热门试卷

（1）详见解析，（2）详见解析，（3）

试题分析：（1）证线面平行找线线平行，本题有中点条件，可利用中位线性质.即DM∥AP，写定理条件时需完整，因为若缺少DM面APC，，则DM可能在面PAC内，若缺少AP面APC，则DM与面PAC位置关系不定.（2）证面面垂直关键找线面垂直.可由面面垂直性质定理探讨，因为BC垂直AC,而AC为两平面的交线,所以应有BC垂直于平面PAC，这就是本题证明的首要目标.因为BC垂直AC,因此只需证明BC垂直平面PAC另一条直线.这又要利用线面垂直与线线垂直关系转化.首先将题目中等量关系转化为垂直条件,即DM⊥PB，从而有PA⊥PB，而PA⊥PC，所以PA⊥面PBC，因此PA⊥BC.（3）求锥的体积关键找出高，有（2）有PA⊥面PBC，因此DM为高，利用体积公式可求得

试题解析：（1）D为AB中点，M为PB中点

DM∥AP

又DM面APC，AP面APC

DM∥面PAC

（2）△PDB是正三角形，M为PB中点

DM⊥PB，又DM∥AP，PA⊥PB

又PA⊥PC，PBPC＝P，PA⊥面PBC

又BC面PBC，PA⊥BC

又∠ACB＝90°，BC⊥AC

又ACPA＝A，BC⊥面PAC

又BC面ABC,面PAC⊥面ABC

（3）AB＝20，D为AB中点，AP⊥面PBC

PD＝10

又△PDB为正三角形，DM＝5

又BC＝4，PB＝10，PC＝2

S△PBC＝

（1）证明详见解析；（2） 

试题分析：（1）根据勾股定理证，即，再证，直线与平面垂直的判定定理即可得证明；

（2）过O点作交CD的延长线于H，根据已知可证二面角A-CD-B的平面角，然后通过解三角形即可求得.

试题解析：（1）易得OC=3，AD=2,连结OD，OE，在∆OCD中，

由余弦定理可得OD= =.

∵AD=2,∴,∴,

同理可证：,又∵,平面BCD , 平面BCD ,∴AO⊥平面BCD；

（2）方法一：过O点作交CD的延长线于H，连结AH，因为AO⊥平面BCD,所以,故为二面角A-CD-B的平面角.

因为OC=3， =45，所以OH= ,从而tan=.

方法二：以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz如图所示.则A(0，0， ),C(0，-3，0),D(1，-2，0),

所以=(0，3，),=(-1，2，).

设为平面ACD的一个法向量，则 ,

即 解得 ，令x=1，得.

由（1）知，为平面CDB的一个法向量，所以cos< >==,

由A-CD-B为锐二面角，所以二面角A-CD-B的平面角的正切值为 .

（1）见解析   (2)    (3)8

试题分析：

(1)(2)(3)均可利用坐标法,即分别以建立三维空间坐标系.下面重点分析法2

(1)利用勾股定理可以求的线段的长,而要证明面,只需要证明,首先可以三次利用勾股定理把的三条边长求出,再利用勾股定理证明,线段为等腰直角三角形ABC的三线合一即有,可得到面,进而得到,即可通过线线垂直证明面DAE.

(2)要求二面角的余弦值,需要作出该二面角的平面角,为此过D做DM⊥AE于点M，连接B1M.,根据第一问有面AED且可以得到面,则即为所求二面角的平面角,即该角的余弦值为.利用勾股定理即可得到的长,进而得到二面角的余弦值.

(3)由(1)可得面,则该三棱锥可以以作为底面,高为来求的体积,而AD和三角形的面积都可以用勾股定理求的.

试题解析：

法1:依题意，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.因为＝4，所以A（0，0，0），B（4，0，0），E（0，4，2），D（2，2，0），B1（4，0，4）.                         （1分）

（1），，.             （2分）

因为，所以，即.    （3分）

因为，所以，即.     （4分）

又AD、AEÌ平面AED，且AD∩AE=A，故⊥平面.          （5分）

（2）由（1）知为平面AED的一个法向量.            （6分）

设平面 B1AE的法向量为，因为，，

所以由，得，令y=1，得x=2，z=-2.即.（7分）

∴，                （8分）

∴二面角的余弦值为.                             （9分）

（3）由，，得，所以AD⊥DE. （10分）

由，，得.    （11分）

由（1）得B1D为三棱锥B1-ADE的高，且，             （12分）

所以.                        （13分）

法2:依题意得，平面ABC，，，

，.

（1）∵，D为BC的中点，∴AD⊥BC.

∵B1B⊥平面ABC，AD平面ABC，∴AD⊥B1B.

BC、B1B平面B1BCC1，且BC∩B1B=B，所以AD⊥平面B1BCC1.

又B1D平面B1BCC1，故B1D⊥AD .                               （2分）

由，，，

得，所以.                        （4分）

又AD、DE平面AED，且AD∩DE=E，故⊥平面.        （5分）

（2）过D做DM⊥AE于点M，连接B1M.

由B1D⊥平面AED，AE平面AED，得AE ⊥B1D.

又B1D、DM平面B1DM，且B1D∩DM=D，故AE⊥平面B1DM.

因为B1M平面B1DM，所以B1M⊥AE.

故∠B1MD为二面角B1—AE—D的平面角.                          （7分）

由（1）得，AD⊥平面B1BCC1，又DE平面B1BCC1，所以AD⊥DE.

在Rt△AED中，，                       （8分）

在Rt△B1DM中，，

所以，即二面角B1—AE—D的余弦值为. （9分）

（3）由（1）得，AD⊥平面B1BCC1，

所以AD为三棱锥A-B1DE的高，且.                      （10分）

由（1）得.             （11分）

故.                    （13分）

（1）、（2）证明详见解析；（3）．

试题分析：（1）首先根据∥，可证明∥面，再利用线面平行的关系可证明∥；（2）考虑通过证明与（已知），而证明可通过证明面来证明；（3）考虑以DA，DC，DP为坐标建立空间直角坐标，通过求直线PC的方向向量与平面EFCD的法向量的夹角来处理．

试题解析：（1）∥ ,面,面，∴∥面，

又∵面面，

∴∥，∴∥．

（2）∵面，∴．

又，∴面，

∵面,∴．

又∵，∴面 ．

（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

,

设由且∥可得

，解得，∴．

设为平面的一个法向量则有

，令，，∴ ，

∴与面所成角的正弦值为 .