热门试卷

（1）详见解析；（2）cosCBN= ；（3）不存在点M满足题意.

试题分析：（1）证明BE∥平面PAD，只需证明AF∥BE；

（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN，证明∠CBN就是直线BC与平面BDE所成角，从而可求BC与平面BDE所成角的余弦值；

（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD，则AM⊥PD，可得点M与E重合．取CD中点G，连接EG，AG，则BD⊥AG，证明PD⊥平面BCD，从而PD⊥AD，这与△PAD是等边三角形矛盾．

试题解析：(1)取PD中点F，连接AF, EF

则,

又，

∴

∴

∴四边形ABEF是平行四边形               2分

∴AF∥BE  又平面PAD，平面PAD

∴//平面                                     4分

（2）过C作DE的垂线，交DE的延长线于N，连接BN

∵平面底面，

∴平面

∴AF  又AF⊥PD，

∴AF⊥平面PCD

∴BE⊥平面PCD

∴BE⊥CN，又CN⊥DE，

∴CN⊥平面BDE

∴CBN就是直线与平面BDE所成角               7分

令AD=1，,易求得，

∴sinCBN=

∴cosCBN= 

故与平面BDE所成角的余弦值为                        9分

（3）假设PC上存在点M，使得AM⊥平面PBD 则AM⊥PD,由（2）AF⊥PD

∴PD⊥平面AFM，又PD⊥平面ABEF

故点M与E重合。                  1分

取CD中点G，连接EG,AG

易证BD⊥AG，又BD⊥AE

∴BD⊥平面AEG

∴BD⊥EG

∴BD⊥PD,又PD⊥CD

∴PD⊥平面BCD

从而PD⊥AD,这与⊿PAD是等边三角形矛盾

（另解坐标法）

证明：取AD中点O，连接PO∵侧面PAD是等边三角形 ∴PO⊥AD

又∵平面底面， ∴PO⊥平面ABCD             2分

设，如图建立空间坐标系，则

，,

，.          3分

（1），，

所以，

∵平面，∴平面.                     5分

（2），

设平面的一个法向量为

则   求得平面的一个法向量为；    7分

，                         8分

所以直线与平面所成角的余弦值为。   10分

（3）设存在点M(满足AM⊥平面PBD，则M、P、C三点共线

因为，所以存在实数，使得

即                  11分

∵AM⊥平面PBD  ∴      得（不合题意）

故在线段上不存在点M满足题意。                               14分

（1）   （2）

解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，∴＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)．

∵cos〈，〉＝＝＝，

∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.

(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，∴n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且2y＋4z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，∴n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1夹角的大小为θ.

由cosθ＝＝＝，得sinθ＝.

因此，平面ADC1与平面ABA1夹角的正弦值为.

（1）证明过程详见解析；（2）；（3）在线段上存在一点使得平面平面.

试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、线面角、向量法等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力、转化能力.第一问，在中，求出，在中，求出， 在中，三边符合勾股定理，所以， 利用面面垂直的性质，得平面； 第二问，利用第一问的证明得到垂直关系，建立空间直角坐标系，得到平面BDF和平面CDE中各点的坐标，得出向量坐标，先求出平面CDE的法向量，利用夹角公式求BE和平面CDE所成的角的正弦值；第三问，假设存在F，使得，用表示，求出平面BEF的法向量，由于两个平面垂直，则两个法向量垂直，则， 解出.

（1）由，.,

可得．

由，且，

可得．

又．

所以．

又平面平面，

平面 平面 ，

平面，

所以平面．　　　　　　　　　    ５分

（2）如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，．

设是平面的一个法向量，则，，

即 

令，则．

设直线与平面所成的角为，

则．

所以和平面所成的角的正弦值．　　　　　　     1０分

（3）设，．

，，.

则．

设是平面一个法向量，则，，

即 

令，则．

若平面平面，则，即，.

所以，在线段上存在一点使得平面平面.     14分

（1）详见解析；（2）存在，的长为.

试题分析：（1）直线和平面所成的角以及二面角的计算，可以考虑两种方法，其一利用传统立体几何的方法，由已知得，，又，故面，则，由平面，，故，则，然后分别在直角三角形中，求，或者可以建立空间直角坐标系，通过平面的法向量和直线的方向向量求直线和平面所成的角，利用两个半平面的法向量来求二面角的大小；（2）建立空间直角坐标系，设点，并求出半平面的法向量，利用和法向量垂直，列等式，即可求解.

试题解析：解法一：(1)证明： 又

                                       1分

又平面，,面     2分

∴               3分

,                5分

                                   6分

(2)取的中点，连交于,由与相似得，,  7分

在上取点,使,则,                     8分

在上取点使,由于平行且等于,               

故有平行且等于，                                               9分

四边形为平行四边形，所以,                             10分

而, 故有∥平面,                                   11分

所以在线段上存在一点使得∥平面，的长为.          12分

解法二：（1）同解法一；

（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系，则,为的中点,则     7分

假设存在符合条件的点，则共面，

故存在实数，使得         9分  

即，故有即  11分

即存在符合条件的点，的长为.            12分

（1）见解析   （2）   （3）M的坐标为(2,2,0)，见解析

解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AC，∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，又DE∩BD＝D，∴AC⊥平面BDE.

(2)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.

∴＝.由AD＝3，得DE＝3，AF＝.

如图所示，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，

∴＝(0，－3，)，＝(3,0，－2)．

设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则

，即.

令z＝，则n＝(4,2，)．

∵AC⊥平面BDE，

∴＝(3，－3,0)为平面BDE的一个法向量，

∴cos〈n，〉＝＝＝.

又二面角F－BE－D为锐角，故二面角F－BE－D的余弦值为.

(3)依题意，设M(t，t,0)(0≤t≤3)，则＝(t－3，t,0)，

∴AM∥平面BEF，∴·n＝0，

即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.

∴点M的坐标为(2,2,0)，此时＝，

∴点M是线段BD上靠近B点的三等分点．

（1）见解析（2）见解析

(1)＝＋＋＝＋＋，

可以证明：＝(＋＋)＝，

∴∥，即A1、G、C三点共线．

(2)设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝0，

∵＝a＋b＋c，＝c－a，

∴·＝(a＋b＋c)·(c－a)＝c2－a2＝0，

∴⊥，即CA1⊥BC1，

同理可证：CA1⊥BD，因此A1C⊥平面BC1D.

(1)；(2) a＝(1,1,1)，或a＝(－1，－1，－1)．

试题分析：(1)由点的坐标可得，坐标，进而求得模长，及夹角余弦，可利用同角间基本关系式求得夹角正弦，以，为边的平行四边形的面积，应该是以，为边的三角形面积的二倍，利用三角形面积公式可求得；(2)设，由两向量垂直坐标满足的关系式得关于的方程组，解方程可得向量a的坐标．

解:(1)由题意可得：，，

∴，  4分

∴，∴以，为边的平行四边形的面积为

．     6分

(2)设a＝(x，y，z)，

由题意得，

解得或．

∴a＝(1,1,1)，或a＝(－1，－1，－1)            12分