热门试卷

(1)证明： E、F分别是D1D、D1B的中点

又面ABCD，DB面ABCD

EF// 面ABCD

(2)在正方体中，DD1面ABCD

 AC面ABCD

ACDD1

正方形ABCD， ACDB

又DD1DB=D，

DD1，DB平面

平面

略

（1）证明：见解析；（2）直线与平面所成角的正弦值为．

试题分析：（1）注意到平行四边形中，，，，

沿直线将△翻折成△后，，，

由给定了，得．再根据平面⊥平面，平面平面即得证；

（2）由（1）知平面，且，因此，可以为原点，建立空间直角坐标系．

确定平面法向量为，

设直线与平面所成角为，即得所求．

试题解析：（1）平行四边形中，，，，

沿直线将△翻折成△

可知，，，

即，

．                                2分

∵平面⊥平面，平面平面，

平面，∴平面．              5分

（2）由（1）知平面，且，

如图，以为原点，建立空间直角坐标系．          6分

则，，，．

∵是线段的中点，

∴，．

在平面中，，，

设平面法向量为，

∴ ，即，

令，得，故．   9分

设直线与平面所成角为，则

．              11分

∴ 直线与平面所成角的正弦值为．          12分

（1）见解析；（2）.

试题分析：（1）平行关系的证明问题问题，要注意三角形中位线定理的应用，注意平行关系的传递性，以及线线关系、线面关系、面面关系的相互转化；

（2）立体几何中的求角问题，往往有两种思路，即“几何法”和“向量法”.本题应用“几何法”，应注意“一作，二证，三计算”，注意在直角三角形中解决问题；

应用“向量法”，要注意利用已有的垂直关系，一建立空间直角坐标系.

本题建系后，确定点的坐标及平面的法向量为， 及

计算得到 ，利用角的“互余”关系，即得直线与平面所成角的正弦值为.

试题解析：（1）连结延长交于，则为的中点，又为的中点，

∴∥，又∵平面，∴∥平面            2分

连结，则∥，平面，∥平面          4分

∴平面∥平面，                  5分

平面，                        6分

（2）矩形所在的平面和平面互相垂直，

所以平面，又平面，所以         7分

又，，，

由余弦定理知，得          8分

∴⊥平面                            9分

所以为直线与平面所成的角，                 10分

在直角三角形中

             12分

法二：以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

          7分

设平面的法向量为，

，            8分

由 所以 

令，则 ，所以，         10分

∴                    11分

∴直线与平面所成角的正弦值为           12分

（1），（2）.

试题分析：（1）此小题考查用空间向量解决线面角问题，只需找到面的法向量与线的方向向量，注意用好如下公式：，且线面角的范围为：；（2）此小题考查的是用空间向量解决面面角问题，只需找到两个面的法向量，但由于点坐标未知，可先设出，利用二面角的大小是45，求出点坐标，从而可得到的长度，则易求出其比值.

试题解析：

如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得，⑴因为为中点，则，

设是平面的一个法向量，则，得，取，则，设直线与平面的法向量的夹角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为；

⑵设，设是平面的一个法向量，则，取，则，是平面的一个法向量，，得，即，所以当时，二面角的大小是.

（1）详见解析；（2） .

试题分析：（1）（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC，又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，即可证明EF⊥BC.（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得,所以，因此,从而得；（2） （方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF，因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角；在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,从而sin∠EGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.

（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由 得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sin∠EGO=，即可求出二面角E-BF-C的正弦值.

（1）证明：

（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，

由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC，

又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，

又EF面EFO，所以EF⊥BC.

（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,从而，所以.

（2）（方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF.

因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角；

在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,从而sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.

（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由 得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.

（1）证明过程详见试题解析；（2）.

试题分析：（1）连结交于点，连结.由长度比例关系可知,得到.再根据线面平行的判定得到;（2）方法一：采用空间向量法，以点为坐标原点，为轴，垂直为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，那么点确定.再根据向量关系求出二面角的平面角的余弦值为；方法二：纯几何法，取的中点,延长交的延长线于点,根据三角形相似关系可以得到二面角的平面角为.

试题解析：（1）连结,交于点,连结， 

∵，， ∴

又 ∵, ∴

∴ 在△BPD中，

∴∥平面

（2）方法一：以为原点，所在直线分别为轴、轴，如图建立空间直角坐标系.

