热门试卷

(1)证明过程详见解析（2）在弧上存在点,且点为弧的中点;（3）。

试题分析：（1）连结CO，则CO⊥AB，证明∠FOB=∠CAB，从而得出OF∥AC；（2）找出弧BD的中点G，证明OG∥AD，由（1）知，OF∥AC，先证明线面平行，在证明面面平行；（3）用三垂线法作出二面角C-AD—B的平面角，再通过解三角形，求出二面角平面角的余弦值，或建立空间直角坐标系，利用向量法证明平行和求二面角.

试题解析:（法一）：证明：（1）如右图，连接，

，，

又为弧的中点，，．

（2）取弧的中点，连接，

则，故，

由（1），知平面，故平面平面，

则平面，因此，在弧上存在点，使得平面，且点为弧的中点．

（3）过作于，连．

因为，平面平面，故平面．

又因为平面，故，所以平面，，

则是二面角的平面角，又，，故．

由平面，平面，得为直角三角形，

又，故，可得==，故二面角的正弦值为.

（法二）：证明：（1）如图，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以为原点，作空间直角坐标系，

则，

，

点为弧的中点，点的坐标为，

，，即．

（2）设在弧上存在点，使得平面，

由（1），知平面，平面平面，则有．

设，，．又，

，解得(舍去)．，则为弧的中点．

因此，在弧上存在点，使得平面，且点为弧的中点．

（3），点的坐标，．

设二面角的大小为，为平面的一个法向量．

由有即

取，解得，．，取平面的一个法向量，

，故二面角的正弦值为.

（1）详见解析；（2）详见解析；（3）所以二面角的余弦值为．

试题分析：（1）求证：∥平面，证明线面平行，首先证明线线平行，可用三角形的中位线平行，也可用平行四边形的对边平行，注意到是的中点，取的中点，连接，，则所以是△的中位线，证得四边形是平行四边形，从而得∥，从而可证∥平面；（2）求证：平面，可用空间向量法，注意到平面平面，，可以点为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，由题意设，则的各点坐标，从而得，，，利用数量积得，，从而得证；（Ⅲ）求二面角的余弦值，由（2）建立空间直角坐标系，可设平面的法向量为，求出一个法向量，由（2）可知平面的法向量是，利用向量的夹角公式，即可求得二面角的余弦值．

试题解析：（1）取的中点，连接，.

因为，分别是，的中点，

所以是△的中位线. 所以∥，且．

又因为是的中点，且底面为正方形，

所以，且∥.所以∥，且．

所以四边形是平行四边形．所以∥．

又平面，平面，所以平面．                 4分

（2）证明：因为平面平面，

，且平面平面，

所以平面．

所以，．

又因为为正方形，所以，

所以两两垂直.

以点为原点，分别以为轴，

建立空间直角坐标系（如图）． 

由题意易知，   设，则

，，，，,,．

因为，，，

且，

所以，．

又因为，相交于，所以平面．          9分

（3）易得，．

设平面的法向量为，则

，所以 即

令，则．

由（2）可知平面的法向量是，

所以 .

由图可知，二面角的大小为锐角，

所以二面角的余弦值为．          14分

（1）详见解析；（2）．

试题分析：（1）证明平面平面，证明面面垂直，先证线面垂直，即证一个平面过另一个平面的垂线，本题根据面面垂直的判定定理可知在平面内找一条直线与平面垂直，由已知平面，可得，由题意可知，是等腰三角形，且为重心，既得，从而得平面，可证平面平面；（2）当M为的中点时，求直线与平面所成角的正弦值，求线面角，传统方法是找线和射影所成的角，本题找射影比较麻烦，可用向量法来求，过作的平行线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，利用线面角的正弦值等于线和法向量所成角的余弦值即可求出直线与平面所成角的正弦值．

试题解析：（1）取中点，连接、，

∵平面，∴

等腰中，为重心，∴

∴平面 

∴平面平面               6分

（2）中， ∴

∵平面 ∴

∴ ∴

过作的平行线为轴，为轴，为轴

建立空间直角坐标系

∴  

设直线与平面所成角为

设平面的法向量为 

     ∴

 ∴     12分

(1)见解析   (2) 存在，理由见解析

(1)因为四棱锥S-ABCD中,ABCD为矩形,SD⊥AD,且SD⊥AB,

所以SD⊥平面ABCD.

BD就是SB在底面ABCD上的射影.

∵AB=2AD,E为CD上一点,且CE=3DE.

∴tan∠DAE==,tan∠DBA==,

∴∠DAE=∠DBA,同理∠BDA=∠AED,

∴∠DAE+∠BDA=90°.

∴AE⊥BD,∴AE⊥SB.∵SB∩BD=B,

∴AE⊥平面SBD.

(2)假设存在MN满足MN⊥CD且MN⊥SB.

建立如图所示的空间直角坐标系,

由题意可知,D(0,0,0),A(a,0,0),C(0,2a,0),B(a,2a,0),S(0,0,a),

设=+t=(a,2a,0)+t(-a,-2a,a)=(a-ta,2a-2ta,ta)(t∈[0,1]),

即M (a-ta,2a-2ta,ta),N(0,y,0),y∈[0,2a],

=(a-ta,2a-2ta-y,ta).

使MN⊥CD且MN⊥SB,

则

可得

t=∈[0,1],y=a∈[0,2a].

故存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB.