热门试卷

（1）>的值为；（2）证明过程详见试题解析.

试题分析：（1）先以C为原点建立空间坐标系，由已知易求出，进而可求 >的值；

（2）由（1）所建立的空间坐标系可写出、、的坐标表示，即可知，从而得证.

试题解析：以C为原点，CA、CB、CC1所在的直线分别为轴、轴、轴，建立坐标系

（1）依题意得,∴

∴  ,

∴>=              6分

(2) 依题意得 ∴ ,

∴ ,,

∴  ,

∴ ,      ∴ 

∴                                12分

（1）由y2=8x知2p=8，p=4．

由AB直线过焦点F和点（8，8），∴直线AB斜率为=

∴直线AB方程为y=（x-2），

由解得B点坐标为（，-2）

∴线段AB中点到准线的距离为 +p=+2=．

故答案为

（2）由共面向量定理，可设 =y+z，其中y，z∈R，于是代入点的坐标有：

（4-x，2，0）=y（-2，2，-2）+z（-1，6，-8），

得方程组：解得

故答案为11

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）由正方体的性质得，当时，证明，由平行于同一条直线的两条直线平行得，根据线面平行的判定定理证明平面；（2）解法1，如图2，连结，证明四边形与四边形是等腰梯形，分别取、、的中点为、、，连结、，证明是平面与平面所成的二面角的平面角，设存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，求出的值；解法2，以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，用向量法求解.

几何法：

（1）证明：如图1，连结，由是正方体，知，

当时，是的中点，又是的中点，所以，

所以，

而平面，且平面，

故平面.

（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，

所以，且，又，，

所以四边形是平行四边形，

故，且，

从而，且，

在和中，因为，，

于是，，所以四边形是等腰梯形，

同理可证四边形是等腰梯形，

分别取、、的中点为、、，连结、，

则，，而，

故是平面与平面所成的二面角的平面角，

若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，

连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，

连结，因为、是、的中点，所以，

在中，，，

，

由得，解得，

故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.

向量法：

以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，

由已知得，

所以，，，

（1）证明：当时，，因为，

所以，即，

而平面，且平面，

故直线平面.

（2）设平面的一个法向量，

由可得，于是取，

同理可得平面的一个法向量为，

若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，

则，

即，解得，

故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.

（1）详见解析；（2）.

试题分析：（1）连接，利用平行线的传递性结合得到，再利用点为的中点得到，从而证明四边形为平行四边形，从而得到，最终结合直线与平面的判定定理证明平面；（2）建立以点为坐标原点，以、、所在直线为轴、轴、轴的空间直角坐标系，利用空间向量法来求二面角的余弦值.

试题解析：（1），，，，

，，

由于，因此连接，由于，，

在平行四边形中，是线段的中点，则，且，

因此，且，所以四边形为平行四边形，，

又平面，平面，平面；

（2），，

又平面，、、两两垂直。

分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

故，，又，，.

设平面的法向量，

则，，取，得，所以，

设平面的法向量，则

，∴，取，得，所以，

所以

故二面角的余弦值为.

（1）详见解析；（2）30°；（3）.

试题分析：方法一：向量法以A为原点，AB，AD，AO分别x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A－xyz (1）利用向量的数量积的坐标运算与垂直的关系，∵＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，＝(1，1，0)∴＝0，＝－1＋1＝0∴BD⊥AD，BD⊥AC，又AO∩AC＝A故BD⊥平面OAC ；

（2）取平面OAC的法向量＝(－1，1，0)，又＝(0，1，－1)[ K则：

∴＝60°故：MD与平面OAC所成角为30°；

（3）设平面OBD的法向量为＝(x，y，z)，则

取＝(2，2，1)则点A到平面OBD的距离为d＝；

方法二：几何法（1）由线面垂直的的判断定理证明，由OA⊥底面ABCD，OA⊥BD，∵底面ABCD是边长为1的正方形∴BD⊥AC ∴BD⊥平面OAC ；（2）先构造线面所成的角，设AC与BD交于点E，连结EM，则∠DME是直线MD与平面OAC折成的角，又由于∵MD＝，DE＝∴直线MD与平面OAC折成的角为30°；（3）构造点到面的距离，作AH⊥OE于点H，∵BD⊥平面OAC∴BO⊥AH

线段AH的长就是点A到平面OBD的距离，有AH＝可知点A到平面OBD的距离为.

试题解析：方法一：以A为原点，AB，AD，AO分别x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A－xyz。

（1）∵＝(－1，1，0)，＝(0，0，2)，＝(1，1，0)

∴＝0，＝－1＋1＝0

∴BD⊥AD，BD⊥AC，又AO∩AC＝A

故BD⊥平面OAC                                     4分

（2）取平面OAC的法向量＝(－1，1，0)，又＝(0，1，－1)

则：

∴＝60°

故：MD与平面OAC所成角为30°                  8分

（3）设平面OBD的法向量为＝(x，y，z)，则

取＝(2，2，1)

