热门试卷

（1）有最小值 （2）取得最小值 （3）最小值是

设正方体的棱长为．

（１）  当点为对角线的中点时，点的坐标是．

因为点在线段上，设．

　　　．

当时，的最小值为，即点在棱的中点时，有最小值．

（２）  因为在对角线上运动．是定点，所以当

时，最短．因为当点为棱的中点时，，是等腰三角形，所以，当点是的中点时，取得最小值．

（３）  当点在对角线上运动，点在棱上运动

时，的最小值仍然是．

证明：如下图，设，由正方体的对称性，显然有．

设在平面上的射影是．在中，，所以，即有．

所以，点的坐标是．

由已知，可设，则

．

当时，取得最小值，最小值是．

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）根据中位线可得∥，从而可证得∥平面。证四边形为平行四边形可得∥平面，从而可证得平面平面。（2）法一：延长、交于点，连结，则平面，易证△与△全等。过作的垂线，则与垂足的连线也垂直。由二面角的平面角的定义可得所求二面角。再用余弦定理即可求其余弦值。法二空间向量法。由题意可以为坐标原点建立空间直角坐标系。根据各点的坐标求出个向量的坐标，在根据数量积公式求各面的法向量，在用数量积公式求其两法向量夹角的余弦值。注意两法向量所成的角可能与二面角相等也可能为其补角。

试题解析：(1) 证明： 且∥，2分

则平行且等于，即四边形为平行四边形，所以.

6分

(2) 『解法1』：

延长、交于点，连结，则平面，易证△与△全等，过作于，连，则，由二面角定义可知，平面角为所求角或其补角.

易求，又，，由面积桥求得，所以

所以所求角为，所以

因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为

『解法2』：

以为原点，方向为轴，以平面内过点且垂直于方向为轴 以方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，

，，8分

所以，，

可求得平面的法向量为

又，，

可求得平面的法向量为

则，

因此平面与平面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，证出平面，进而证出结论；（2）方法一：根据对称可判断即为所求，由（1）可证△为直角三角形，再求出边长即可；方法二：建系，求出平面和平面的法向量，两法向量的夹角的余弦值即为所求.

试题解析：（1）在正方形中，有，              1分

则，                                              2分

又                                                        3分

∴平面                                                      4分

而平面，∴                                        5分

（2）方法一：连接交于点，连接                           6分

∵在正方形中，点是的中点，点是的中点，

∴，，

∴点为的中点，

且                                                            7分

∵正方形的边长为2，∴，∴                8分

∴为二面角的平面角         9分

由（1）可得，

∴△为直角三角形       10分

∵正方形的边长为2，

∴，，

∴，，

又                       11分

∴                                    12分

∴                                         13分

∴二面角的余弦值为                                       14分

方法二：∵正方形的边长为2，点是的中点，点是的中点，

∴，

∴                                                            6分

∴，∴                                    7分

由（1）得平面，

∴分别以，，为，，

轴建立如图所示的空间直角

坐标系，             8分

则，，

，         9分

∴，，

设平面的一个法向量为，则由，

可取                                                  11分

又平面的一个法向量可取                          12分

∴                         13分

∴二面角的余弦值为.                                 14分.

（1）见解析   （2）见解析   （3）a.

解：(1)证明：＝＋＋＝＋＋，

可以证明：＝(＋＋)＝，∴∥，即A1、G、C三点共线．

(2)证明：设＝a，＝b，＝c，

则|a|＝|b|＝|c|＝a，

且a·b＝b·c＝c·a＝0，

∵＝a＋b＋c，＝c－a，

∴·＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，

∴⊥，即CA1⊥BC1，

同理可证：CA1⊥BD，

因此A1C⊥平面BC1D.

(3)∵＝a＋b＋c，

∴2＝a2＋b2＋c2＝3a2，

即||＝a，因此||＝a.

即C到平面BC1D的距离为a.

试题分析：本题第（1）问，证明直线与平面平行，可利用线面平行的判定定理来证明；对第（2）问，可先建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算计算二面角，从而计算出AB，然后由棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.

试题解析：（1）证明：设O为AC与BD交点，连结OE，则由矩形ABCD知：O为BD的中点，因为E是BD的中点，所以OE∥PB，因为OE面AEC，PB面AEC，所以PB∥平面AEC。

（2）以A为原点，直线AB、AD、AP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设AB=m，则

是平面AED的一个法向量，设是平面AEC的法向量，则

，解得，，所以令，得，所以

=，因为二面角的大小与其两个半平面的两个法向量的夹角相等哉互补，所以=，解得，因为E是PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为，所以三棱锥E-ACD的体积为==.

【易错点】对第（1）问，证明线面平行时,容易漏掉条件；对第（2）问，二面角的大小与两个法向量夹角相等或互补的关系，一部分同学容易得出它们相等；并且计算法向量可能出现错误.

