热门试卷

（1）见解析（2）存在

(1)证明:PB⊥底面ABCD，∴PD⊥CD，

又∵CD⊥PD，PD∩PB＝P，PD，PB⊂平面PBD.

∴CD⊥平面PBD，又CD⊂平面PCD，

∴平面PCD⊥平面PBD.

(2)如图，以B为原点，BA，BC，BP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

设BC＝a，BP＝b，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，a,0)，

D(2,2,0)，P(0,0，b)．

∵＝(2,2，－b)，＝(2,2－a,0)，CD⊥PD，

∴·＝0，∴4＋4－2a＝0，a＝4，

又＝(2,0，－b)，＝(2，－2,0)，

异面直线PA和CD所成角等于60°，

∴＝，

即＝，解得b＝2，

＝(0,4，－2)，＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．

设平面PAD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则由得

取n1＝(1,0,1)，

∵sin θ＝＝＝，∴直线PC和平面PAD所成角的正弦值为.

(3)解　假设存在，设＝λ，且E(x，y，z)，则(x，y，z－2)＝λ(2,0，－2)，E(2λ，0,2－2λ)，设平面DEB的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则由得

取n2＝(λ－1,1－λ，λ)，

又平面ABE的法向量n3＝(0,1,0)，

由cos θ＝＝，得＝，解得λ＝或λ＝2(不合题意)．

∴存在这样的E点，E为棱PA上的靠近A的三等分点．

(1) CE="1" (2)证明略（3）A1B与平面BDE所成角的正弦值为

（1） 如图所示，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系D—xyz.

∴D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），

C（0，2，0），A1（2，0，4），

B1（2，2，4），C1（0，2，4），D1（0，0，4）.

设E点坐标为（0，2，t），则=（-2，0，t），=（-2，0，-4）.

∵BE⊥B1C，

∴·=4+0-4t=0.∴t=1，故CE=1.

（2）由（1）得，E（0，2，1），=（-2，0，1），

又=（-2，2，-4），=（2，2，0），

∴·=4+0-4=0，

且·=-4+4+0=0.

∴⊥且⊥，即A1C⊥DB，A1C⊥BE，

又∵DB∩BE=B，∴A1C⊥平面BDE.

即A1C⊥平面BED.

（3） 由（2）知=（-2，2，-4）是平面BDE的一个法向量.又=（0，2，-4）,

∴cos〈,〉==.

∴A1B与平面BDE所成角的正弦值为.

（Ⅰ）如图所示：C（2，0，0），S（0，0，1），O（0，0，0），B（1，1，0），

………3分

………6分

（Ⅱ）①

…10分

②∵，为平面SBC的法向量，

略

（Ⅰ）详见解析；(Ⅱ) .

试题分析：（Ⅰ）依题意，设与的交点，说明为的中位线，//，从而//；(Ⅱ) 用定义法与向量法求解，用定义法，必须作出二面角的平面角，在利用相似三角形对应边成比例及直角三角形中三角函数的定义求解；用向量法，需要建立恰当的空间直角坐标系，本题以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系最佳，求平面的法向量与平面的一个法向量为， 利用公式求解.

试题解析：（Ⅰ）证明： 连接，设与相交于点，连接，

∵ 四边形是平行四边形，∴点为的中点．

∵为的中点，∴为的中位线，

∴//，             2分

∵，

∴//．          4分

(Ⅱ) 解法一 ： ∵平面，//， 则平面，故，

又, 且，

∴ ．               6分

取的中点，连接，则//，且 ．

∴ ．

作，垂足为，连接，由于，且，

∴，∴ ．

∴为二面角的平面角．    9分

由∽，得，得，

在中，．

∴ 二面角的余弦值为．      12分

(Ⅱ) 解法二： ∵平面，， 则平面，故，

又, 且，∴．            6分

以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系．则，，，，， 

∴， ，

求得平面的法向量为，

又平面的一个法向量为，

∴  .    

∴ 二面角的余弦值为.    12分

证明（1）（法一）因为平面平面，

且平面平面，

又在正方形中，，

所以，平面． ………………2分

而平面，

所以，．        ………………3分

在直角梯形中， ,，

，

所以，，

所以，．         ………………4分

又，平面，，

所以，平面．    ………………6分

而平面，

所以，平面平面． ……………7分

（法二）同法一，得平面．              …………………………2分

以为原点，，，分别为，轴，建立空间直角坐标系．

则，，，．     …………………………3分

所以，， ，,

，，

所以，，．                     …………………………………5分

又，不共线，，平面，

所以，平面．                           …………………………6分

而平面，

所以，平面平面．                     …………………………7分

（2）（法一）因为，平面，平面，

所以，平面．                         …………………………9分

因为平面与平面有公共点，

所以可设平面平面，．

因为平面，平面，平面平面，

所以．                                    ………………………10分

从而，，

又，且，，所以为中点，也为正方形．  12分

易知平面，所以，．

所以，是平面与平面所成锐二面角的平面角，

而，

所以平面与平面所成锐二面角为．     …………………………14分

（法二）由（1）知，平面的一个法向量是． ………………9分

设平面的一个法向量为，

因为，

所以， 取，得，所以．………………11分

设平面与平面所成锐二面角为，

则．                ………………………………13分

所以平面与平面所成锐二面角为．    …………………………14分

略

（1）异面直线和所成角的余弦值为;（2）二面角的大小为.

试题分析：（1）建立如图所示坐标系,写出各点的空间坐标，利用，夹角的余弦，得出两异面直线和所成角的余弦值. （2）利用平面的法向量与平面的法向量的夹角，求出二面角的大小.

试题解析：

解：取的中点，连接，为等边三角形，

，又平面平面， 2分

以为原点，过点垂直的直线为轴，为轴， 为轴建立如图所示的空间直角坐标系.，不妨设,依题意可得：

 3分

（1）,

从而 ,

 5分

于是异面直线和所成角的余弦值为.6分

（2）因为，所以是平面的法向量，8分

设平面的法向量为，又，

由 即，令得 10分

于是 11分

从而二面角的大小为.                     12分

(1)见解析；(2).

试题分析：(1)先利用直线与平面垂直的性质定理，得到 和 ，因为 ，所以利用直线与平面垂直的判定定理可知， ；(2)首先分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系，由直线与平面垂直的性质定理得到，那么矩形为正方形，由此可知此正方形的边的长度，根据坐标系表示四棱锥出各个顶点的坐标，分别求出平面和平面的法向量的坐标，根据二面角与其法向量夹角的关系，求得二面角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系得到所求二面角的正切值.

试题解析：(1)证明　∵，，∴．2分

同理由，可证得．

又，∴．                               4分

(2)如图，分别以射线，，为轴，轴，轴的正半轴建立空间直角坐标系．

由(1)知，又， ∴．

故矩形为正方形，∴．     6分

∴．

∴．

设平面的一个法向量为，则，即，

∴，取，得．

∵，∴为平面的一个法向量．10分

所以．                  11分

设二面角的平面角为，由图知，，所以．

∴ 所以，即二面角的正切值为．    12分

（1）证明线面平行，关键是证明线线平行，然后结合判定定理得到。

（2）

试题分析：（1）连接

，

四边形为平行四边形

又平面

平面                            3分

（2）以为原点，AB、AD、AP为x、y、z方向建立空间直角坐标系．

易得,则、、         5分

 ，，

由此可求得平面的法向量            7分

又平面的法向量

，两平面所成锐二面角的余弦值为．        10分

点评：主要是考查了线面平行的判定以及二面角的平面角的求解，属于基础题。