热门试卷

（1）由题意得：

                ………………………………………………………2分

所以           ………………………………………………3分

因为，所以

所以当即时，函数在区间上的最大值为.

……………………………………………6分

（2）由得：

化简得：

又因为，解得：            …………………………………………9分

由题意知：，解得，

又,所以

故所求边的长为.    …………………………………………………………………12分

解析：

（1）证明：由多面体的三视图知，三棱柱中,底面是等腰

直角三角形，，平面,侧面都是边长为的

正方形，连结，则是的中点，

在△中，，

且平面，平面，

∴∥平面。   

（2） 因为平面，平面,

,

又⊥，所以，⊥平面，

∴四边形 是矩形,且侧面⊥平面

取的中点,,且平面。

所以多面体的体积。

（1）∵面面，面面，,

∴面，                     2分

又∵面，∴平面平面. 4分

（2）取的中点，连结、，则 ,

又∵，∴， 6分

∴四边形是平行四边形，∴∥，

又∵面且面，∴∥面.  8分

（3）∵，面面=，   ∴面.

∴就是四面体的高，且=2. 10分

∵==2=2，∥，

∴

∴   ∴12分

（1）证明：直二面角P﹣DC﹣B的平面角为∠PDA=90°，且PD⊥DC，DA∩DC=D，

∴PD⊥平面ABCD，

∵BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，

则BC=BD=，

在三角形BCD中，BC2+BD2=CD2，

∴BD⊥BC，

∵PD∩BD=D，∴BC⊥平面PBD，

∵BC⊂平面PBC，

∴平面PBD⊥平面PBC。

（2）∵PD，PA，DC两两垂直，PA=CD=2AB=4，

∴AB=2，∵E是PB的中点，

∴AD=DP=2，

则建立以D为原点的空间直角坐标系如图，

则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，4，0），D（0，0，0），P（0，0，2），

则=（0，2，0），=（﹣2，2，0），=（0，4，﹣2）。

设平面PBC的法向量为=（x，y，z），

则由，令x=1，则y=1，z=2，即=（1，1，2），

则cos＜＞==，

∴直线AB和平面PBC所成角的正弦值等于cos＜＞=，

（3）∵F∈BD，故可设F（m，m，0），而PB的中点E（1，1，1），

∴，

∵，，

∴，解得m=，

∴线段BD上是否存在一点F（），使EF⊥平面PBC。

（1）当时，平面

下面证明：若平面，连交于

由可得，，

     ２分

平面，平面，平面平面，

     ４分

   即：              ６分

（2）

由PA=PD=AD=2， Q为AD的中点，则PQ⊥AD。            ７分

又平面PAD⊥平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD，连BD，

四边形ABCD为菱形，

∵AD=AB，  ∠BAD=60°△ABD为正三角形，

Q为AD中点， ∴AD⊥BQ                         ８分

以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为

轴，建立如图所示的坐标系，则各点坐标为

A（1，0，0），B（），Q（0，0，0），P（0，0，）

设平面MQB的法向量为，可得，

取z=1，解得                      １０分

取平面ABCD的法向量设所求二面角为，

则    故二面角的大小为60°                        １２分

（1）∵侧面PAB是正三角形，AB的中点为Q，∴PQ⊥AB，

∵侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD=AB，PQ⊂侧面PAB，

∴PQ⊥平面ABCD。

（2）

连接AC，设AC∩BD=O，建立空间直角坐标系O﹣xyz，

则O（0，0，0），，C（0，1，0），，，

，平面ABCD的法向量，

设斜线PD与平面ABCD所成角的为α，

则。

（3）设=，

则M，=，，

设平面MBD的法向量为，

则，，

取，得，又平面ABCD的法向量。

∴，∴，

解得t=2（舍去）或。

所以，此时=。

(1)由题意得，…2分

即.                                                 ……3分。

由余弦定理得,

.                                  ……………………5分

(2),         ……………………6分

   …………………8分

.                                   ……………………10分

所以，故.                ……………………12分

（1）证明：由已知A1B1⊥面BCC1B1

又BE⊥B1C

∴A1C⊥BE                

∵面ABCD是正方形，∴AC⊥BD

∴A1C⊥BD

∴A1C⊥平面               

解（2）∵AB∥A1B1, ∴AB∥面

∴点到平面的距离与点B到平面的距离相等

由（1）知A1C⊥BE，又BE⊥B1C

∴BE⊥面

∴BF即是点B到平面的距离         

在△BB1C中，

∴点到平面的距离为         

另解：连结,A到平面的距离,即三棱锥的高,设为

,  ,由

得: ,

∴点A到平面的距离是

（3）连结FD, 由（2）知BE⊥面

∴是在平面上的射影

∴∠EDF即是直线与平面所成的角 

由△BB1C∽△BCE可求得CE=

∴BE=DE=,  ∴EF=

∴

即与平面所成的角的正弦值是          

解析：

证：（1）记AC与BD的交点为O，连接EO，则可证BF∥EO，又面ACE，面ACE，故BF∥平面ACE；                  

（2）ABCD为正方形，，

的大小为；

（3）点F到平面ACE的距离等于点B到
平面ACE的距离，也等于点D到平面ACE
的距离，该距离就是Rt△EDO斜边上的高，
即，