热门试卷

（1）证明过程详见解析；（2）．

试题分析：本题主要考查线线垂直、线面垂直、面面垂直、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．第一问，连结OC，由于为等腰三角形，O为AB的中点，所以，利用面面垂直的性质，得平面ABEF，利用线面垂直的性质得，由线面垂直的判定得平面OEC，所以，所以线面垂直的判定得平面，最后利用线面垂直的性质得；第二问，利用向量法，先建立空间直角坐标系，求出平面FCE和平面CEB的法向量，再利用夹角公式求二面角的余弦值，但是需要判断二面角是锐角还是钝角．

试题解析：（1）证明：连结OC，因AC=BC，O是AB的中点，故．

又因平面ABC平面ABEF，故平面ABEF，     2分

于是．又，所以平面OEC，所以，     4分

又因，故平面，所以．     6分

（2）由（1），得，不妨设，，取EF的中点D，以O为原点，OC，OB，OD所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设，则，

在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则从而设平面的法向量，由，得，                    9分

同理可求得平面的法向量，设的夹角为，则，由于二面角为钝二面角，则余弦值为                            13分

（1）参考解析；（2）；（3），

试题分析：（1）根据题意，由于三角形ABE是等边三角形，所以以线段AB的中点为坐标原点建立空间直角坐标系.写出相应点的坐标，表示出向量AB与向量DE，并求出两个向量的数量积为零，所以两个向量垂直，及对应的两条直线垂直.

（2）平面与平面垂直关键是求出两个平面的法向量，再根据法向量的夹角的余弦值的绝对值等于锐二面角的余弦值.

（3）用待定系数的方法，假设存在该点Q，要满足平面，只需要向量PQ，与平面内任一两条直线所对应的向量的数量积为零即可，从而求出点Q的坐标即线段PQ的长.

试题解析：（1）证明：取中点，连结，

因为△是正三角形，所以.

因为四边形是直角梯形，，，

所以四边形是平行四边形，，

又，所以 .

所以平面，

所以.

（2）解：因为平面平面，

，所以平面，

所以.

如图所示，以为原点建立空间直角坐标系.

则，，，，.

所以 ,，

设平面的法向量为，则

，

令，则,.所以.

同理求得平面的法向量为，设平面与平面所成的锐二面角为，则

.

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

（3）解：设，因为，

所以，,.

依题意即

解得 ，.

符合点在三角形内的条件.

所以，存在点，使平面，此时.

（1）参考解析；（2）

试题分析：（1）直线与平面垂直的证明，对于理科生来说主要是以建立空间直角坐标系为主要方法，所以根据题意建立坐标系后，写出相应的点的坐标.根据向量证明向量与平面内的两个相交向量的数量积为零即可.

（2）证明直线与平面所成的角的正弦值，主要是通过求出平面的法向量与该直线的夹角的余弦值，再通过两角的互余关系转化为正弦值.

试题解析：（1）证明:因为是直三棱柱，

所以，

又，

即.

如图所示，建立空间直角坐标系.

,,,，

所以 ，，

.

又因为 ，，

所以 ，，平面.

（2）解：由（1）知，是平面的法向量，

，

则 .

设直线与平面所成的角为， 则.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）

（Ⅰ）如图，以为原点建立空间直角坐标系．

则，，，，

∴，，．

，

又与交于点

，

∴平面．------------4分

（Ⅱ）设与所成的角为．

，，．

∴，

．

∴．

所求异面直线与所成角的余弦值为．---------------9分

（Ⅲ）设平面与直线所成的角为．

设平面的法向量为．

，，，，．

令，则

．

．

所求平面与直线所成角的正弦值为．--------------------14分

（1）证明过程见试题解析；（2）实数的值为.

试题分析：（Ⅰ）连接BD交AC于点M,连结ME, 先证明，再证明∥面；

先以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系, 求出各点的坐标，再求出平面的一个法向量为, 而已知直线与平面所成角为，进而可求实数的值．

试题解析：（Ⅰ）证明:连接BD交AC于点M,连结ME,

因∥

,当时,

.

则∥面．                             4分

（Ⅱ）由已知可以A为坐标原点,分别以AB,AP为y轴,Z轴建立空间直角坐标系,设DC=2,则,

由,可得E点的坐标为               6分

所以.

设平面的一个法向量为,则,设,则,,所以                                8分

若直线与平面所成角为,

则,                            9分

解得                               10分

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：这是一道应用空间向量解决空间平行与空间角问题的试题.（1）先确定、、的坐标，然后设出平面的一个法向量为，由确定的一个取值，最后验证，即可作出平面的判断；（2）先找到的一个法向量为，然后计算，最后结合图形，确定二面角的余弦值是，还是.

试题解析：由题设知：在中，

、、、  4分

（1）    5分

，    6分

设平面的一个法向量为

则

令，得    8分

∵

∴平面           10分

（2）由（1）得平面的法向量，平面的一个法向量为   12分

设二面角的平面角为，则

即二面角的余弦值为           14分.

（1）见解析（2）1

(1)证明:设AD＝1，则DQ＝，DP＝2，又∵PD∥QA，∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝.

∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵CD⊥DA，DA∩PD＝D，∴CD⊥平面ADPQ.∵PQ⊂平面ADPQ，∴CD⊥PQ，又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.

(2)解　如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D-xyz.

设AD＝1，AB＝m(m>0)．

依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)，B(1,0，m)，则＝(1,0,0)，＝(－1,2，－m)，＝(1，－1,0)，

设n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即

因此可取n1＝(0，m,2)．

设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即

可取n2＝(m，m,1)．

又∵二面角Q-BP-C的余弦值为－，∴|cos 〈n1，n2〉|＝|－|.

∴＝，整理得m4＋7m2－8＝0.

又∵m>0，解得m＝1.因此，所求的值为1

（1）见解析（2）

(1)证明:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，所以四边形A1ACC1是矩形．连接A1C交AC1于O，则O是A1C的中点，又D是BC的中点，所以在△ADC1中，OD∥A1B，因为A1B⊄平面ADC1，OD⊂平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.

(2)解:因为△ABC是等边三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.以D为原点，建立如图所示空间坐标系D-xyz.由已知AB＝BB1＝2，得D(0,0,0)，A(，0,0)，A1(，0,2)，C1(0，－1,2)．

则＝(，0,0)，＝(0，－1，2)，设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，由得

取z＝1，则x＝0，y＝2，

∴n＝(0,2,1)，又＝(，0,2)，∴cos〈，n〉＝＝，设A1D与平面ADC1所成角为θ，

则sin θ＝|cos〈，n〉|＝，

故A1D与平面ADC1所成角的正弦值为.

（1）见解析；（2）；（3）见解析.

试题分析：（1）先建立空间直角坐标系，利用法向量证明OD//平面ABC，说明和平面ABC的法向量垂直即可；（2）设直线CD与平面ODM所成角为θ，求出平面ODM法向量，则；（3）设EM上一点N满足， 平面ABDE法向量，不存在使 ∴ 不存在满足题意的点N.

试题解析：以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BD为z轴，建立空间直角坐标系

，，，，，

（1）平面ABC的法向量，，

∴OD//平面ABC

（2）设平面ODM法向量为，直线CD与平面ODM所成角为θ

，，∴，

∴.

（3）设EM上一点N满足，

平面ABDE法向量，

不存在使 ∴不存在满足题意的点N.

(传统方法参照给分)