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吉林省吉林市吉化第一高级中学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·吉林月考）已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在方向上的投影为.
故答案为：B.
【分析】利用向量的投影公式求解即可．
2．（2024高一下·吉林月考）设是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是（　　）.
A．相交 B．平行 C．异面 D．无法确定
【答案】A
【知识点】异面直线的判定
【解析】【解答】解：延长使，如图所示：
因为，，，为棱的中点，所以延长，都会交中点处，
则直线和直线的位置关系为相交.
故答案为：A.
【分析】在长方体中，延长，，，即可直线和直线的位置关系.
3．（2024高一下·吉林月考）是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【【解答】解：易知的面积为，
则的面积为.
故答案为：A.
【分析】先求的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系求解即可.
4．（2024高一下·吉林月考）平面α，β，γ不能将空间分成（　　）
A．5部分 B．6部分 C．7部分 D．8部分
【答案】A
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当三个平面相交于同一条直线时，可将空间分成6个部分；
当三个平面平行时，可将空间分成4个部分；
当其中两个平面平行，第三个平面与它们相交时，可将空间分成6个部分；
当三个平面两两相交且有三条交线时，可将空间分成7个部分；
当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，可将空间分成8个部分．
故答案为：A．
【分析】根据三个平面的不同位置关系得出三个平面可将空间分成4，6，7，8部分判断即可.
5．（2024高一下·吉林月考）已知在边长为的正三角形中， 分别为边 上的动点，且，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：以边的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则 ，，，
设()，则()，，，
，，
则，
当时，取最大值.
故答案为：B.
【分析】 以边的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系， 利用向量数量积坐标运算公式，结合二次函数的性质求解即可.
6．（2024高一下·吉林月考）复数，则共轭复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，，
则，
即，其虚部为.
故答案为：D.
【分析】先利用复数乘方、模、代数形式的除法运算化简求得，再求得，判断的虚部即可.
7．（2024高一下·吉林月考）在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且，则B＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：，
由正弦定理可得：，即，即，
即，即，因为为锐角三角形，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理结合两角和差的正弦公式化简求角即可.
8．（2024高一下·吉林月考）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式；二倍角的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，则，
，由余弦定理得，则，
即，即，
当且仅当时等号成立，则.
故答案为：A.
【分析】利用三角形内角和定理结合正切的二倍角公式化简求得A，再由余弦定理结合基本不等式，三角形面积公式求解即可.
9．（2024高一下·吉林月考）下面四个命题正确的是(　　)
A．若复数满足，则
B．若复数满足，则
C．若复数，，满足，则
D．若复数，满足，则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，，，；
A、，若，则，即为实数，故A正确；
B、，若，则，或，若，，，故B错误；
C、若，则，，，即，故C正确；
D、，
若，则，无法得到，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】设复数，，，，根据复数的计算方法和相关概念逐项计算判断即可.
10．（2024高一下·吉林月考）如图，在正方体中，P，Q分别是棱的中点，平面平面，则下列结论中不正确的有（　　）
A．l过点
B．l不一定过点
C．的延长线与的延长线的交点不在l上
D．的延长线与的延长线的交点在l上
【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：在正方体中，取的中点，连接，，
因为，所以四边形是平行四边形，平面，平面，所以，故A正确，B错误；
的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点，如图所示：
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以，故C错误，D正确.
故答案为：BC.
【分析】连接，在正方体中可得四边形是平行四边形，由点共面得点共线即可判断A B；的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点，由点共面得点共线即可判断CD.
11．（2024高一下·吉林月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（　　）
A． B．的最小值是2
C．的最小值是 D．的面积最小值是
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 内角的平分线交于点 ，则，
即，化简得，则，故A正确；
B、由余弦定理
，当且仅当时取等号，
即的最小值是，故B正确；
C、由，可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、，当且仅当时取等号，则，即，
则，当且仅当时取等号，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】根据三角形的角平分线，结合等面积法求得即可判断A；再由余弦定理结合基本不等式求b的最小值即可判断B；由，关系，结合三角形面积公式，利用基本不等式求解即可判断CD.
12．（2024高一下·吉林月考）如图，已知，，垂足为、，若，则二面角的大小是　 　．
【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设二面角的大小为，
因为，，，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据与二面角大小互补求解即可.
13．（2024高一下·吉林月考）已知向量，， . 若，则　 　.
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
若，则，解得，即，则.
故答案为：.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量平行的坐标表示求得m，再求模即可.
14．（2024高一下·吉林月考）设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是　 　.
