热门试卷

解：设CD=h，AB=c，BD=x，则AD=c-x

因此，△ACD的面积为，

△CBD的面积为，△ABC的面积为，依题意，

，

即x2=c（c-x），即x2+cx-c2=0，

．

∵取负号不合题意，∴取正号，得．

又依直角三角形的性质，有AC2=AD•AB=c（c-x）．

但x2=c（c-x），∴AC2=x2，∴AC=x=DB=．

在直角三角形ABC中，．

故．

证明：如图所示，

∵∠BAC是直角，AD是高，BC=5CD，

∴AC2=CD•BC=，

∴BC2=5AC2．

解：在Rt△ABC中，∵AC⊥BC，∴==10．

设圆的半径为r，AD=x，连接OD，

∵AC切半圆O于点D，∴OD⊥AC．

∴OD∥BC．

∴=，即=，化为x=r．

又由切割线定理AD2=AE•AB，即r2=（10-2r）×10，

解得r=．

∴AD==5，

在Rt△ADO中，==．

∵，

∴==3．

证明：

证法一：连接CE，过B作⊙O的切线BG，则BG∥AD

∴∠GBC=∠FDB，又∠GBC=∠CEB

∴∠CEB=∠FDB

又∠CBE是△BCE和△BDF的公共角

∴△BCE∽△BDF∴，

即BE•BF=BC•BD

证法二：连续AC、AE，∵AB是直径，AC是切线

∴AB⊥AD，AC⊥BD，AE⊥BF

由射线定理有AB2=BC•BD，AB2=BE•BF

∴BE•BF=BC•BD

解：方法1：如图建立空间直角坐标系O-xyz，令AB=AA1=4，

则A（0，0，0），E（0，4，2），F（2，2，0），B（4，0，0），

B1（4，0，4），D（2，0，2），（2分）

（I）=（-2，4，0），面ABC的法向量为=（0，0，4），

∵，DE⊄平面ABC，

∴DE∥平面ABC．（4分）

（II），

=0

=0（6分）

∴，∴B1F⊥AF

∵AF∩FE=F，∴B1F⊥平面AEF（8分）

（III）平面AEF的法向量为，设平面B1AE的法向量为，

∴，即（10分）

令x=2，则Z=-2，y=1，∴

∴=

∴二面角B1-AE-F的余弦值为（12分）

方法2：（I）方法i：设G是AB的中点，连接DG，

则DG平行且等于EC，（2分）

所以四边形DECG是平行四边形，所以DE∥GC，

从而DE∥平面ABC．（4分）

方法ii：连接A1B、A1E，并延长A1E交AC的延长线

于点P，连接BP．由E为C1C的中点，A1C1∥CP，

可证A1E=EP，（2分）

∵D、E是A1B、A1P的中点，∴DE∥BP，

又∵BP⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，∴DE∥平面ABC（4分）

（II）∵△ABC为等腰直角三角形，F为BC的中点，

∴BC⊥AF，又∵B1B⊥平面ABC，可证B1F⊥AF，（6分）

设AB=AA1=2，则

∴B1F⊥EF，∴B1F⊥平面AEF；（8分）

（III）过F做FM⊥AE于点M，连接B1M，

∵B1F⊥平面AEF，由三垂线定理可证B1M⊥AE，

∴∠B1MF为二面角B1-AE-F的平面角，

C1C⊥平面ABC，AF⊥FC，可证EF⊥AF，

在Rt△AEF中，可求，（10分）

在Rt△B1FM中，∠B1FM=90°，∴

∴二面角B1-AE-F的余弦值为（12分）

解：（1）取AD的中点G，连接PG、GB、BD．

∵PA=PD，

∴PG⊥AD．（2分）

∵AB=AD，且∠DAB=60°，

∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD，

又∵PG∩BG=G，PG、BG⊂平面PGB

∴AD⊥平面PGB．

∴AD⊥PB．（6分）

（2）取PB的中点F，连接MF、CF，

∵M、F分别为PA、PB的中点，

∴MF∥AB，且．

∵四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD且AB=2CD，

∴MF∥CD且MF=CD．（10分）

∴四边形CDMF是平行四边形．

∴DM∥CF．

∵CF⊂平面PCB，DM⊄平面PCB

∴DM∥平面PCB．（12分）

解：∵圆O上一点C在直径AB上的射影为D

∴AC⊥BC，CD⊥AB

在直角三角形ACB中，由射影定理知：CD2=AD×BD

∵CD=4，BD=8

∴

∴AB=AD+DB=2+8=10

∴圆O的半径等于=5

故答案为  5

证明：∵BE是∠ABC的平分线，

∴=，①

=，②

在Rt△ABC中，由射影定理知，

AB2=BD•BC，即=③

由①③得：=，④

由②④得：=．