则点A到平面OBD的距离为d＝      12分

方法二：（1）由OA⊥底面ABCD，OA⊥BD。

∵底面ABCD是边长为1的正方形

∴BD⊥AC ∴BD⊥平面OAC                            4分

（2）设AC与BD交于点E，连结EM，则∠DME是直线MD与平面OAC折成的角

∵MD＝，DE＝

∴直线MD与平面OAC折成的角为30°                   8分

（3）作AH⊥OE于点H。

∵BD⊥平面OAC

∴BO⊥AH

线段AH的长就是点A到平面OBD的距离。

∴AH＝

∴点A到平面OBD的距离为                          12分

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）用线面垂直证，用等腰三角形中线即为高线证即，根据线面垂直得判定定理即可得证。（2）由（1）知平面，则为与平面所成的角。因为为定值，所以最短即最短时角的正弦值最大。故此时。故此可推导出的值，过作于，则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角。也可采用空间向量法。

试题解析：解：方法一：（1）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，因为为的中点，

所以                                1分

又，因此                       2分

因为平面，平面，

所以                         3分

而平面，平面，

所以平面  .              5分

（2）为上任意一点，连接由（1）知平面，则为与平面所成的角                    6分

在中，，

所以当最短时，即当时，最大 .              7分

此时，     因此

又，所以，

所以               8分

因为平面，平面，

所以平面平面

过作于，则平面，

过作于，连接，则为二面角的平面角，  10分

在中， 

又是的中点，在中，

又               11分

在中，

即所求二面角的余弦值为。                                  13分

第二问：方法二

（2）由（1）可知两两垂直，

以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。 

设,则

（其中）                                6分

面的法向量为

与平面所成最大角的正切值为               7分

的最大值为，

即在的最小值为，

函数对称轴，

所以，计算可得                  9分

所以

设平面的一个法向量为，则

因此，取，则             11分

为平面的一个法向量.                      12分

所以

所以，所求二面角的余弦值为                               13分

连接A­1D，∵A­1D∥B1C, 

∴∠BA1D是异面直线A1B与B1C所成的角                          ……2分

连接BD,在△A­1DB中,AB=A­1D=5,BD=4 ……4分

cos∠BA1D=

==   ……8分

∴异面直线A1B与B1C所成角的余弦值是

略

．，．

解：（1）∵，由条件可得

两边平方得

∴．                                                   ……（2分）

同理可得，．                              ……（6分）

（2）由可得，∴

由，得，∴，

∴，                             ……（8分）

由，得，∴，

∴ ，                              ……（10分）

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）要证明直线和平面平行，只需证明直线和平面内的一条直线平行，取中点，连接，则，且，由已知得，且，故，则四边形是平行四边形，可证明，进而证明∥平面，或可通过建立空间直角坐标系，用坐标表示相关点的坐标，证明直线的方向向量垂直于平面的法向量即可；（2）先求半平面和的法向量的夹角的余弦值，再观察二面角是锐二面角还是钝二面角，来决定二面角的大小的余弦值的正负，从而求解．

（1）因为，∥，所以平面．

故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则相关各点的坐标分别是，，，，

， ． 

所以，

因为平面的一个法向量为，

所以，

又因为平面，所以平面．   6分

（2）由（1）知，，，．

设是平面的一个法向量，由 得

，取，得，则

设是平面的一个法向量，由得

，取，则，则

设二面角的大小为，则，故二面角的大小的余弦值为．

（1）16   （2）

（1）∵ ，，

∴＝＝＝0

＝＝＝0

∴，，即，　　∵　∴

故，四边形ABCD分别是四棱锥的高和底面．

又∵ ，，

∴＝＝＝  …………………5分

＝＝　　＝＝

＝＝

∴＝＝

＝＝16．    …………………8分

（2）∵

∴＝

＝＝，即＝．   …………………12分

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）可证得面侧面（2）此问采用空间向量法较好。先建系，写出个点坐标，再给出各向量的坐标，分别求面和面的法向量。先求得两法向量所成角的余弦值，但两法向量所成的角和二面角相等或互补，观察可知此二面角为顿角，所以余弦值为负值。

试题解析：（1）证明： ，

又

          4分

（2）由（Ⅰ）知，以点为坐标原点，以所在的直线分

别为轴、轴、轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，

, , ,  

又由线段上分别有一点，

满足，

所以E(1，2，0), F(0，1，1)        6分

面的一个法向量       8分

此时面的一个法向量为,则。

设所求二面角平面角为，观察可知为钝角，

则 。               12分

（1）90°（2）见解析

(1)解：以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图．

则相应点的坐标分别为D1(0，0，2)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1，1，1)，∴＝(0，0，2)－(1，1，1)＝(－1，－1，1)，

＝(1，1，1)－(1，0，0)＝(0，1，1)，

＝(0，1，0)－(1，0，0)＝(－1，1，0)．

设平面AED1、平面AEC的法向量分别为m＝(a，b，1)，n＝(c，d，1)．

由

由

∴m＝(2，－1，1)，n＝(－1，－1，1)，∴cosm，n=＝＝0，

∴二面角D1AEC的大小为90°.

(2)证明：取DD1的中点G，连结GB、GF.

∵E、F分别是棱BB1、AD的中点，

∴GF∥AD1，BE∥D1G且BE＝D1G，

∴四边形BED1G为平行四边形，∴D1E∥BG.

又D1E、D1A平面AD1E，BG、GF∥平面AD1E，

∴BG∥平面AD1E，GF∥平面AD1E.

∵GF、GB平面BGF，∴平面BGF∥平面AD1E.

∵BF平面AD1E，∴直线BF∥平面AD1E.

(或者：建立空间直角坐标系，用空间向量来证明直线BF∥平面AD1E，亦可)