设，则，，，，．

设为平面的一个法向量，

则，，∴，

解得，∴．

设为平面的一个法向量，则，，

又，，∴，

解得，∴ 

∴二面角的余弦值为．

方法二：在等腰Rt中，取中点，连结，则 

∵面⊥面，面面=，∴平面．

在平面内，过作直线于，连结，由、，

得平面，故．

∴就是二面角的平面角．

在中，设，，，

，，

由，可知：∽，

∴，  代入解得：．

在中，，

∴，．

∴二面角的余弦值为．

（1）详见解析；（2）所求二面角的余弦值为.

试题分析：（1）要使得AC∥平面DMF，需要使得AC平行平面DMF内的一条直线.为了找这条直线，需要作一个过AC而与平面DMF相交的平面.为此，连结CE，交DF于N，连结MN，这样只要AC∥MN即可.因为N为线段DF的中点，所以只需M是线段AE的中点即可.

（2）思路一、（综合法）首先作出它们的交线.过点D作平面DMF与平面ABCD的交线l，由于AC∥平面DMF，由线面平行的性质定理知AC∥l.为了求二面角，首先作出其平面角.作平面角第一步是过其中一个面内一点作另一个面的垂线，而要作垂线先作垂面.在本题中，由于平面平面，所以过点M作MG⊥AD于G，因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，所以DE⊥平面ABCD，则平面ADE⊥平面ABCD，所以MG⊥平面ABCD，过G作GH⊥l于H，连结MH，则直线l⊥平面MGH，所以l⊥MH，故∠MHG是平面MDF与平面ABCD所成锐二面角的平面角．在直角三角形MHG中求得可∠MHG的余弦值.（另外也可过点C作直线l的垂线）思路二、因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，所以DE⊥平面ABCD，可知AD，CD，DE两两垂直，所以可分别以，，的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz．然后利用空间向量求解.

（1）当M是线段AE的中点时，AC∥平面DMF．

证明如下：

连结CE，交DF于N，连结MN，

由于M、N分别是AE、CE的中点，所以MN∥AC，

由于MN平面DMF，又AC平面DMF，

所以AC∥平面DMF． 4分

（2）方法一、过点D作平面DMF与平面ABCD的交线l，由于AC∥平面DMF，可知AC∥l，

过点M作MG⊥AD于G，

因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，

所以DE⊥平面ABCD，则平面ADE⊥平面ABCD，

所以MG⊥平面ABCD，

过G作GH⊥l于H，连结MH，则直线l⊥平面MGH，所以l⊥MH，

故∠MHG是平面MDF与平面ABCD所成锐二面角的平面角． 8分

设，则，，

，则， 11分

所以，即所求二面角的余弦值为． 12分

方法二、因为平面ABCD⊥平面CDEF，DE⊥CD，所以DE⊥平面ABCD，可知AD，CD，DE两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz．

设，则，，，，

设平面MDF的法向量，

则所以

令，得平面MDF的一个法向量， 8分

取平面ABCD的法向量， 9分

由， 11分

故平面MDF与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为． 12分

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）由面面垂直的性质定理可得面，从而可得，又因为可证得平面，从而可证。（2）异面直线和所成的角即为直线和所成的角即。可用空间向量法求所求的二面角，先建系，得出点的坐标，和向量坐标，分别求平面和平面的法向量，用数量积公式求两法向量夹角的余弦值。但需注意两法向量所成的角与所求二面角相等或互补，需从图中观察得出。

试题解析：（1）∵平面垂直于圆所在的平面，两平面的交线为，平面，，∴垂直于圆所在的平面.又在圆所在的平面内，∴.∵是直角，∴，∴平面,∴.    6分

(2)如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.由异面直线和所成的角为，知，

∴，

∴，由题设可知，，∴，.设平面的一个法向量为，

由，得，，取，得.

∴.又平面的一个法向量为，∴.

平面与平面所成的锐二面角的余弦值.             13分

（1）详见解析；（2）二面角的大小是．

试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求，从而满足，即得，问题得证；（2）求二面角的大小，可用传统方法，也可用向量法，用传统方法，关键是找二面角的平面角，可利用三垂线定理来找，但本题不存在利用三垂线定理的条件，因此利用垂面法，即作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，求出的三条边，利用余弦定理，即可求出二面角的大小，用向量法，首先建立空间坐标系，先找三条两两垂直的直线作为坐标轴，观察几何图形可知，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，写出个点坐标，设出设平面的法向量为，平面的法向量为，求出它们的一个法向量，利用法向量的夹角与二面角的关系，即可求出二面角的大小．

