热门试卷

（1）证明：在中,

所以,由勾股定理知所以 。  ……2分

又因为 ⊥平面，平面

所以 。                                   ………………………4分

又因为 所以 ⊥平面，又平面

所以 。                                   ………………………6分

（2）因为⊥平面，又由（Ⅰ）知，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 .

设，则,,，   ,，

.   …………………………8分

设平面的法向量为，则  所以

令.所以.          ……………………………10分

又平面的法向量          ……………………………11分

所以，  解得 ，  ……………………12分

所以的长为，              ……………………………………13分

（1）证明：设的中点为.

在斜三棱柱中，点在底面上的射影恰好是的中点,

平面ABC.         ……………………1分

平面，

.               ……………………2分

，

∴.

，

∴平面.       ……………………3分

平面，

平面平面.                          ………………4分

解法一：（2）连接，平面，

是直线在平面上的射影.          ………………5分

，四边形是菱形.

.                   .                    ……………6分

（3）过点作交于点，连接.

，

平面.    .

是二面角的平面角.             …………9分

设，则，

.

. 

.    .

平面，平面，..

在中，可求.∵，∴.

∴.

.         ……………………………………10分

.

∴二面角的大小为.             ………………12分

解法二：（2）因为点在底面上的射影是的中点，设的中点为，则平面ABC.以为原点，过平行于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，由题意可知，.

设，由，得

.

又.

.

.                                              ……………………6分

（3）设平面的法向量为.

则

∴

.

设平面的法向量为.则

∴

.                            .                       ……………………………10分

二面角的大小为.        ………………………………12分

（1）设椭圆Γ的半焦距为c，则，又b2=a2﹣c2=3，解出即可。

（2）方法一：依题意得，PQ与坐标轴不垂直，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意的对称性可得Q′（x2，﹣y2），由PF∥AQ'，利用斜率相等可得

，由点Q（x2，y2）在椭圆Γ上，不妨取，可得直线PQ的直线PQ方程为，与椭圆的方程联立解出P的坐标，再利用两点之间的距离公式即可得出。

方法二：依题意得，PQ与坐标轴不垂直，设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），可得Q′（x2，﹣y2），与椭圆的方程联立可得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0.可得根与系数的关系，由于PF∥AQ'，可得直线AQ'的方程为y=k（x﹣2），与椭圆的方程联立可得（3+4k2）x2﹣16k2x+16k2﹣12=0.可得根与系数的关系，解出k及其点P，Q的坐标即可得出；

方法三：依题意，得PQ与坐标轴不垂直，设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），可得Q′（x2，﹣y2），与椭圆方程联立可得（3+4k2）y2﹣6ky﹣9k2=0.得到根与系数的关系，由于PF∥AQ'，可得直线AQ'的方程为y=k（x﹣2），与椭圆的方程联立可得（3+4k2）y2+12ky=0.可得，设（λ＞0），解得，即可。

方法四：依题意，得PQ与坐标轴不垂直，设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），可得Q′（x2，﹣y2），由于P，F，Q三点共线，

可得与共线，（x1+1）y2﹣（x2+1）y1=0.由PF∥AQ'，可设（λ＞0），利用向量坐标运算可得λy2（2x2﹣1）=0。

，点在椭圆上，不妨取，可得坐标，代入椭圆方程，解出λ即可。

方法五：依题意，得PQ与坐标轴不垂直，设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），可得Q′（x2，﹣y2），直线PQ'过定点M（﹣4，0），理由如下：与椭圆方程联立可得：（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0.，利用根与系数的关系可得（x2+4）y1+（x1+4）y2=0，可得，F为线段AM中点，即可证明。

