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1、2012考前金题巧练（1）参答1.解：(Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，P(0，1，m)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)所以又由知，为平面的一个法向量。设AP与平面所成的角为，则。依题意有解得。故当时，直线AP与平面所成的角的正切值为。（Ⅱ）若在A1C1上存在这样的点Q，设此点的横坐标为，则Q(x，1－，1)，。依题意，对任意的m要使D1Q在平面APD1上的射影垂直于AP，等价于D1Q⊥AP即Q为A1C1的中点时，满足题设要求。2
2、.解：（Ⅰ）以所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，ADBCVxyz于是，，，．从而，即．2012考前金题巧练（1）参答第7页（共7页）同理，即．又，平面．又平面．平面平面．（Ⅱ）设直线与平面所成的角为，平面的一个法向量为，则由．得可取，又，于是，，，．又，．即直线与平面所成角的取值范围为．3.解：建立如图坐标系，则A（0，0，0）B（a，0，0），C（0，a，0）连A1B，由条件知，△A1AB和△A1AC均为等边△且边长为a，∴∠A1AB=∠A1AC=60°，设A（x，y，z），则由同理
3、得（I）A1C//面ADB1，∵A1C//ED，又E为A1B中点，∴D为BC中点，∴D，设面ADB1的法向量2012考前金题巧练（1）参答第7页（共7页）则取设A1C面ADB1的距离为d，则（Ⅱ）平面ABC的一个法向量为，设平面A1AB的法向量为则，取设，则即二面角A1—AB—C的大小为（Ⅲ）设AB1与平面ABC所成角为θ2，则，即AB1与平面ABC所成角为4.（Ⅰ）证明：因为底面是菱形所以.因为，，所以平面.（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可知.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.因为底面是菱形，所以.
4、所以.（Ⅲ）解：不存在.下面用反证法说明.假设存在点（异于点）使得∥平面.在菱形中，∥，因为平面，平面，所以∥平面.因为平面，平面，，所以平面∥平面.而平面与平面相交，矛盾.2012考前金题巧练（1）参答第7页（共7页）5（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.
5、所以AE⊥PD（Ⅱ）由（Ⅰ）由知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，联,平面PAD,是直线HE与平面PAD所成的角,不妨设,则,在,,当最小时,最大,,此时,由,得,,,,,,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6．（Ⅰ）证明:由等腰直角三角形有，CDDE，DE∥BC
6、又，面ACD，平面，平面，2012考前金题巧练（1）参答第7页（共7页）平面平面。（Ⅱ）由条件有PQ为的中位线，MN为梯形BCDE的中位线PQ∥DE，MN∥DEPQ∥MNM、N、P、Q四点共面．（Ⅲ）解：平面平面,交线为DE,ADDEAD面BCDEAD、DC、DE两两互相垂直可以以D为原点建立如图空间直角坐标系，设AD=2（长度单位），则DC=2，BC=4，则C（2，0，0），A（0，0，2），E（0，2，0），B（2，4，0）设异面直线BE与MQ所成的角为，∵MQ∥BC,∴，异面直线BE与MQ所成的角大小为．A
7、CR为正三角形，＝异面直线BE与QM所成的角大小为7．解：（Ⅰ）∵PD⊥面ABCD，AB面ABCD，∴AB⊥PD，又AB⊥AD，∴AB⊥面PAD.又MN是△PAB的中位线，∴MN∥AB，从而MN⊥面PAD.w.w.w.k.s.5.u.c.o.m∴∠PMD为二面角P—MN—D的平面角,由已知，在Rt△PAD中，易证：∠PAD=60°，而M是PA的中点，∴∠PMD=120即所求二面角P—MN—D的大小为120°.（Ⅱ）令，不妨设AD=2，则，.以D为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
8、则PABCDMNxyzD（0，0，0），N（1，2，），C（0，4x，0），∴（1，2，），（1，2-4x，）；若∠CND为直角，则必有，即于是有，解得.∴当时，∠CND为直角.8.解：（Ⅰ）以A为坐标原点AB,AD,AE所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系2012考前金题巧练（1）参答第7页（共7页）则,,Fzxy做BD的中点F并连接CF，AF；由题意可得CF
