热门试卷

解法一：（1）

①证明：连. 因为为平行四边形，分别为中点，

所以为平行四边形，所以. 

又分别为的中点，所以. 

平面，平面，所以平面，平面，而平面，所以平面平面.

②因为，所以或其补角即为异面直线与所成的角.-

因为为正三角形，，为中点，所以，从而平面，而，所以平面，因为平面，所以.

由条件易得，又为二面角的平面角，所以，所以，

所以.--

（2） 由（1）的②知平面，即，所以即为二面角的平面角.--

.-

解法二：（1）①同解法一；

②因为为正三角形，，为中点，所以，从而为二面角的平面角且平面，而平面，所以平面平面.

作平面于，则在直线上，又由二面角的平面角为，故在线段的延长线上. 由得.

以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，

则由上述及已知条件得各点坐标为，，，，，所以，.-

所以异面直线与所成角的余弦值为，

从而其正切值为.

（2） 由（1）的②知，设平面的法向量为，则由，得

令，得.-

又平面的一个法向量为，而二面角为锐二面角，所以二面角的余弦为.-

方法一

（1）记AC与BD的交点为O,连接OE,             

∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，

∴四边形AOEM是平行四边形，                     

∴AM∥OE.                                    

∵平面BDE， 平面BDE，

∴AM∥平面BDE.                       

（2）在平面AFD中过A作AS⊥DF于S，连结BS，

∵AB⊥AF， AB⊥AD，

∴AB⊥平面ADF，                              

∴AS是BS在平面ADF上的射影，

由三垂线定理得BS⊥DF.

∴∠BSA是二面角A—DF—B的平面角。        

在RtΔASB中，

∴                 

∴二面角A—DF—B的大小为60º.              

（3）设CP=t（0≤t≤2）,作PQ⊥AB于Q，则PQ∥AD，

∵PQ⊥AB，PQ⊥AF，，

∴PQ⊥平面ABF，QF平面ABF，

∴PQ⊥QF.                                     

在RtΔPQF中，∠FPQ=60º，PF=2PQ.

∵ΔPAQ为等腰直角三角形，

∴                           

又∵ΔPAF为直角三角形，

∴，

∴

所以t=1或t=3(舍去)

即点P是AC的中点.                         

方法二

（1）建立如图所示的空间直角坐标系。

设，连接NE，

则点N、E的坐标分别是（、（0,0,1）,

∴=(,

又点A、M的坐标分别是

（）、（

∴=（

∴ 且NE与AM不共线，

∴NE∥AM.

又∵平面BDE， 平面BDE，

∴AM∥平面BDF.

（2）∵AF⊥AB，AB⊥AD，AF

∴AB⊥平面ADF.

∴为平面DAF的法向量。

∵ ，

∴  =（·=0得

∴为平面BDF的法向量。

∴cos< >=

∴的夹角是60º.

即所求二面角A—DF—B的大小是60º.

（3）设P(t,t,0)(0≤t≤)得

∴ ，

又∵PF和AD所成的角是60º.

∴

解得或（舍去），

即点P是AC的中点。

解：（1）函数的定义域为，  

∵，

∵，则使的的取值范围为，

故函数的单调递增区间为，

（2）方法1：∵，

∴，

令，

∵，且，

由。

∴在区间内单调递减，在区间内单调递增,

故在区间内恰有两个相异实根

即解得：。

综上所述，的取值范围是，

方法2：∵，

∴

即，

令， ∵，且，

由。

∴在区间内单调递增，在区间内单调递减

∵，，，

又，

故在区间内恰有两个相异实根。

即。

综上所述，的取值范围是，

(1)，分别为的中点，

为矩形，

,又

面,面,

平面⊥平面

(2) ,又，

又,所以面,

建系为轴，为轴，为轴, 则，, 平面法向量，平面法向量

              ，可得.

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