热门试卷

(1) ；（2）．

试题分析：（1）求异面直线所成的角，一般根据定义，过异面直线中的一条上某一点作中一条直线的平行线，把异面直线所成的角化为相交直线所夹的锐角或直角，而这可能通过在三角形中求得,如果图形中有两两相互垂直且交于同一点的三条直线，那么我们可以建立空间直角坐标系，把异面直线所成的角转化为空间两向量的夹角，要注意异面直线所成的角的范围是，而向量的夹角范围是，解题时注意转化；（2）这个几何体我们要通过划分，把它变成几个可求体积的几何体，如三棱锥和四棱锥，这两个棱锥的体积都易求，故原几何体的体积也易求得．

试题解析：（1）解法一：在的延长线上延长至点使得,连接.

由题意得，，，平面，

∴平面，∴，同理可证面.

∵ ，，

∴为平行四边形，

∴.

则（或其补角）为异面直线和

所成的角.                          3分

由平面几何知识及勾股定理可以得

在中，由余弦定理得

．

∵ 异面直线的夹角范围为，

∴ 异面直线和所成的角为．                             7分

解法二：同解法一得所在直线相互垂直，故以为原点，所在直线

分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，                            2分

可得，

∴ ，

得.               4分

设向量夹角为，则

．

∵ 异面直线的夹角范围为，

∴ 异面直线和所成的角为．                 7分

（２）如图，连结，过作的垂线，垂足为，则平面，且.   9分

∵      11分

.

∴ 几何体的体积为.  14分

法一:（I）如图，，因为，所以，又平面，

以为轴建立空间坐标系，则，，，

，，,，

，，由，

知，又，从而平面；

（II）由，得。

设平面的法向量为，，，所以

，设，则

再设平面的法向量为，，

所以，设，则

故, 可知二面角余弦值的大小.

法二: （I）如图，，因为，平面，所以又,所以，从而平面；

（II）由（I）知为菱形，

≌.

作于,连,则

故为二面角的平面角，

.

故二面角余弦值的大小.

略

（1）详见试题分析；（2）（或）．

试题分析：（1）以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立空间直角坐标系，计算向量数量积为0，从而证得．也可以利用综合法：先由已知平面得平面平面，再由面面垂直的性质定理证得平面，而为菱形中最后由三垂线定理得；（2）向量法：先求平面和平面的法向量，再利用公式来求二面角的大小．综合法：先利用三垂线定理或其逆定理作出二面角的平面角，再利用解三角形的有关知识求其余弦值大小．

试题解析：解法一：（1）平面，平面，故平面平面．又，

平面．连结，∵侧面为菱形，故，由三垂线定理得；（2）平面平面，故平面平面．作为垂足，则平面．又直线∥平面，因而为直线与平面的距离，．∵为的角平分线，故．作为垂足，连结，由三垂线定理得，故为二面角的平面角．由得为的中点，∴二面角的大小为．

解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．由题设知与轴平行，轴在平面内．

（1）设，由题设有则由得，即（①）．于是．

（2）设平面的法向量则即．

故，且．令，则，点到平面的距离为．又依题设，点到平面的距离为．代入①解得（舍去）或．于是．设平面的法向量，则，即，故且．令，则．又为平面的法向量，故，∴二面角的大小为．

（1）详见解析；（2）点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；（3）.

试题分析：（1）分别证明，即可；（2）方法一：先以为原点，分别为轴，建立直角坐标系，写出各点坐标，，，，为中点，故，设点，利用平面得，据此可解出；方法二：作交于，注意到，故与相似，因此，于是得；（3）方法一：由于，即为平面的法向量，，，要求直线与平面所成角的正弦值，记直线与平面所成角为，根据直线与面的夹角正弦正好等于直线与面的法向量的夹角余弦的绝对值，则知，故只需计算即可，利用余弦公式有，故；方法二：由于，所以可以转而考虑与平面所成角，为此需要找到在平面内的投影，此投影与所成角即为线面夹角，然后求与平面所成角的正弦，于是在中作，而平面平面，由此平面，即为在平面内的投影，就等于直线与平面所成角， ，

在中，，，

故.

试题解析：（1）直二面角的平面角为，又，

则平面，所以．

又在平面四边形中，由已知数据易得，而，

故平面，因为平面，所以平面平面 （4分）

（2）解法一：由（1）的分析易知，，则以为原点建立空间直角坐标系如图所示．

结合已知数据可得，，，，

则中点.

平面，故可设，

则，

平面，，

又，

由此解得，即，

易知这样的点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；   （8分）

解法二：（略解）如图所示，

在中作，交于，

因为平面平面，则有平面．

在中，结合已知数据，利用三角形相似等知识可以求得，

故知所求点存在，且为线段上靠近点的一个四等分点；  ..（8分）

（3）解法一：由（2）是平面的一个法向量，又，

则得，所以，

记直线与平面所成角为，则知，

故所求角的正弦值为.   ..（12分）

解法二：（略解）如上图中，因为，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，由此，在中作于，易证平面，

连接，则为直线与平面所成角，

结合题目数据可求得，故所求角的正弦值为.   ..（12分）

（1）证明过程详见试题解析；（2）二面角Q—BP—C的余弦值为．

试题分析：（1）以点为中心建立空间坐标系，要证平面⊥平面，只需证明PQ⊥DQ，PQ⊥DC即可；（2）先求出平面PBC的和平面PBQ的法向量，两个法向量所成的角即为二面角Q—BP—C的平面角，然后求出余弦值即可．

试题解析：（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）.

则

所以

即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ.

又PQ平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.  

（2）依题意有B（1，0，1），

设是平面PBC的法向量，则

因此可取

设m是平面PBQ的法向量，则

可取

故二面角Q—BP—C的余弦值为

（1）证明过程详见试题解析；（2）；（3）.

试题分析：（1）如图，取的中点,连结、,

因为是正三角形，所以,又因为,所以;由,那么,所以;（2）由（1）结合条件可以得到就是二面角的平面角，在直角三角形中，有,又那么在直角三角形中，可根据勾股定理求出,那么;（3）以为坐标原点建立直角平面坐标系，要使得最小，就是要找出点关于平面的对称点,求出即可.因此建立如解析中空间直角坐标系求.

试题解析：（1）证明：∵ ，△是正三角形，

∴ ，

∴ ,

又∵ ,∴△是正三角形，

取中点，连结、，则

又∵，

∴,

又∵,

∴  

（2）证明：∵，由（1）知，

∴，

∴；

∵

   ∴

∵,∴ ，

在

∴

（3）解：延长至使，连结、、，

以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则点的坐标为，的坐标是，

则就是的最小值，

（1）见解析（2）见解析

（1）∵

∴①……………………2分

∴

∴②……………………4分

联立①，②解得：……………………6分

（2）

……………………10分

∴……………………11分

当

此时

（1）详见解析

（2）二面角的大小为 .

解：建立如图所示空间直角坐标系.

（1） 

.

（2）设 是平面的一个法向量，

解得 ，取 ，得

 ， 的一个法向量为 

设与的夹角为 ，则 

结合图形，可判别得二面角 是锐角，它的大小为 .