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    如图在正方体ABCD―A1B1C1D1中.点E.F分别在棱AD.CC1上.若AF⊥A1E.则A.AE＝ED B.AE＝C1FC.AE＝CF D.C1F＝CF 【查看更多】

     

    题目列表(包括答案和解析)

    精英家教网如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别在A1D、AC，且A1E=2ED，CF=2FA，则EF与BD1的位置关系是（　　）
    A、相交但不垂直B、相交且垂直C、异面D、平行

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    如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别是AB、C1D1的中点．
    （1）证明：点A1、F、C、E在同一平面内；
    （2）若点G、H分别是DD1、B1C1的中点，证明：GH⊥平面A1FCE．

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    如图,在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点.

    （1）证明AD⊥D1F；

    （2）求AE与D1F所成的角；

    （3）证明平面AED⊥平面A1FD1.

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    如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别是AB、C1D1的中点．
    （1）证明：点A1、F、C、E在同一平面内；
    （2）若点G、H分别是DD1、B1C1的中点，证明：GH⊥平面A1FCE．

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    如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E、F分别在A1D、AC，且A1E=2ED，CF=2FA，则EF与BD1的位置关系是（ ）

    A．相交但不垂直
    B．相交且垂直
    C．异面
    D．平行

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    1.A　2.B　3.A　4.D　5.C　6.A　7.D　8.B　9.B　10.D　11.B　12.D

    13.－3　14.7　15.①④　16.3

    17.解：(1)f(x)＝Acos2(ωx＋φ)＋1＝cos(2ωx＋2φ)＋＋1.

    又A＞0，ω＞0,0＜φ＜，∴f(x)的最大值为A＋1，最小值为1.

    由f(x)的最大值与最小值的差为2，∴A＝2.

    由f(x)过点(0,2)，f(0)＝cos 2φ＋2＝2，∴φ＝，

    则T＝4π＝，∴ω＝，f(x)＝cos(x＋)＋2＝2－sinx.6分

    (2)∵B＝，∴b＝f(B)＝2－sin(?)＝.

    设A，C所对的边分别为a，c，由余弦定理得＝a2＋c2－2accos，＋ac＝a2＋c2≥2ac，ac≤，

    当且仅当a＝c＝时等号成立，△ABC的面积S＝acsin≤.12分

    18.解：(1)某应聘者能被聘用的概率为p0＝1－(1－)(1－)(1－p)＝＋p.4分

    (2)在4位应聘者中恰好有2人被聘用的概率为CP?(1－P0)2，

    由于p0(1－p0)≤()2，当p0＝1－p0，即p0＝时，p0(1－p0)取最大值，

    此时＋p＝，解得p＝.7分

    (3)4位应聘者中被聘用人数ξ的取值为0,1,2,3,4，

    P(ξ＝0)＝C()4()0＝，P(ξ＝1)＝C()3()1＝，

    P(ξ＝2)＝C()2()2＝，P(ξ＝3)＝C()1()3＝，

    P(ξ＝4)＝C()0()4＝，

    其分布列为

    ξ

    0

    1

    2

    3

    4

    p

    由于ξ服从二项分布，所以Eξ＝2.12分

    19.解：(1)连AQ，∠PQA是PQ与平面ABCD所成角，AQ＝2，BQ＝2，即Q是BC的中点，过Q作QH⊥AD于H，则QH⊥平面PAD，过Q作QM⊥PD，连MH，则∠QMH为所求二面角的平面角.

    在Rt△PAD中，＝⇒MH＝＝＝，

    所以tan∠QMH＝＝＝，

    从而所求二面角的大小为arctan .6分

    (2)由于Q是BC的中点，可得DQ⊥PQ，

    ⇒面PAQ⊥面PDQ，

    过A作AG⊥PQ于G，则AG为点A到平面PQD的距离.

    AG＝＝＝.12分

    另解：分别以AD，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

    由条件知Q是BC的中点，面PAD的一个法向量是＝(0,2,0).

    又D(4,0,0)，Q(2,2,0)，P(0,0,4)，

    故＝(0,2,0)，＝(－4,0,4)，

     

    设面PDQ的法向量为n＝(x，y，z)，

    则⇒由此可取n＝(1,1,1)，

    从而(1)cos〈，n〉＝＝＝.

    (2)面PDQ的一个法向量为n＝(1,1,1)，＝(2,2,0)，

    故点A到平面PDQ的距离d＝＝＝.

    20.解：(1)设f(x)＝(k为非零常数)，易得f(x)＝(1≤x≤2).3分

    (2)f′(x)＝－，f′(t)＝－，点P(t，)，∴l：y－＝－(x－t)，即l：y＝－x＋.l在x轴和y轴上的截距分别是2t和.

    ①当＞3，即t＜时，2t＜＜3，此时f(t)＝＝(8t－3t2).

    ②当≤3，且2t≤3即≤t≤时，f(t)＝?2t?＝4.

    ③当2t＞3，即t＞时，此时＜3，f(t)＝＝(4t－3).

    故f(t)＝8分

    当1≤t＜时，f′(t)＝(4－3t)＞0，f(t)为增函数；当＜t≤2时，f′(t)＝＜0，f(t)为减函数，且f(t)在[1,2]上连续，所以f(t)max＝4.12分

    21.解：(1)设∠MAB＝θ，M(x，y)，则∠MBA＝2θ，tan θ＝，tan 2θ＝，tan 2θ＝⇒x2－＝1(x＜－1).4分

    (2)设CD：y＝－3x＋m，

    ⇒6x2－6mx＋m2＋3＝0.

    由于此方程在(－∞，－1)内有两个不同的根，易求得m＜－.

    设C(x1，y1)，D(x2，y2)，并设点C在直线l的上方，则

    y1＝－3x1＋m，y2＝－3x2＋m.

    假设A，B，C，D四点共圆，由于∠CBA＝2∠CAB，∠DBA＝2∠DAB，

    故∠CBD＝2∠CAD，由此∠CAD＝60°.

    tan 60°＝＝.

    ⇒＝

    ⇒＝

    ⇒＝－⇒(x1－x2)2＝(m＋6)2

    ⇒m＝－＜－.

    ∴x1＋x2＝m＝－，y1＋y2＝－3(x1＋x2)＋2m＝，从而CD中点为(－，)，代入直线l的方程得＝－×＋b⇒b＝.

    故存在b＝满足题设条件.12分

    22.解：(1)令n＝1得a1＝5.

    由4Sn＝3an＋8n2－3

    得4Sn－1＝3an－1＋8(n－1)2－3

    两式相减得an＝－3an－1＋16n－8.

    设此式可写成an－pn－q＝－3[an－1－p(n－1)－q]，可解得p＝4，q＝1，

    于是an－4n－1＝(－3)n－1(a1－4×1－1)，而a1＝5，故有an＝4n＋1.6分

    (注：也可以采取先猜，后用数学归纳法证的办法得出通项)

    (2)由bn＝(4n－1)(4n＋1)(4n＋3)有

    ＝＝(－)

    ＝(－)

    ＜(－).

    ＋＋…＋＜[(－)＋(－)＋…＋(－)]

    ＝[－]＜＝.14分

     

     


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