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）可以利用线线BC，垂直，来证明线面BC⊥平面A1DC垂直；

（2）可以以D为原点，分别以为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量的线面角公式即可.

试题解析：（Ⅰ）DE，DE//BC，BC        2分

又，AD         4分

（2）以D为原点，分别以为x,y,z轴的正方向，

建立空间直角坐标系D-xyz                  5分

说明：建系方法不唯一 ，不管左手系、右手系只要合理即可

在直角梯形CDEB中，过E作EFBC，EF=2，BF=1，BC=3    6分

B（3，0，-2）E（2，0，0）C（0，0，-2）A1（0，4，0）     8分

                 9分

设平面A1BC的法向量为

     令y=1, 10分

设BE与平面A1BC所成角为，     12分

（1）l∥平面PAC，见解析   （2）见解析

（1）直线l∥平面PAC，证明如下：

连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC，

又EF⊄平面ABC，且AC⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC．

而EF⊂平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l．

因为l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，所以直线l∥平面PAC．

（2）（综合法）如图1，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC．

因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC．

已知PC⊥平面ABC，而l⊂平面ABC，所以PC⊥l．

而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC．

连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BF．

故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．

由，作DQ∥CP，且．

连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF，

从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD．

连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影，

故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．

又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，

于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得，

从而．

（2）（向量法）如图2，由，作DQ∥CP，且．

连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（1）可知交线l即为直线BD．

以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设CA=a，CB=b，CP=2c，则有

．

于是，

∴=，从而，

又取平面ABC的一个法向量为，可得，

设平面BEF的一个法向量为，

所以由可得．

于是，从而．

故，即sinθ=sinαsinβ．

(1)；(2).

试题分析：根据几何体的特征，可有两种思路，即“几何法”和“向量法”.

思路一:(1)连结.由是正方形知.

根据三垂线定理得,即得异面直线与所成的角为.

(2)作,垂足为,连结,得.为二面角的平面角,.于是,根据,得,又,得到.

设点到平面的距离为,于求得.

思路二:分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系.

(1)由,得,

设,又,则.

计算得即得解.

(2)为面的法向量,设为面的法向量,

由,

得到.①

由,得,根据,即,

得到②

由①、②,可取,

点到平面的距离.

试题解析：解法一:(1)连结.由是正方形知.

∵平面,

∴是在平面内的射影.

根据三垂线定理得,

则异面直线与所成的角为.                    5分

(2)作,垂足为,连结,则.

所以为二面角的平面角,.于是,

易得,所以,又,所以.

设点到平面的距离为,则由于即,

因此有,即,∴.       ..  12分

解法二:如图,分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系.

(1)由,得,

设,又,则.

∵∴,则异面直线与所成的角为.        5分

(2)为面的法向量,设为面的法向量,则

,

∴.①

由,得,则,即,∴②

由①、②,可取,又,

所以点到平面的距离.             12分

（1）；（2）证明过程详见解析；（3）．

试题分析：本题主要考查面面垂直、线面垂直、锥体的体积、线面平行、二面角、向量法等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力．第一问，由已知条件知，△ABE为等边三角形，所以取AE中点，则，由面面垂直的性质得B1M⊥面AECD，所以是锥体的高，最后利用锥体的计算公式求锥体的体积；第二问，连结DE交AC于O，由已知条件得AECD为棱形，O为DE中点，在中，利用中位线，得，再利用线面平行的判定得面ACF；第三问，根据题意，观察出ME，MD，两两垂直，所以以它们为轴建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标以及相关向量的坐标，利用向量法中求平面的法向量的方法求出平面和平面的法向量，最后利用夹角公式求夹角的余弦．

（1）取AE的中点M，连结B1M，因为BA=AD=DC=BC=a，△ABE为等边三角形，则B1M=，又因为面B1AE⊥面AECD，所以B1M⊥面AECD，

所以        4分

（2）连结ED交AC于O，连结OF，因为AECD为菱形，OE=OD所以FO∥B1E，

所以。     7分

(3)连结MD，则∠AMD=，分别以ME,MD,MB1为x,y,z轴建系，则,

,,,所以1，，,,设面ECB1的法向量为，，

令x="1," ，同理面ADB1的法向量为

， 所以，

故面所成锐二面角的余弦值为．    12分

（1）参考解析；（2）;（3）

试题分析：（1）由PDCD，底面ABCD是直角梯形，如图建立空间直角坐标系，，，写出点D,B,C,P,的坐标，分别写出相应的向量，即可得向量BD与向量CB的数量积为零，向量PD与向量BC的数量积为零.由向量关系转化为空间线面中位置关系，即可得到结论.

（2）要求直线AP与平面PDB所成角的正弦值，等价于求出平面PBD的法向量与向量AP所成的角余弦值即可.

