热门试卷

(1)对于线面的平行的证明，关键是证明∥. （2）

试题分析：（1）证明：取的中点，连接、. 

∵为的中点，

∴∥，且.       1分

∵∥，且，∴∥，.        2分

∴四边形是平行四边形.  ∴∥.          3分

∵平面，平面，∴∥平面.       4分

（2）解：∵平面，平面， ∴.

∵△是边长为的等边三角形，是的中点，∴，.

∵平面，平面，，∴平面.

∴为与平面所成的角.   

∵，在Rt△中，，

∴当最短时，的值最大，则最大.   

∴当时，最大. 此时，

.∴.

在Rt△中，.

∵Rt△～Rt△，

∴，即.∴.           8分

以为原点，与垂直的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.

则，，，.

∴，，.设平面的法向量为，由，，令，则.

∴平面的一个法向量为.       10分

∵平面， ∴是平面的一个法向量.

∴.                     11分

∴平面 与平面所成二面角（锐角）的余弦值为.     12分

点评：主要是考查了二面角的平面角的求解，以及线面平行的判定，属于基础题。

略

解：作AP⊥CD于点P，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，P(0，，0)，D(－，，0)，O(0，0，2)，M(0，0，1)．

（1）＝(1，0，0)，＝(－，，－1)，则cos＜，＞＝－，故AB与MD所成角为．            …………………4分

（2）＝(0，，－2)，＝(－，，－2)，

设平面OCD法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，

即，取z＝，则n＝(0，4，)． ……………………6分

易得平面OAB的一个法向量为m＝(0，1，0)，

cos＜n，m＞＝，                               ……………………9分

故平面OAB与平面OCD所成二面角的平面角余弦值为．………………10分

证明略

　(1）连结BG，则

由共面向量定理的推论知：　E、F、G、H四点共面，(其中=）

(2）因为.

所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH

所以BD∥平面EFGH.

(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG

由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分，所以

（1）见解析    （2）

(1)证明 由已知得△ADF为正三角形，所以MF⊥AD，

因为平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，

MF⊂平面ADEF，所以MF⊥BD.

(2)设AB＝x，以F为原点，AF，FE所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则F(0,0,0)，A(－2,0,0)，D(－1，，0)，B(－2,0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2,0，－x)．

因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取n1＝(0,1,0)．

设n2＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则

可取n2＝.

因为cos〈n1，n2〉＝＝，

得x＝，所以AB＝.

（I）证明：取SD中点E，连接AE，NE，

∵　Ｎ、Ｅ分别是ＳＣ、ＳＤ的中点

∴　ＮＥ／／ＣＤ且ＮＥ＝ＣＤ

∵　ＡＢ／／ＣＤ且ＡＢ＝ＣＤ　ＡＭ＝ＡＢ

∴　ＮＥ／／ＡＭ且ＮＥ＝ＡＭ

∴　四边形ＡＭＮＥ为平行四边形

∴　ＭＮ／／ＡＥ

∵　

∴ MN//平面SAD；

（2）∵SA⊥平面ABCD  

∴ SA⊥CD

底面ABCD为矩形，

∴ AD⊥CD

又∵SA∩AD＝A    ∴CD⊥平面SAD，  ∴CD⊥SD        ∴CD⊥AE

∵SA="AD " E为SD的中点    ∴ AE⊥SD   ∵ SD∩CD＝D

∴ AE⊥平面SCD    ∵AE//MN  ∴MN⊥平面SCD   ∵MN平面MSC

∴平面SMC⊥平面SCD

略

（1）2（2）

(1)如图，连结BD交AC于O，因为BC＝CD，即△BCD为等腰三角形，又AC平分∠BCD，

故AC⊥BD.以O为坐标原点，、、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Oxyz，则OC＝CDcos＝1，而AC＝4，得AO＝AC－OC＝3.又OD＝CDsin＝，故A(0，－3，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)．

因为PA⊥底面ABCD，可设P(0，－3，z)，由F为PC边中点，得F，又＝，＝(，3，－z)，因AF⊥PB，故·＝0，即6－＝0，z＝2(舍去－2)，所以||＝2.

(2)由(1)知＝(－，3，0)，＝(，3，0)，＝(0，2，)．设平面FAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．

由n1·＝0，n1·＝0，得因此可取n1＝(3，，－2)．

由n2·＝0，n2·＝0，得故可取n2＝(3，－，2)．

从而向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝.

故二面角B-AF-D的正弦值为.

（1）见解析（2）

(1)证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF.

因为DF平面A1CD，BC1平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.

(2)由AC＝CB＝AB得AC⊥BC.以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则即

可取n＝(1，－1，－1)．

同理，设m为平面A1CE的法向量，则可取m＝(2，1，－2)．

从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝.即二面角D-A1C-E的正弦值为

详见解析

试题分析：（1）证明线与面平行，可通过证明线线平行，线面平行，或是面面平行，线面平行，此题很显然属于后者，根据已知，易证,再根据线面与面面平行的判定定理证得；

（2）这一问可通过空间向量，建立平面直角坐标系，易证两两垂直，所以以为原点建立空间直角坐标系，分别求出面与面的法向量，利用公式,最后又 图像确定钝角还是锐角；

（3）在第二问的基础上，利用点到面的距离公式，.此题比较容易，难点在求解法向量的计算过程容易出错，所以平时要加大法向量的求解要求.

