热门试卷

（1）∵∥ ∴是异面直线所成的角   

∵ 平面，

∴ 在直角中，，在直角中，

∵  ∴  ∴ 在中，

∴ 在中，    

∴为直角三角形 ∴ ∴   

（2）连接，交于点 ∵ 四边形为菱形 ∴

∵ 平面，∥ ∴平面 ∴

∵ 是平面内的两条相交直线 ∴ 平面 

∴ 就是直线与平面所成的角 

∵  ∴为正三角形 ∴

∴ 在直角中，

∴  ∴ 直线与平面所成的角为 

（3）设点到平面的距离为

在直角中， ∴，且 

∵  

∴

∴  ∴  

(1) 证明 ∵底面,∴.                           ………1分

又由于，

∴正方形，∴,                               ………3分

又,故底面,                          ………5分

因平面，所以底面                    ………6分

证法二：又由于，，∴正方形，∴,

折叠后，,,又,故底面,

因平面，所以底面

(2)   ∵,又平面,平面,所以平面

∴点到平面的距离即为点到平面的距离              ………7分

又∵,是的中点, ∴.

由（1）知有底面,所以有.由题意得,故.

于是,由,可得底面.                     ………9分

∴,,

又∵底面,∴，∵，∴

∴

∴                         ………12分

解法（二）：也可以体积分割求解，但也应有必要的证明过程。

（1）取AB中点Q，连接MQ、NQ，

∵AN=BN∴， ……………2分

∵面，∴，又

∴，………………4分

所以AB⊥平面MNQ，又MN平面MNQ

∴AB⊥MN………………6分

（2）设点P到平面NMA的距离为h，

∵为的中点，∴=

又，，∴，

∵ ∴……………………………7分

又，，，

……………………………………………………………………………9分

可得△NMA边AM上的高为，

∴………………10分

由    得 

∴……………………12分

解析：（1）由已知，可设椭圆的方程为，

因为，所以，，

所以，椭圆的方程为

（也可用待定系数法，或用）

………………4分

（2）当直线斜率存在时，设直线：，由得，

设，，……………6分

所以，

设内切圆半径为，因为的周长为（定值），，所以当的面积最大时，内切圆面积最大，又，…………8分

令，则，所以…………10分

又当不存在时，，此时，

故当不存在时圆面积最大， ，此时直线方程为.

………………12分

（1）证明：因为，，                        ……1分

所以。

所以　　　　　                                              …… 3分

又因为，且                                      ……4分

所以平面                                                 ……5分

（2）取中点，连结；设点到平面的距离为。

由（1）平面

所以，　　                                       ……6分

因为，∥，所以。

又因为，

所以。                                               ……7分

所以                                    ……8 分

又，所以　　　　　            ……10分

而，易知                             ……11分

所以，所以

所以点到平面的距离                                    ……12分