热门试卷

试题分析：由条件设E为BC的中点，可证得AE⊥平面,再证明,即可证得；

作,且,可证明为二面角的平面角，再由余弦定理可求得,从而求解.

设E为BC的中点，由题意可得,

∴,∵AB=AC,∴，故,

由D,E分别为,BC的中点，得DE∥且DE=,从而DE∥,

∴四边形为平行四边形，故,又∵AE⊥平面,

∴;(2)作,且,连接，由AE=EB=,,得,由,,得,由，得,因此为二面角的平面角，

由=，=4，,得BD=3，,

由余弦定理得，.

试题分析：（1）要证线面垂直，就是要证线线垂直，题中由平面，可知，再分析已知由得，这样与垂直的两条直线都已找到，从而可得线面垂直

试题解析：（1）证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE

由CE＝2，CD=DE＝得CDE为等腰直角三角形，故CDDE

由PCCD=C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD

试题分析：（2）求二面角的大小，可心根据定义作出二面角的平面角，求出这个平面角的大小，本题中，由于，平面，因此两两垂直，可以他们为轴建立空间直角坐标系，写出图中各点的坐标，求出平面和平面的法向量，向量的夹角与二面角相等或互补，由此可得结论．

试题解析：（2）由（１）知，CDE为等腰直角三角形，DCE＝，如（19）图，过点D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝EF＝1，又已知EB＝1，

故FB＝2．

由ACB＝得DFAC，，故AC＝DF＝．

以C为坐标原点，分别以的方程为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C（0,0,0,），P（0,0,3），A（,0,0）,E（0,2,0），D（1,1,0），

设平面的法向量，

由，，

得.

由（1）可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量可取为,即.

从而法向量，的夹角的余弦值为，

故所求二面角A-PD-C的余弦值为.

试题分析：本题属于立体几何的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）按照解题步骤求解，（2）要注意空间直角坐标系的建立；

（Ⅰ）N为PD靠近D的三等分点．理由如下：

取PC的中点E，连接BE，

由于B，E分别为CM，PC的中点，所以BE∥PM，

又BE平面ABE，PM平面ABE，

所以直线PM∥平面ABE，

连接AE，交PD于N点，即为满足条件的点．

由于AE，PD分别是的边PC，AC上的中线，

所以AE和PD的交点N为的重心，

故N为PD靠近D的一个三等分点．

试题分析：本题属于立体几何的基本问题，题目的难度是逐渐由易到难，（1）按照解题步骤求解，（2）要注意空间直角坐标系的建立；

（Ⅱ）因为AC＝AM，AM⊥AC，所以∠AMC＝45°，在平面AMC内作My⊥MC于M，可知MC，My，MP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设AC＝AM＝PM＝2，则MC＝，

所以C(,0,0)，P(0,0,2)，A(,,0)，

即,，

因为PM⊥平面AMC，由（Ⅰ）知BE∥PM，

所以BE⊥平面AMC，则CM⊥BE．

又AC＝AM，B为CM的中点，则CM⊥AB，

所以CM⊥平面NAB，

所以可取平面NAB的一个法向量为，

设平面PAC的法向量，

由得取x＝1，则y＝1，z＝，

可得平面PAC的一个法向量，

由，得，

所以平面NAB和平面PAC所成锐二面角α的大小为．

试题分析：本题属于立体几何线面平行证明及二面角的余弦值的求解问题，属于中档题。

（Ⅰ）证明：取中点，连接、，

∴,

∵

∴

∵、平面，、平面

∴平面平面,

∵平面

∴平面.

试题分析：本题属于立体几何线面平行证明及二面角的余弦值的求解问题，属于中档题。

（Ⅱ）解：

平面平面 ，交线为

平面，且连接,分别取所在直线为轴建立空间直角坐标系，

如图所示.

则点，，,,,

设平面的法向量为

则

即

设平面的法向量为

因此所求二面角的余弦值为.

方法一：在图1所示的中，设，则.

由，知，为等腰直角三角形，所以.

由折起前知，折起后(如图2)，，，且.

所以平面.又，所以.

于是，

当且仅当，即时，等号成立，故当，即时，三棱锥的体积最大．

方法二：同方法一，得.

令，由，且，解得.

当时，；当时，.

所以当时，取得最大值．故当时，三棱锥的体积最大．

方法一：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，.

于是可得，，

且．设，则，因为等价于，

解得，．所以当 (即是的靠近点的一个四等分点)时，.

设平面的一个法向量为，由，及，得

可取．设与平面所成角的大小为，

则由，可得，即.

故与平面所成角的大小为.

方法二：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，

如图b，取的中点，连结，则．

由（Ⅰ）知平面，所以平面.

如图c，延长至点使得，连，则四边形为正方形，

所以.取的中点，连结，又为的中点，则，

所以.因为平面，又平面，所以.

又，所以平面.又平面，所以.

因为当且仅当，而点是唯一的，所以点是唯一的．

即当 (即是的靠近点的一个四等分点)时，.

连结，由计算得，

所以与是两个共底边的全等的等腰三角形，

如图d所示，取的中点，连接，

则平面.在平面中，过点作于，

则平面，故是与平面所成的角．

在中，易得，所以是正三角形，

故，故与平面所成角的大小为.

解：(1)在梯形中，

∵∥，

∴∴

∴∴∵平面平面

平面平面，

∴

∴又 ∴

解：

(2)由(1)可建立分别以直线为轴，轴，轴的，如图所示的空间直角坐标系，令 (≤≤),则

∴

设为平面的一个法向量，

由得

取则

∵是平面的一个法向量,

∴

∵≤≤,∴当=时，有最大值.

∴的最小值为

在直四棱柱中,    底面

是在平面上的射影. ,   ……2分

 ……4分

连结 与20题同理可证     ……6分

为二面角的平面角. ……7分

          ……8分

又且 ……9分

 ……11分

在中,  ……12分

即二面角的大小为 ……13分

（1）∵在直三棱柱中，平面，

又∵平面，∴．

又∵平面，平面，∴．

又∵分别为和的中点，∴，∴．

而平面，平面，且，

∴平面．

又∵平面，∴．

（2）由（1）知平面，平面，从而，如图，以为原点建立空间直角坐标系．

[来源:学&科&网Z&X&X&K]

∵，∴，

则由，知，∴，

则，，，，，，．

设平面的一个法向量，则

由，得，取，可得．

设平面的一个法向量，则

由，得，取，可得，

∴，

∴二面角平面角的余弦值是．