热门试卷

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）由已知可得直线AE垂直于BC，即可得到AE垂直于AD，又因为PA垂直于AE.所以可得AE垂直于平面PAD.即可得平面要证平面⊥平面.

（2）通过点E作EG垂直于AF，EQ垂直于AC，连结QG即可证得为所求的二面角的平面角.由与平面所成的最大角为.可得AE=AH.即可得EQ,QG的大小.从求得的正切值，即二面角 的正切值.

（1）设菱形ABCD的边长为2a，则AE=

,∴AE⊥BC,又AD||BC, ∴AE⊥AD.∵PA⊥面ABCD, ∴PA⊥AE,AE⊥面PAD, ∴面AEF⊥面PAD.

（2）过E作EQ⊥AC，垂足为Q，过作QG⊥AF，垂足为G，连GE，∵PA⊥面ABCD，∴PA⊥EQ,EQ⊥面PAC，则∠EGQ是二面角E－AF－C的平面角.

过点A作AH⊥PD，连接EH，∵ AE⊥面PAD，∴∠AHE是EH与面PAD所成的最大角.

∵∠AHE＝，∴AH＝AE＝，AH﹒PD＝PA﹒AD，2a﹒PA=﹒,PA=2,PC=4a,EQ=,CQ=,GQ=,tan∠EGQ=.

(1)3；（2）

试题分析：（1）求异面直线所成的角，应该先找后求，异面直线所成的角是指将两条异面直线经过平行移动后，移到相交位置时，所成的锐角或直角，故平移直线是找异面直线所成角的关键，通常平移办法有中位线平移、平行四边形平移、比例线段平移，找到所求的角后，然后借助平面图形去求；（2）直线和直线 垂直，通常采取的办法是，先证明线面垂直，进而证明线线 垂直，而证明线面垂直，又需要两个线线垂直关系，所以需从图里尽可能挖掘隐藏的垂直关系.

试题解析：(1)连接1.在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，∵,∥,∴四边形是平行四边形，所以∥,∴就是异面直线AD1与BE所成角或者是其补角，因为是边的中点，所以,又在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，,∴面,所以,在Rt△BEC1中，BE＝，EC1＝，所以tan ∠EBC1＝=3；

（2）当DF＝时，EF与BC1所成的角为9 0°，由(1)知，面，∴,∴当时，面，从而，在矩形中，又DE＝EC＝，CC1＝AA1＝2.

当DF=时，因为，,  所以△DEF∽△CC1E，所以∠DEF＋∠CEC1＝90°，

所以∠FEC1＝90°，即FE⊥EC1.又EB∩EC1＝E，所以EF⊥平面BEC1，

所以EF⊥BC1，即EF与BC1所成的角等于90°.

（1）参考解析；（2）参考解析

试题分析：（1）直线与平面平行的证明，根据判断定理要在平面内找一条直线与与该直线平行.所以要证//平面，找到直线即可.

（2）要证直线与平面垂直根据判断定理要在平面内找到两条相交的直线与该直线垂直即可.通过分析直线AE⊥PD由题意可得；另外直线CD垂直平面PAD，所以有可得直线CD垂直直线AE.又由于直线CD与直线PD相交，所以可证得结论.

试题解析：证明：（1）因为底面为矩形，

所以 .又因为 平面，平面，

所以 //平面.

（2）因为，为中点，

所以，因为 平面，

所以.又底面为矩形，

所以.

所以平面.

所以.

所以平面.

（Ⅰ）详见试题解析;（Ⅱ）在棱上存在点使得二面角A—EB1—B的余弦值是，且

试题分析：（Ⅰ）根据直线平行平面的判定定理，需要在平面AEB1内找一条与CF平行的直线.根据题设，可取的中点，通过证明四边形是平行四边形来证明，从而使问题得证；（Ⅱ）由于两两垂直，故可以为坐标原点，射线为轴的正半轴建立空间坐标系，利用空间向量求解.

试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，联结

∵分别是棱、的中点，

∴

又∵

∴四边形是平行四边形，

∴

∵平面，平面

∴平面

（Ⅱ）解：由于两两垂直，故可以为坐标原点，射线为轴的正半轴建立空间坐标系如图所示

则

设 ，平面的法向量，

则

由

得,取得：

∵平面

∴是平面的法向量，则平面的法向量

∵二面角的平面角的余弦值为

∴

解之得

∴在棱上存在点使得二面角A—EB1—B的余弦值是，且.