热门试卷

(1)证明略(2) 平面EFGH∥平面ABCD

（1） 分别延长PE、PF、PG、PH交对边于M、N、Q、R点，因为E、F、G、H分别是所在三角形的重心，所以M、N、Q、R为所在边的中点，顺次连接M、N、Q、R得到的四边形为平行四边形，且有=，

=，=， =

∴=+

=（-）+（-）

=（-）+（-）

=（+）

又∵=-=-=

∴=（+）,∴=+

由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面.

(2) 由（1）得=,故∥.

又∵平面ABC，EG平面ABC.

∴EG∥平面ABC.

又∵=-=-=

∴MN∥EF，又∵MN平面ABC，EF平面ABC，

EF∥平面ABC.

∵EG与EF交于E点，

∴平面EFGH∥平面ABCD.

（Ⅰ）30°；（Ⅱ）．

试题分析：（Ⅰ）异面直线EF与BC所成角的大小，即AD与EF所成角的大小，则在面ADEF内求AD与EF所成角的大小即可；（Ⅱ）法一：根据条件，取AF的中点G，先证明DG垂直平面ABF，然后过G向交线BF作垂线，找出二面角的平面角，根据平面角的余弦值大小，列关系式求AB的长；法二：以F为原点，AF、FQ所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，列出各点坐标，分别找出面ABF和面BDF的法向量，再根据向量的数量积公式以及平面角的余弦值求AB的长.

试题解析：(Ⅰ) 延长AD，FE交于Q．

因为ABCD是矩形，所以BC∥AD，

所以∠AQF是异面直线EF与BC所成的角．

在梯形ADEF中，因为DE∥AF，AF⊥FE，AF＝2，DE＝1

得AQF＝30°． 7分

(Ⅱ)方法一：

设AB＝x．取AF的中点G．由题意得DG⊥AF．

因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF，

所以AB⊥DG．

所以DG⊥平面ABF．

过G作GH⊥BF，垂足为H，连结DH，则DH⊥BF，

所以∠DHG为二面角A－BF－D的平面角．

在直角△AGD中，AD＝2，AG＝1，得DG＝．

在直角△BAF中，由＝sin∠AFB＝，得＝，

所以GH＝．

在直角△DGH中，DG＝，GH＝，得DH＝．

因为cos∠DHG＝＝，得x＝，

所以AB＝． 15分

方法二：设AB＝x．

以F为原点，AF，FQ所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系Fxyz．则

F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(，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＝(0，1，0)．

设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则

所以，可取＝(，1，)．

因为cos<，>＝＝，得x＝，

所以AB＝． 15分

（Ⅰ）30°；（Ⅱ）．

试题分析：（Ⅰ）异面直线EF与BC所成角的大小，即AD与EF所成角的大小，则在面ADEF内求AD与EF所成角的大小即可；（Ⅱ）法一：根据条件，取AF的中点G，先证明DG垂直平面ABF，然后过G向交线BF作垂线，找出二面角的平面角，根据平面角的余弦值大小，列关系式求AB的长；法二：以F为原点，AF、FQ所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系，列出各点坐标，分别找出面ABF和面BDF的法向量，再根据向量的数量积公式以及平面角的余弦值求AB的长.

试题解析：(Ⅰ) 延长AD，FE交于Q．

因为ABCD是矩形，所以BC∥AD，

所以∠AQF是异面直线EF与BC所成的角．

在梯形ADEF中，因为DE∥AF，AF⊥FE，AF＝2，DE＝1

得AQF＝30°． 7分

(Ⅱ)方法一：

设AB＝x．取AF的中点G．由题意得DG⊥AF．

因为平面ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，所以AB⊥平面ADEF，

所以AB⊥DG．

所以DG⊥平面ABF．

过G作GH⊥BF，垂足为H，连结DH，则DH⊥BF，

所以∠DHG为二面角A－BF－D的平面角．

在直角△AGD中，AD＝2，AG＝1，得DG＝．

在直角△BAF中，由＝sin∠AFB＝，得＝，

所以GH＝．

在直角△DGH中，DG＝，GH＝，得DH＝．

因为cos∠DHG＝＝，得x＝，

所以AB＝． 15分

方法二：设AB＝x．

以F为原点，AF，FQ所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系Fxyz．则

F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(，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＝(0，1，0)．

设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则

所以，可取＝(，1，)．

因为cos<，>＝＝，得x＝，

所以AB＝． 15分