试题解析：（1），平面平面

，平面平面

，∴平面平面，又平面，

∴平面                    4分

（2）分别以为轴建立坐标系，

则，，，，，

∴，，设平面的法向量为，

则有，令，得，而平面的法向量为：

，        8分

（3），由（2）知平面的法向量为：，

∴                      12分

(Ⅰ)见解析; (Ⅱ) 见解析；(Ⅲ).

试题分析：（Ⅰ）证明BC∥AD，利用线面平行的判定，证明BC∥平面PAD；

（Ⅱ）利用线面垂直的判定证明BC⊥面EFG，即可证明EF⊥BC；

（Ⅲ）设PA的中点为N，连结DN，NC，证明∠CND是所求二面角的平面角，从而可求二面角C-PA-D的余弦值．

试题解析：（Ⅰ）证明：因为ABCD是正方形，所以BC∥AD．

因为AD⊂平面PAD，BC平面PAD，

所以BC∥平面PAD．…（4分）

（Ⅱ）证明：因为PD⊥底面ABCD，且ABCD是正方形，所以PC⊥BC．

设BC的中点为G，连结EG，FG，则EG∥PC，FG∥DC．

所以BC⊥EG，BC⊥FG．…（6分）

因为EG∩FG=G，所以BC⊥面EFG．

因为EF⊂面EFG，所以EF⊥BC．…（8分）

（Ⅲ）解：设PA的中点为N，连结DN，NC，

因为PD=AD，N为中点，所以DN⊥PA．

又△PAC中，PC=AC，N为中点，所以NC⊥PA．

所以∠CND是所求二面角的平面角．…（10分）

依条件，有CD⊥PD，CD⊥AD，

因为PD∩AD=D，所以CD⊥面PAD．

因为DN⊂面PAD，所以CD⊥DN．

在Rt△CND中，DN=,NC=.于是Cos∠CND=．…（13分）

（1）ABCD为直角梯形，AD =，AB⊥BD，（1分）

PB⊥BD ，AB PB =B，AB，PB平面PAB，BD⊥平面PAB，（ 4分）

PA面PAB，PA ⊥BD.（5分）   

（2）假设PA=PD,取AD 中点N,连PN,BN,则PN⊥AD，BN⊥AD, （7分）

AD⊥平面PNB,得 PB⊥AD，（8分）

又PB⊥BD ，得PB⊥平面ABCD,

∴（9分）

又∵，∴CD⊥平面PBC,

∴CD⊥PC, 与已知条件与

不垂直矛盾

∴（10分）

（3）在上l取一点E，使PE=BC，（11分）

PE∥BC，四边形BCPE是平行四边形，（12分）

 PC∥BE，PC平面EBD， BE平面EBD

PC∥平面EBD.（14分）

略

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）因为当最小时，及连结AC与EF的交点即为G点，通过三角形的相似可得到EG的长度.需要证明直线与直线垂直，根据题意建立空间直角坐标系，即可得到相关各点的坐标，从而写出相关向量，即可判断直线的垂直关系.

（2）由题意所给的体积关系可确定点G的位置，求二面角关键是转化为两平面的法向量的夹角，由于平面BCG的法向量易得，关键是求出平面DGB的法向量.通过待定系数法即可求得，还需判断二面角与法向量夹角的大小关系.解法二用到的推理论证的数学思想很重要.

试题解析：(1)证明：∵点、分别是、的中点,∴EF//BC  

又∠ABC=90°∴AE⊥EF，∵平面AEFD⊥平面EBCF，

∴AE⊥平面EBCF，AE⊥EF，AE⊥BE， 又BE⊥EF，

如图建立空间坐标系E﹣xyz．

翻折前,连结AC交EF于点G,此时点G使得AG+GC最小.

EG=BC=2,又∵EA=EB=2．

则A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0), D(0,2,2),E(0,0,0),G(0,2,0),

∴=(﹣2,2,2),=(-2,-2,0)

∴=(﹣2,2,2)(-2,-2,0)=0，

∴⊥

(2)解法一：设EG=k,

∥平面,点D到平面EFCB的距离为即为点A到平面EFCB的距离.

[(3- k)+4]×2=7-k

=

又=,

,=,

即EG=1

设平面DBG的法向量为,∵G(0,1,0),

∴(－2,2,2),

则 ,即             

取x＝1,则y＝2,z＝－1,∴

面BCG的一个法向量为

则cos<>=  由于所求二面角D-BF-C的平面角为锐角,

所以此二面角平面角的余弦值为 

(2)解法二:由解法一得EG=1,过点D作DHEF,垂足H,过点H作BG延长线的垂线垂足O，连接OD.

∵平面AEFD⊥平面EBCF, DH平面EBCF，ODOB,所以就是所求的二面角的平面角.由于HG=1,在OHG中,

又DH=2，在DOH中

所以此二面角平面角的余弦值为