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.. ∴只有一种可能α⊥β交线为l (不对)。 ∵γ⊥α ∴γ垂直于α内任意一条直线(不对).. 正解(用同一法):在l上取一点P,过P作l'⊥γ, 则由P∈l?α及α⊥γ,得l' ?α, 同理,l'?β, 所以 l'是α,β的交线,即l'、l重合, 从而 l⊥γ。

(1)解:在平面ABCD内过点B作AC的平行线BE,∵AC∥A1C1,AC∥BE,∴BE∥A1C1,∴面A1BC1与面ABCD的交线l与BE重合,即直线BE就是所求的直线l.∵BE∥A1C1,l与BE重合,∴l∥A1C1.(2)证明:连接B1D1,∵A1B1C1D1是正方形,∴A1C1⊥B1D1,∵A1C1⊥DD1,∴A1C1⊥...

(I)见解析(II) (I)在平面ABC内,过点P作直线l∥BC∵直线l?平面A 1 BC,BC?平面A 1 BC,∴直线l∥平面A 1 BC,∵△ABC中,AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,结合l∥BC得AD⊥l∵AA 1 ⊥平面ABC,l?平面ABC,∴AA 1 ⊥l∵AD、AA 1 是平面ADD 1 A 1 内的相交直...

解答:证明:∵AB∥CD,∴直线AB与CD确定一个平面α,∵A∈α,C∈α,A∈l,C∈l,∴l?α.∵EF∥CD,∴直线EF与CD确定一个平面β,∵E∈α,C∈α,E∈l,C∈l,∴l?β.∴CD与l既在平面α内,又在平面β.又∵CD∩l=C,则CD与l确定一个平面,因此α与β重合.故AB、CD、EF三条...

(1)连接OA,如图①.∵L1⊥L2,⊙O与L1、L2都相切,∴∠OAD=45°.∵四边形ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴∠DAC=∠BCA=60°,∴∠OAC=∠OAD+∠DAC=105°,故答案为:105.(2)当O1、A1、C1恰好在同一直线上时,如图②,设⊙O1与l1的切点为N,连接O1N,则有O1N⊥l1.在Rt△...

这是根据直线参数方程中参数t的意义 【t表示有向线段的数量】 ∴|PA|=|t1|,|PB|=|t2| ∴|PA|·|PB|=|t1·t2| t1·t2=-1/4是应用韦达定理

证明:∵平面α、β满足α⊥β,α∩β=L,直线AB在平面α内,AB⊥L,∴AB⊥β,∵直线BC、DE在平面β内,且BC⊥DE,∴AB⊥DE,∵AB∩BC=B,∴DE⊥平面ABC,∵AC?平面ABC,∴AC⊥DE.

解:(1)如图①,当P点在C、D之间运动时,∠APB=∠PAC+∠PBD.理由如下:过点P作PE∥l1,∵l1∥l2,∴PE∥l2∥l1,∴∠PAC=∠1,∠PBD=∠2,∴∠APB=∠1+∠2=∠PAC+∠PBD;(2)如图②,当点P在C、D两点的外侧运动,且在l1上方时,∠PBD=∠PAC+∠APB.理由如下:∵l1∥l2,...

证明:(1)∵∠3=∠4,∠1=∠3,∴∠1=∠4∴l 1 ∥ l 2 ;(2)∵∠3+∠5=180°,∠4+∠5=180°,∴∠3=∠4,∴l 1 ∥ l 2 .故答案为∠1,∠1,内错角相等,两直线平行;∠4,∠4,内错角相等,两直线平行.

∵直线l的解析式为:y=33x,∴l与x轴的夹角为30°,∵AB∥x轴,∴∠ABO=30°,∵OA=1,∴AB=3,∵A1B⊥l,∴∠ABA1=60°,∴AA1=3,∴A1(0,4),同理可得A2(0,16),…,∴A2013纵坐标为:42013,∴A2013(0,42013).故答案为:(0,42013)或(0,24026)

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