題目列表(包括答案和解析)
2、已知復數(shù)z滿足(+3i)z=3i,則z=( )
A. B. C. D.
1、已知集合M={x|},N={y|y=3x2+1,xÎR},則MÇN=( )
A.Æ B. {x|x³1} C.{x|x>1} D. {x| x³1或x<0}
20.本小題主要考查函數(shù)、方程等基本知識,考查分類討論的數(shù)學思想方法和綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力。
要使有t意義,必須1+x≥0且1-x≥0,即-1≤x≤1,
∴t≥0 ①
t的取值范圍是由①得
∴m(t)=a()+t=
(2)由題意知g(a)即為函數(shù)的最大值。
注意到直線是拋物線的對稱軸,分以下幾種情況討論。
當a>0時,函數(shù)y=m(t), 的圖象是開口向上的拋物線的一段,
由<0知m(t)在上單調遞增,∴g(a)=m(2)=a+2
(2)當a=0時,m(t)=t, ,∴g(a)=2.
(3)當a<0時,函數(shù)y=m(t), 的圖象是開口向下的拋物線的一段,
若,即則
若,即則
若,即則
綜上有
(3)解法一:
情形1:當時,此時,
由,與a<-2矛盾。
情形2:當時,此時,
解得, 與矛盾。
情形3:當時,此時
所以
情形4:當時,,此時,
矛盾。
情形5:當時,,此時g(a)=a+2,
由解得矛盾。
情形6:當a>0時,,此時g(a)=a+2,
由,由a>0得a=1.
綜上知,滿足的所有實數(shù)a為或a=1
21本小題主要考查等差數(shù)列、充要條件等基礎知識,考查綜合運用數(shù)學知識分析問題、解決問題的能力。
證明:必要性,設是{an}公差為d1的等差數(shù)列,則
bn+1–bn=(an+1–an+3) – (an–an+2)= (an+1–an) – (an+3–an+2)= d1– d1=0
所以bnbn+1 ( n=1,2,3,…)成立。
又cn+1–cn=(an+1–an)+2 (an+2–an+1)+3 (an+3–an+2)= d1+2 d1 +3d1 =6d1(常數(shù)) ( n=1,2,3,…)
所以數(shù)列{cn}為等差數(shù)列。
充分性: 設數(shù)列{cn}是公差為d2的等差數(shù)列,且bnbn+1 ( n=1,2,3,…)
∵cn=an+2an+1+3an+2 ①
∴cn+2=an+2+2an+3+3an+4 ②
①-②得cn–cn+2=(an–an+2)+2 (an+1–an+3)+3 (an+2–an+4)=bn+2bn+1+3bn+2
∵cn–cn+2=( cn–cn+1)+( cn+1–cn+2)= –2 d2
∴bn+2bn+1+3bn+2=–2 d2 ③
從而有bn+1+2bn+2+3bn+3=–2 d2 ④
④-③得(bn+1–bn)+2 (bn+2–bn+1)+3 (bn+3–bn+2)=0 ⑤
∵bn+1–bn≥0, bn+2–bn+1≥0 , bn+3–bn+2≥0,
∴由⑤得bn+1–bn=0 ( n=1,2,3,…),
由此不妨設bn=d3 ( n=1,2,3,…)則an–an+2= d3(常數(shù)).
由此cn=an+2an+1+3an+2= cn=4an+2an+1–3d3
從而cn+1=4an+1+2an+2–5d3 ,
兩式相減得cn+1–cn=2( an+1–an) –2d3
因此(常數(shù)) ( n=1,2,3,…)
所以數(shù)列{an}公差等差數(shù)列。
[解后反思]理解公差d的涵義,能把文字敘述轉化為符號關系式.利用遞推關系是解決數(shù)列的重要方法,要求考生熟練掌握等差數(shù)列的定義、通項公式及其由來.
(17)(本小題滿分12分,第一小問滿分5分,第二小問滿分7分)
已知三點P(5,2)、(-6,0)、(6,0).
