热门试卷

(1)见解析(2)见解析（3）-

(1)证明　∵AD＝BC，N是BC的中点，∴AD＝NC，又AD∥BC，∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN＝DC，又∠ABC＝60°，∴AB＝BN＝AD，

∴四边形ANCD是菱形，∴∠ACB＝∠DCB＝30°，

∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB，又平面C′BA⊥平面ABC，平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′.

(2)证明:∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B，∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N⊂平面BCC′，∴C′N∥平面ADD′.

(3)解:∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC.

如图建立空间直角坐标系，

设AB＝1，则B(1,0,0)，C(0，，0)，C′(0,0，)，

N，∴′＝(－1,0，)，′＝(0，－，)，设平面C′NC的法向量为n＝(x，y，z)，则即

取z＝1，则x＝，y＝1，∴n＝(，1,1)．

∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC，又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN，∴BD⊥平面C′AN，BD与AN交于点O，O则为AN的中点，O，∴平面C′AN的法向量＝.

∴cos〈n，〉＝＝，

由图形可知二面角A­C′N­C为钝角，

所以二面角A­C′N­C的余弦值为－

解：以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系，                              

（1）          

（2）平面ABD的法向量              

略

（1）见解析（2）

本题考查异面直线垂直的证明、点到平面的距离．解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用．

（1）在△ACD中，由题设条件推导出CD⊥CA，由ABCD是平行四边形，知CA⊥AB，由直线垂直于平面的性质得到AC⊥BF．

（2）求出向量AD和平面FBD的法向量，用向量法能够求出点A到平面FBD的距离．

解法1：由得,故AD2=AC2+CD2，,,所以CD⊥CA

以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系，  

（1）C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,,0),F(0, ,),B(-1,,0),

,, ,

（2）,

由,可得,

点A到平面FBD的距离为d,

解法2 ：（1）由得,故BC2=AC2+AB2，,,所以AC⊥AB 

因为ACEF是矩形，AC⊥AF，所以AC⊥平面ABF,故AC⊥BF

（2）由，得

（Ⅰ） 建立如图所示空间直角坐标系．

设，

则，，

于是，，，

则，

所以．………………6分

（Ⅱ）若，则，，

设平面的法向量为，

由，得：，令，则，

于是，而

设与平面所成角为，所以，

所以与平面所成角为．

略

Ⅰ）平面、平面、平面.        ……3分（每对1个给1分）（Ⅱ）依题意，在正三棱柱中，，，从而.   …5分，

所以正三棱柱的体积.  ……7分．

（Ⅲ）连接，设，连接，

因为是正三棱柱的侧面，所以是矩形，是的中点，

所以是的中位线，.          ……………10分

因为，，所以.  

略

（1） ； （2）见解析；（3）见解析。

试题分析：(1)因为平面ABCD,所以为与平面ABCD所成角,

然后解三角形求出此角即可.

（2）证明面面平行根据判定定理只须证明平面平面A B1D1内两条相交直线和分别平行于平面EFG即可.在证明线面平行时又转化为证明线线平行.

(3)易证：BD平面AA1C，再证明EF//BD，因而可证出平面AA1C⊥面EFG.

（1）∵平面ABCD=C，在正方体ABCD-A1B1C1D1

平面ABCD

∴AC为在平面ABCD的射影

∴为与平面ABCD所成角……….2分

正方体的棱长为

∴AC=，=

                  ………..4分

（2）在正方体ABCD-A1B1C1D1

连接BD，∥，=

 为平行四边形

∴∥∵E，F分别为BC，CD的中点

∴EF∥BD∴EF∥…………3分

∵EF平面GEF，平面GEF

∴∥平面GEF              …………7分

同理∥平面GEF∵=

∴平面A B1D1∥平面EFG        ……………9分

（3）在正方体ABCD-A1B1C1D1∴  平面ABCD

∵EF平面ABCD

∴ EF             …………10分

∵ABCD为正方形

∴ACBD

∵EF∥BD

∴AC EF             ………..11分

∴EF平面AA1C

∵EF平面EFG

∴平面AA1C⊥面EFG        …………….12分.

