热门试卷

试题分析：本题属于立体几何中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，根据题设先证线面垂直再去证面面垂直；证明：取中点，连接．∵是中点，∴．又∵，∴，∴四边形为平行四边形．∵，∴平面．∴，∴．∵，∴，∴平面．∵平面，∴平面平面．

试题分析：本题属于立体几何中的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，由等体积法求出点到面的距离。由⑴知，．

∴平面，即点到平面的距离为．在中，由，得，∴．

∴点到平面的距离为．

解：不妨设正三角形ABC 的边长为 3 .

(1)在图5中，取BE的中点D，连结DF．

∵AEEB=CFFA=12，∴AF=AD=2，而∠A=600,∴△ADF是正三角形，

又AE=DE=1，∴EF⊥AD

在图6中，A1E⊥EF，BE⊥EF，∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角．

由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥BE

又BE∩EF=E，∴A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP

解：

(2)建立分别以EB、EF、EA1为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，则E(0,0,0),A1(0,0,1),

B(2,0,0),F(0, ,0), P (1, ,0),则,

．设平面A1BP的法向量为，

由平面ABP知，，即

令，得，．

设平面A1PE向量为．

由平面A1PE知，，即       可得．

所以二面角B-A1P-E余弦值是

试题分析：本题属于立体几何的综合应用问题，属于中档题，只要掌握相关立体几何的知识，即可解决本题，解析如下：证明：因为且是的中点，所以，由折叠知，又，所以.

试题分析：本题属于立体几何的综合应用问题，属于中档题，只要掌握相关立体几何的知识，即可解决本题，解析如下：不存在.

证明如下：

当面面时，三棱锥的体积最大.因为面面,

所以面.

（方法一）连结，

因为，,

所以面,所以即为与平面所成的角，在直角三角形中，

，所以，而中，，

设到直线的距离为，则由，得.

因为, 所以满足条件的点不存在.

（方法二）(前面同解法一)在直角三角形中，,所以 ,易求得到直线的距离为 ，所以满足条件的点不存在

（方法三）已证得两两垂直 ，如图建立空间直角坐标系，

则，设，则，又平面的法向量，依题意得，

，得，化简得，，此方程无解，所以满足条件的点不存在.

证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．

因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．

因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE．

而PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A，

所以  AE⊥平面PAD，又PD平面PAD．所以 AE⊥PD．

由21知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，AP=a，则A（），B，C，D（），P（），E（），F（），

所以=，且=为平面PAD的法向量，设直线PB与平面PAD所成的角为θ，

由=|＜，＞|===

解得 所以＝，＝

设平面AEF的一法向量为m=（x1,y1,z1），则，因此取，则m=（0,2,-1）,因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，所以BD⊥平面AFC，故为平面AFC的一法向量．又=，

所以 =．

因为二面角E-AF-C为锐角，所以所求二面角的余弦值为

(Ⅰ)依题意,侧面是菱形,是的中点,因为,所以,

又平面平面,且平面,平面平面

所以平面.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知平面,面,所以,

又,,所以平面,

过作,垂足为,连结,则,

所以为二面角的平面角.

在中,,

所以,

所以,即二面角的余弦值是.

证明：在图(1)中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，BE∥CD.即在图(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，OA1⊂平面A1OC，OC⊂平面A1OC，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由22题知，BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1BE C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B(，0，0)E(－，0，0)，A1(0，0，)，C(0，，0)，得＝(－，，0)，＝(0，，－)

＝＝(－，0，0)．设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ，

则得取n1＝(1，1，1)；

得取n2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD所成锐二面角的余弦值为.