热门试卷

设，

则，

当时，取得最小值，即．

或

如图，过E分别作EG∥AB，交BD于G，EH∥DC交AC于H，

连接GH、FH，由条件，易知EGFH为平行四边形。

∴∠GEH为异面直线AB与CD所成的角或其补角。∴∠GEH＝60°或120°

又EG＝AB＝2，EH＝AB＝1,

由余弦定理得：

EF＝＝或

⑴证明见解析⑵7

（1）证明：连接并延长交于，连接，

则由，得．

，．

，又平面，平面，

平面．

（2）解：由，得；

由，知，

由余弦定理可得，．

70cm

设该机器人最快可在点处截住小球，点在线段上．

设．根据题意，得 ．

则．………………………………………………1分

连接，在△中，，，

所以， ．………………………………………………2分

于是．在△中，由余弦定理，

得．

所以．………………8分

解得．………………………………………………………………12分

所以，或（不合题意，舍去）．………13分

点P的坐标为(-1,0)或(9,0).

设点P的坐标为(x,0),

由|PA|=13得,

解得x=-1或x=9.

∴点P的坐标为(-1,0)或(9,0).

(1).

(2).

1)根据点到直线的距离公式,得

.

(2)因为直线3x=2平行于y轴,

所以.

说明：（1）应用判定定理，掌握线线垂直的一般思路．

（2）思路：欲证线线垂直，只需证线面垂直，再证线线垂直，而由已知构造线线垂直是关键．

（3）教学方法，引导学生分析等腰三角形三线合一的性质构造图形，找到证明方法．

证明：如图，取AB中点E，连结CE、DE

∵AC＝BC，E为AB中点．

∴CE⊥AB

同理DE⊥AB，又CE∩DE＝E，

且CE平面CDE，DE平面CDE．

∴AB⊥平面CDE

又CD平面CDE

∴AB⊥CD．

(Ⅰ)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，

所以PA⊥AB，

又AB⊥AD，PA∩AD=A，

所以AB⊥平面PAD，

又AB平面PAB，

所以平面PAB⊥平面PAD。

(Ⅱ)解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz(如图)，

在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD，

在Rt△CDE中，DE=CD·cos45°=1，CE=CD·sin45°=1，

设AB=AP=t，则B(t，0，0)，P(0，0，t)，

由AB+AD=4得AD=4-t，

所以E(0，3-t，0)，C(1，3-t，0)，D(0，4-t，0)，

，

(i)设平面PCD的法向量为n=(x，y，z)，

由，得，

取x=t，得平面PCD的一个法向量n=(t，t，4-t)，

又，

故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得，

即，解得或t=4(舍去，因为

AD=4-t＞0)，

所以。

(ii)假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．

设G(0，m，0)(其中0≤m≤4-t)，

则，

由得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2，即t=3-m；(1)

由得(4-t-m)2=m2+t2， (2)

由(1)、(2)消去t，化简得m2-3m+4=0， (3)

由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，C，D的距离都相等．

从而，在线段AD上不存在一个点G，

使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．

如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点，

依题意，得，

，

 （Ⅰ）易得，

于是，

所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为。

（Ⅱ）易知，

设平面AA1C1的法向量，

则，即，

不妨令，可得，

同样地，设平面A1B1C1的法向量，

则，即，

不妨令，可得，

于是，

从而，

所以二面角A-A1C1-B1的正弦值为。

（Ⅲ）由N为棱B1C1的中点，得，

设M（a，b，0），则，

由MN⊥平面A1B1C1，

得，

即，

解得，故，

因此，

所以线段BM的长为。

如图，以C为原点建立空间直角坐标系O-xyz．

（1）依题意得B（0，1，0），N（1，0，1），

∴||==（2分）

（2）依题意得A1（1，0，2），B（0，1，0），C（0，0，0），B1（0，1，2）．

∴=(1，-1，2)，=(0，1，2)，•=3，|

BA

1|=，|

CB

1|=（5分）

∴cos＜•＞==（9分）

（3）证明：依题意得C1（0，0，2），M(，，2)=（-1，1，-2），=(，，0)，

∴•=-++0=0，

∴⊥（12分）