热门试卷

（1）见解析       (2) tan∠PDC =  (3) sinφ=

（1）设CA与BD相交于O，连EO，

由底面ABCD是菱形得O是中点，且CA⊥BD，

E是PA的中点，得OE//PC

∵ PC⊥平面ABCD，∴OE⊥平面ABCD

∴ OE⊥AC

∴ AC⊥面BDE 

（2）由上知，建立如图坐标系，设BD＝2a;

设平面的法向量为

,令x=1得

由题意PA与面PBC所成角为30°，得：得a=1。

解法一：当a=1时，底面ABCD是正方形，AD⊥CD

∵ PC⊥平面ABCD

∴ PC⊥AD

∴ AD⊥面PCD

则PD⊥AD

∠PDC是二面角P-AD-C的平面角，且tan∠PDC =解法二：当a=1时，

面ACD的法向量为（0,0,1），设面PAD的法向量为

令x=1,则

二面角P-AD-C的平面角为锐角θ，cosθ=,tanθ=(3)设面PBD的法向量为

令z=1得

则sinφ=为定值。

(1)参考解析；(2)

试题分析：（1）点，，分别是线段，，的中点所以, 平面PAC．所以平面PAC．同理证明MN 平面PAC．又由于．所以平面QMN平面PAC．又平面QMN．所以直线平面．

（2）根据已知条件建立坐标系，写出关键点的坐标，并写出相应的向量，计算平面QAN与 MAN的法向量，求法向量的夹角，即可得到结论．

（1）．连结QM   因为点，，分别是线段，，的中点

所以QM∥PA     MN∥AC     QM∥平面PAC   MN∥平面PAC

因为MN∩QM=M  所以平面QMN∥平面PAC    QK平面QMN

所以QK∥平面PAC         7分

（2）方法1：过M作MH⊥AN于H，连QH，则∠QHM即为

二面角的平面角, 令

即QM=AM=1所以

此时sin∠MAH=sin∠BAN=   MH=   记二面角的平面角为

则tan=    COS=即为所求。        14分

方法2：以B为原点，以BC、BA所在直线为x轴y轴建空间直角坐标系，设

则A（0,2,0），M（0,1，0），N（1,0,0），p(0,2,2),Q(0,1,1),

="(0,-1,1),"   

记，则

取   

又平面ANM的一个法向量，所以cos=

即为所求。              14分

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）

试题分析：（1）要证线面平行，我们可以转换为线线平行来证明；（2）要证明线面垂直，我们一般都转化为线线垂直来证明；（3）当求三棱锥的体积困难时，我们可以考虑利用顶点转换来解决.

试题解析：(1)在等边三角形中，，在折叠后的三棱锥中

也成立， ，平面， 平面，平面;

(2)在等边三角形中，是的中点，所以①，.

 在三棱锥中，，②

;

(3)由(1)可知，结合(2)可得

（1）详见解析；（2）直线BE与平面所成角的余弦值为；（3）当时，最大为 

试题分析：（1）折起之后， 又平面 

又平面，由面面垂直的判定定理可得，平面平面 

（2）由（1）知，故以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系 利用空间向量中直线与平面的夹角公式即可得直线BE与平面所成角的余弦值 （3）利用（2）中的空间坐标可得：，利用二次函数的性质即可得其最大值

试题解析：（1）证明:在△中，

 又平面 

又平面,又平面,故平面平面 （4分）

（2）由（1）知，故以D为原点，分别为轴建立空间直角坐标系 因为，则    5分

，设平面的一个法向量为，

则，取法向量，则直线BE与平面所成角的正弦值：

         8分

故直线BE与平面所成角的余弦值为                 （9分）

（3）设,则,则，

，

当时，最大为                   （12分）

(1)证明过程详见解析（2）在弧上存在点,且点为弧的中点;（3）。

试题分析：（1）连结CO，则CO⊥AB，证明∠FOB=∠CAB，从而得出OF∥AC；（2）找出弧BD的中点G，证明OG∥AD，由（1）知，OF∥AC，先证明线面平行，在证明面面平行；（3）用三垂线法作出二面角C-AD—B的平面角，再通过解三角形，求出二面角平面角的余弦值，或建立空间直角坐标系，利用向量法证明平行和求二面角.

试题解析:（法一）：证明：（1）如右图，连接，

，，

又为弧的中点，，．

（2）取弧的中点，连接，

则，故，

由（1），知平面，故平面平面，

则平面，因此，在弧上存在点，使得平面，且点为弧的中点．

（3）过作于，连．

因为，平面平面，故平面．

又因为平面，故，所以平面，，

则是二面角的平面角，又，，故．

由平面，平面，得为直角三角形，

又，故，可得==，故二面角的正弦值为.

