热门试卷

（1）证明过程见试题解析；（2）实数的值为.

试题分析：（Ⅰ）连接BD交AC于点M,连结ME, 先证明，再证明∥面；

先以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系, 求出各点的坐标，再求出平面的一个法向量为, 而已知直线与平面所成角为，进而可求实数的值．

试题解析：（Ⅰ）证明:连接BD交AC于点M,连结ME,

因∥

,当时,

.

则∥面．                             4分

（Ⅱ）由已知可以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,则,

由,可得E点的坐标为               6分

所以.

设平面的一个法向量为,则,设,则,,所以                                8分

若直线与平面所成角为,

则,                            9分

解得                               10分

(1) 参考解析；(2) ； (3)

试题分析：(1)因为要证平面即直线与平面垂直的证明，通过证明这条直线垂直平面内的两条相交直线即可，依题意易得到.

(2)因为要求二面角的余弦值，一般是通过建立空间坐标系，写出相应的点的坐标，由于AC所在的向量就是平面EDB的法向量，所以关键是通过待定系数法求出平面EFB的法向量.再通过两法向量的夹角得到两平面的二面角的大小，二面角是钝角还是锐角通过图形来确定.

(3)因为点是线段上一个动点，试确定点的位置，使得平面.通过对点M的假设写出向量AM.从而由该向量垂直平面的法向量，即可得到相应的点M的坐标.

试题解析：(1)证明： 因为平面，   所以.

因为是正方形，所以，又相交

从而平面.  

(2)解：因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系如图所示.因为与平面所成角为， 即，

所以.由可知，.

则，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，则，即，

令，则. 因为平面，所以为平面的法向量，，

所以.

因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 

(3)解：点是线段上一个动点，设. 则，

因为平面，所以,

即，解得.

此时，点坐标为，，符合题意. 

（1）详见解析；（2） 详见解析；（3）.

试题分析：（1）利用三角形的中位线定理证明；（2）证明平面，再证；（3）用向量法求解.

试题解析：（1)连结交于，连结,因为四边形为正方形，所以为的中点，又点为的中点，在中，有中位线定理有//，而平面，平面，

所以，//平面.

（2）因为正方形与矩形所在平面互相垂直，所以，，

而，所以平面，又平面，所以.

（3）存在满足条件的.

依题意，以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，因为，则，，，，，所，

易知为平面的法向量，设，所以平面的法向量为，所以，即，所以，取，

则，又二面角的大小为，

所以，解得.

故在线段上是存在点，使二面角的大小为，且.

（1）见解析（2）

(1)证明　取AB的中点O，连接EO，CO，∵AE＝EB＝，AB＝2，∴△AEB为等腰直角三角形，∴EO⊥AB，EO＝1，又∵AB＝BC，∠ABC＝60°.

∴△ACB是等边三角形，∴CO＝，又EC＝2，∴EC2＝EO2＋CO2，∴EO⊥CO.

又∵CO∩AB＝O，∴EO⊥平面ABCD，又EO⊂平面EAB，∴平面EAB⊥平面ABCD.

(2)解　以AB中点O为坐标原点，分别以OC，OB，OE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，C(，0,0)，D，E(0,0,1)．

∴＝(，0，－1)，＝(0,2,0)，＝(0,1,1)．

设平面CDE的法向量n＝(x，y，z)，

令z＝1，解得

∴平面CDE的一个法向量n＝，设直线AE与平面CDE所成角为θ.

∴sin θ＝＝＝.

∴直线AE与平面CDE所成角的正弦值是.

（1）见解析；（2）.

试题分析：（1）过点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF，先证直线DE⊥面AA1C1C，再证BF⊥面AA1C1C，得D，E，F，B共面，再证DB∥EF ，从而有EF∥AA1，易得所证结论；（2）法1：建立空间直角坐标系，找出所需点的坐标，分别设出面DA1C和平面AA1DB的法向量，并列方程计算出来，再利用向量的数量积计算两向量的夹角的余弦值，便可得得值；法2：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB⊥面AA1B1B，过B作BH⊥A1 G于点H，连CH，证明∠CHB为二面角A －A1D － C的平面角，在CHB中，根据条件计算的表达式，可得结论.

试题解析：（1）过点D作DE ⊥ A1 C 于E点，取AC的中点F，连BF ﹑EF.