点评：斜线与平面所成的角就是斜线与它在这个平面内的射影所成的角，因而关键是找到它在这个平面内的射影.面面垂直（平行）证明要转化为证明线面垂直（平行）再转化为线线垂直（平行）.

（1）证明：∵　菱形的对角线互相垂直，∴，∴，

∵ ，∴．

∵　平面⊥平面，平面平面，且平面，

∴　平面, ∵ 平面，∴　……………4分

（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系．

设 因为，所以为等边三角形，

故，．又设，则，．

所以，，，

故 ，

所以，

当时，．此时，………………………………6分

设点的坐标为，由（1）知，，则，，，．所以，，

∵，　∴          ．             

∴，∴．   10分

设平面的法向量为，则．

∵，，∴　

取，解得：， 所以．……………………………… 8分

设直线与平面所成的角，

∴

．……………………………………………… 10分

又∵∴． ∵，∴．

因此直线与平面所成的角大于，即结论成立

略

（1）

（2）

（1）∵是PC的中点，∴

（2）

.

（1）见解析（2）∶2

(1)证明　因为PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又BD∩PD＝D，故AC⊥平面PBD，又AC⊂平面EAC.

所以平面EAC⊥平面PBD.

(2)解　连接OE，

因为PD∥平面EAC，所以PD∥OE，所以OE⊥平面ABCD，又O是BD的中点，故此时E为PB的中点，以点O为坐标原点，射线OA，OB，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

设OB＝m，OE＝h，则OA＝m，A，B(0，m,0)，E(0,0，h)，＝(－m，m,0)，＝(0，－m，h)，向量n1＝(0,1,0)为平面AEC的一个法向量，设平面ABE的一个法向量n2＝(x，y，z)

则n2·＝0，且n2·＝0，

即－mx＋my＝0且－my＋hz＝0.

取x＝1，则y＝，z＝，则n2＝，

∴cos 45°＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得＝，故PD∶AD＝2h∶2m＝h∶m＝∶2.

（1）；（2）三等分点

试题分析：（1）根据平面，确定就是与平面所成的角，从而得到，且，可以建立空间直角坐标系，写出，设出的一个法向量为，根据，解出，而平面的法向量设为，所以利用向量数量积公式得出二面角的余弦值为；（2）由题意设，则，而平面，∴，代入坐标，求出，所以点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

试题解析：

平面，就是与平面所成的角，即，∴.

如图，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则各点的坐标如下，∴，设平面的一个法向量为，则，即，令，则.

∵平面，∴平面的法向量设为，∴，故二面角的余弦值为.

（2）由题意，设，则，∵平面，∴，即解得，∴点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）直线与直线垂直的证明通过转化为证明直线与平面垂直，由于通过翻折为两个垂直的平面所以只需证明直线AB垂直与两个平面的交线BD即可，通过已知条件利用余弦定理即可得到直角.

（2）求二面角的问题通常就是建立空间直角坐标系，根据BD与DC垂直来建立.通过写出相应点的坐标，以及相应的平面内的向量，确定两平面的法向量，并求出法向量的夹角，再判断法向量的夹角与二面角的大小是相等还是互补，即可得到结论.

试题解析：（1）在中，

所以 所以，

因为平面平面，所以平面，所以；…3分

（2）在四面体ABCD中，以D为原点，DB为轴，DC为轴，过D垂直于平面BDC的射线为轴，建立如图的空间直角坐标系. 

则D（0，0，0），B（，0，0），C（0，1，0），A（，0，1）

设平面ABC的法向量为，

而

由得：取再设平面DAC的法向量为而

由得：取               

所以即二面角B-AC-D的余弦值是         

（1）见解析（2）

(1)证明:∵在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD中点，

∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.

取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝，

在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，

在△BHD中，DH2＋BH2＝2＋＝3，又DB2＝3，

∴DH2＋BH2＝DB2，∴DH⊥BH.

又DH⊥OA，OA∩BH＝H，∴DH⊥面ABCO，而DH⊂平面AOD，∴平面AOD⊥平面ABCO.

(2)解　分别以OA，OB所在直线为x轴和y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，，0)，A(，0,0)，D，C.

∴＝(－，，0)，＝，＝.

设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，

由得

即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，取n＝(1,1,1)．

设α为直线BC与平面ABD所成的角，则sin α＝＝.

即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.