(Ⅰ)求以、為焦點且過點P的橢圓的標準方程;
|
(18)(本小題滿分14分)
|
(19)(本小題滿分14分,第一小問滿分4分,第二小問滿分5分,第三小問滿分5分)
在正三角形ABC中,E、F、P分別是AB、AC、BC邊上的點,滿足AE:EB=CF:FA=CP:PB=1:2(如圖1)。將△AEF沿EF折起到的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角,連結A1B、A1P(如圖2)
(Ⅰ)求證:A1E⊥平面BEP;
(Ⅱ)求直線A1E與平面A1BP所成角的大;
(Ⅲ)求二面角B-A1P-F的大小(用反三角函數(shù)表示)
(20)(本小題滿分16分,第一小問4分,第二小問滿分6分,第三小問滿分6分)
設a為實數(shù),設函數(shù)的最大值為g(a)。
(Ⅰ)設t=,求t的取值范圍,并把f(x)表示為t的函數(shù)m(t)
(Ⅱ)求g(a)
(Ⅲ)試求滿足的所有實數(shù)a
(21)(本小題滿分14分)
設數(shù)列、、滿足:,(n=1,2,3,…),
證明為等差數(shù)列的充分必要條件是為等差數(shù)列且(n=1,2,3,…)
1[思路點撥]本題考查函數(shù)的奇偶性,三角函數(shù)sinx的奇偶性的判斷,本題是一道送分的概念題
[正確解答]解法1由題意可知,得a=0
解法2:函數(shù)的定義域為R,又f(x)為奇函數(shù),故其圖象必過原點即f(0)=0,所以得a=0,
解法3由f(x)是奇函數(shù)圖象法函數(shù)畫出的圖象選A
[解后反思]對數(shù)學概念及定理公式的深刻理解是解數(shù)學問題的關健,討論函數(shù)的奇偶性,其前提條件是函數(shù)的定義域必須關于原點對稱.
若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)的圖象關于原點對稱.
若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱.
2[思路點撥]本題主要考查圓的切線的求法,直線與圓相切的充要條件是圓心到直線的距離等于半徑.
[正確解答]直線ax+by=0,則,由排除法,
選C,本題也可數(shù)形結合,畫出他們的圖象自然會選C,用圖象法解最省事。
[解后反思]直線與圓相切可以有兩種方式轉化(1)幾何條件:圓心到直線的距離等于半徑(2)代數(shù)條件:直線與圓的方程組成方程組有唯一解,從而轉化成判別式等于零來解.
3[思路點撥]本題考查統(tǒng)計的基本知識,樣本平均數(shù)與樣本方差的概念以及求解方程組的方法
[正確解答]由題意可得:x+y=20,(x-10)2+(y-10)2=8,解這個方程組需要用一些技巧,因為不要直接求出x、y,只要求出,設x=10+t, y=10-t, ,選D
[解后反思]
4[思路點撥]本題主要考三角函數(shù)的圖象變換,這是一道平時訓練的比較多的一種類型。
[正確解答]先將的圖象向左平移個單位長度,
得到函數(shù)的圖象,再把所得圖象上各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)得到函數(shù)的圖像
[解后反思]由函數(shù)的圖象經過變換得到函數(shù)
(1).y=Asinx,xÎR(A>0且A¹1)的圖象可以看作把正弦曲線上的所有點的縱坐標伸長(A>1)或縮短(0<A<1)到原來的A倍得到的
(2)函數(shù)y=sinωx, xÎR (ω>0且ω¹1)的圖象,可看作把正弦曲線上所有點的橫坐標縮短(ω>1)或伸長(0<ω<1)到原來的倍(縱坐標不變)
(3)函數(shù)y=sin(x+),x∈R(其中≠0)的圖象,可以看作把正弦曲線上所有點向左(當>0時)或向右(當<0時=平行移動||個單位長度而得到 (用平移法注意講清方向:“加左”“減右”)
可以先平移變換后伸縮變換,也可以先伸縮變換后平移變換,但注意:先伸縮時,平移的單位把x前面的系數(shù)提取出來。
5[思路點撥]本題主要考查二項式展開通項公式的有關知識.
[正確解答]的展開式通項為,因此含x的正整數(shù)次冪的項共有2項.選B
[解后反思]多項式乘法的進位規(guī)則.在求系數(shù)過程中,盡量先化簡,降底數(shù)的運算級別,盡量化成加減運算,在運算過程可以適當注意令值法的運用,例如求常數(shù)項,可令.在二項式的展開式中,要注意項的系數(shù)和二項式系數(shù)的區(qū)別.
6[思路點撥]本題主要考查平面向量的數(shù)量積運算,拋物線的定義.
[正確解答]設,,,
則
由,則,
化簡整理得 所以選B
[解后反思]向量的坐標表示和數(shù)量積的性質在平面向量中的應用是學習的重點和難點.也是高考常?疾榈闹匾獌热葜.在平時請多多注意用坐標如何來表示向量平行和向量垂直,既要注意它們聯(lián)系,也要注意它們的區(qū)別.
