5.2008湖南卷17.(本小题满分12分)

　　 如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形，∠BCD＝60°，E是CD的中点，PA⊥底面ABCD，PA＝2.

　 (Ⅰ)证明：平面PBE⊥平面PAB;

(Ⅱ)求平面PAD和平面PBE所成二面角(锐角)的大小.

解: 解法一(Ⅰ)如图所示，连结BD，由ABCD是菱形且∠BCD=60°知，

△BCD是等边三角形.因为E是CD的中点，所以BE⊥CD,又AB∥CD,

所以BE⊥AB.又因为PA⊥平面ABCD，平面ABCD，所以

PA⊥BE.而AB=A,因此BE⊥平面PAB.

又平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB.

(Ⅱ)延长AD、BE相交于点F，连结PF.

过点A作AH⊥PB于H，由(Ⅰ)知

平面PBE⊥平面PAB,所以AH⊥平面PBE.

在Rt△ABF中，因为∠BAF＝60°，

所以，AF=2AB=2=AP.

在等腰Rt△PAF中，取PF的中点G，连接AG.

则AG⊥PF.连结HG，由三垂线定理的逆定理得，

PF⊥HG.所以∠AGH是平面PAD和平面PBE所成二面角的平面角(锐角).

在等腰Rt△PAF中，

在Rt△PAB中，

所以，在Rt△AHG中，

故平面PAD和平面PBE所成二面角(锐角)的大小是

解法二: 如图所示，以A为原点，建立空间直角坐标系.则相关各点的坐标分别是A(0，0，0)，B(1，0，0)，

P(0，0，2),

(Ⅰ)因为，

平面PAB的一个法向量是，

所以共线.从而BE⊥平面PAB.

又因为平面PBE，

故平面PBE⊥平面PAB.

　 (Ⅱ)易知　

　　　 设是平面PBE的一个法向量，则由得

所以

　　　 设是平面PAD的一个法向量，则由得

所以故可取

　　　 于是，

　　　 故平面PAD和平面PBE所成二面角(锐角)的大小是

4.2008陕西卷19．(本小题满分12分)

三棱锥被平行于底面的平面所截得的几何体如图所示，截面为，，平面，，，，，．

(Ⅰ)证明：平面平面；

(Ⅱ)求二面角的大小．

解法一：(Ⅰ)平面平面，

．在中，，

，，又，

，，即．

又，平面，

平面，平面平面．

(Ⅱ)如图，作交于点，连接，

由已知得平面．

是在面内的射影．

由三垂线定理知，

为二面角的平面角．

过作交于点，

则，，

．

在中，．

在中，．

，

即二面角为．

解法二：(Ⅰ)如图，建立空间直角坐标系，

则，

，．

点坐标为．

，．

，，，，又，

平面，又平面，平面平面．

(Ⅱ)平面，取为平面的法向量，

设平面的法向量为，则．

，

如图，可取，则，

，

即二面角为．

3.2008辽宁卷19．(本小题满分12分)

如图，在棱长为1的正方体中，AP=BQ=b(0<b<1)，截面PQEF∥，截面PQGH∥．

(Ⅰ)证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；

(Ⅱ)证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，

并求出这个值；

(Ⅲ)若与平面PQEF所成的角为，求与平

面PQGH所成角的正弦值．

本小题主要考查空间中的线面关系，面面关系，解三角形等基础知识，考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分．