（1）在直角梯形中，由，得，，由，则，即，又平面平面，从而平面，所以，又，从而平面；

（2）方法一：作，与交于点，过点作，与交于点，连结，由（1）知，，则，，所以是二面角的平面角，在直角梯形中，由，得，又平面平面，得平面，从而，，由于平面，得：，在中，由，，得，

在中，，，得，在中，，，，得，，从而，在中，利用余弦定理分别可得，在中，，所以，即二面角的大小是．

方法二：以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系如图所示，由题意可知各点坐标如下：，设平面的法向量为，平面的法向量为，可算得，，由得，，可取，由得，，可取，于是，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角的大小是．

点评：本题主要考查空间点，线，面位置关系，二面角等基础知识，空间向量的应用 ，同时考查空间想象能力，与推理论证，运算求解能力．

（1）,（2）.

试题分析：（1）求异面直线所成角，关键在于利用平行，将所求角转化为某一三角形中的内角.因为条件有中点，所以从中位线上找平行. 取的中点，连，则，即即为异面直线与所成的角．分别求出三角形三边，再利用余弦定理求角. ，，，，,（2）求线段长，可利用空间向量坐标进行计算. 设的长为，，，由知可得，∴线段的长为

解：（1）取的中点，连，则，即即为异面直线与所成的角．   （2分）

连.

在中，由，

知

在中，由，知 （4分）

在中，

∴   （6分）

（2）以为原点，建立如图空间直角坐标系，设的长为

则各点的坐标为，，，， （2分）

∴，

由知   （4分）

即，解得

∴线段的长为   （6分）

（1）见解析    （2）

（1）因为△DAB ≌△DCB，EA=EB=AB=1，所以△ECB是等边，,

（2）建立空间坐标系如图，

取向观点的坐标为, 向量

设平面PBC的法向量平面PDC的法向量则

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）由，所以.又,.在三角形PAO中由余弦定理可得.所以.即.又平面平面且平面平面=AD，平面PAD.所以平面.

（2）由题意可得建立空间坐标系，写出相应点的坐标，平面PAD的法向量易得，用待定系数写出平面PBC的法向量，根据两向量的法向量夹角的余弦值，求出二面角的余弦值.

（1）因为 ，，所以，            1分

在中，由余弦定理，

得，                   3分

，，                      4分

，                                     5分

又平面平面，平面平面,平面，

平面．                          6分

（2）如图，过作交于，则，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，                      7分

则，，

          8分

，

，        9分

设平面的一个法向量为，

由得即

取则，

所以为平面的一个法向

量．               11分

平面,为平面的

一个法向量．

所以  ，             12分

 ．                      13分

⑴见解析;⑵1

试题分析：方法一:几何法证明求角.

⑴要证直线平面,需要在平面内找到一条与平行的直线.显然不容易找到;故考虑利用面面平行退出线面平行, 取的中点,构造平面,根据 ,∥可证.

⑵要求二面角,方法一:找到二面角的平面角,角的顶点在棱,角的两边在两个半平面内中,并且角的两边与棱垂直.取取的中点,连接就是所求角.

方法二:建立空间直角坐标系,利用向量证明,求角.

试题解析：

⑴证明：取的中点，则，故平面;

又四边形正方形，∴∥，故∥平面;

∴平面平面,

∴平面.

⑵由底面，得底面;

则与平面所成的角为;

∴, ∴和都是边长为正三角形,

取的中点，则，且 .

∴为二面角的平面角;在中　，，

∴

∴二面角的余弦值

方法二：⑴设，因为，，，

∴以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系，取的中点，

则各点坐标为：，，，，，;

∴，，∴，∴，∴平面;

⑵由底面及，得与平面所成角的大小为;

∴,∴,，，;

取的中点，则因，∴;

则，且,∴为二面角的平面角;

∵;∴二面角的余弦值

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要考查线面垂直的证明、二面角、向量法等基础知识，同时考查空间想象能力、逻辑推理论证能力和计算能力.第一问，利用线面垂直的性质得，由已知，利用线面垂直的判定得平面，所以BC垂直面内的线，又由于四边形是菱形，所以，所以利用线面垂直的判定得平面；第二问，通过已知条件中的垂直关系建立空间直角坐标系，写出各个点坐标，利用向量法求出面与面的法向量，再利用夹角公式，求出二面角的余弦值.

试题解析： （1）因为平面，所以．

又，所以平面，所以．     2分

因为，所以四边形是菱形，所以．

所以平面，

所以．      5分

（2）以为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，C1(0，2，)．

，，

设是面的一个法向量，则，

即取．

同理面的一个法向量为．     10分

因为．

所以二面角的余弦值．     12分