热门试卷

（1） 设，则由于菱形的中心在轴上，顶点在轴上，所以，，而，所以，.

又，所以，即.

而不可能在轴上，所以顶点的轨迹的方程为.  (5分)

（2） ①设，， (不妨令)，则，

则，

同理，

而，

因为，所以，因此即，

所以，即直线与的斜率之和为定值.

(8分)

② 因为点横坐标为，且纵坐标大于0，所以，.

由于，且轴，所以平分，

而，所以，.

从而直线，即；

直线，即.

由消去并整理得，

所以，即.

同理消去并整理得

所以，即.

因此为所求.          (12分)

（1）∵面面，面面，,

∴面，  2分

又∵面，∴平面平面. 4分

（2）取的中点，连结、，则 ,

又∵，∴， 6分

∴四边形是平行四边形，∴∥，

又∵面且面，∴∥面.  8分

（3）∵，面面=，   ∴面.

∴就是四面体的高，且=2. 10分

∵==2=2，∥，

∴

∴   ∴12分

（1）∵

∴ ----------------3分

∵ ∴

∴        ………………………………6分

（2）法一：由得……………8分

同理得--------------------10分

所以，故=……………………………12分

法二：由得……………8分

由得

，即---------------------10分

∴   ∴ 

即的值分别为

所以=………………………………12分

证明：

（1）连结A1D，

∵ E，F分别是AD和DD1的中点，∴ EF∥AD 1。   

∵ 正方体ABCD－A1B1C1D1，

∴ AB∥D1C1，AB=D1C1。

∴ 四边形ABC1D1为平行四边形，即有A1D∥BC1 

∴ EF∥BC1。

又EF平面C1BD，BC1平面C1BD，

∴ EF∥平面AB1D1。  

（2）连结AC，则AC⊥BD。

∵ 正方体ABCD－A1B1C1D1，∴AA1⊥平面ABCD，

∴ AA1⊥BD。

又，∴BD⊥平面AA1C，

∴ A1C⊥BD。 

同理可证A1C⊥BC1。

又，∴A1C⊥平面C1BD。 

解析：（1）证明：，∴，则

又，则∴

（2）解：∴，而∴  ∴

是中点 ∴是中点  ∴且

∴ ∴中，∴    （12分）

∴

解析:（1）底面,,

又,是的中点, ,

由已知,平面. ……………………4分

（2）平面  平面

又

又……………………8分

而

……………………12分

（1）连结BD交AC于O，连结OE，∵为的上一点，且，

F为PE的中点∴E为DF中点，OE//BF（5分）   

又∵平面AEC   ∴平面AEC（6分）

（2）侧棱底面，，

又，，

∴，（9分）

又,

∴三棱锥的体积（12分）

（1）∵ PA是切线，AB是弦，∴ ∠BAP=∠C，

又 ∵ ∠APD=∠CPE，∴ ∠BAP+∠APD=∠C+∠CPE，

∵ ∠ADE=∠BAP+∠APD，∠AED=∠C+∠CPE，

∴ ∠ADE=∠AED。

（2）由（1）知∠BAP=∠C，又 ∵ ∠APC=∠BPA，

∴ △APC∽△BPA， ∴，

∵ AC=AP， ∴ ∠APC=∠C=∠BAP，由三角形内角和定理可知，∠APC+∠C+∠CAP=180°，

∵ BC是圆O的直径，∴ ∠BAC=90°， ∴ ∠APC+∠C+∠BAP=180°－90°=90°，

∴ ∠C=∠APC=∠BAP=×90°=30°。

在Rt△ABC中，=， ∴ =。

（1）取线段中点，连结。

因为，所以                                 ……1分

因为∥，所以，                          ……2分

又因为，所以，而

所以。                                           ……4分

因为，所以　即

因为，且

所以平面            ……6分

（2）以为坐标原点，以

所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：

则四点坐标分别为：

；；；                        ……8分

设；平面的法向量。

因为点在线段上，所以假设，所以 

即，所以。                       ……9分

又因为平面的法向量。

所以，所以

所以                                                       ……10分

因为直线与平面成角正弦值等于，所以。

所以　即，所以点是线段的中点。     ……12分

（1）证明：，  ～，

又……………………………………………………5分

（2）解： ～，

……………………………………………………10分