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

证明：取AB中点M，连MF，ME，∵E为CC1中点，F为AB中点，∴MF∥B1B，MF＝1/2B1B，EC∥B1B，EC＝1/2B1B，∴MF∥EC，且MF=EC，∴MFCE为平行四边形，∴CF∥EM，∵CF⊄平面AB1E，EM⊂平面AB1E，∴CF∥平面AB1E．

解：∵AA1⊥底面ABC，∴侧面AC1⊥底面ABC，又∠ACB=90°，BC垂直于交线AC，∴BC⊥侧面AC1．∵AC=BC=1，AA1=2，∴S△ACE＝，∴VO−AB1E＝VB1−ACE＝VB−ACE＝所以C到平面AB1E的距离为。

证：（1）因为M，N分别为AB，PA的中点，

所以MN∥PB．

因为MN平面MNC，PB平面MNC，

所以PB∥平面MNC.

证： （2）因为PA⊥PB，MN∥PB，所以PA⊥MN.

因为AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.

因为平面PAB⊥平面ABC，CM平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，

所以CM⊥平面PAB．

因为PA平面PAB，所以CM⊥PA．

因为PA⊥MN，MN平面MNC，CM平面MNC，MN∩CM＝M，

所以PA⊥平面MNC.

(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.

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.