解法一：

(Ⅰ)证明：在正方体中，，，又由已知可得

，，，

所以，，

所以平面．

所以平面和平面互相垂直．······· 4分

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知

，又截面PQEF和截面PQGH都是矩形，且PQ=1，所以截面PQEF和截面PQGH面积之和是

，是定值．···················· 8分

(III)解：连结BC′交EQ于点M．

因为，，

所以平面和平面PQGH互相平行，因此与平面PQGH所成角与与平面所成角相等．

与(Ⅰ)同理可证EQ⊥平面PQGH，可知EM⊥平面，因此EM与的比值就是所求的正弦值．

设交PF于点N，连结EN，由知

．

因为⊥平面PQEF，又已知与平面PQEF成角，

所以，即，

解得，可知E为BC中点．

所以EM=，又，

故与平面PQCH所成角的正弦值为．··············· 12分

解法二：

以D为原点，射线DA，DC，DD′分别为x，y，z轴的正半轴建立如图的空间直角坐标系D－xyz由已知得，故

，，，，

，，，

，，．

(Ⅰ)证明：在所建立的坐标系中，可得

，

，

．

因为，所以是平面PQEF的法向量．

因为，所以是平面PQGH的法向量．

因为，所以，

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．····················· 4分

(Ⅱ)证明：因为，所以，又，所以PQEF为矩形，同理PQGH为矩形．

在所建立的坐标系中可求得，，

所以，又，

所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为，是定值．·············· 8分

(Ⅲ)解：由已知得与成角，又可得

　　　　　　　　　　　　 ，

即，解得．

所以，又，所以与平面PQGH所成角的正弦值为

．····················· 12分

2.2008江苏卷16．在四面体ABCD 中，CB= CD, AD⊥BD，且E ,F分别是AB,BD 的中点，

求证：(Ⅰ)直线EF ∥面ACD ；

(Ⅱ)面EFC⊥面BCD ．

[解析]本小题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系的判定．

(Ⅰ)∵ E,F 分别是AB,BD 的中点，

∴EF 是△ABD 的中位线，∴EF∥AD，

∵EF面ACD ，AD 面ACD ，∴直线EF∥面ACD ．

(Ⅱ)∵ AD⊥BD ，EF∥AD，∴ EF⊥BD.

∵CB=CD, F 是BD的中点，∴CF⊥BD.

又EFCF=F，∴BD⊥面EFC．∵BD面BCD，∴面EFC⊥面BCD ．

江西卷．解 ：(1)证明：依题设，是的中位线，所以∥，

则∥平面，所以∥。

又是的中点，所以⊥，则⊥。

因为⊥，⊥，

所以⊥面，则⊥，

因此⊥面。　　　　　　

(2)作⊥于，连。因为⊥平面，

根据三垂线定理知，⊥，

就是二面角的平面角。

作⊥于，则∥，则是的中点，则。

设，由得，，解得，

在中，，则，。

所以，故二面角为。

解法二：(1)以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则

所以

所以

所以平面

由∥得∥，故：平面

(2)由已知设

则

由与共线得:存在有得

同理:

设是平面的一个法向量,

则令得　

又是平面的一个法量

所以二面角的大小为

(3)由(2)知，，，平面的一个法向量为。

则。

则点到平面的距离为

1．2008山东卷(20)(本小题满分12分)

如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，,E，F分别是BC, PC的中点.

(Ⅰ)证明：AE⊥PD;

(Ⅱ)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二面角E-AF-C的余弦值.

(Ⅰ)证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得△ABC为正三角形.

因为　　　 E为BC的中点，所以AE⊥BC.

　　 又　 BC∥AD，因此AE⊥AD.

因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，所以PA⊥AE.

而　　 PA平面PAD，AD平面PAD 且PA∩AD=A，

所以　 AE⊥平面PAD，又PD平面PAD.

所以 AE⊥PD.

(Ⅱ)解：设AB=2，H为PD上任意一点，连接AH，EH.

由(Ⅰ)知　 AE⊥平面PAD，

则∠EHA为EH与平面PAD所成的角.

在Rt△EAH中，AE=，

所以　 当AH最短时，∠EHA最大，

即　　 当AH⊥PD时，∠EHA最大.

此时　　 tan∠EHA=

因此　 AH=.又AD=2，所以∠ADH=45°，

所以　　 PA=2.

解法一：因为　 PA⊥平面ABCD，PA平面PAC，

　　　　 所以　 平面PAC⊥平面ABCD.

　　　　 过E作EO⊥AC于O，则EO⊥平面PAC，

　　　　 过O作OS⊥AF于S，连接ES，则∠ESO为二面角E-AF-C的平面角，

　　　 在Rt△AOE中，EO=AE·sin30°=，AO=AE·cos30°=,

　　　 又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SO=AO·sin45°=,

　　　 又　　

　　　 在Rt△ESO中，cos∠ESO=

　　　 即所求二面角的余弦值为

解法二：由(Ⅰ)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E、F分别为BC、PC的中点，所以

E、F分别为BC、PC的中点，所以

A(0，0，0)，B(，-1，0)，C(C，1，0)，

D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(，0，0)，F()，

所以　　

设平面AEF的一法向量为

则　　　 因此

取

因为 　BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC=A，

所以　 BD⊥平面AFC，

故　　 为平面AFC的一法向量.

