦值，可通过作、证、算，本题可过作,则为所求二面角的平面角.也可利用空间向量求，先建系，求出平面及平面的法向量，利用向量数量积求出两法向量的夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得出结论.

试题解析：（1）连结，∵是等腰直角三角形斜边的中点，∴.

又三棱柱为直三棱柱，

∴面面，

∴面，.     2分

设，则.

∴，∴.           4分

又，∴ 平面.          6分

（2）以为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系如图，设，

则，

，.          8分

由（1）知，平面，

∴可取平面的法向量.

设平面的法向量为，

由

∴可取.          10分

设锐二面角的大小为，

则.

∴所求锐二面角的余弦值为.          12分

(1)见解析   (2)

(1)∵SD⊥平面ABCD,SD⊂平面SAD,

∴平面SAD⊥平面ABCD;

又∵AB⊥AD,∴AB⊥平面SAD,∴DE⊥AB,

∵SD=AD,E是SA的中点,∴DE⊥SA.

∵AB∩SA=A,∴DE⊥平面SAB.

又DE⊂平面BED,

∴平面BED⊥平面SAB.

(2)以D为原点,以DA,DC,DS分别为坐标轴建立空间直角坐标系Dzyz,不妨设AD=2,

则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,,0),

C(0,,0),S(0,0,2),E(1,0,1).

=(2,,0),=(1,0,1),

设m=(x1,y1,z1)是平面BED的一个法向量,

则 

即

因此可取m=(-1,,1).

又=(2,0,-2),

设直线SA与平面BED所成的角为θ,

则sinθ==⇒θ=,

即直线SA与平面BED所成的角为.

（1）证明过程详见解析；（2）

试题分析：本题主要考查线面位置关系的证明、二面角等基础知识，同时考查空间想象能力和计算能力.第一问，法一：利用E、F为PC、OC中点，得，由于平面，所以，利用面面垂直的判定得平面平面，因为PO为等腰三角形底边上的高，所以，由于AD是面ABCD与面PAD的交线，所以平面，又因为，所以平面，所以EF垂直面内的线AB，在中根据已知的边长可知，所以利用线面垂直的判定得平面，从而得；第二问，作出辅助线HE，AE，利用线面垂直平面ABCD，先得到面面垂直平面平面，得平面POC，所以AH垂直面内的线PC，在等腰三角形APC中，，利用线面垂直得平面AHE，则，得出为二面角的平面角，在三角形内解出的正弦值，再求；法二：第一问，要证明，只需证明，根据已知条件找出垂直关系，建立空间直角坐标系，根据边长写出各个点坐标，计算出向量和的坐标，再计算数量积；第二问，利用第一问建立的空间直角坐标系，先计算出平面PAC和平面POC的法向量，利用夹角公式直接求夹角的余弦值.

试题解析：解法一：（1）设，连接,

分别是、的中点，则，…1分

已知平面，平面，所以平面平面，

又，为的中点，则，

而平面平面，

所以平面，

所以平面，

又平面，所以；     3分

在中，，；

又，所以平面，

又平面，所以.           6分

（2）在平面内过点作交的延长线于，连接，，

因为平面，所以平面平面，

平面平面，所以平面，

平面，所以；

在中，，是中点，故；

所以平面，则．

所以是二面角的平面角．  10分

设，

而，

，则，

所以二面角的余弦值为．                          12分

解法二：

因为平面，平面，所以平面平面，

又，是的中点，则，且平面平面，

所以平面．                2分

如图，以O为原点，以分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.

 4分

，，所以．  6分

（2），，

设平面的法向量为，

则

令，得．     8分

又，，

所以平面的法向量，              10分

，

所以二面角的余弦值为．              12分