热门试卷

（1）详见解析；（2）.

试题分析：（1）由已知可知AE⊥AB，又AE⊥AD，所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，所以DB⊥平面AEC，而BD平面BED，故有平面AEC⊥平面BED.

（2）作DE的中点F，连接OF，AF，由于O是DB的中点，且OF∥BE，可知∠FOA或其补角是异面直线BE与AC所成的角；设正方形ABCD的边长为2，则，由于，AB=2AE，

可知，，则，又，∴=,由余弦定理的推理∴∠FOA==，故异面直线BE与AC所成的角的余弦值为.

试题解析：（1）由已知有AE⊥AB，又AE⊥AD，

所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥DB，                    3分

又ABCD为正方形，所以DB⊥AC，                        4分

所以DB⊥平面AEC，BD面BED

故有平面AEC⊥平面BED.                                 6分

（2）作DE的中点F，连接OF，AF，

∵O是DB的中点，

∴OF∥BE，∴∠FOA或其补角是异面直线BE与AC所成的角。 8分

设正方形ABCD的边长为2，

则，     9分

∵，AB=2AE，

∴，，∴                  10分

又，∴=,∴∠FOA==

∴异面直线BE与AC所成的角的余弦值为 12分.

(1)见解析；(2).

试题分析：(1)根据已知条件可得以及，有直线与平面垂直的判定定理可得，再根据直线与平面垂直的性质定理可得；(2)有边的关系，设，则，再由线段，，互相垂直，以三边所在直线为轴建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量为以及平面的一个法向量是，将所求二面角的余弦值问题转化为求这两个法向量的夹角的余弦值问题.

试题解析：(1)证明：∵，∴，

又∵，且,

∴，

∵，

∴.

(2)∵是等边三角形，

，，

不妨设，则，

又∵，分别为、的中点，

由此以为原点，，，所在直线为轴建立空间直角坐标系.

则有，，，，，，

∴，.

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，

∴.

又平面的一个法向量是，

∴，

∴二面角的余弦值为.                  .12分

为了计算方便不妨设a=1．

（1）证明：根据题意可得：以A为原点，AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立直角坐标系（如图）

则 A(0，0，0)，B(1，0，0)D(0，2，0)P(0，0，)•=(1，0，0)•(0，2，-)=0

又 •=0∴⊥，⊥

所以 ⊥面BEA，BE⊂面BEA，

∴PD⊥BE

（2）∵PA⊥面ABCD，PD与底面成30°角，

∴∠PDA=30°

过E作EF⊥AD，垂足为F，则AE=AD•sin30°=1，∠EAF=60°

AF=，EF=∴E(0，，)，

于是 =(0，，)

又 C(1，1，0)，D(0，2，0)，=(-1，1，0)

则 COSθ==

∴AE与CD所成角的余弦值为 ．

（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．

试题分析：（1）由题意可知，为等腰三角形，是边上的中线，所以，再由已知条件算出的三条边长，由此根据勾股定理，可证,从而得证平面；（2）作于F，连AF，由（1）知， 故，所以 ,则 是二面角的平面角，利用平面几何知识即可算出其正切值；（3）设点E到平面ACD的距离为因为,所以,从而求出．也可以点为原点，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用利用空间向量方法，求解各个小题，详见解析．

试题解析：（Ⅰ）证明：连结OC

在中，由已知可得而

即

平面

（Ⅱ）解： 作于F，连AF

由（1）知， 故 

 , 是二面角的平面角，

易知,.

即所求二面角的正切值为 

（Ⅲ）解：设点E到平面ACD的距离为

在中，

而

点E到平面ACD的距离为

方法二：（Ⅰ）同方法一.

（Ⅱ）解：以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则

（Ⅲ）解：设平面ACD的法向量为则

令得是平面ACD的一个法向量，又

点E到平面ACD的距离．