又　　 =(-)，

所以　 cos＜m, ＞=

因为　 二面角E-AF-C为锐角，

所以所求二面角的余弦值为

4．利用向量处理距离问题

　立体几何中涉及到距离的问题比较多，如两点的距离、点与线的距离、点与面的距离、线与面的距离、两异面直线的距离问题等等，它是数学学习中的一个难点。此部分若用向量来处理，则思路较为简单，方法较为因定。

(1)利用可以求有关距离问题；

(2)设是直线上的一个单位方向向量，线段AB在上的投影是，则有｜｜＝，由此可求点到线，点到面的距离。

3．利用向量处理角度问题

在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等。关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角。对于空间向量，有，利用这一结论，我们可以较方便地处理立体几何中的角的问题。

　求异面直线所成的角的关键在于求异面直线上两向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示，两向量的夹角范围是，而两异面直线所成角的范围是，应注意加以区分。

　　直线与平面的夹角，是直线的方向向量与平面的法向量的夹角(锐角)的余角，故有：，。

设分别是二面角的面的法向量，则＜＞就是所求二面角的平面角或其补角的大小。

2．利用向量处理垂直问题

　空间的线线、线面、面面垂直关系，都可以转化为空间内的两个向量垂直问题来解决。

(1)设分别为直线的一个方向向量，那么；

(2)设分别为平面的一个法向量，那么；

(3)设直线的方向向量为，平面的法向量为，那么。

1．利用向量处理平行问题

　空间图形的平行关系包括直线与直线的平行，直线与平面的平行，平面与平面的平行，它们都可以用向量方法来研究。方法如下：

(1)设是两条不重合的直线，它们的方向向量分别为，那么。根据实数与向量积的定义：。

(2)平面与平面平行可以转化两个平面的法向量平行：设两个不重合的平面的法向量分别为，那么。

(3)直线与平面平行可以转化为直线的方向向量与平面与平面的法向量垂直：设直线在平面外，是的一个方向向量，是平面的一个法向量，那么。

(4)平面表示以为方向向量的直线与向量平行或在平面内，因此也可以由共面向量定理证明线面平行问题。

(二)考点预测题

1(2007年宁夏理4)．已知是等差数列，，其前10项和，则其公差(　)

A．　　　　　　　　　 B．　　　　　 C．　　　　　　　 D．

[解析]由得a₁=4, 则a₁₀=a₁+9d=4+9d=10，所以．

[答案]D．

2(2008年天津卷20)．在数列中，，，且()．

(Ⅰ)设()，证明是等比数列；

(Ⅱ)求数列的通项公式；

(Ⅲ)若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项．

[解析](Ⅰ)证明：由题设()，得

，即，．

又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．

(Ⅱ)解法：由(Ⅰ)

　　　　，

　　　　，

　　　　……

　　　　，()．

将以上各式相加，得()．

所以当时，

上式对显然成立．

(Ⅲ)解：由(Ⅱ)，当时，显然不是与的等差中项，故．

由可得，由得，　①

整理得，解得或(舍去)．于是．

另一方面，，

　　　．

由①可得，．

所以对任意的，是与的等差中项．

3(2008年辽宁卷21)．在数列，中，a₁=2，b₁=4，且成等差数列，成等比数列()

(Ⅰ)求a₂，a₃，a₄及b₂，b₃，b₄，由此猜测，的通项公式，并证明你的结论；

(Ⅱ)证明：．

[解析](Ⅰ)由条件得

由此可得

．

猜测．

用数学归纳法证明：

①当n=1时，由上可得结论成立．

②假设当n=k时，结论成立，即

，

那么当n=k+1时，

．

所以当n=k+1时，结论也成立．

由①②，可知对一切正整数都成立．

4(2008-2009学年江苏省盐城市高三数学上学期第一次月考20)．已知数列和满足,,.

(Ⅰ) 当时,求证: 对于任意的实数,一定不是等差数列；

(Ⅱ) 当时,试判断是否为等比数列；

(Ⅲ) 设为数列的前项和,在(Ⅱ)的条件下,是否存在实数,使得对任意的正

整数,都有?若存在,请求出的取值范围；若不存在,请说明理由.

[解析](Ⅰ)当时,

假设是等差数列,由得,即5=2,矛盾.

故对于任意的实数,一定不是等差数列.

(Ⅱ)当时,.而,所以

　=.

又 .

故当时, 不是等比数列.

当时, 是以为首项,为公比的等比数列.

(Ⅲ)由(Ⅱ)知,当时,,不合要求.

所以,于是,要使成立,

则.

令,当n正奇数时,；当n正偶数时,.

故的最大值为,最小值为.

欲对任意的正整数n都成立,则,即,所以.

综上所述,存在唯一的实数=,使得对任意的正整数,都有.