（2006•朝陽區(qū)三模）已知：在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=a，AA₁=2a，D、E分別是側(cè)棱BB₁和AC₁的中點．
（Ⅰ）求異面直線AD與A₁C₁所成角的余弦值；
（Ⅱ）求二面角D-AC-B的大��；
（Ⅲ）求證：ED⊥平面ACC₁A₁．

查看答案和解析>>

（2006•朝陽區(qū)三模）已知：在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=a，AA₁=2a，D、E分別是側(cè)棱BB₁和AC₁的中點．
（Ⅰ）求異面直線AD與A₁C₁所成角的余弦值；
（Ⅱ）求證：ED⊥平面ACC₁A₁；
（Ⅲ）求平面ADC₁與平面ABC所成二面角的大�。�

查看答案和解析>>

查看答案和解析>>

在長方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=2，BC=B₁B=1，M、N分別是AD、DC的中點.
（1）求證：MN//A₁C₁;
（2）求：異面直線MN與BC₁所成角的余弦值.

查看答案和解析>>

一.選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）

（1）B            （2）D            （3）C           （4）B

（5）D            （6）D            （7）A           （8）C

二.填空題（本大題共6小題，每小題5分，共30分）

  （9）(1，-1)      （10）｛y| y>1｝， y = 2^x-1 （x>1）    （11），

（12）         （13） 2              （14）R， R

三.解答題（本大題共6小題，共80分）

15. 解（Ⅰ）恰有一名男生的概率為. ……………………………3分

 （Ⅱ）至少有一名男生的概率為.       …………………………8分

  （Ⅲ）至多有一名男生的概率為.      …………………………13分

16. 解：（Ⅰ）.        ……………………………3分

又，cosC=>0，

故在中，、是銳角.  ∴，.

∴.   ……………………7分

（Ⅱ） .          ……………………10分

由正弦定理 .      解得，c=6.

∴.     ∴，即AC=5 .    ……………………13分

17. 解：（I）依條件得 ，      …………………2分

解得.                       …………………………………………4分

所以a_n=3+(n-1)=n+2.                 …………………………………………6分

  （II）P_n=， b₆=2×2^6-1=64，

   由>64得n²+5n-128>0.                    ………………………………9分

所以n(n+5)>128.因為n是正整數(shù)，且n=9時，n(n+5)=126，

所以當(dāng)n≥10時，n(n+5)>128.  即n≥10時，P_n> b₆.  ……………………………13分

18. （Ⅰ）解：∵正三棱柱中AC∥A₁C₁，

∴∠CAD是異面直線AD與A₁C₁所成的角.         …………………………………2分

連結(jié)CD，易知AD=CD=a，AC= a， 在△ACD中易求出cos∠CAD=.

因此異面直線AD與A₁C₁所成的角的余弦值為.       …………………………4分

（Ⅱ）解：設(shè)AC中點為G，連結(jié)GB，GD，

∵△ABC是等邊三角形， ∴GB⊥AC.

又DB⊥面ABC， ∴GD⊥AC.

∴∠DGB是所求二面角的平面角.      …………………6分

依條件可求出GB=a.

∴tan∠DGB==.

∴∠DGB=arctan.                   ……………………………………………8分

（Ⅲ）證明：

∵D是B₁B的中點，∴△C₁B₁D≌△ABD. ∴AD= C₁D. 于是△ADC₁是等腰三角形.

∵E是AC₁的中點， ∴DE⊥AC₁.    ………………………………………………10分

∵G是AC的中點，∴EG∥C₁C∥DB，EG=C₁C= DB.

∴四邊形EGBD是平行四邊形.  ∴ED∥GB.

∵G是AC的中點，且AB=BC，∴GB⊥AC. ∴ED⊥AC.

∵AC∩AC₁=A，

∴ED⊥平面ACC₁A₁.                  …………………………………………13分

（或證ED∥GB，GB⊥平面ACC₁A₁得到ED⊥平面ACC₁A₁.）

19. 解：（Ⅰ）∵，

∴.                 ……………………………………3分

令得，=0.

，

∴方程有兩個不同的實根、.

令，由可知：

當(dāng)時，；

當(dāng)；

當(dāng)；

∴是極大值點，是極小值點.             ……………………………………7分

（Ⅱ），

所以得不等式.

即. ………10分

又由（Ⅰ）知，

代入前面的不等式，兩邊除以（1+a），

并化簡得，解之得：，或（舍去）.

所以當(dāng)時，不等式成立.          …………………………14分

20. 解：(Ⅰ)∵

∴.             ………………………………………………2分

又橢圓C經(jīng)過點B(0，-1)，解得b²=1.

所以a²=2+1=3. 故橢圓C的方程為.      ……………………………4分

（Ⅱ）設(shè)l的方程為:y= kx+m，M(x₁，y₁)、N(x₂，y₂)，

.

 則x₁+x₂= -.  ………………6分

 Δ=36 k²m²-12(m²-1)(1+3k²)=12[3k²-m²+1]＞0       ①

設(shè)線段MN的中點G(x₀，y₀)，　

  x₀=，

線段MN的垂直平分線的方程為：y -.…………………8分

∵|， ∴線段MN的垂直平分線過B（0，-1）點.

∴-1-.     ∴m=.      ②

②代入①，得3k² -(.   ③

∵|的夾角為60°，∴△BMN為等邊三角形.

∴點B到直線MN的距離d=.            ……………………………10分

∵,

又∵|MN|=

=

=,

∴.             ……………………………12分

解得k²=，滿足③式.  代入②，得m=.

直線l的方程為：y=.               ……………………………14分