热门试卷

（1）证明详见解析；（2）.

试题分析：先以点为原点建立空间直角坐标系，然后标明有效点的坐标，（1）写出有效向量的坐标，利用向量的数量积为零即可证明，从而可得平面；（2）易知为平面的法向量，先计算，然后观察二面角是锐角还是钝角，最终确定二面角的余弦值.

试题解析：以为原点建立如图空间直角坐标系，正方体棱长为2

则  2分

(1)则，

          3分

∵

∴          4分

∵

∴          5分

又，，      6分

∴面                      7分

(2)由(1)知为面的法向量          8分

∵面，为面的法向量      9分

设与夹角为，则   12分

由图可知二面角的平面角为

∴二面角的余弦值为              14分.

解法1  利用平面的法向量求二面角。以为原点，以、、为、、轴建立空间直角坐标系（如图1）。依题意，得.于是.

设为平面的法向量，则由,得，

，可取。同理可得平面的一个法向量>

由，知二面角的平面角的大小为。

解法2  利用异面直线所成角求二面角。

建立空间直角坐标系同上，过A、N分别作的垂线AE、NF，垂足为E、F，则二面角的平面角大小为.

设

则，

由,有，可得，故,

由

（1）证明过程详见解析；（2）.

试题分析：本题以三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和线面垂直的判定以及线面角的求法，可以运用空间向量法求解，突出考查考生的空间想象能力和推理论证能力以及计算能力.第一问，由于侧面为矩形，所以在直角三角形和直角三角形中可求出和的正切值相等，从而判断2个角相等，通过转化角得到， 又由于线面垂直，可得，所以可证， 从而得证；第二问，根据已知条件建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，根据，求出平面的法向量，再利用夹角公式求出直线和平面所成角的正弦值.

试题解析：(1)证明：由题意,

注意到,所以,

所以,

所以,      3分

又侧面，

又与交于点，所以,

又因为,所以        6分

(2)如图，分别以所在的直线为轴，以为原点，建立空间直角坐标系

则，，，，，

又因为，所以        8分

所以，，

设平面的法向量为，

则根据可得是平面的一个法向量,

设直线与平面所成角为，则   12分

（1）证明：如图1

∵底面ABCD是正方形；

∴BC⊥DC；

∵SD⊥底面ABCD；

∴DC是SC在平面ABCD上的射影

由三垂线定理得BC⊥SC

（2）∵SD⊥底面ABCD，且ABCD为正方形，

∴可以把四棱锥S-ABCD补形为长方体A1B1C1S-ABCD，如图2

面ASD与面BSC所成的二面角就是面ADSA1与面BCSA1所成的二面角，

∵SC⊥BC，BC∥A1S

∴SC⊥A1S

又SD⊥A1S，

∴∠CSD为所求二面角的平面角

在Rt△SCB中，由勾股定理得SC=在Rt△SDC中，

由勾股定理得SD=1，

∴∠CSD=45°即面ASD与面BSC所成的二面角为45°

（1）见解析  （2）

(1)证明:连接BD,因为M、N分别是PB、PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.

又因为MN⊄平面ABCD,BD⊂平面ABCD,

所以MN∥平面ABCD.

(2)解: 如图所示,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,

得AC=AB=BC=CD=DA,

BD=AB.

又因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AB,PA⊥AC,

PA⊥AD.

所以PB=PC=PD.

所以△PBC≌△PDC.

而M、N分别是PB、PD的中点,

所以MQ=NQ,

且AM=PB=PD=AN.

取线段MN的中点E,连接AE,EQ,

则AE⊥MN,QE⊥MN,

所以∠AEQ为二面角AMNQ的平面角.

由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.

在直角△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4,

在△PBC中,cos∠BPC==,

得MQ==.

在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,

得QE==.

在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,

得cos∠AEQ==.

所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为.

（1）证明见试题解析；（2）.

试题分析：（1）①根据在处取得极值，求导将带入到导函数中，联立方程组求出的值；②存在性恒成立问题，，只需，进入通过求导求出的极值，最值.（2）当的未知时，要根据中分子是二次函数形式按进行讨论.

试题解析：（1）定义域为.

①,

因为在处取和极值，故,

即，解得.

②由题意：存在，使得不等式成立，则只需

由，令则，令则或，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减

所以在处取得极小值，

而最大值需要比较的大小,

,

,

比较与4的大小，而，所以

所以

所以.

（2）当 时，

①当时，则在上单调递增；

②当时，∵ ，则在上单调递增；

③当时，设，只需，从而得，此时在上单调递减；

综上可得，.

∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD

又PB⊥PD，BO=2，PO=，

由平面几何知识得：OD=1，PD=，PB=

过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，

∵四边形ABCD是等腰梯形，

∴OC=OD=1，OB=OA=2，OA⊥OB

∴BC=，AB=2，CD=

又AB∥DC

∴四边形EBCD是平行四边形．

∴ED=BC=，BE=CD=

∴E是AB的中点，且AE=

又PA=PB=，

∴△PEA为直角三角形，

∴PE===2

在△PED中，由余弦定理得cos∠PDE===

故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为

（Ⅰ）证明见解析。

（Ⅱ）

（Ⅰ）由该四棱锥的三视图可知，四棱锥的底面是边长为2和1的矩形，侧棱平面，且.

∵

∴平面. ∴．

又在中，∵,是的中点，

∴．

∵,∴平面．

∴.                          6分

（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知，平面,

∴平面平面,且交线为，

∴在面内过做，垂足为,

则必有平面．连接则即

为直线 与平面 所成角.            8分

在中，．

在中，．

∴直线 与平面 所成角的正弦值为.                         12分

解法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则,,,,．

∴.

设是平面的一个法向量，则由 得 即 

取得.

而，∴．

设直线 与平面 所成角为，则．

∴直线 与平面 所成角的正弦值为.                        12分

（1）SA=（2）arcsin

（1）SA=

（2）∵SC⊥平面AEFG，A又AE平面AEFG，∴AE⊥SC，∵SA⊥平面BD，又BC平面BD，∴SA⊥BC.又AB⊥BC，SA∩AB="A," ∴BC⊥平面SBC，∴AF在平面SBC上射影为EF.

由三垂线定理得∠AFE为二面角A—SC—B的平面角，易得AF=

∵AE⊥平面SBC，又SB平面SBC，    ∴AE⊥SB.

∴AE=A—SC—B的大小为arcsin