热门试卷

a2h.

学生错解：解∵BD＝，BE＝，∠DBE＝60°，

∴S△DBE＝BD·BEsin∠DBE＝a2，S△A1B1C1＝·A1B1·B1C1sin60°＝a2.

由棱台体积公式得

VBDEA1B1C1＝h(S△BDE＋S△A1B1C1＋)

＝h＝a2h.

审题引导：(1)弄清组合体的结构，这里几何体DBEA1B1C1不是棱台，也可补上一个三棱锥使之成为一个三棱台；(2)运用体积公式进行计算．

规范解答：

解：如图，取BC中点F，连结DF、C1D、C1E、C1F，得正三棱台DBFA1B1C1及三棱锥C1DEF.

∵S△A1B1C1＝a2，S△DBF＝S△ABC＝a2，(4分)

∴VDBFA1B1C1＝h(S△DBF＋S△A1B1C1＋)

＝h(a2＋a2＋)＝a2h.(8分)

∴VC1DEF＝a2＝a2h，(10分)

∴VBDEA1B1C1＝VDBFA1B1C1VC1DEF＝a2h－a2h＝a2h.(14分)

错因分析：没有弄清所给几何体的结构，几何体DBEA1B1C1不是棱台．

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：（1）要证平面，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行即可，设的中点为，则为平行四边形，则，又平面，不在平面内，满足定理所需条件；（2）过点作于，根据面面垂直的性质可知平面，即正的高，然后根据三棱锥的体积公式进行求解即可.

试题解析：（1）设的中点为，则

又，∴

∴为平行四边形∴

又平面，平面

∴平面

(2)过点作于

平面平面，∴平面，即正的高

∴∴

∴.

1）解：在中，，，∴，……1分

在中，，，∴，…………2分

∴…………3分

则…………………………………………4分

（2）解法一∵平面，∴…………………………5分

又， ，  …………………………6分

∴平面………………………7分    

∵、分别为、中点，

∴   ∴平面………………………8分

∵平面，∴平面平面……9分

（3）解法一：取的中点，连结，则，

∴平面，过作于，连接，…10分

∵AC，，且，∴…11分

则为二面角的平面角。  ……12分

∵为的中点，，，

∴，又，  ……13分

∴，故

即二面角的大小为300……………14分

（2）解法二：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz    ………………5分

A（0,0,0）   B（1,0,0）     

      ……6分

，， …7分

设平面AEF的一个法向量为

由 取，得x=1，即   …8分

又平面PAC的一个法向量为  ……9分

    ∴平面平面   ……10分

（3）解法二：易知平面ACD的一个法向量为  ……11分

设平面AEF的一个法向量为

由，取，得,…12分

  ……13分

∴结合图形知二面角的大小为300……………14分

本题考查用分割法求出棱锥的底面积，直线与平面垂直的判定以及求二面角的大小的方法．

（Ⅰ）把四边形面积分成2个直角三角形面积之和，代入棱锥体积公式进行计算．

（Ⅱ）先证 CD⊥平面PAC，由三角形中位线的性质得EF∥CD，得到EF⊥平面PAC，从而证得平面PAC⊥平面AEF．

（Ⅲ）由三垂线定理作出∠EQM为二面角E-AC-D的平面角，并证明之，解直角三角形EQM，求出∠EQM的大小．