7[思路點撥]本題主要考查.集合的并集與交集運算,集合之間關系的理解。
[正確解答]因為由題意得所以選A
[解后反思]對集合的子、交、并、補運算,以及集合之間的關系要牢固掌握。本題考查三個抽象集合之間的關系,可以考慮借助與文氏圖。
8[思路點撥]本題主要考查.不等式恒成立的條件,由于給出的是不完全提干,必須結合選擇支,才能得出正確的結論。
[正確解答]運用排除法,C選項,當a-b<0時不成立。
[解后反思]運用公式一定要注意公式成立的條件
如果
如果a,b是正數(shù),那么
9[思路點撥]本題主要考查空間想象能力,以及正四棱錐的體積
[正確解答]由于兩個正四棱錐相同,所以所求幾何體的中心在正四棱錐底面正方形ABCD中心,有對稱性知正四棱錐的高為正方體棱長的一半,影響幾何體體積的只能是正四棱錐底面正方形ABCD的面積,問題轉化為邊長為1的正方形的內接正方形有多少種,所以選D.
[解后反思]正方體是大家熟悉的幾何體,它的一些內接或外接圖形需要一定的空間想象能力,要學會將空間問題向平面問題轉化。
10[思路點撥]本題主要考查平均分組問題及概率問題.
[正確解答]將六個接線點隨機地平均分成三組,共有種結果,五個接收器能同時接收到信號必須全部在同一個串聯(lián)線路中,有種結果,這五個接收器能同時接收到信號的概率是,選D
[解后反思]概率問題的難點在于分析某事件所有可能出現(xiàn)的結果及其表示方法,而運用概率部分的性質、公式求某事件概率只是解決問題的工具而已
11[思路點撥]本題主要考查解三角形的基本知識
[正確解答]由正弦定理得,解得
[解后反思]解三角形:已知兩角及任一邊運用正弦定理,已知兩邊及其夾角運用余弦定理
12[思路點撥]本題主要考查線性規(guī)劃問題,由線性約束條件畫出可行域,然后求出目標函數(shù)的最大值.
[正確解答]畫出可行域,得在直線2x-y=2與直線x-y=-1的交點
A(3,4)處,目標函數(shù)z最大值為18
[解后反思]本題只是直接考查線性規(guī)劃問題,是一道較為簡單的送分題。近年來高考線性規(guī)劃問題高考數(shù)學考試的熱點,數(shù)形結合是數(shù)學思想的重要手段之一,是連接代數(shù)和幾何的重要方法。 隨著要求數(shù)學知識從書本到實際生活的呼聲不斷升高,線性規(guī)劃這一類新型數(shù)學應用問題要引起重視。
13[思路點撥]本題考查排列組合的基本知識.
[正確解答]由題意可知,因同色球不加以區(qū)分,實際上是一個組合問題,共有
[解后反思]分步計數(shù)原理與分類計數(shù)原理是排列組合中解決問題的重要手段,也是基礎方法,在高中數(shù)學中,只有這兩個原理,尤其是分類計數(shù)原理與分類討論有很多相通之處,當遇到比較復雜的問題時,用分類的方法可以有效的將之化簡,達到求解的目的.
14[思路點撥]本題考查三角公式的記憶及熟練運用三角公式計算求值
[正確解答]
[解后反思]方法不拘泥,要注意靈活運用,在求三角的問題中,要注意這樣的口決“三看”即(1)看角,把角盡量向特殊角或可計算角轉化,(2)看名稱,把一道等式盡量化成同一名稱或相近的名稱,例如把所有的切都轉化為相應的弦,或把所有的弦轉化為相應的切,(3)看式子,看式子是否滿足三角函數(shù)的公式.如果滿足直接使用,如果不滿足轉化一下角或轉換一下名稱,就可以使用.
15[思路點撥]本題考查應用導數(shù)求曲線切線的斜率,數(shù)列通項公式以及等比數(shù)列的前n項和的公式
[正確解答],曲線y=xn(1-x)在x=2處的切線的斜率為k=n2n-1-(n+1)2n
切點為(2,-2n),所以切線方程為y+2n=k(x-2),令x=0得 an=(n+1)2n,令bn=.數(shù)列的前n項和為2+22+23+…+2n=2n+1-2
[解后反思]應用導數(shù)求曲線切線的斜率時,要首先判定所經過的點為切點。否則容易出錯。
16[思路點撥]本題考查對數(shù)函數(shù)單調性和不等式的解法
[正確解答],0〈,.
