热门试卷

（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）见解析；（Ⅲ）三棱锥与四棱锥的体积比

试题分析：（Ⅰ）通过证明,,从而有,然后由直线和平面平行的判定定理可得平面；（Ⅱ）利用直线和平面垂直的性质定理可得AE⊥DH，再证DH⊥AG，由直线和平面垂直的判定定理可得平面；（Ⅲ）由已知可得，，所以，此问注意直线和平面关系的运用和体积的转化.

试题解析：（Ⅰ）分别为中点，所以AD∥EF，∵BC∥AD, ,∴BC∥EF．．．．2分

∥平面EFG．．．．．．．．．．．．4分

（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DH ，即 AE⊥DH．．．．．．．．．．

∵△ADG≌△DCH ，∴∠HDC=∠DAG，∠AGD+∠DAG=90°

∴∠AGD+∠HDC=90°

∴DH⊥AG

又∵AE∩AG=A，∴DH⊥平面AEG．．．．．．．．．．．．8分

（Ⅲ）由PA⊥平面ABCD，得，又，所以平面，

所以，

又

所以   ．．．．．．．．．12分

(1)证明见解析(2)

（1）以D为坐标原点，DA为x轴建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量,可得,故;

(2)可求为平面的一个法向量，又,故点C到平面的距离为

（Ⅰ）；(Ⅱ)

试题分析：（Ⅰ）由离心率为，得①，又过点，得②，联立①②求；

(Ⅱ)直线和圆锥曲线的位置关系问题，一般会根据已知条件结合韦达定理列式确定参数的值或者取值范围，设直线：，联立椭圆方程，消去，得关于的二次方程，设，利用韦达定理将点的坐标表示出来，，因为在椭圆上，代入椭圆方程，得的等式①，点到直线的距离为，联立①得关于，或的函数，进而求其最小值，再考虑斜率不存在时的情况，求最小值，然后和斜率存在时候的最小值比较大小，得结论.

试题解析：（Ⅰ）由已知，所以, ①  又点在椭圆上，所以，     ②  由①②解之得,故椭圆的方程为 ；

(Ⅱ)当直线有斜率时，设时，则由

消去得，

，  ③

设则，由于点在椭圆上，所以，从而，化简得，经检验满足③式，又点到直线的距离为：，并且仅当时等号成立；当直线无斜率时，由对称性知，点一定在轴上，从而点为，直线为，所以点到直线的距离为1，所以点到直线的距离最小值为.

（I）见解析（II）1

（Ⅰ）证明：取BC的中点E，连结DE，则ABED为正方形.

过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O.

连结OA，OB,OD,OE.

由和都是等边三角形知PA=PB=PD，

所以OA=OB=OD，即点O为正方形ABED对角线的交点，

故，从而.         

因为O是BD的中点，E是BC的中点，

所以OE//CD.因此.   

（Ⅱ）解：取PD的中点F，连结OF，则OF//PB.

由（Ⅰ）知，，故.

又，，

故为等腰三角形，因此.

又，所以平面PCD.

因为AE//CD，平面PCD，平面PCD，所以AE//平面PCD.

因此O到平面PCD的距离OF就是A到平面PCD的距离，而，

所以A至平面PCD的距离为1.

（1）解题的关键是辅助线的添加，取BC的中点E是入手点，然后借助三垂线定理进行证明；（2）求点面距的求解方法比较多，在解题过程中，如何根据题设条件恰当选择相适应的方法是比较棘手的问题。根据解题经验，总结下面常用的技巧：（1）若直接能够确定点在平面的射影，可考虑用直接法，找出点面距.一般在一些规则的几何体中，顶点在底面的射影比较容易确定.如有时要利用两个平面垂直的性质，在其中一个平面内作两个平面交线的垂线即得；（2）如果能够构造出三棱锥，要找的点面距恰好是三棱锥的高，此时利用等体积法比较简单，但是应该明确另一个顶点到对应底面的距离和底面面积两个量，才能顺利求解，计算过程较为麻烦，但是不用添加辅助线找垂线段. （3）若不易找出射影位置，可考虑利用转移的方法，即把不易求的点到平面的距离借助转移手法，变为求另外一点到平面的距离，然后通过这两点到平面的距离的数量关系求得所求距离的方法，常用的手段有平行转移和等比例转移.

【考点定位】本题考查线线垂直的证明和二面角的求解，考查学生的空间想象能力和计算能力。