【答案】8
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；球内接多面体
【解析】【解答】解：设，
因为，，， 所以两两垂直，将其扩展为长方体，
所以该长方体的体对角线为球的直径，所以，
则，
因为，所以，
当且仅当时取得等号，则的最大值.
故答案为：8.
【分析】由题意可得两两垂直，扩展成为长方体，根据球为长方体的外接球，再利用基本不等式求解即可.
15．（2024高一下·吉林月考）平面直角坐标系中，已知向量，且．
（1）求与之间的关系式；
（2）若，求四边形的面积．
【答案】解：（1） 向量，则，
因为，，所以，即，
则与之间的关系式为：①；
（2）易知，，
因为，所以，即②，
由①②得或，
当时，，，则；
当时，，，则，
故四边形的面积为16.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示列式求解即可；
（2）根据向量垂直的坐标表示列式求解，再根据四边形面积求解即可.
16．（2024高一下·吉林月考）正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点．
（1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面．
（2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点．
【答案】证明：（1）连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为分别为，的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
所以且所以四点共面；
（2）由（1）知且则必交于一点，如图所示：
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，
又因为平面平面，所以，即三线共点.
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）连接，根据正方体的几何特征结合平面几何的知识可得由平面的基本性质证明即可；
（2）由题意可得是平面平面的交线，由平面的基本性质证明即可.
17．（2024高一下·吉林月考）在中，角、、的对边分别是、、，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积的取值范围．
【答案】（1）解：，根据向量的数量积可得：，
则，由正弦定理得，
即，
因为、，，所以，则；
（2）解：，，由正弦定理，可得，，
则
，
因为，所以，所以，
故.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用平面向量数量积的定义以及正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围求角的值即可；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出，求出角的取值范围，结合正弦型函数的基本性质求的取值范围即可.
（1）由可得，
故，由正弦定理得，
即，
、，则，所以，故.
（2）由正弦定理可得，则，，
，
，则，所以，
故.
18．（2024高一下·吉林月考）在如图的多面体中，已知为矩形，和为全等的等腰梯形，，．
（1）求此多面体的表面积；
（2）求此多面体的体积．
【答案】（1）解：由题意可知，和都是边长为2的等边三角形，则，
因为，所以，
过、向做垂线，垂足为、，如图所示：
由等腰梯形性质可知：，，，
则，即多面体的表面积；
（2）解：将五面体补全为直三棱柱，如图所示：
则多面体的体积，
由(1)中结论和几何体特征可知：，，
由余弦定理可得，则，，
则，，
故几何体的体积．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)由题意，分别求几何体各个面的面积，再求面积之和即可；
(2)利用割补法求几何体体积即可.
（1）由题意可知，和都是边长为2的等边三角形，
故，
∵，∴，
分别过、向做垂线，垂足为、，如下图所示：
结合等腰梯形性质可知，，，
从而，
故，
故多面体的表面积.
（2）将五面体补全为直三棱柱，如下图所示：
则多面体的体积，
由(1)中结论和几何体特征可知，，，
由余弦定理可知，，故，
从而易知
故，，
从而几何体的体积．
19．（2024高一下·吉林月考）在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又因为为的内心，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：延长交于，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面，平面平面，
所以，，则为二面角的平面角，
又因为，为的外心，所以为中点，且，
又因为，所以为等边三角形，，
在中，，，则，
在中，，，则，，
又因为，所以，
则二面角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据平面得到，根据为的内心得到，即可得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据平面得到为二面角的平面角，根据，为的外心，得到，再结合得到为等边三角形，，再利用勾股定理得到，，最后利用余弦定理和同角三角函数基本公式求角即可.
（1）∵平面，平面，
∴，
∵为的内心，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面⊥平面.
（2）延长交于，连接，
∵平面，平面，平面，平面平面，
∴，，
∴为二面角的平面角，
∵，为的外心，
∴为中点，且，
∵，
∴为等边三角形，，
在中，，，∴，
在中，，，∴，
，
∵，∴，
所以二面角的正弦值为.
1 / 1吉林省吉林市吉化第一高级中学校2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·吉林月考）已知向量，，且与的夹角为，则在方向上的投影为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·吉林月考）设是某长方体四条棱的中点，则直线和直线的位置关系是（　　）.
