热门试卷

（Ⅰ）证明：

；                       3分

（Ⅱ）解：

所以是与面所成角。                      3分

在中，所以，

又，所以EO与平面所成的角为。

略

⑴证明略⑵或 

（1）

（2）由题意：   

得：               ，得又     得或                       

⑴∵∴∴

⑵

∴的最小正周期为；单调递增区间为

略

（1）在正方形中，因为，

所以三棱柱的底面三角形的边．

因为，，

所以，所以．

因为四边形为正方形，，

所以，而，

所以平面．----------- 4分

（2）因为平面，所以为四棱锥的高．

因为四边形为直角梯形，且，，

所以梯形的面积为．

所以四棱锥的体积．-----------8分

(3)由(1)(2)可知，，，两两互相垂直．以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，、

则，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量为．

则，即．

令，则．所以．

显然平面的一个法向量为．

设平面与平面所成锐二面角为，

则．

所以平面与平面所成角的余弦值为．

略

解:依题意得,由余弦定理得

故有，又从而

(1)所以，即 

(2)所以 

∵可以求得的范围为,∴

同答案

（1）详见解析；（2）

试题分析：(1)由于侧棱底面，又，侧面从而,又因为，所以平面(2) 由三棱锥S－ABC的体积易得由于、、两两互相垂直，故可以为原点建立空间直角坐标系，利用向量便可得面SAD与面SBC所成二面角的正弦值的大小

试题解析：(1)证明：侧棱底面，底面

                                               1分

又底面是直角梯形，垂直于和

,又

侧面,                           3分

侧面

平面                     5分

(2) 连结,底面是直角梯形，垂直于和,

,,设，则，三棱锥,                                7分

如图建系，

则,由题意平面的一个法向量为，不妨设平面的一个法向量为，，，则由得，不妨令，则                  10分

 ,                                     11分

设面与面所成二面角为，则           12分

（1）详见解析;（2）－1．

试题分析：（1）根据题意显然以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系．此时不妨设AD =AA1＝1，AB＝2，则本表示出图中各点坐标，这里主要是要运用向量的知识表示出点E的坐标，这样就可表示出和的坐标，利用向量垂直的充要条件：它们的数量积等于0，问题即可得证;（2）运用求平面法向量的知识分别求出：平面DEC的法向量为n1＝(0，0，1);平面D1CE的法向量为，利用向量夹角知识可得： ，可解得±－1．利用E是棱AB上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为－1．

试题解析：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，

DD1为z轴建立空间直角坐标系．

不妨设AD =AA1＝1，AB＝2，

则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，

C(0，2，0)，A1(1，0，1)，B1(1，2，1)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)．

因为＝λ，所以，于是(－1，0，－1)．

所以．

故D1EA1D．                                                          5分

（2）因为D1D⊥平面ABCD，所以平面DEC的法向量为n1＝(0，0，1)．

又，(0，－2，1)．

设平面D1CE的法向量为n2＝(x，y，z)，

则n2·，n2·，

所以向量n2的一个解为．

因为二面角D1—EC—D的大小为，则．

解得±－1．

又因E是棱AB上的一点，所以λ＞0，故所求的λ值为－1．               10分

(1)证明过程详见解析;（2）  （3）存在

试题分析：

（1）据题意，要证明，由线面垂直的性质例一得到只需要证明DC面ABD，又有面ABD与面BCD垂直，故根据面面垂直的性质，只需要证明DC垂直于面ABD与面BCD的交线BD,DC与BC垂直的证明可以放在直角梯形中利用勾股定理与余弦定理证明，三角形BCD为直角三角形.

（2）由（1）得平面，所以．以点为原点，所在的直线为轴，所在直线为轴，利用三维空间直角坐标系即可求的点面距离，即首先求出线段MC与面ADC的法向量的夹角，再利用三角函数值即可求的点面距离.此外，该题还可以利用等体积法来求的点面距离，即三棱锥M-ADC的体积，分别以M点为顶点和以A点为定点来求解三棱锥的体积，解出高即为点面距离.

（3）该问利用坐标法最为简洁，在第二问建立的坐标系的基础上，设,，利用来表示N点的坐标，求出面ACD的法向量，法向量与AN所成的夹角即为与平面所成角为的余角，利用该条件即可求出的值，进而得到N点的位置.

试题解析：

（1）证明：因为，

，，所以，，                      1分

，  2分

 ，所以        3分．

因为平面平面,平面平面，

所以平面                      4分．

又平面，所以          5分．

（2）解法1：因为平面，所以．以点为原点，所在的直线为轴，所在直线为轴,过点作垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知，得，，，，．所以，，．  7分．设平面的法向量为，则，，所以令，得平面的一个法向量为   9分

所以点到平面的距离为         10分．

解法2：由已知条件可得，，所以．

由（1）知平面，即为三棱锥的高，

又，所以          7分．

由平面得到，设点到平面的距离为，

则                8分．

所以，，                          9分．

因为点为线段中点，所以点到平面的距离为  10分．

解法3：因为点为线段的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的．  6分 由已知条件可得，由（I）知,又，

所以平面，                             8分

所以点到平面的距离等于线段的长．       9分

因为，所以点到平面的距离等于．  10分

（3）假设在线段上存在点，使得与平面所成角为  11分．

设,，，则，所以，．                              12分 

又平面的一个法向量为，且直线与平面所成的角为，

所以， 即，

可得， 解得或（舍去）．   13分

综上所述，在线段上是否存在点，使得与平面所成角为，

此时．      14分．

（1）详见解析；（2）

试题分析：（1）根据题目提供的条件，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量来解决问题，先求平面的法向量，然后说明AF的方向向量与平面PEC的法向量垂直即可；（2）可设，然后利用空间向量的夹角公式来求二面角，帮助我们建立方程，解方程即可.

试题解析：（1）由已知，两两垂直，分别以它们所在直线为轴建立空间直角坐标系．

则，，则

，，，

设平面的法向量为

则，

令得 

由，得

又平面，故平面 

（2）由已知可得平面的一个法向量为，

设，设平面的法向量为

则，令得

由，

故，要使要使二面角的大小为，只需