（法二）：证明：（1）如图，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以为原点，作空间直角坐标系，

则，

，

点为弧的中点，点的坐标为，

，，即．

（2）设在弧上存在点，使得平面，

由（1），知平面，平面平面，则有．

设，，．又，

，解得(舍去)．，则为弧的中点．

因此，在弧上存在点，使得平面，且点为弧的中点．

（3），点的坐标，．

设二面角的大小为，为平面的一个法向量．

由有即

取，解得，．，取平面的一个法向量，

，故二面角的正弦值为.

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）所以二面角的余弦值为．

试题分析：（1）求证：∥平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，注意到是的中点，取的中点，连接，，则所以是△的中位线，证得四边形是平行四边形，从而得∥，从而可证∥平面；（2）求证：平面，可用空间向量法，注意到平面平面，，可以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，由题意设，则的各点坐标，从而得，，，利用数量积得，，从而得证；（Ⅲ）求二面角的余弦值，由（2）建立空间直角坐标系，可设平面的法向量为，求出一个法向量，由（2）可知平面的法向量是，利用向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值．

试题解析：（1）取的中点，连接，.

因为，分别是，的中点，

所以是△的中位线. 所以∥，且．

又因为是的中点，且底面为正方形，

所以，且∥.所以∥，且．

所以四边形是平行四边形．所以∥．

又平面，平面，所以平面．                 4分

（2）证明：因为平面平面，

，且平面平面，

所以平面．

所以，．

又因为为正方形，所以，

所以两两垂直.

以点为原点，分别以为轴，

建立空间直角坐标系（如图）． 

由题意易知，   设，则

，，，，,,．

因为，，，

且，

所以，．

又因为，相交于，所以平面．          9分

（3）易得，．

设平面的法向量为，则

，所以 即

令，则．

由（2）可知平面的法向量是，

所以 .

由图可知，二面角的大小为锐角，

所以二面角的余弦值为．          14分

（1）详见解析；（2）．

试题分析：（1）证明平面平面，证明面面垂直，先证线面垂直，即证一个平面过另一个平面的垂线，本题根据面面垂直的判定定理可知在平面内找一条直线与平面垂直，由已知平面，可得，由题意可知，是等腰三角形，且为重心，既得，从而得平面，可证平面平面；（2）当M为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值，求线面角，传统方法是找线和射影所成的角，本题找射影比较麻烦，可用向量法来求，过作的平行线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，利用线面角的正弦值等于线和法向量所成角的余弦值即可求出直线与平面所成角的正弦值．

试题解析：（1）取中点，连接、，

∵平面，∴

等腰中，为重心，∴

∴平面 

∴平面平面               6分

（2）中， ∴

∵平面 ∴

∴ ∴

过作的平行线为轴，为轴，为轴

建立空间直角坐标系

∴  

设直线与平面所成角为

设平面的法向量为 

     ∴

 ∴     12分

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线线平行、二面角的余弦等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，利用面面垂直的性质得BC⊥平面A1ACC1，则利用线面垂直的性质得A1A⊥BC，由A1B⊥C1C，利用平行线A1A∥C1C，则A1A⊥A1B，利用线面垂直的判定得A1A⊥平面A1BC，则利用线面垂直的性质得A1A⊥A1C；第二问，建立空间直角坐标系，得到面上的点的坐标，计算出向量坐标，求出平面和平面的法向量，利用夹角公式计算出二面角的余弦值.

（1）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，AC⊥BC，所以BC⊥平面A1ACC1，

所以A1A⊥BC．

因为A1B⊥C1C，A1A∥C1C，所以A1A⊥A1B，

所以A1A⊥平面A1BC，所以A1A⊥A1C．      5分

（2）建立如图所示的坐标系C-xyz．

设AC＝BC＝2，因为A1A＝A1C，

则A(2，0，0)，B(0，2，0)，A1(1，0，1)，C(0，0，0)．

＝(0，2，0)，＝(1，0，1)，＝(－2，2，0)．

设n1＝(a，b，c)为面BA1C的一个法向量，则n1·＝n1·＝0，

则，取n1＝(1，0，－1)．

同理，面A1CB1的一个法向量为n2＝(1，1，－1)．   9分

所以cosán1，n2ñ＝＝，

故二面角B-A1C-B1的余弦值为．      12分

(1)见解析   (2) 存在，理由见解析

(1)因为四棱锥S-ABCD中,ABCD为矩形,SD⊥AD,且SD⊥AB,

所以SD⊥平面ABCD.

BD就是SB在底面ABCD上的射影.

∵AB=2AD,E为CD上一点,且CE=3DE.

∴tan∠DAE==,tan∠DBA==,

∴∠DAE=∠DBA,同理∠BDA=∠AED,

∴∠DAE+∠BDA=90°.

∴AE⊥BD,∴AE⊥SB.∵SB∩BD=B,

∴AE⊥平面SBD.

(2)假设存在MN满足MN⊥CD且MN⊥SB.