A．相交 B．平行 C．异面 D．无法确定
3．（2024高一下·吉林月考）是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·吉林月考）平面α，β，γ不能将空间分成（　　）
A．5部分 B．6部分 C．7部分 D．8部分
5．（2024高一下·吉林月考）已知在边长为的正三角形中， 分别为边 上的动点，且，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·吉林月考）复数，则共轭复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·吉林月考）在锐角△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，R是△ABC的外接圆半径，且，则B＝（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·吉林月考）在中，角，，所对的边分别为，，，若，且，则的面积的最大值为
A． B． C． D．
9．（2024高一下·吉林月考）下面四个命题正确的是(　　)
A．若复数满足，则
B．若复数满足，则
C．若复数，，满足，则
D．若复数，满足，则
10．（2024高一下·吉林月考）如图，在正方体中，P，Q分别是棱的中点，平面平面，则下列结论中不正确的有（　　）
A．l过点
B．l不一定过点
C．的延长线与的延长线的交点不在l上
D．的延长线与的延长线的交点在l上
11．（2024高一下·吉林月考）在中，内角，，所对的边分别为，，，，内角的平分线交于点且，则下列结论正确的是（　　）
A． B．的最小值是2
C．的最小值是 D．的面积最小值是
12．（2024高一下·吉林月考）如图，已知，，垂足为、，若，则二面角的大小是　 　．
13．（2024高一下·吉林月考）已知向量，， . 若，则　 　.
14．（2024高一下·吉林月考）设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是　 　.
15．（2024高一下·吉林月考）平面直角坐标系中，已知向量，且．
（1）求与之间的关系式；
（2）若，求四边形的面积．
16．（2024高一下·吉林月考）正方体 中， M，N ，Q ，P 分别是AB ，BC ， ， 的中点．
（1）证明：M，N ，Q ，P 四点共面．
（2） 证明：PQ，MN ，DC三线共点．
17．（2024高一下·吉林月考）在中，角、、的对边分别是、、，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积的取值范围．
18．（2024高一下·吉林月考）在如图的多面体中，已知为矩形，和为全等的等腰梯形，，．
（1）求此多面体的表面积；
（2）求此多面体的体积．
19．（2024高一下·吉林月考）在三棱锥中，平面，点在棱上且是的外心（三角形三边的垂直平分线的交点叫三角形的外心即外接圆的圆心），点是的内心（三角形的内心是三角形三条角平分线的交点即内切圆的圆心），.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：在方向上的投影为.
故答案为：B.
【分析】利用向量的投影公式求解即可．
2．【答案】A
【知识点】异面直线的判定
【解析】【解答】解：延长使，如图所示：
因为，，，为棱的中点，所以延长，都会交中点处，
则直线和直线的位置关系为相交.
故答案为：A.
【分析】在长方体中，延长，，，即可直线和直线的位置关系.
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【【解答】解：易知的面积为，
则的面积为.
故答案为：A.
【分析】先求的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系求解即可.
4．【答案】A
【知识点】空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当三个平面相交于同一条直线时，可将空间分成6个部分；
当三个平面平行时，可将空间分成4个部分；
当其中两个平面平行，第三个平面与它们相交时，可将空间分成6个部分；
当三个平面两两相交且有三条交线时，可将空间分成7个部分；
当有两个平面相交，第三个平面截两个相交平面时，可将空间分成8个部分．
故答案为：A．
【分析】根据三个平面的不同位置关系得出三个平面可将空间分成4，6，7，8部分判断即可.
5．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：以边的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则 ，，，
设()，则()，，，
，，
则，
当时，取最大值.
故答案为：B.
【分析】 以边的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系， 利用向量数量积坐标运算公式，结合二次函数的性质求解即可.
6．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，，
则，
即，其虚部为.
故答案为：D.
【分析】先利用复数乘方、模、代数形式的除法运算化简求得，再求得，判断的虚部即可.
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理
【解析】【解答】解：，
由正弦定理可得：，即，即，
即，即，因为为锐角三角形，所以.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用正弦定理结合两角和差的正弦公式化简求角即可.
8．【答案】A
【知识点】基本不等式；二倍角的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，则，
，由余弦定理得，则，
即，即，
当且仅当时等号成立，则.
故答案为：A.
【分析】利用三角形内角和定理结合正切的二倍角公式化简求得A，再由余弦定理结合基本不等式，三角形面积公式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，，，；
A、，若，则，即为实数，故A正确；
B、，若，则，或，若，，，故B错误；
C、若，则，，，即，故C正确；
D、，
若，则，无法得到，故D错误．
故答案为：AC．
【分析】设复数，，，，根据复数的计算方法和相关概念逐项计算判断即可.
10．【答案】B,C
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：在正方体中，取的中点，连接，，
因为，所以四边形是平行四边形，平面，平面，所以，故A正确，B错误；
的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点，如图所示：
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，所以，故C错误，D正确.
故答案为：BC.
