Q-ABCD的高都是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. 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

已知兩個正四棱錐P-ABCDQ-ABCD的高都是2,AB=4.

 (Ⅰ)證明PQ⊥平面ABCD;

 (Ⅱ)求異面直線AQPB所成的角;

 (Ⅲ)求點P到平面QAD的距離.

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如圖,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高都是2,AB=4。
(1)證明PQ⊥平面ABCD;
(2)求異面直線AQ與PB所成的角;
(3)求點P到平面QAD的距離。

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如圖所示,已知兩個正四棱錐P-ABCD與Q-ABCD的高都是2,AB=4.

(1)證明PQ⊥平面ABCD;

(2)求異面直線AQ與PB所成的角;

(3)求點P到平面QAD的距離.

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1-10:DCDAABCBCDC

11., 12. 85, 13. 5 ,14. 6 ,15. -3 .

 

 

1.函數(shù)的定義域是,解得x≥1,選D.

2.向量若時,∥,∴ ;時,,,選C.

3.的展開式中的系數(shù)=x3, 則實數(shù)的值是2,選D

4.過半徑為2的球O表面上一點A作球O的截面,若OA與該截面所成的角是60°,則截面圓的半徑是R=1,該截面的面積是π,選A.

5.若“”,則函數(shù)=在區(qū)間上為增函數(shù);而若在區(qū)間上為增函數(shù),則0≤a≤1,所以“”是“函數(shù)在區(qū)間上為增函數(shù)”的充分不必要條件,選A.

6.在數(shù)字1,2,3與符號“+”,“-”五個元素的所有全排列中,先排列1,2,3,有種排法,再將“+”,“-”兩個符號插入,有種方法,共有12種方法,選B.

7.圓的圓心為(2,2),半徑為3,圓心到到直線的距離為>3,圓上的點到直線的最大距離與最小距離的差是2R =6,選C.

8.設點P是函數(shù)的圖象C的一個對稱中心,若點P到圖象C的對稱軸上的距離的最小值,∴ 最小正周期為π,選B.

9.過雙曲線的左頂點(1,0)作斜率為1的直線:y=x-1, 若與雙曲線的兩條漸近線分別相交于點,  聯(lián)立方程組代入消元得,∴ ,x1+x2=2x1x2,又,則B為AC中點,2x1=1+x2,代入解得,∴ b2=9,雙曲線的離心率e=,選D.

10.如圖,OM∥AB,點P由射線OM、線段OB及AB的延長線圍成的陰影區(qū)域內(不含邊界).且,

由圖知,x<0,當x=-時,即=-,P點在線段DE上,=,=,而<<,∴ 選C.

二.填空題:

11.; 12. 85;  13. 5 ;  14. 6 ;  15. -3 .

11.數(shù)列滿足:,2,3…,該數(shù)列為公比為2的等比數(shù)列,∴ .

12.某高校有甲、乙兩個數(shù)學建模興趣班. 其中甲班有40人,乙班50人. 現(xiàn)分析兩個班的一次考試成績,算得甲班的平均成績是90分,乙班的平均成績是81分,則該校數(shù)學建模興趣班的平均成績是分.

13.已知,如圖畫出可行域,得交點A(1,2),B(3,4),則的最小值是5.

 

14.過三棱柱 ABC-A1B1C1 的任意兩條棱的中點作直線,其中與平面ABB1A1平行的直線共有6條。

15.是偶函數(shù),取a=-3,可得為偶函數(shù)。

 

 

16. 解 由已知條件得.

即.

解得.

由0<θ<π知,從而.

17. 解。á瘢┟考颐旱V必須整改的概率是1-0.5,且每家煤礦是否整改是相互獨立的. 所以恰好有兩家煤礦必須整改的概率是.

(Ⅱ)解法一 某煤礦被關閉,即該煤礦第一次安檢不合格,整改后經復查仍不合格,所以該煤礦被關閉的概率是,從而煤礦不被關閉的概率是0.90.

解法二 某煤礦不被關閉包括兩種情況:(i)該煤礦第一次安檢合格;(ii)該煤礦第一次安檢不合格,但整改后合格.

所以該煤礦不被關閉的概率是.

(Ⅲ)由題設(Ⅱ)可知,每家煤礦不被關閉的概率是0.9,且每家煤礦是否被關閉是相互獨立的,所以到少關閉一家煤礦的概率是.

18. 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AC⊥BD.

由(Ⅰ),QO⊥平面ABCD. 故可分別以直線CA、DB、QP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖),由題條件,相關各點的坐標分別是P(0,0,2),A(,0,0),Q(0,0,-2),B(0,,0).

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,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.

因為OA=OC,OP=OQ,所以PAQC為平行四邊形,AQ∥PC.

從而∠BPC(或其補角)是異面直線AQ與PB所成的角.

因為,

所以.

從而異面直線AQ與PB所成的角是.

(Ⅲ)連結OM,則.

所以∠PMQ=90°,即PM⊥MQ.

由(Ⅰ)知AD⊥PM,所以PM⊥平面QAD. 從而PM的長是點P到平面QAD的距離.

在直角△PMO中,.

即點P到平面QAD的距離是.

19. 解 (Ⅰ)由題設知.

令.

當(i)a>0時,

若,則,所以在區(qū)間上是增函數(shù);

若,則,所以在區(qū)間上是減函數(shù);

若,則,所以在區(qū)間上是增函數(shù);

(i i)當a<0時,

若,則,所以在區(qū)間上是減函數(shù);

 

若,則,所以在區(qū)間上是減函數(shù);

若,則,所以在區(qū)間上是增函數(shù);

若,則,所以在區(qū)間上是減函數(shù).

(Ⅱ)由(Ⅰ)的討論及題設知,曲線上的兩點A、B的縱坐標為函數(shù)的極值,且函數(shù)在處分別是取得極值,.

因為線段AB與x軸有公共點,所以.

即.所以.

故.

解得 -1≤a<0或3≤a≤4.

即所求實數(shù)a的取值范圍是[-1,0)∪[3,4].

20. 解。á瘢┯梢阎,

  .

    (Ⅱ)因為,

     所以.

          又因為,

     所以

              =.

          綜上,.

21. 解。á瘢┊擜B⊥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 當C2的焦點在AB時,由(Ⅰ)知直線AB的斜率存在,設直線AB的方程為.

由消去y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=.

因為AB既是過C1的右焦點的弦,又是過C2的焦點的弦,

所以,且

.

從而.

所以,即.

解得.

因為C2的焦點在直線上,所以.

即.

當時,直線AB的方程為;

當時,直線AB的方程為.

解法二 當C2的焦點在AB時,由(Ⅰ)知直線AB的斜率存在,設直線AB的方程

為.

由消去y得.                  ……①

因為C2的焦點在直線上,

所以,即.代入①有.

即.                                     ……②

設A、B的坐標分別為(x1,y1), (x2,y2),

則x1,x2是方程②的兩根,x1+x2=.

由消去y得.             ……③

 

由于x1,x2也是方程③的兩根,所以x1+x2=.

從而=. 解得.

因為C2的焦點在直線上,所以.

即.

當時,直線AB的方程為;

當時,直線AB的方程為.

 解法三 設A、B的坐標分別為(x1,y1), (x2,y2),

因為AB既過C1的右焦點,又是過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,即.

當時,直線AB的方程為;

當時,直線AB的方程為.

 

 

 

 

 

 

 


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