热门试卷

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要以四棱锥为几何背景考查线面垂直、面面垂直的判定以及二面角的求法，可以运用传统几何法，也可以用空间向量法求解，突出考查空间想象能力和计算能力.第一问，法一，先利用面面垂直的性质判断出，从而平面，所以垂直于面内的任意的线，由，判断是等腰直角三角形，所以且，所以面，利用面面垂直的判定定理得面面垂直，法二，利用空间向量法，通过证明，其它过程与法一相同；第二问，由第一问得到平面的法向量为，而平面的法向量需要计算求出，

，所以，最后用夹角公式求夹角余弦值.

试题解析：(1)解法一：因为面面平面面

为正方形，，平面

所以平面∴                2分

又，所以是等腰直角三角形，

且，即 ，

，且、面，

面            

又面，∴面面.          6分

解法二：

如图,

取的中点, 连结,.

∵,  ∴.

∵侧面底面,

平面平面, 

∴平面,

而分别为的中点,∴,

又是正方形,故.

∵,∴,.

以为原点,向量为轴建立空间直线坐标系,

则有,,,,,.

∵为的中点, ∴                     2分

(1)∵，，  ∴，

∴,从而,又,,

∴平面，而平面，

∴平面平面．                     6分

（2）由（1）知平面的法向量为，

设平面的法向量为，∵，

∴由，，可得

取，则故.

∴,

即二面角的余弦值为,        12分

(1) 见解析；（2）.

试题分析：(1)经过建立空间直角坐标系，求出面和各自的法向量，通过证明，说明面；（2）将直线与面所成角的正弦转化为直线所在向量和平面的法向量的夹角的余弦的绝对值求解.

试题解析：(1)证明：取的中点,,因为,所以,

所以以为坐标原点建立如图的空间直角坐标系，则,因为,所以,设面法向量为，则，令得，.所以，取面法向量为，因为，所以面.

(2) 解 ，设直线与平面所成角大小为，

则.

（1）详见解析；（2）.

试题分析：解法一利用综合法证明解题：

（1）由已知可知AE⊥AB，又AE⊥AD，所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，所以DB⊥平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC⊥平面BED.

（2）如图4-1中，设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，即∠OEC为EC与平面BED所成的角.再设正方形边长为2，则OA=，AE=2，所以OE=，EC=，所以在三角形OEC中，利用余弦定理可得 cos∠OEC=，故所求为sin∠OEC=.

解法二利用向量法：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图4-2所示，

（1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2) (0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，从而有，，即BD⊥AC，BD⊥AE，所以BD⊥平面AEC，故平面BED⊥平面AEC.

（2）设平面BED的法向量为，由，得，故取    8分

而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，则有 .

试题解析：解法一：

（1）由已知有AE⊥AB，又AE⊥AD，

所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，                    3分

又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，                        4分

所以DB⊥平面AEC，而BD平面BED

故有平面AEC⊥平面BED.                                 6分

（2）设AC与BD交点为O，所以OE为两平面AEC和BED的交线.

过C作平面BED的垂线，其垂足必在直线EO上，

即∠OEC为EC与平面BED所成的角.      7分

设正方形边长为2，则OA=，AE=2，

所以OE=，EC=，       9分

所以在三角形OEC中，

由余弦定理得 cos∠OEC=，故所求为sin∠OEC=         12分

解法二：以A为原点，AE、AB、AD分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系．  1分

（1）设正方形边长为2，则E(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)      2分

(0,2,2)，=(0,-2,2)，=(2,0,0)，=(-2,0,2)，

从而有，，

即BD⊥AC，BD⊥AE，

所以BD⊥平面AEC，

故平面BED⊥平面AEC.         6分

（2）设平面BED的法向量为，

由，得，故取    8分

而=(-2,2,2)，设直线EC与平面BED所成的角为，

则有                       12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

试题分析：（Ⅰ）建立空间坐标,分别求出的坐标,利用数量积等于零即可；（Ⅱ）当为的中点时,求点到平面的距离,只需找平面的一条过点的斜线段在平面的法向量上的投影即可；（Ⅲ）设,因为平面的一个法向量为,只需求出平面的法向量,然后利用二面角为,根据夹角公式,求出即可.

试题解析：以为坐标原点,直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设,则,

（Ⅰ）,,故 ；

（Ⅱ）因为为的中点,则,从而, ,设平面的法向量为,则 也即,得,从而,所以点到平面的距离为 ；

（Ⅲ）设平面的法向量, 而, 由,即,得,依题意得: , ,解得 (不合,舍去),     ∴时,二面角的大小为.

（1）详见解析；（2）．

试题分析：（1）证明直线平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，还可以利用面面平行的性质，本题由于分别为的中点，可得，，容易证明平面平面，可得直线平面；本题还可用向量法，由于底面,且底面为正方形,可以为原点,以分别为轴，建立空间坐标系，由题意写出各点的坐标，从而得，设平面的法向量为，求出一个法向量，计算出，即可；（2）求平面和平面的夹角，可用向量法，由（1）解法二可知平面的法向量，由题意可知：平面，故向量是平面的一个法向量,利用夹角公式即可求出平面和平面的夹角.

试题解析：（1）如图，以为原点,以为方向向量

建立空间直角坐标系

则.

