热门试卷

（1）（2）

(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，

则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．

因为cos〈，〉＝＝，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，

因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，

取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．

取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，

设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.

由|cosθ|＝＝，得sinθ＝.

因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.

（1）（2）

(1)以O为原点，底面上过O点且垂直于OB的直线为x轴，OB所在的线为y轴，OP所在的线为z轴，建立空间直角坐标系，则

B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．

设F(x0，y0，0)(x0>0，y0>0)，且＋＝4，

则＝(x0，y0－1，－2)，＝(0，1，0)，

∵EF⊥DE，即⊥，则·＝y0－1＝0，故y0＝1.

∴F(，1，0)，＝(，0，－2)，＝(0，－2，2)．

设异面直线EF与BD所成角为α，则cosα＝.

(2)设平面ODF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

令x1＝1，得y1＝－，平面ODF的一个法向量为n1＝(1，－，0)．

设平面DEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

同理可得平面DEF的一个法向量为n2＝.

设二面角ODFE的平面角为β，则|cosβ|＝＝.

∴sinβ＝.

(1) ；（2）．

试题分析：（1）求异面直线所成的角，一般根据定义，过异面直线中的一条上某一点作中一条直线的平行线，把异面直线所成的角化为相交直线所夹的锐角或直角，而这可能通过在三角形中求得,如果图形中有两两相互垂直且交于同一点的三条直线，那么我们可以建立空间直角坐标系，把异面直线所成的角转化为空间两向量的夹角，要注意异面直线所成的角的范围是，而向量的夹角范围是，解题时注意转化；（2）这个几何体我们要通过划分，把它变成几个可求体积的几何体，如三棱锥和四棱锥，这两个棱锥的体积都易求，故原几何体的体积也易求得．

试题解析：（1）解法一：在的延长线上延长至点使得,连接.

由题意得，，，平面，

∴平面，∴，同理可证面.

∵ ，，

∴为平行四边形，

∴.

则（或其补角）为异面直线和

所成的角.                          3分

由平面几何知识及勾股定理可以得

在中，由余弦定理得

．

∵ 异面直线的夹角范围为，

∴ 异面直线和所成的角为．                             7分

解法二：同解法一得所在直线相互垂直，故以为原点，所在直线

分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，                            2分

可得，

∴ ，

得.               4分

设向量夹角为，则

．

∵ 异面直线的夹角范围为，

∴ 异面直线和所成的角为．                 7分

（２）如图，连结，过作的垂线，垂足为，则平面，且.   9分

∵      11分

.

∴ 几何体的体积为.  14分

法一:（I）如图，，因为，所以，又平面，

以为轴建立空间坐标系，则，，，

，，,，

，，由，

知，又，从而平面；

（II）由，得。

设平面的法向量为，，，所以

，设，则

再设平面的法向量为，，

所以，设，则

故, 可知二面角余弦值的大小.

法二: （I）如图，，因为，平面，所以又,所以，从而平面；

（II）由（I）知为菱形，

≌.

作于,连,则

故为二面角的平面角，

.

故二面角余弦值的大小.

略

(1)详见解析， (2)

试题分析：(1)折叠问题，首先要明确折叠前后量的变化，尤其是垂直条件的变化，本题要证明线面垂直，首先找线线垂直，折叠前后都有条件,而折叠后直线变为两条相交直线，因此可由线面垂直判定定理得到BC⊥平面AFG ，(2)求二面角，有两个方法，一是作出二面角的平面角，二是利用空间向量计算；本题易建立空间直角坐标系，较易表示各点坐标，因此选择利用空间向量求二面角.下面的关键是求出两个平面的法向量，平面ADE的一个法向量易求，而平面ABE的一个法向量则需列方程组求解，最后利用数量积求夹角的余弦值

试题解析：(1) 在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DE//BC．            2分

在图乙中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AFFG=F，所以DE⊥平面AFG．

又DE//BC，所以BC⊥平面AFG．                    4分

(2) 因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED平面BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，所以FA，FD，FG两两垂直．

以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，所以，0)．              6分

设平面ABE的一个法向量为．

则，即，

取，则，，则．            8分

显然为平面ADE的一个法向量，

所以．                  10分

二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．   12分

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）

试题分析：（1）连接和交于点，连接，证为平行四边形得//，根据线面平行的判定定理即可证得//平面。（2）用空间向量法证两向量数量积为0。（3）用空间向量法求两向量所成角的余弦值，但应注意两空间向量所成角范围为，异面直线所成角范围为，所以其余弦值应为正数。

试题解析：

（1）（方法一）连接和交于点，连接，由长方体知//且，

所以四边形为平行四边形，所以//，又平面，平

面，故//平面。            （4分）

（方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则,

,.,,,

从而，故故//平面。 （4分）

（2）由（1）的方法二可知，

∴，   （6分）

∴.    （7分）

所以              （8分）

（3）由（1）、（2）知，，设异面直线AF与BD所成

的角为q，则，

故异面直线与所成角的余弦值为                 （12分）

（1）证明过程详见试题解析；（2）；（3）.

