热门试卷

(1)见解析(2)见解析（3）-

(1)证明　∵AD＝BC，N是BC的中点，∴AD＝NC，又AD∥BC，∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN＝DC，又∠ABC＝60°，∴AB＝BN＝AD，

∴四边形ANCD是菱形，∴∠ACB＝∠DCB＝30°，

∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB，又平面C′BA⊥平面ABC，平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′.

(2)证明:∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B，∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N⊂平面BCC′，∴C′N∥平面ADD′.

(3)解:∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC.

如图建立空间直角坐标系，

设AB＝1，则B(1,0,0)，C(0，，0)，C′(0,0，)，

N，∴′＝(－1,0，)，′＝(0，－，)，设平面C′NC的法向量为n＝(x，y，z)，则即

取z＝1，则x＝，y＝1，∴n＝(，1,1)．

∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC，又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN，∴BD⊥平面C′AN，BD与AN交于点O，O则为AN的中点，O，∴平面C′AN的法向量＝.

∴cos〈n，〉＝＝，

由图形可知二面角A­C′N­C为钝角，

所以二面角A­C′N­C的余弦值为－

（1）见解析（2）∶2

(1)证明　因为PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，又ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又BD∩PD＝D，故AC⊥平面PBD，又AC⊂平面EAC.

所以平面EAC⊥平面PBD.

(2)解　连接OE，

因为PD∥平面EAC，所以PD∥OE，所以OE⊥平面ABCD，又O是BD的中点，故此时E为PB的中点，以点O为坐标原点，射线OA，OB，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz.

设OB＝m，OE＝h，则OA＝m，A，B(0，m,0)，E(0,0，h)，＝(－m，m,0)，＝(0，－m，h)，向量n1＝(0,1,0)为平面AEC的一个法向量，设平面ABE的一个法向量n2＝(x，y，z)

则n2·＝0，且n2·＝0，

即－mx＋my＝0且－my＋hz＝0.

取x＝1，则y＝，z＝，则n2＝，

∴cos 45°＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得＝，故PD∶AD＝2h∶2m＝h∶m＝∶2.

（1）；（2）三等分点

试题分析：（1）根据平面，确定就是与平面所成的角，从而得到，且，可以建立空间直角坐标系，写出，设出的一个法向量为，根据，解出，而平面的法向量设为，所以利用向量数量积公式得出二面角的余弦值为；（2）由题意设，则，而平面，∴，代入坐标，求出，所以点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

试题解析：

平面，就是与平面所成的角，即，∴.

如图，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则各点的坐标如下，∴，设平面的一个法向量为，则，即，令，则.

∵平面，∴平面的法向量设为，∴，故二面角的余弦值为.

（2）由题意，设，则，∵平面，∴，即解得，∴点M的坐标为，此时，∴点M是线段BD靠近B点的三等分点.

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）直线与直线垂直的证明通过转化为证明直线与平面垂直，由于通过翻折为两个垂直的平面所以只需证明直线AB垂直与两个平面的交线BD即可，通过已知条件利用余弦定理即可得到直角.

（2）求二面角的问题通常就是建立空间直角坐标系，根据BD与DC垂直来建立.通过写出相应点的坐标，以及相应的平面内的向量，确定两平面的法向量，并求出法向量的夹角，再判断法向量的夹角与二面角的大小是相等还是互补，即可得到结论.

试题解析：（1）在中，

所以 所以，

因为平面平面，所以平面，所以；…3分

（2）在四面体ABCD中，以D为原点，DB为轴，DC为轴，过D垂直于平面BDC的射线为轴，建立如图的空间直角坐标系. 

则D（0，0，0），B（，0，0），C（0，1，0），A（，0，1）

设平面ABC的法向量为，

而

由得：取再设平面DAC的法向量为而

由得：取               

所以即二面角B-AC-D的余弦值是