解得
[解后反思]在數(shù)的比較大小過程中,要遵循這樣的規(guī)律,異中求同即先將這些數(shù)的部分因式化成相同的部分,再去比較它們剩余部分,就會很輕易啦.一般在數(shù)的比較大小中有如下幾種方法:(1)作差比較法和作商比較法,前者和零比較,后者和1比較大;(2)找中間量,往往是1,在這些數(shù)中,有的比1大,有的比1;,(3)計算所有數(shù)的值;(4)選用數(shù)形結合的方法,畫出相應的圖形;(5)利用函數(shù)的單調性等等.
17本小題主要考查橢圓與雙曲線的基本概念、標準方程、幾何性質等基礎知識和基本運算能力。
解:(1)由題意可設所求橢圓的標準方程為(a>b>0),其半焦距c=6
∴,b2=a2-c2=9.
所以所求橢圓的標準方程為
(2)點P(5,2)、F1(-6,0)、F2(6,0)關于直線y=x的對稱點分別為點P,(2,5)、F1,(0,-6)、F2,(0,6).
設所求雙曲線的標準方程為由題意知,半焦距c1=6
,b12=c12-a12=36-20=16. 所以所求雙曲線的標準方程為
18.本小題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的最大值和最小值的基礎知識,以及運用數(shù)學知識解決實際問題的能力。
解:設OO1為x m,
則由題設可得正六棱錐底面邊長為(單位:m)
于是底面正六邊形的面積為(單位:m2)
帳篷的體積為(單位:m3)
求導數(shù),得
令解得x=-2(不合題意,舍去),x=2.
當1<x<2時,,V(x)為增函數(shù);
當2<x<4時,,V(x)為減函數(shù)。
所以當x=2時,V(x)最大。
答當OO1為2m時,帳篷的體積最大。
19本小題主要考查線面垂直、直線和平面所成的角、二面角等基礎知識,以及空間線面位置關系的證明、角和距離的計算等,考查空間想象能力、邏輯推理能力和運算能力。
解法一:不妨設正三角形ABC的邊長為3
(1) 在圖1中,取BE中點D,連結DF. AE:EB=CF:FA=1:2∴AF=AD=2而∠A=600 , ∴△ADF是正三角形,又AE=DE=1, ∴EF⊥AD在圖2中,A1E⊥EF, BE⊥EF, ∴∠A1EB為二面角A1-EF-B的平面角。由題設條件知此二面角為直二面角,A1E⊥BE,又∴A1E⊥平面BEF,即 A1E⊥平面BEP
(2) 在圖2中,A1E不垂直A1B, ∴A1E是平面A1BP的垂線,又A1E⊥平面BEP,
∴A1E⊥BE.從而BP垂直于A1E在平面A1BP內的射影(三垂線定理的逆定理)設A1E在平面A1BP內的射影為A1Q,且A1Q交BP于點Q,則∠E1AQ就是A1E與平面A1BP所成的角,且BP⊥A1Q.在△EBP中, BE=EP=2而∠EBP=600 , ∴△EBP是等邊三角形.又 A1E⊥平面BEP , ∴A1B=A1P, ∴Q為BP的中點,且,又 A1E=1,在Rt△A1EQ中,,∴∠EA1Q=60o, ∴直線A1E與平面A1BP所成的角為600
在圖3中,過F作FM⊥ A1P與M,連結QM,QF,∵CP=CF=1, ∠C=600,
∴△FCP是正三角形,∴PF=1.有∴PF=PQ①,
∵A1E⊥平面BEP, ∴A1E=A1Q,
∴△A1FP≌△A1QP從而∠A1PF=∠A1PQ②,
由①②及MP為公共邊知△FMP≌△QMP,
∴∠QMP=∠FMP=90o,且MF=MQ,
從而∠FMQ為二面角B-A1P-F的平面角.
在Rt△A1QP中,A1Q=A1F=2,PQ=1,又∴. ∵ MQ⊥A1P∴∴在△FCQ中,FC=1,QC=2, ∠C=600,由余弦定理得
在△FMQ中,
∴二面角B-A1P-F的大小為
[解后反思]在立體幾何學習中,我們要多培養(yǎng)空間想象能力, 對于圖形的翻折問題,關健是利用翻折前后的不變量,二面角的平面角的適當選取是立體幾何的核心考點之一.是高考數(shù)學必考的知識點之一.作,證,解,是我們求二面角的三步驟.作:作出所要求的二面角,證:證明這是我們所求二面角,并將這個二面角進行平面化,置于一個三角形中,最好是直角三角形,利用我們解三角形的知識求二面角的平面角.向量的運用也為我們拓寬了解決立體幾何問題的角度,不過在向量運用過程中,要首先要建系,建系要建得合理,最好依托題目的圖形,坐標才會容易求得.