【分析】连接，在正方体中可得四边形是平行四边形，由点共面得点共线即可判断A B；的延长线与的延长线的交点，的延长线与的延长线交点，由点共面得点共线即可判断CD.
11．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 内角的平分线交于点 ，则，
即，化简得，则，故A正确；
B、由余弦定理
，当且仅当时取等号，
即的最小值是，故B正确；
C、由，可得，
则，
当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、，当且仅当时取等号，则，即，
则，当且仅当时取等号，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】根据三角形的角平分线，结合等面积法求得即可判断A；再由余弦定理结合基本不等式求b的最小值即可判断B；由，关系，结合三角形面积公式，利用基本不等式求解即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设二面角的大小为，
因为，，，所以.
故答案为：.
【分析】由题意，根据与二面角大小互补求解即可.
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：易知，
若，则，解得，即，则.
故答案为：.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量平行的坐标表示求得m，再求模即可.
14．【答案】8
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；球内接多面体
【解析】【解答】解：设，
因为，，， 所以两两垂直，将其扩展为长方体，
所以该长方体的体对角线为球的直径，所以，
则，
因为，所以，
当且仅当时取得等号，则的最大值.
故答案为：8.
【分析】由题意可得两两垂直，扩展成为长方体，根据球为长方体的外接球，再利用基本不等式求解即可.
15．【答案】解：（1） 向量，则，
因为，，所以，即，
则与之间的关系式为：①；
（2）易知，，
因为，所以，即②，
由①②得或，
当时，，，则；
当时，，，则，
故四边形的面积为16.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示列式求解即可；
（2）根据向量垂直的坐标表示列式求解，再根据四边形面积求解即可.
16．【答案】证明：（1）连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以且，
又因为分别为，的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
所以且所以四点共面；
（2）由（1）知且则必交于一点，如图所示：
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面，
又因为平面平面，所以，即三线共点.
【知识点】棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）连接，根据正方体的几何特征结合平面几何的知识可得由平面的基本性质证明即可；
（2）由题意可得是平面平面的交线，由平面的基本性质证明即可.
17．【答案】（1）解：，根据向量的数量积可得：，
则，由正弦定理得，
即，
因为、，，所以，则；
（2）解：，，由正弦定理，可得，，
则
，
因为，所以，所以，
故.
【知识点】平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用平面向量数量积的定义以及正弦定理化简得出的值，结合角的取值范围求角的值即可；
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换化简可得出，求出角的取值范围，结合正弦型函数的基本性质求的取值范围即可.
（1）由可得，
故，由正弦定理得，
即，
、，则，所以，故.
（2）由正弦定理可得，则，，
，
，则，所以，
故.
18．【答案】（1）解：由题意可知，和都是边长为2的等边三角形，则，
因为，所以，
过、向做垂线，垂足为、，如图所示：
由等腰梯形性质可知：，，，
则，即多面体的表面积；
（2）解：将五面体补全为直三棱柱，如图所示：
则多面体的体积，
由(1)中结论和几何体特征可知：，，
由余弦定理可得，则，，
则，，
故几何体的体积．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)由题意，分别求几何体各个面的面积，再求面积之和即可；
(2)利用割补法求几何体体积即可.
（1）由题意可知，和都是边长为2的等边三角形，
故，
∵，∴，
分别过、向做垂线，垂足为、，如下图所示：
结合等腰梯形性质可知，，，
从而，
故，
故多面体的表面积.
（2）将五面体补全为直三棱柱，如下图所示：
则多面体的体积，
由(1)中结论和几何体特征可知，，，
由余弦定理可知，，故，
从而易知
故，，
从而几何体的体积．
19．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
又因为为的内心，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：延长交于，连接，如图所示：
因为平面，平面，平面，平面平面，
所以，，则为二面角的平面角，
又因为，为的外心，所以为中点，且，
又因为，所以为等边三角形，，
在中，，，则，
在中，，，则，，
又因为，所以，
则二面角的正弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据平面得到，根据为的内心得到，即可得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据平面得到为二面角的平面角，根据，为的外心，得到，再结合得到为等边三角形，，再利用勾股定理得到，，最后利用余弦定理和同角三角函数基本公式求角即可.
（1）∵平面，平面，
∴，
∵为的内心，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面⊥平面.
（2）延长交于，连接，
∵平面，平面，平面，平面平面，
∴，，
∴为二面角的平面角，
∵，为的外心，
∴为中点，且，
∵，
∴为等边三角形，，
在中，，，∴，
在中，，，∴，
，
∵，∴，
所以二面角的正弦值为.
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