试题分析：（1）如图，取的中点,连结、,

因为是正三角形，所以,又因为,所以;由,那么,所以;（2）由（1）结合条件可以得到就是二面角的平面角，在直角三角形中，有,又那么在直角三角形中，可根据勾股定理求出,那么;（3）以为坐标原点建立直角平面坐标系，要使得最小，就是要找出点关于平面的对称点,求出即可.因此建立如解析中空间直角坐标系求.

试题解析：（1）证明：∵ ，△是正三角形，

∴ ，

∴ ,

又∵ ,∴△是正三角形，

取中点，连结、，则

又∵，

∴,

又∵,

∴  

（2）证明：∵，由（1）知，

∴，

∴；

∵

   ∴

∵,∴ ，

在

∴

（3）解：延长至使，连结、、，

以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则点的坐标为，的坐标是，

则就是的最小值，

（1）见解析（2）见解析

（1）∵

∴①……………………2分

∴

∴②……………………4分

联立①，②解得：……………………6分

（2）

……………………10分

∴……………………11分

当

此时

（1）详见试题分析；（2）（或）．

试题分析：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立空间直角坐标系，计算向量数量积为0，从而证得．也可以利用综合法：先由已知平面得平面平面，再由面面垂直的性质定理证得平面，而为菱形中最后由三垂线定理得；（2）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的大小．综合法：先利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有关知识求其余弦值大小．

试题解析：解法一：（1）平面，平面，故平面平面．又，

平面．连结，∵侧面为菱形，故，由三垂线定理得；（2）平面平面，故平面平面．作为垂足，则平面．又直线∥平面，因而为直线与平面的距离，．∵为的角平分线，故．作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角．由得为的中点，∴二面角的大小为．

解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设知与轴平行，轴在平面内．

（1）设，由题设有则由得，即（①）．于是．

（2）设平面的法向量则即．

故，且．令，则，点到平面的距离为．又依题设，点到平面的距离为．代入①解得（舍去）或．于是．设平面的法向量，则，即，故且．令，则．又为平面的法向量，故，∴二面角的大小为．

（1）详见解析；（2）点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）.

试题分析：（1）分别证明，即可；（2）方法一：先以为原点，分别为轴，建立直角坐标系，写出各点坐标，，，，为中点，故，设点，利用平面得，据此可解出；方法二：作交于，注意到，故与相似，因此，于是得；（3）方法一：由于，即为平面的法向量，，，要求直线与平面所成角的正弦值，记直线与平面所成角为，根据直线与面的夹角正弦正好等于直线与面的法向量的夹角余弦的绝对值，则知，故只需计算即可，利用余弦公式有，故；方法二：由于，所以可以转而考虑与平面所成角，为此需要找到在平面内的投影，此投影与所成角即为线面夹角，然后求与平面所成角的正弦，于是在中作，而平面平面，由此平面，即为在平面内的投影，就等于直线与平面所成角， ，

在中，，，

故.

试题解析：（1）直二面角的平面角为，又，

则平面，所以．

又在平面四边形中，由已知数据易得，而，

故平面，因为平面，所以平面平面 （4分）

（2）解法一：由（1）的分析易知，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示．

结合已知数据可得，，，，

则中点.

平面，故可设，

则，

平面，，

又，

由此解得，即，

易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；   （8分）

解法二：（略解）如图所示，

在中作，交于，

因为平面平面，则有平面．

在中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得，

故知所求点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；  ..（8分）

（3）解法一：由（2）是平面的一个法向量，又，

则得，所以，

记直线与平面所成角为，则知，

故所求角的正弦值为.   ..（12分）

解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此，在中作于，易证平面，

连接，则为直线与平面所成角，

结合题目数据可求得，故所求角的正弦值为.   ..（12分）

（1）证明过程详见试题解析；（2）二面角Q—BP—C的余弦值为．

试题分析：（1）以点为中心建立空间坐标系，要证平面⊥平面，只需证明PQ⊥DQ，PQ⊥DC即可；（2）先求出平面PBC的和平面PBQ的法向量，两个法向量所成的角即为二面角Q—BP—C的平面角，然后求出余弦值即可．

试题解析：（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.

则

所以

即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ.

又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.  

（2）依题意有B（1，0，1），

设是平面PBC的法向量，则

因此可取

设m是平面PBQ的法向量，则

可取

故二面角Q—BP—C的余弦值为

（1）详见解析

（2）二面角的大小为 .

解：建立如图所示空间直角坐标系.

（1） 

.

（2）设 是平面的一个法向量，

解得 ，取 ，得

 ， 的一个法向量为 

设与的夹角为 ，则 

结合图形，可判别得二面角 是锐角，它的大小为 .