(11)在△ABC中,已知BC=12,A=60°,B=45°,則AC= ▲
(12)設變量x、y滿足約束條件,則的最大值為 ▲
(13)今有2個紅球、3個黃球、4個白球,同色球不加以區(qū)分,將這9個球排成一列有 ▲ 種不同的方法(用數(shù)字作答)。
(14)= ▲
(15)對正整數(shù)n,設曲線在x=2處的切線與y軸交點的縱坐標為,則數(shù)列的前n項和的公式是 ▲
(16)不等式的解集為 ▲
(1)已知,函數(shù)為奇函數(shù),則a=
(A)0 (B)1 (C)-1 (D)±1
(2)圓的切線方程中有一個是
(A)x-y=0 (B)x+y=0 (C)x=0 (D)y=0
(3)某人5次上班途中所花的時間(單位:分鐘)分別為x,y,10,11,9.已知這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為10,方差為2,則|x-y|的值為
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
(4)為了得到函數(shù)的圖像,只需把函數(shù)的圖像上所有的點
(A)向左平移個單位長度,再把所得各點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變)
(B)向右平移個單位長度,再把所得各點的橫坐標縮短到原來的倍(縱坐標不變)
(C)向左平移個單位長度,再把所得各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)
(D)向右平移個單位長度,再把所得各點的橫坐標伸長到原來的3倍(縱坐標不變)
(5)的展開式中含x的正整數(shù)指數(shù)冪的項數(shù)是
(A)0 (B)2 (C)4 (D)6
(6)已知兩點M(-2,0)、N(2,0),點P為坐標平面內的動點,滿足。0,則動點P(x,y)的軌跡方程為
(A) (B) (C) (D)
(7)若A、B、C為三個集合,,則一定有
(A) (B) (C) (D)
(8)設a、b、c是互不相等的正數(shù),則下列等式中不恒成立的是
(A) (B)
(C) (D)
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(C)3個 (D)無窮多個
(10)右圖中有一個信號源和五個接收器。接收器與信號源在同一個串聯(lián)線路中時,就能接收到信號,否則就不能接收到信號。若將圖中左端的六個接線點隨機地平均分成三組,將右端的六個接線點也隨機地平均分成三組,再把所有六組中每組的兩個接線點用導線連接,則這五個接收器能同時接收到信號的概率是
(A) (B)
(C) (D)
21. (本小題滿分14分)已知橢圓C1:,拋物線C2:,
且C1、C2的公共弦AB過橢圓C1的右焦點.
(Ⅰ)當AB⊥軸時,求、的值,并判斷拋物線C2的焦點是否在直線AB上;
(Ⅱ)是否存在、的值,使拋物線C2的焦點恰在直線AB上?若存在,
求出符合條件的、的值;若不存在,請說明理由.
解:(Ⅰ)當AB⊥x軸時,點A、B關于x軸對稱,所以m=0,直線AB的方程為:
x =1,從而點A的坐標為(1,)或(1,-). 因為點A在拋物線上.
所以,即.此時C2的焦點坐標為(,0),該焦點不在直線AB上.
(II)解法一: 假設存在、的值使的焦點恰在直線AB上,由(I)知直線AB
的斜率存在,故可設直線AB的方程為.
由消去得………………①
設A、B的坐標分別為(x1,y1), (x2,y2),
則x1,x2是方程①的兩根,x1+x2=.
由
消去y得. ………………②
因為C2的焦點在直線上,
所以,即.代入②有.
即. …………………③
由于x1,x2也是方程③的兩根,所以x1+x2=.
從而=. 解得 ……………………④
又AB過C1、、\、、C2的焦點,所以
,
則 …………………………………⑤
由④、⑤式得,即.
解得于是
因為C2的焦點在直線上,所以.
或.
由上知,滿足條件的、存在,且或,.
解法二: 設A、B的坐標分別為,.
因為AB既過C1的右焦點,又過C2的焦點,
所以.
即. ……①
由(Ⅰ)知,于是直線AB的斜率, ……②
且直線AB的方程是,
所以. ……③
又因為,所以. ……④
將①、②、③代入④得. ……………⑤
因為,所以. …………⑥
將②、③代入⑥得 ……………⑦
由⑤、⑦得即
解得.將代入⑤得
或.
