热门试卷

(1) DP与CC′所成的角为45°(2) DP与平面AA′D′D所成的角为30°

  如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D—xyz.

则=（1，0，0），=(0,0,1).

连接BD,B′D′.

在平面BB′D′D中,

延长DP交B′D′于H.

设="(m,m,1)" (m＞0),由已知〈,〉=60°,

由·=||||cos〈, 〉,

可得2m=.

解得m=,所以=（,,1）.

(1)因为cos〈,〉==,

所以〈,〉=45°,

即DP与CC′所成的角为45°.

(2)平面AA′D′D的一个法向量是=(0,1,0).

因为cos〈,〉==,

所以〈,〉=60°,

可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.

（1）取PD中点E，连结AE，NE

∵NE∥CD,AM∥CD,∴EN∥AM,又EN=AM=,所以AMNE为平行四边形

∴AE∥MN,平面PAD，MN平面PAD，故面；

（2）∵CD⊥AD,CD⊥PA,AD∩PA=A,∴CD⊥平面PAD

∵AE平面PAD，∴AE⊥CD又∵AE⊥PD且PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD

∵AE∥MN,∴MN⊥平面PCD

（3）

略

见解析

如图建立空间直角坐标系，

则＝（－1，1，0），＝（－1，0，－1）

＝（1，0，1）， ＝（0，－1，－1）

　　　设，，（、、，且均不为0）

设、分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量，

  由      可得     即   

解得：＝（1，1，－1）

   由     可得     即   

解得＝（－1，1，－1），所以＝－， ∥，

所以平面A1EF∥平面B1MC．

注：如果求证的是两个平面垂直，也可以求出两个平面的法向量后，利用⊥来证明．

（1）通过建系证明，．得到,.故⊥平面.

（2）二面角C－NB1－C1的余弦值为．

试题分析：（1）证明:∵该几何体的正视图为矩形,左视图为等腰直角三角形,俯视图为直角梯形,∴两两垂直.以分别为轴建立空间直角坐标系如图．

则．

∴，

．∴,.

又与相交于， ∴⊥平面. ………6分

（2）∵⊥平面,∴是平面的一个法向量,  

设为平面的一个法向量,则,

所以可取． 则．

∴所求二面角C－NB1－C1的余弦值为．  12分

点评：典型题，立体几何题，是高考必考内容，往往涉及垂直关系、平行关系、角、距离的计算。证明过程中，往往需要将立体几何问题转化成平面几何问题加以解答。本题解答，通过建立适当的空间直角坐标系，利用向量的坐标运算，简化了繁琐的证明过程，实现了“以算代证”，对计算能力要求较高。

（I）见解析（II）

（1）因为平面，所以为在平面内的投影；因为，由三垂线定理可知；

（2）以A为原点，AB所在边为x轴，AD所在边为y轴，AA1所在边为z轴建立空间直角坐标系，则，所以，；

因为，，所以，因为，所以，故，所以，设为的法向量，则，令，所以为的一个法向量；因为，，所以所以直线所成角的正弦值.

解：在中,,

 又,以A为坐标原点，所在直线为 轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则 , ,

(1)    

(2) ,底面，

为二面角的平面角,即=,此时Ｅ为的中点

设平面的法向量为　计算可得

即直线与平面所成角的正弦值为．

本试题主要考查了对于空间中点线面位置关系的综合运用，关怀与线面垂直的判定定理的运用，以及二面角和线面角的知识的汇总试题，可以利用几何方法解，也可以通过建立空间直角坐标系解得 。

（Ⅰ）∵为菱形，∴

设为的中心，连结,则有∥

又∵面，∴

,∴

∴垂直于面内的两条相交直线

∴                    --------------6分

(Ⅱ)建立如图所示坐标系，则有

--------------------8分

设分别是面ABE和面ABC的法向量

由解得，同理可得----------10分

所以二面角的平面角的余弦值为.

略