【正文】 12分設(shè)，則，R t△中，.∴直線和平面所成角的正弦值為. …………14分方法二：設(shè)，建立如圖所示的坐標(biāo)系，則.…………2分∵為的中點(diǎn)，∴. …………3分理由如下：點(diǎn)分別為、PD的中點(diǎn)。角？若存在確定E的位置；若不存在，說明理由。（Ⅰ）求四棱錐的體積；（Ⅱ）若上的動(dòng)點(diǎn)，求證：。，在底面為平行四邊形的四棱錐中，點(diǎn)是的中點(diǎn)。12分2011高考突破訓(xùn)練——立體幾何FEABDCG1．在直四棱住中，底面是邊長(zhǎng)為的正方形，、分別是棱、的中點(diǎn).(Ⅰ)求證：平面平面?！?分 (2)當(dāng)時(shí)，所以————————14分4．解：（I） ∴當(dāng)時(shí), （II）, 的x的取值范圍是5．解： ……………（1分） ……………（3分）（1）的最小正周期為；　　　 　　……………（6分）（2）由 ， ……………（7分）得， 　 ……………（8分） 的單調(diào)增區(qū)間為　 ……………（9分）（3）因?yàn)?，? ……………（10分） ……………（11分）　　…………（12分）6．解：（1）將原函數(shù)化簡(jiǎn)為： = = ∴的最小正周期為，值域?yàn)? ………6分（2） ………8分 = = ………12分7．解（1）∵ ∴ 即 ……2∴, ， ………………………4∵ ………………………………5∴ ． …………………………7（2）由題知， ……128．解：﹙Ⅰ﹚…………… 1分 ……………………… 3分 ………………………4分∴ …………………………6分﹙Ⅱ﹚由，有， ∴ ∵，∴,即. ………………………9分由余弦定理及，∴. ∴ ∴.∴為等邊三角形. ……………………12分9．解：(1) …………….4分的最小正周期為 ……………5分的對(duì)稱中心為 …………….6分(2) ……………..8分又 而 由 ………………10分 ………………….12分10．解：（1）因?yàn)樗?…………2分 即 …………3分所以 …………4分又因?yàn)槭卿J角三角形內(nèi)角，所以…………6分（2）因?yàn)椤?分 又 所以 …………10分所以 即 所以…………12分11．解：（1）∵ , 且與向量所成角為∴ ， ∴ ， 又，∴ ，即。三角函數(shù)與平面向量參考答案1. 解：（1） 的周期 ………… 4分（2）由，得。（1）求邊AB的長(zhǎng)。11．已知向量，且與向量所成角為，其中A、B、C是△ABC的內(nèi)角。，向量，且．（Ⅰ）求角； （Ⅱ）若，求的值8已知向量，函數(shù)（I）求的最小正周期和值域；（II）在中，角所對(duì)的邊分別是，若且，試判斷的形狀。2011高考突破訓(xùn)練——三角函數(shù)與平面向量1．函數(shù)。9．已知函數(shù)－ （1） 將化為含的形式，寫出的最小正周期及其對(duì)稱中心；（2） 如果三角形ABC的三邊a、b、c滿足b2=ac，且邊b所對(duì)角為x，試求x的范圍及此時(shí)函數(shù)的值域。（1）求角Ｂ的大小； （2）若=1，AC=2，求△ABC的面積。 （2）若ΔABC的面積為sinC，求內(nèi)角C的度數(shù)。又，令，得；令，得（舍去）∴ 在上的減區(qū)間是。 （2）由（1）可得： ∴ ∵ ， ∴ ，∴ ， ∴ 當(dāng)=1時(shí)，A= ∴AB=2， 則 12．解（1）∵ ∴ 即………2∴, ， ………………………4 ………………………………5∴ ∴． ………7由題知， 13．解:（Ⅰ）, , ． , , , ． (2), , , , 14．解：（1）從圖知，函數(shù)的最大值為，則 ……1分函數(shù)的周期為, 而，則, ……3分又時(shí)，∴， 而，則，∴函數(shù)的表達(dá)式為 …… 6分（2）由得： 化簡(jiǎn)得：， ∴ …… 9分 由于，則，但，則，即A為銳角，從而 因此 ． …… 12分15．解：（Ⅰ）在中，由及余弦定理得 而，則； （Ⅱ）由及正弦定理得， 而，則 于是， 由得，當(dāng)即時(shí)，16．解：（1）由余弦定理，………………………………………2分得，…………………………………………………4分．……………………………………………………………………………6分（2）方法1：由余弦定理，得，………………………………8分，………………………10分∵是的內(nèi)角，∴．………………………………………………………12分方法2：∵，且是的內(nèi)角，∴．………………………………………………………8分根據(jù)正弦定理，……………………………………………………10分得． ……………………………………………12分17．解：(1)在△ABC中，B+C=πA，由條件，可得4[1cos(B+C)] 4cos2A+2=7．