由上知,滿足條件的、存在,且或,
20. (本小題滿分14分)對1個單位質量的含污物體進行清洗,清洗前其清潔度(含污物體的清潔度定義為:)為0.8,要求洗完后的清潔度是0.99.有兩種方案可供選擇,方案甲:一次清洗;方案乙:兩次清洗.該物體初次清洗后受殘留水等因素影響,其質量變?yōu)?sub>(1≤a≤3).設用單位質量的水初次清洗后的清潔度是(),用質量的水第二次清洗后的清潔度是,其中是該物體初次清洗后的清潔度.
(Ⅰ)分別求出方案甲以及時方案乙的用水量,并比較哪一種方案用水量較少;
(Ⅱ)若采用方案乙,當為某定值時,如何安排初次與第二次清洗的用水量,使總用水量最少?并討論取不同數(shù)值時對最少總用水量多少的影響.
解:(Ⅰ)設方案甲與方案乙的用水量分別為x與z,由題設有=0.99,解得x=19.
由得方案乙初次用水量為3, 第二次用水量y滿足方程:
解得y=4,故z=4+3.即兩種方案的用水量分別為19與4+3.
因為當,故方案乙的用水量較少.
(II)設初次與第二次清洗的用水量分別為與,類似(I)得
,(*)
于是+
當為定值時,,
當且僅當時等號成立.此時
將代入(*)式得
故時總用水量最少, 此時第一次與第二次用水量分別為
, 最少總用水量是.
當,故T()是增函數(shù)(也可以用二次函數(shù)的單調性判斷).這說明,隨著的值的最少總用水量, 最少總用水量最少總用水量.
19. (本小題滿分14分)已知函數(shù),
數(shù)列{}滿足:
證明: (I).;
(II)..
證明: (I).先用數(shù)學歸納法證明,n=1,2,3,…
(i).當n=1時,由已知顯然結論成立.
(ii).假設當n=k時結論成立,即.因為0<x<1時
,所以f(x)在(0,1)上是增函數(shù). 又f(x)在[0,1]上連續(xù),
從而.故n=k+1時,結論成立.
由(i)、(ii)可知,對一切正整數(shù)都成立.
又因為時,,
所以,綜上所述.
(II).設函數(shù),.由(I)知,當時,,
從而
所以g (x)在(0,1)上是增函數(shù). 又g (x)在[0,1]上連續(xù),且g (0)=0,
所以當時,g (x)>0成立.于是.
故.
18. (本小題滿分14分)如圖4,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高分別為1
和2,AB=4. (Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD; (Ⅱ)求異面直線AQ與PB所成的角;
(Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.
解法一: (Ⅰ).連結AC、BD,設.由P-ABCD與Q-ABCD
都是正四棱錐,所以PO⊥平面ABCD,QO⊥平面ABCD.
從而P、O、Q三點在一條直線上,所以PQ⊥平面ABCD.
(II)由題設知,ABCD是正方形,所以.由(I),平面,故可以分別以直線CA、DB、QP為軸,軸,軸建立空間直角坐標系(如上圖),由題設條件,相關各點的坐標分別是,,
所以,,于是
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
(Ⅲ).由(Ⅱ),點D的坐標是(0,-,0),,
,設是平面QAD的一個法向量,
由 得.
取x=1,得. 所以點P到平面QAD的距離.
解法二: (Ⅰ).取AD的中點M,連結PM,QM.因為P-ABCD與Q-ABCD
都是正四棱錐,所以AD⊥PM,AD⊥QM. 從而AD⊥平面PQM.
又平面PQM,所以PQ⊥AD.同理PQ⊥AB,所以PQ⊥平面ABCD.
(Ⅱ).連結AC、BD設,由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質可知O在
PQ上,從而P、A、Q、C四點共面.
取OC的中點N,連結PN.
因為,所以,
從而AQ∥PN.∠BPN(或其補角)是異面直線AQ
與PB所成的角.連接BN,
因為.
所以.
從而異面直線AQ與PB所成的角是.
(Ⅲ).由(Ⅰ)知,AD⊥平面PQM,所以平面PQM⊥平面QAD. 過P作PH⊥QM
于H,則PH⊥平面QAD,所以PH的長為點P到平面QAD的距離.
連結OM,則.所以,
又PQ=PO+QO=3,于是.
即點P到平面QAD的距離是.
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