（3）要使得二面角E－BD－P的余弦值为，关键是求出平面EBD的法向量，由于平面PBD的法向量已知，再通过两法向量的夹角的绝对值等于.即可解出的值.

试题解析：（1）证明：因为侧面⊥底面，⊥，

所以⊥底面，所以⊥.

又因为＝，即⊥，

以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以

所以，所以.

由⊥底面，可得,

又因为，所以⊥平面.

（2）由（1）知平面的一个法向量为，

所以

设直线AP与平面PDB所成角为，则

(3)因为，又，设

则

所以，.设平面的法向量为，

因为，由，，

得，令，则可得平面的一个法向量为所以，

解得或，又由题意知，故.

（1）答案详见解析；（2）

试题分析：空间向量在立体几何中的应用，最大的优点就是避开了传统立体几何中“如何添加辅助线”这个难点，使得操作更模式化、易操作.需根据已知条件寻找（或添加）三条共点的两两垂直的三条垂线，分别作为轴，建立空间直角坐标系.（1）由已知，以的方向作为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示有关点，要证明AB∥平面CDE，只需证明垂直于面CDE的法向量即可．本题还可以利用线面垂直的判定定理证明；（2）分别求出面和面的法向量，并求法向量的夹角，利用余弦值等于列方程，求即可．

试题解析：（1）如图建立空间指教坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,),

                          2分

设平面的一个法向量为，

则有，

取时，                    4分

，又不在平面内，所以平面；                       7分

（2）如图建立空间直角坐标系，则

A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),E(0,0,),

，

设平面的一个法向量为，

则有，取时，                  9分

又平面的一个法向量为，              10分

因为二面角的大小为，，

即，解得                      14分

又，所以．                       15分

（1）详见解析，（2）

试题分析：（1）证明线面平行，关键找线线平行.因为本题条件涉及中点较多，宜从中位线性质出发寻找.如取AD中点M，则有又所以平面=平面.本题也可从证面面平行出发，推出线面平行.（2）已知二面角平面角，求线面角，宜利用空间向量解决.先建立空间直角坐标系，设出各点的坐标，,,,,设,利用二面角G-EF-D的大小为求出，再利用空间向量数量积求线面角. 利用空间向量求角，关键是正确表示平面的法向量，明确向量夹角与二面角或线面角之间关系.

试题解析：(1)证明：是的中点时,////,//,//平面,

//平面,,平面//平面,平面,

//平面.                       (6分)

(2)建立如图所示的坐标系,则有,,,,设,

,,平面的法向量,则有

,解得. .

平面的法向量,依题意,

,

.于是.

平面的法向量,,

,则有

,解得. .

与平面所成角为,则有,

故有.                        (12分)

（1）见解析（2）（3）2

(1)以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，则A(0，0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，

E，B1(a,0,1)，

故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.

∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，

∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)(0≤z0≤1)，

使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．

又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．

由n⊥，n⊥，得.

取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，

解得z0＝.

又DP⊄平面B1AE，

∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.

∵B1C∥A1D，

∴AD1⊥B1C.

又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，

∴AD1⊥平面DCB1A1，

∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．

设与n所成的角为θ，则

cos θ＝＝.

∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，

∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，

解得a＝2，即AB的长为.2

（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、向量法、线面角、四棱锥的体积等基础知识，考查空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用线面垂直的性质得PA⊥BD，又因为BD⊥PC，利用线面垂直的判定得到BD⊥平面PAC，最后利用面面垂直的判定得到平面PAC⊥平面EBD；第二问，由于BD⊥平面PAC，所以BD⊥AC，得到ABCD为菱形，根据垂直关系建立空间直角坐标系，得到相关的的坐标，从而得到相关向量的坐标，用向量法求出平面EBD的一个法向量，再利用夹角公式列出等式，在中，列出一个等式，2个等式联立，解出b和c的值，得到b和c即OB和OC边长后，即可求出面ABCD的面积，而PA是锥体的高，利用锥体的体积公式求出四棱锥的体积.

试题解析：（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．

又BD⊥PC，所以BD⊥平面PAC，

因为BDÌ平面EBD，所以平面PAC⊥平面EBD．     4分

（2）由（1）可知，BD⊥AC，所以ABCD是菱形，BC＝AB＝2．  5分

设AC∩BD＝O，建立如图所示的坐标系O-xyz，设OB＝b，OC＝c，

则P(0，－c，2)，B(b，0，0)，E(0，－c，1)，C(0，c，0)．

，，．

设n＝(x，y，z)是面EBD的一个法向量，则，

即取n＝(0，1，c)．         8分

依题意，．        ①

记直线PB与平面EBD所成的角为θ，由已知条件

．    ②

解得，c＝1．            10分

所以四棱锥P-ABCD的体积

．     12分