热门试卷

（1）（2）当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DG⊥D1EF.

(1)以D为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正向建立空间直角坐标系，

则有D(0，0,0)，D1(0,0,2)，C1(0,4,2)，E(3,3,0)，F(2，4,0)，

于是＝(－3,1,2)，＝(－2，－4,2)．

设EC1与FD1所成角为α，则cos α＝＝

∴异面直线EC1与FD1所成角的余弦值为.

(2)因点G在平面A1B1C1D1上，故可设G(x，y,2)．

＝(x，y,2)，＝(－2，－4，2)，＝(－1,1,0)．由

得解得

故当点G在面A1B1C1D1上，且到A1D1，C1D1距离均为时，DG⊥D1EF

（1）见解析（2）45°

(1)以点C为原点，CB、CA、CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系C－xyz，如图所示，

则B(1,0,0)，A(0，，0)，A1(0，，)，M.

所以＝(1，－，－)，＝.

因为·＝1×0＋(－)×(－)＋(－)×＝0，所以A1B⊥AM.

(2)因为ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC.

因为∠ACB＝90°，即BC⊥AC，又AC∩CC1＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，即BC⊥平面AMC.

所以是平面AMC的一个法向量，＝(1,0,0)．

设n＝(x，y，z)是平面BAM的一个法向量，＝(－1，，0)，＝.

由得，令z＝2，得x＝，y＝.

所以n＝(，，2)

因为||＝1，|n|＝2，所以cos〈，n〉＝＝，

因此二面角B­AM­C的大小为45°

（Ⅰ）（Ⅱ）

试题分析：法一：几何法，

（Ⅰ）过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，由面面垂直的性质，可得DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，可得AG⊥CD，计算可得AG与DF的长，进而可得S△ABC，由棱锥体积公式，计算可得答案；

（Ⅱ）过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，分析可得∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，计算可得EF的长，由（Ⅰ）中DF的值，结合正切的定义，可得答案．

法二：向量法，

（Ⅰ）首先建立坐标系，根据题意，设O是AC的中点，过O作OH⊥AC，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；易知OH⊥OM，因此可以以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，进而可得B、D的坐标；从而可得△ACD边AC的高即棱住的高与底面的面积，计算可得答案；

（Ⅱ）设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐标，同时易得=（0，0，1）是平面ABC的法向量，由向量的夹角公式可得从而cos＜，＞，进而由同角三角函数的基本关系，可得tan＜，＞，即可得答案．

解：法一

（Ⅰ）如图：过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，

可得DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高；

设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AG⊥CD，

则AG===；

由S△ADC=AC•DF=CD•AG可得，DF==；

在Rt△ABC中，AB==，

S△ABC=AB•BC=；

故四面体的体积V=×S△ABC×DF=；

（Ⅱ）如图，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，

由（Ⅰ）知DF⊥平面ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，

在Rt△AFD中，AF===；

在Rt△ABC中，EF∥BC，从而，可得EF=；

在Rt△DEF中，tan∠DEF==．

则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．

解法二：（Ⅰ）如图（2）

设O是AC的中点，过O作OH⊥AB，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；

由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，

因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，

已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；

设点B的坐标为（x1，y1，0），由⊥，||=1；

有，

解可得或（舍）；

即B的坐标为（，，0），

又舍D的坐标为（0，y2，z2），

由||=1，||=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；

解可得或（舍），

则D的坐标为（0，，），

从而可得△ACD边AC的高为h=|z2|=

又||=，||=1；

故四面体的体积V=××||×||h=；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知=（，，0），=（0，，），

设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由⊥可得，l+m=0，（1）；

由⊥可得，m+n=0，（2）；

取m=﹣1，由（1）（2）可得，l=，n=，即=（，﹣1，）

显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，

从而cos＜，＞=；

故tan＜，＞=；

则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．

点评：本题是立体几何综合题目，此类题目一般有两种思路即几何法与向量法，注意把握两种思路的特点，进行选择性的运用．

（1）（2）．

试题分析：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出，利用夹角公式即可求出直线与所成角的余弦值；

（2）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则，由面可得关于x，z的方程组，即可求出答案．

（1）建立如图所示的空间直角坐标系，

则的坐标为、

、、、

、，

从而

设的夹角为，则

∴与所成角的余弦值为．

（2）由于点在侧面内，故可设点坐标为，则

，由面可得，

 ∴

即点的坐标为，从而点到和的距离分别为．

（1）证明过程详见试题解析；（2）二面角的余弦值为.

试题分析：（1）由已知条件证出互相垂直，以为坐标系原点建立空间坐标系，写出各点坐标，求出即证得AC⊥DE；（2）先求出平面DCE的法向量，平面的法向量，两法向量的夹角即为所求.

∵平面平面，且

∴平面,∴

设，在Rt，

，∴是中点

分别以AD,AE,AC为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系

（1）

(2)设平面DCE的法向量为

，且

，

又平面,∴平面的法向量为.

∴二面角的余弦值为

( 1 )证明过程详见解析;(2) .

试题分析：

(1)利用三角形的余弦定理和勾股定理即可证明为直角三角形,即.再根据垂直的判断可以得到相互垂直,即可以以这三条边建立三维空间直角坐标系,利用坐标法来证明线面平行,首先求出平面ACF的法向量,计算法向量与BE的内积,证明该内积为0即可得到线面平行.

(2)利用第(1)问平面ACF的法向量,再求出面DCF的法向量,则二面角即为两法向量所成角或者其补角,故两法向量夹角的余弦值为满足,即可求出PA的长度.

试题解析：

（1）由，得，．

又面，所以以分别为轴建立坐标系如图．

则

设，则 ．

设，得：

．

解得：，，，

所以．                               5分

所以,，．

设面的法向量为，则，取．

因为，且面，所以平面． 9分

（2）设面法向量为， 因为，，

所以，取 ．             11分

由，得．

，，所以．               15分

（1）为的中点；（2）；（3）.

试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点.（2）连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.先表示出和，就可求出，从而.（3）可以有两种方法进行求解.第一种方法，用常规法，作出二面角.在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.设平面的法向量，再利用向量求出二面角.

（1）证：因为∥，∥,，

所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.

故与的对应边相互平行，于是.

所以，即为的中点.

（2）解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则.

，

，

所以，

又

所以，

故.

（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.

所以为平面与底面所成二面角的平面角.

因为∥，，所以.

又因为梯形的面积为6，，所以.

于是.

故平面与底面所成二面角的大小为.

解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.

设.因为，所以.

从而，，

所以，.

设平面的法向量，

由得，

所以.

又因为平面的法向量，

所以，

故平面与底面所成而面积的大小为.