.           4分

设平面的法向量为

即 令, 首发

则.                                    4分

又平面平面              6分

（2）底面是正方形,又平面 

又,平面。        8分

向量是平面的一个法向量,又由（1）知平面的法向量.                               10分

二面角的平面角为.                12分

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的平面角的余弦值为．

试题分析：（Ⅰ）此题关键是建立空间坐标系，需要找三条两两垂直的直线，注意到△ABC是边长为2的等边三角形，可考虑取AB的中点O，则，取BD的中点为G，则，从而得到三条两两垂直的直线，这样就可以建立空间坐标系，根据题中条件，求出个点坐标，要证明面，只需证平行平面的一个法向量即可，此题也可以用传统方法来解；（Ⅱ）求二面角D－EC－B的平面角的余弦值，只需找出平面的一个法向量，利用法向量来求即可，值得注意的是，需要判断二面角是钝角还是锐角，否则求出的值不对.

试题解析：（Ⅰ）证明：取AB的中点O，连结OC,OD，则，即是与平面所成角，，取BD的中点为G，以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图空间直角坐标系，则，取BC的中点为M，则面

，所以，所以面；

（Ⅱ）解：由上面知： ，又取平面DEC的一个法向量，又，设平面BCE的一个法向量,由,由此得平面BCE的一个法向量  则，所以二面角的平面角的余弦值为．

(1) 异面直线PA与BD所成角的余弦值的大小为. (2)k=时,二面角O—PC—B的大小为

 ∵OP⊥平面ABC，又OA=OC，AB=BC，

从而OA⊥OB，OB⊥OP，OA⊥OP，

以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系O—xyz.

（1）设AB=a，则PA=a，PO=a，

A（a，0，0），B（0，a，0），

C（-a，0，0），P（0，0，a），

则D（-a，0，a）.

∵=(a，0，-a )，=(-a，-a，a)，

∴cos〈,〉===-,

则异面直线PA与BD所成角的余弦值的大小为.

（2）设AB=a，OP=h，∵OB⊥平面POC，

∴=(0，a，0)为平面POC的一个法向量.

不妨设平面PBC的一个法向量为n=（x，y，z），

∵A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(-a，0，0)，P(0，0，h)，

∴=(-a,- a,0),="(-" a,0,-h),

由

不妨令x=1，则y=-1，z=-，

即n="(1,-1,-" ),则cos=

==2+=4h=a,

∴PA===a,

而AB=kPA,∴k=.

故当k=时,二面角O—PC—B的大小为.

（Ⅰ）连接BD交AC于点，若∥平面，

则∥，点为BD中点，则为棱的中点……4分

（Ⅱ），，，，又

四边形为矩形，          ……5分

法（一）中点为坐标原点，以为轴，以为轴，

以为轴，如图建系

，设平面的法向量

，，不妨令，则       ……8分

，设平面的法向量

，不妨令则       ……11分

设二面角为，                    ……12分

法（二）

设二面角的平面角为，

取中点O，中点，

，

，             ……8分

同理设二面角的平面角为，

                         ……11分

设二面角为，，，     ……12分

略

（1）见解析（2）存在

(1)证明:连接DC1，因为ABC-A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°，所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，又BD∩DC1＝D，所以ED⊥平面BDC1，BC1⊂面BDC1，所以ED⊥BC1.

(2)解　假设存在点E满足条件，设AE＝h.

取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)，设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则，令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则，∴n2＝(，1,0)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝cos 60°＝.解得h＝<，故存在点E，当AE＝时，二面角D-BE-A等于60°.

（Ⅰ）证明：设，交于点，连接，易知为的中位线，

故，又平面，平面，得平面．

（Ⅱ）解：过做交于，过作交于,

由已知可知平面，，且,

过作交于,连接,由三垂线定理可知：为所求角

如图，平面,,由三垂线定理可知，

在中，斜边，，得,

在中，,得,由等面积原理得，B到CE边的高为

则;  在中，,则，

故：

法2建立如图所示的空间直角坐标系，

则,,;,

（I）设平面的法向量为，

则即；推出即, 平面。

（II）,故

试题分析：建立如图所示的空间直角坐标系，

则,,;,

（I）设平面的法向量为，

则即；即

令，则；又,故即,而平面所以平面。

（II）设平面的法向量为，,

则即；即

令，则；由题可知平面的法向量为

故,故

点评：中档题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，利用空间向量，省去繁琐的证明，也是解决立体几何问题的一个基本思路。对计算能力要求较高。

（1）详见解析；（2）．

试题分析：(1) 建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴的空间直角坐标系，写出和的坐标，计算其数量积即可证明垂直；（2）取平面的法向量，利用向量和的数量积，计算向量和的夹角，转化为线面角．

试题解析：(1)建立以为坐标原点，所在的直线分别为轴的空间直角坐标系，

则,,,，

,，

，

．

（2）取平面ADS的一个法向量为,则

，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

（1）取BD中点Q，证得Q与O重合。则面PBD

（2）

试题分析：（1）取BD中点Q，则三点共线，即Q与O重合。

则面PBD

（2）因为AC面PBD，而面ABCD，所以面ABCD面PBD，则P点在面ABCD上的射影点在交线BD上（即在射线OD上），所以PO与平面ABCD所成的角。以O为坐标原点，OA为轴，OB为轴建空间直角坐标系。，因为AC面PBD，所以面PBD的法向量，设面PAB的法向量，又，由，得①，又，由，得

 ②， 在①②中令，可得，则

所以二面角的余弦值

点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离、体积的计算。在计算问题中，有“几何法”和“向量法”。利用几何法，要遵循“一作、二证、三计算”的步骤，将立体问题转化成平面问题，是解决立体几何问题的一个基本思路。通过就落实党的坐标系，利用空间向量，免去了繁琐的逻辑推理过程，对计算能力要求较高。