建立如图所示的空间直角坐标系,

由题意可知,D(0,0,0),A(a,0,0),C(0,2a,0),B(a,2a,0),S(0,0,a),

设=+t=(a,2a,0)+t(-a,-2a,a)=(a-ta,2a-2ta,ta)(t∈[0,1]),

即M (a-ta,2a-2ta,ta),N(0,y,0),y∈[0,2a],

=(a-ta,2a-2ta-y,ta).

使MN⊥CD且MN⊥SB,

则

可得

t=∈[0,1],y=a∈[0,2a].

故存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB.

（１）60º. （２）Q为的中点

试题分析：（１）利用空间向量研究线面角，关键在于正确表示各点坐标，正确求出平面一个法向量，正确理解线面角与向量夹角之间互余的关系. 建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),  B(1,1,0),  P(0,1,m)，C(0,1,0),  D(0,0,0), B1(1,1,1),  D1(0,0,2). 所以又由知为平面的一个法向量. =，解得（２）同（1）若在上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，则.，即Q为的中点.

（１）建立空间直角坐标系，则

A(1,0,0),  B(1,1,0),  P(0,1,m)，C(0,1,0),  D(0,0,0),

B1(1,1,1),  D1(0,0,2).所以

又由的一个法向量.设与所成的角为，

则=，      5分

解得.故当时，直线AP与平面所成角为60º.    7分

（２）若在上存在这样的点Q，设此点的横坐标为x，

则.

依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP. 等价于

即Q为的中点时，满足题设的要求.                 14分

(1)见解析   (2)

解：(1)证明：由已知得AB＝3，AD＝6，

∴BD＝9.

在矩形ABCD中，∵AE⊥BD，

∴Rt△AOD∽Rt△BAD，

∴＝，∴DO＝4，∴BO＝5.

在△POB中，PB＝，PO＝4，BO＝5，

∴PO2＋BO2＝PB2，

∴PO⊥OB.又PO⊥AE，AE∩OB＝O，

∴PO⊥平面ABCE.

(2)∵BO＝5，

∴AO＝＝2.

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，

A(2，0,0)，B(0,5,0)，

＝(2，0，－4)，＝(0,5，－4)．

设n1＝(x，y，z)为平面APB的法向量．

则即

取x＝2得n1＝(2，4,5)．

又n2＝(0,1,0)为平面AEP的一个法向量，

∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，

故二面角E­AP­B的余弦值为.

（1）详见解析;（2）．

试题分析：（1）由于这是一个正四棱锥，故易建立空间坐标系，易得各点的坐标，由，得，由，得，即可求得向量的坐标：．不难计算出它们的数量积，问题得证;（2）利用在上，可设，得出点的坐标，表示出，进而求出平面的法向量n＝(λ－1，0，λ)，由向量的夹角公式可得，解得，从而确定出，由两点间距离公式得.

试题解析：证明：连接交于点，以为轴正方向，以为轴正方向，为轴建立空间直角坐标系．

因为，则．

（1）由，得，由，得，

所以．

因为．所以.                   4分

（2）因为在上，可设，得．

所以．

设平面的法向量，

由得

其中一组解为，所以可取n＝(λ－1，0，λ).        8分

因为平面的法向量为，

所以，解得， 

从而，

所以.                      10分

(1)    (2)    (3)存在，

解：(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD.又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.

又在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，

∴＝(1，－1，－1)，易证OA⊥平面POC，

∴＝(0，－1,0)是平面POC的法向量，

cos〈，〉＝＝.

∴直线PB与平面POC所成角的余弦值为.

(2)＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)．

设平面PDC的一个法向量为u＝(x，y，z)，

则取z＝1，得u＝(1,1,1)．

∴B点到平面PCD的距离为

d＝＝.

(3)假设存在一点Q，则设＝λ (0<λ<1)．

∵..＝(0,1，－1)，

∴＝(0，λ，－λ)＝－，

∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)．

设平面CAQ的一个法向量为m＝(x，y，z)，

又＝(1,1,0)，AQ＝(0，λ＋1,1－λ)，

则

取z＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，

又平面CAD的一个法向量为n＝(0,0,1)，

二面角Q­AC­D的余弦值为，

所以|cos〈m，n〉|＝＝，

得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍)，

所以存在点Q，且＝.

（1），（2）．

试题分析：（1）利用空间向量求线线角，关键在于正确表示各点的坐标. 以为正交基底，建立空间直角坐标系．则，，，，所以，,因此，所以异面直线与夹角的余弦值为．（2）利用空间向量求二面角，关键在于求出一个法向量. 设平面的法向量为，则 即取平面的一个法向量为；同理可得平面的一个法向量为；由两向量数量积可得二面角平面角的余弦值为．

试题解析：

如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系．

则，，，，所以，，

，．

（1）因为，

所以异面直线与夹角的余弦值为．                    4分

（2）设平面的法向量为，

则 即

取平面的一个法向量为；

所以二面角平面角的余弦值为．                       10分