（1）设椭圆Γ的半焦距为c，则，

解得a=2，c=1，

∴b2=a2﹣c2=3，

∴椭圆Γ的方程为。

（2）方法一：依题意得，PQ与坐标轴不垂直，设P（x1，y1），Q（x2，y2）。

∵点Q与点Q′关于x轴对称，∴Q′（x2，﹣y2）。

由（1）讨论可知，A（2，0），F（﹣1，0）。

∵PF∥AQ'，

∴直线FQ与直线AQ'的斜率相等，

故，

解得。

又∵点Q（x2，y2）在椭圆Γ上，

∴，或。

由椭圆对称性，不妨取，

则直线PQ的斜率。

∴直线PQ方程为。

联立，解得点P。

∴，

。

∴。

方法二：依题意得，PQ与坐标轴不垂直。

设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2）。

∵点Q与点Q′关于x轴对称，∴Q′（x2，﹣y2）。

又∵椭圆关于x轴对称，∴点Q′也在椭圆Γ上。

由，消去y得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0。

∴。

∵PF∥AQ'，∴直线AQ'的方程为y=k（x﹣2）。

由，消去y得（3+4k2）x2﹣16k2x+16k2﹣12=0。

∵直线AQ'交椭圆于A（2，0），Q'（x2，﹣y2）两点，

∴，

故。

∴，

解得。

∴。

∴，

。

∴。

方法三：依题意，得PQ与坐标轴不垂直。

设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2）。

∵点Q与点Q′关于x轴对称，∴Q′（x2，﹣y2）。

又∵椭圆关于x轴对称，∴点Q′也在椭圆Γ上。

由，消去x得（3+4k2）y2﹣6ky﹣9k2=0。

∴。

∵PF∥AQ'，∴直线AQ'的方程为y=k（x﹣2）。

由，消去x得，（3+4k2）y2+12ky=0。

∵直线AQ'交椭圆于A（2，0），Q'（x2，﹣y2）两点，

∴，即。

设（λ＞0），则（x1+1，y1）=λ（x2﹣2，﹣y2），

∴。

∴，解得，

∴，即。

方法四：依题意，得PQ与坐标轴不垂直。

设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2）。

∵点Q与点Q′关于x轴对称，∴Q′（x2，﹣y2）。

∵P，F，Q三点共线，

∴与共线，

∴（x1+1）y2﹣（x2+1）y1=0。

∵PF∥AQ'，∴可设（λ＞0），即（x1+1，y1）=λ（x2﹣2，﹣y2），

∴x1+1=λ（x2﹣2），y1=﹣λy2。

∴λ（x2﹣2）y2+λ（x2+1）y2=0，即λy2（2x2﹣1）=0。

依题意，y1•y2≠0，∴。

∵点在椭圆上，∴，

解得或，）

由椭圆对称性，不妨取，

则=，

∵点在椭圆上，

∴，解得  或λ=﹣1（舍去）。

∴，即。

方法五：依题意，得PQ与坐标轴不垂直。

设l方程为y=k（x+1）（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2）。

∵点Q与点Q′关于x轴对称，∴Q′（x2，﹣y2）。

直线PQ'过定点M（﹣4，0），理由如下：

由，消去y得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12=0。

∴。

∴，

。

∵，

∴，

∴，

∴M，P，Q'三点共线，即直线PQ'过定点M（﹣4，0），

∵F为线段AM中点，PF∥AQ'，∴。

（1）∵平面平面，

平面平面，

∴平面

又∵，故可如图建立空间直角坐标系

由已知，，，（）

∴，，

∴，，

∴，，

∴平面.                                

∴平面平面                         

（2）由（1），平面的一个法向量是，

设直线与平面所成的角为，

∴，

∵

∴，即                                          

设平面的一个法向量为，，

由，

∴，令，则                       

∴，                       

显然二面角的平面角是锐角，

∴二面角的平面角的余

（1）以B为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面ABCD的一个法向量，由此能证明EM∥平面ABCD.

（2）求出平面PCD的法向量和平面PCD的一个法向量，由此利用向量法能求出线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于。

（1）证明：由三视图知，BA，BP，BC两两垂直，故以B为原点，

，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，…（1分）

则P（0，2，0），D（2，0，1），M（1，1，），E（2，1，0），C（0，0，1），

所以=（﹣1，0，），

平面ABCD的一个法向量等于=（0，1，0），…（3分）

所以，所以，（4分）

又EM⊄平面ABCD，所以EM∥平面ABCD.（5分）

（2）解：当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为，（6分）

理由如下：

因为，=（2，0，0），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），

由，（7分）

取y=1，得平面PCD的一个法向量=（0，1，2），（8分）

假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于。

设=（0≤λ≤1），

则，=（2λ，2﹣2λ，λ），（9分）

所以sinα=|cos＜＞|=（10分）

=

==，（12分）

所以9λ2﹣8λ﹣1=0，解得λ=1，或，（舍去）。

因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，

直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于， （13分）

（1）∵=

==.

∴函数的单调递增区间是

（2）∵，∴.

又，∴.

∴.             

在中，∵，

∴,即.

∴.               

∴        

（1）连结，∵是等腰直角三角形斜边的中点，

∴.

又三棱柱为直三棱柱，

∴面面，

∴面，. 

设，则.

∴，∴. 

又，∴ 平面.-

（2）以为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系如图，

设，

则，

，.

由（1）知，平面，

∴可取平面的法向量.

设平面的法向量为，

由

∴可取.-

设锐二面角的大小为，

则.

∴所求锐二面角的余弦值为.