热门试卷

（1）证明见解析。

（2）证明见解析。

（1）在直三棱柱中，平面，

平面，∴，                  

又，，

∴平面。     ……………………6分

（2）由（1）得∴，

∵在中，，

∴为边上的中点，     ……………………9分

连结，∵点是的中点，

∴在直三棱柱中，四边形为平行四边形，

∴，又，∴，∴四边形为平行四边形。……………………12分

∴，又平面，平面，

∴平面。                                             ……………………14分

（1）由题意可得：

a=2，b=c，a2=b2+c2，∴b2=2，

∴椭圆方程为+=1．

（2）∵直线l的方向向量为（1，），

∴可设直线l的方程为y=x+m，设P（x1，y1），Q（x2，y2），

代入椭圆方程并化简得4x2+2mx+m2-4=0，

由△=8m2-16（m2-4）＞0，可得m2＜8．（*）

∴x1+x2=-m，x1x2=．

∴|PQ|==(16-2m2)．

又点O到PQ的距离为d=，

∴S△OPQ=|PQ|•d=≤•=，

当且仅当2m2=16-2m2，即m=±2时取等号，且满足（*）式．

所以△OPQ面积的最大值为．

（3）依题意知，直线l的斜率存在，故可设直线l的方程为y=k（x-1）

设M（x3，y3），N（x4，y4），R（0，y5）

则M、N满足消去y化为（2+k2）x2-2k2x+k2-4=0，

易知△＞0，∴x3+x4=，x3x4=．

∵=λ，∴（x3，y3-y5）=λ（1-x3，y3），

∵x3≠1，∴λ=，

同理μ=．

∴λ+μ═+==-4．

∴λ+μ为定值-4．

(1) 证明略，(2)证明略，(3) 二面角的大小是

(1)证明：在四棱锥中，因底面，平面，故．，平面．而平面，．

(2) 证明：由，, 可得．

是的中点，．由(1)知，，且

，所以平面．而平面，

．底面在底面内的

射影是，，．又，

综上得平面．

(3) 解法一：过点作，垂足为，连结．则由(2)知，平面，在平面内的射影是，则．因此是二面角的平面角．由已知，得．设，可得

．

在中，，，则

．

在中，．所以二面角的大小是．

解法二：由题设底面，平面，则平面平面，交线为．

过点作，垂足为，故平面．过点作，垂足为，连结，故．因此是二面角的平面角．

由已知，可得，设，

可得．

，．

于是，．

在中，．

所以二面角的大小是．

（I）平面平面

（II）异面直线与所成角的大小为

（III）CD与平面所成角的最大值为

解法一：

（I）由题意，，，

是二面角是直二面角，

又二面角是直二面角，

，又，

平面，

又平面．

平面平面．

（II）作，垂足为，连结（如图），则，

是异面直线与所成的角．

在中，，，

．

又．

在中，．

异面直线与所成角的大小为．

（III）由（I）知，平面，

是与平面所成的角，且．

当最小时，最大，

这时，，垂足为，，，

与平面所成角的最大值为．

解法二：

（I）同解法一．

（II）建立空间直角坐标系，如图，则，，，，

，，

．

异面直线与所成角的大小为．

（III）同解法一

（1）3（2）

（1）设，由题设，

得，即，解得．

故的长为．（6分）

（2）因为在长方体中//，所以即为异面直线与所成的角（或其补角）．（8分）

在△中，计算可得，则的余弦值为，

故异面直线与所成角的大小为．（14分）

略

（Ⅰ）其体积是：

（Ⅱ）需要3个

它们分别是：四棱锥、、

（Ⅲ）见解析

本小题主要考查考生的空间想象能力，考查了对图形的观察、分析、想象的能力，以及线线、线面的位置关系和逻辑推理能力．满分12分。

（I）围成的是有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱锥．   ……………2分

其体积是：．                               …………………4分

（Ⅱ）需要3个（I）的几何体才能拼成一个图乙中的正方体，    …………………6分

它们分别是：四棱锥、、．     ……………8分

（注：本题答案表达形式不唯一，考生以其它形式写出的三个四棱锥，只要能拼成图乙中的正方体，同样给分）

（Ⅲ）平面，证明如下：连结与，则平面即为平面．

在正方体中，平面，平面，

．

又且，

平面即平面． ………12分