∵cos(B+C)= cosA，∴4cos2A4cosA+1=0 ．解得 (2)由 18．解：（1）∵a+b+c=+1 (1)又由正弦定理得：a+b=c (2)………………………4分由(1)(2)解得 a+b=，c=1，∴ AB=1 ……………………………………6分（2）∵ΔABC的面積S=absinC=sinC∴ ab= …………8分∴ cosC==∴ C= ……12分19．解:(Ⅰ)……………………4分………6分(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，因?yàn)?，所以，…………?分，又……………10分……………12分20．解：（Ⅰ）由 ……………………………………4分 又因?yàn)? 解得…………………………………………5分 ………………………………………6分（Ⅱ）在， 。(Ⅱ)求證：面.2．如圖，正方體的棱長(zhǎng)為2，E為AB的中點(diǎn)．(1)求證： （2）求點(diǎn)B到平面的距離.，在三棱柱中，平面，．ABCA1B1C1D（Ⅰ）求三棱錐的體積；（Ⅱ）若是棱的中點(diǎn)，棱的中點(diǎn)為，證明: 4．如圖，在棱長(zhǎng)均為2的三棱柱中，設(shè)側(cè)面四邊形的兩對(duì)角線相交于，若⊥平面，.(1) 求證：⊥平面；(2) 求三棱錐的體積.P，在體積為1的三棱柱中，側(cè)棱底面，為線段上的動(dòng)點(diǎn).（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）線段上是否存在一點(diǎn)，使四面體的體積為？若存在，請(qǐng)確定點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說明理由.6．已知三棱柱ABC—A1B1C1的直觀圖和三視圖如圖所示，其主視圖BB1A1A和側(cè)視圖A1ACC1均為矩形，其中AA1=4。（Ⅰ）求證：（Ⅱ）求證：8． 如圖，在四棱錐中，ABCD是矩形， 點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)在上移動(dòng)。13．如圖，四邊形為矩形，平面,，平面于點(diǎn)，立體幾何參考答案FEABDCG1. 證明:(Ⅰ)分別是棱中點(diǎn)四邊形為平行四邊形又平面……………3分又是棱的中點(diǎn)又平面……5分又平面平面…………6分(Ⅱ) ,同理…9分面又,又,面,面面………12分2. （1）連接BD，由已知有、得 又由ABCD是正方形，得：、 ∵與相交，∴（2）∵ ∴ 又∵ ∴ 點(diǎn)E到的距離，有： ， 又由 ， 設(shè)點(diǎn)B到平面的距離為，則 ， 有， 所以點(diǎn)B到平面的距離為3. 【解】在中，∴．∵，∴四邊形為正方形． 6分（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)為棱的中點(diǎn)時(shí)，平面． 8分EFABCA1B1C1D證明如下： 如圖，取的中點(diǎn)，連、∵、分別為、的中點(diǎn)， ∴．∵平面，平面，∴平面．　　　　 10分同理可證平面．∵，∴平面平面．∵平面，∴平面． 12分4. （1）證明：∵⊥平面，而AO平面 ∴⊥ ………2分∵,　∴，而BCFE為菱形，則為中點(diǎn)，∴⊥, 且∴⊥平面.………6分（2）∥, ∥平面∴點(diǎn)、到面的距離相等 ………8分 ∵ ，AO=AO ∴AOE≌AOB，得OE=OB ，即EC=FB，而BCFE為菱形，則BCFE是正方形， ……………10分計(jì)算得AO=，的面積等于正方形BCFE的一半， ……………12分因此 ……………14分5. 解：（Ⅰ）證明：連結(jié)，側(cè)棱底面ABC，.又平面， . ………（3分），四邊形為正方形，.， 平面 . …………………………（5分）又平面，. …………………………………（6分）（Ⅱ）設(shè)在線段上存在一點(diǎn)，使.， . ………………………（7分）又且平面，由，知，解得，存在的中點(diǎn)，使 . ……………（12分）6. 解：（1）證明：因?yàn)橹饕晥D和側(cè)視圖均為矩形，所以該三棱柱為直三棱柱……1分又∵俯視圖中A1C1=3，B1C1=4，A1B1=5∴A1C12+B1C12=A1B12A1∴∠A1C1B1=∠ACB=90176。 （3）， ， ， ，點(diǎn)是的中點(diǎn) 又 ABCDdEFGPABCDEFGPH9. 解（1）證法1：如圖，取的中點(diǎn)，連接………1分∵分別為的中點(diǎn)，∴ ………2分∵分別為的中點(diǎn)，∴．∴．∴四點(diǎn)共面 ………4分∵分別為的中點(diǎn)，∴． ∵平面，平面，∴平面 ………6分． 證法2：∵分別為的中點(diǎn)，∴， ………2分∵，∴．………3分∵，∴