热门试卷

（1）详见解析；（2）2.

试题分析：（1）利用正方形的性质，证明，利用线面平行的判定定理证明平面，再用线面平行的性质定理证明；（2）由条件底面，证明，，

建立空间直角坐标系，利用向量法求解，先求平面的法向量，利用公式，求直线与平面所成的角，再设点，因为点在棱上，所以可设，利用向量的坐标运算，求的值，最后用空间中两点间的距离公式求.

（1）在正方形中，因为是的中点，所以，

因为平面，所以平面，

因为平面，且平面平面，

所以.

（2）因为底面，所以，，

如图建立空间直角坐标系，则，，，

，设平面的法向量为，

则，即，令，则，所以，

设直线与平面所成的角为，则，

因此直线与平面所成的角为，

设点，因为点在棱上，所以可设，

即，所以，

因为向量是平面的法向量，所以，

即，解得，所以点的坐标为，

所以.

（1）见解析   （2）   （3）

解：本题可通过建立空间坐标系求解．

如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．

(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE.

(2)＝(1，－2，－1)．

设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，

则,即

消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．

由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．

于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝，

故二面角B1－CE－C1的正弦值为.

(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．

设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则

sinθ＝|cos〈，〉|＝

＝＝.

于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)，

∴AM＝.

（1）（2）

(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)，所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4)．

因为cos〈，〉＝＝，所以异面直线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)，

因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，

取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，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所成二面角的大小为θ.

由|cosθ|＝＝，得sinθ＝.

因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.

（1）（2）

(1)以O为原点，底面上过O点且垂直于OB的直线为x轴，OB所在的线为y轴，OP所在的线为z轴，建立空间直角坐标系，则

B(0，2，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，1，2)．

设F(x0，y0，0)(x0>0，y0>0)，且＋＝4，

则＝(x0，y0－1，－2)，＝(0，1，0)，

∵EF⊥DE，即⊥，则·＝y0－1＝0，故y0＝1.

∴F(，1，0)，＝(，0，－2)，＝(0，－2，2)．

设异面直线EF与BD所成角为α，则cosα＝.

(2)设平面ODF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则

令x1＝1，得y1＝－，平面ODF的一个法向量为n1＝(1，－，0)．

设平面DEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

同理可得平面DEF的一个法向量为n2＝.

设二面角ODFE的平面角为β，则|cosβ|＝＝.

∴sinβ＝.

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）依题意建立空间坐标系，假设点，的坐标，表示相应的线段即可得到所对应的向量，再根据向量的数量积为零，即可得到结论.

（2）由（1）可得平面的法向量为，再用待定系数法求出平面的法向量，根据法向量所夹的锐角的值为.即可得到结论.

（1）如图所示建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，设，

由于，所以，并且，E(1，1，)，           2分

，，，

，

又，

，平面                 6分

（2），

设平面的法向量为，则， 即，令，

则，.          9分

平面，平面的法向量

，即，解得     12分

当时，二面角的大小为.         13分

（1）见解析   （2）

（1）因为, 由余弦定理得 

从而BD2+AD2= AB2，故BD AD;又PD 底面ABCD，可得BD PD

所以BD 平面PAD. 故 PABD

（2）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D-，则

,,,。

设平面PAB的法向量为n=（x,y,z），则,

 即

因此可取n=

设平面PBC的法向量为m，则

可取m=（0，-1，）        

故二面角A-PB-C的余弦值为 

(1)证明见解析；（2）.

试题分析：（1）本题中由于是直棱柱，且底面中，即两两垂直，因此我们可以建立空间直角坐标系，用空间向量来解决立体几何问题，要证明线面垂直，只要在平面内任取两个不共线的向量如，只要计算出，，就能证明线线垂直，从而得证线面垂直；（2）而要求二面角的大小，可通过求两个面和的法向量的夹角来求，法向量的夹角与二面角互补或相等来求，下面就是想办法求法向量了，如平面，可设是它的法向量，利用，得到，只要令，就可得到一个法向量.

试题解析：(1)按如图所示建立空间直角坐标系．由题知，可得点、、

、、、．

于是，．

可算得．

因此，．

又，

所以，．

(2)设是平面的法向量．

∴

又，

∴取，可得即平面的一个法向量是．

由(1)知，是平面的一个法向量，

记与的夹角为，则，．

结合三棱柱可知，二面角是锐角，

∴所求二面角的大小是．

(1)详见解析， (2)

试题分析：(1)折叠问题，首先要明确折叠前后量的变化，尤其是垂直条件的变化，本题要证明线面垂直，首先找线线垂直，折叠前后都有条件,而折叠后直线变为两条相交直线，因此可由线面垂直判定定理得到BC⊥平面AFG ，(2)求二面角，有两个方法，一是作出二面角的平面角，二是利用空间向量计算；本题易建立空间直角坐标系，较易表示各点坐标，因此选择利用空间向量求二面角.下面的关键是求出两个平面的法向量，平面ADE的一个法向量易求，而平面ABE的一个法向量则需列方程组求解，最后利用数量积求夹角的余弦值

试题解析：(1) 在图甲中，由△ABC是等边三角形，E，D分别为AB，AC的三等分点，点G为BC边的中点，易知DE⊥AF，DE⊥GF，DE//BC．            2分

在图乙中，因为DE⊥AF，DE⊥GF，AFFG=F，所以DE⊥平面AFG．

又DE//BC，所以BC⊥平面AFG．                    4分

(2) 因为平面AED⊥平面BCDE，平面AED平面BCDE=DE，DE⊥AF，DE⊥GF，所以FA，FD，FG两两垂直．

以点F为坐标原点，分别以FG，FD，FA所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则，，，所以，0)．              6分

设平面ABE的一个法向量为．

则，即，

取，则，，则．            8分

显然为平面ADE的一个法向量，

所以．                  10分

二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．   12分

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）

试题分析：（1）连接和交于点，连接，证为平行四边形得//，根据线面平行的判定定理即可证得//平面。（2）用空间向量法证两向量数量积为0。（3）用空间向量法求两向量所成角的余弦值，但应注意两空间向量所成角范围为，异面直线所成角范围为，所以其余弦值应为正数。

试题解析：

（1）（方法一）连接和交于点，连接，由长方体知//且，

所以四边形为平行四边形，所以//，又平面，平

面，故//平面。            （4分）

（方法二）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则,

,.,,,

从而，故故//平面。 （4分）

（2）由（1）的方法二可知，

∴，   （6分）

∴.    （7分）

所以              （8分）

（3）由（1）、（2）知，，设异面直线AF与BD所成

的角为q，则，

故异面直线与所成角的余弦值为                 （12分）