∵面DA1 C⊥面AA1C1C且相交于A1 C，面DA1 C内的直线DE ⊥ A1 C，∴直线DE⊥面AA1C1C ，3分

又∵面BA C⊥面AA1C1C且相交于AC，易知BF⊥AC，∴BF⊥面AA1C1C

由此知：DE∥BF ，从而有D，E，F，B共面，又易知BB1∥面AA1C1C，故有DB∥EF ，从而有EF∥AA1，

又点F是AC的中点，所以DB ＝ EF ＝  AA1＝  BB1，所以D点为棱BB1的中点；  6分

（2）解法1：建立如图所示的直角坐标系，设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝ ，则D（0,0,b）,  A1 (a,0,2b),  C (0,a,0)，                                                  7分

所以， ,                          8分

设面DA1C的法向量为则 可取,

又可取平面AA1DB的法向量,

cos〈〉,          10分

据题意有：，                               12分

解得： ＝ .                                      13分

解法2：延长A1 D与直线AB相交于G，易知CB⊥面AA1B1B，

过B作BH⊥A1 G于点H，连CH，由三垂线定理知：A1 G⊥CH，

由此知∠CHB为二面角A －A1D － C的平面角；                     9分

设AA1＝ 2b ，AB＝BC ＝；在直角三角形A1A G中，易知AB ＝ BG.

在DBG中，BH ＝  ＝ ，                    10分

在CHB中，tan∠CHB ＝  ＝ ，

据题意有： ＝ tan600 ＝  ，

解得：所以 ＝ .                           13分

(1)详见解析；（2）.

试题分析：(1)先根据题意找到BC中点O，证明，平面，从而以O为原点构造出空间直角坐标系.在写出平面中相关向量坐标以及的坐标，由向量的数量积为0证明线线垂直，从而得到⊥平面；（2）先求出平面的法向量，又由上问可知平面的法向量即，再通过向量的夹角公式得到这两个法向量的夹角余弦值，经观察可知即为二面角余弦值.从而得到本题的解.

试题解析：（1）取BC中点O,连AO,

∵为正三角形, ∴,

∵在正三棱柱中,平面ABC平面,∴平面,

取中点为,以O为原点,,,的方向为,轴的正方向,建立空间直角坐标系,

则.

∴,

∵,.

∴,,∴面   

(2)设平面的法向量为,.

,∴,∴,,令,得为平面的一个法向量,由(1)知面,

∴为平面的法向量,,

经检验易知二面角的余弦值为.

（1）见解析（2）（3）存在，λ＝

(1)证明:由已知＝λ，∴EF∥BC，又BC∥AD，∴EF∥AD，而EF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴EF∥平面PAD.

(2)解　因为平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC＝AC，且PA⊥AC，∴PA⊥平面ABCD.∴PA⊥AB，PA⊥AD.又∵AB⊥AD，

∴PA，AB，AD两两垂直．

如图所示，建立空间直角坐标系

∵AB＝BC＝1，PA＝AD＝2，

∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，当λ＝时，F为PC中点，

∴F，∴＝，＝(－1,1,0)，设异面直线BF与CD所成的角为θ，∴cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.故异面直线BF与CD所成角的余弦值为.

(3)解:设F(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0－2)，＝(1,1，－2)，又＝λ

∴∴＝(λ，λ，2－2λ)，

设平面AFD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，则

即

令z1＝λ，得m＝(2λ－2,0，λ)．

设平面PCD的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)．则即

取y2＝1，则x2＝1，z2＝1，∴n＝(1,1,1)，

由m⊥n，得m·n＝(2λ－2,0，λ)·(1,1,1)＝2λ－2＋λ＝0，解得λ＝.

（1）见解析；（2）；（3）见解析.

试题分析：（1）先建立空间直角坐标系，利用法向量证明OD//平面ABC，说明和平面ABC的法向量垂直即可；（2）设直线CD与平面ODM所成角为θ，求出平面ODM法向量，则；（3）设EM上一点N满足， 平面ABDE法向量，不存在使 ∴ 不存在满足题意的点N.

试题解析：以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BD为z轴，建立空间直角坐标系

，，，，，

（1）平面ABC的法向量，，

∴OD//平面ABC

（2）设平面ODM法向量为，直线CD与平面ODM所成角为θ

，，∴，

∴.

（3）设EM上一点N满足，

平面ABDE法向量，

不存在使 ∴不存在满足题意的点N.

(传统方法参照给分)

（1）见解析（2）

(1)由题设可知AD⊥DE，取AE中点O，连接OD，BE.∵AD＝DE＝，∴OD⊥AE.又二面角D-AE-B为直二面角，∴OD⊥平面ABCE.又AE＝BE＝2，AB＝2，∴AB2＝AE2＋BE2.∴AE⊥BE.取AB中点F，连接OF，则OF∥EB.∴OF⊥AE.以点O为原点，OA，OF，OD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，

则A(1,0,0)，D(0,0,1)，B(－1,2,0)，E(－1,0,0)，＝(－1,0,1)，＝(1，－2,1)，＝(0,2,0)，

设n＝(x1，y1，z1)是平面BDE的法向量，

则即取x1＝1，则z1＝－1.

于是n＝(1,0，－1)．∴n＝－.∴n∥.∴AD⊥平面BDE.

(2)设m＝(x2，y2，z2)是平面ABD的一个法向量，

则m·＝0，m·＝0，∴取x2＝1，则y2＝1，z2＝1，则m＝(1,1,1)，平面ADE的法向量＝(0,1,0)．∴cos〈m，〉＝＝＝.∴二面角B-AD-E的余弦值为.