(三)解答题 17.如图.三角形ABC中.点M是BC的中点.点N在边AC上.AN＝2NC.AM与BN相交于点P.求AP:PM的值. 解:设.则又设则由得 ∴ Þ ∴AP:PM＝4——青夏教育精英家教网—

(三)解答题 17.如图.三角形ABC中.点M是BC的中点.点N在边AC上.AN＝2NC.AM与BN相交于点P.求AP:PM的值. 解:设.则又设则由得 ∴ Þ ∴AP:PM＝4∶1 18.设平面内两个向量a.b互相垂直.且|a|＝2.|b|＝1.又k与t是两个不同时为0的实数. b与y＝-ka+tb垂直.求k关于t的函数关系式k＝f(t) 的最小值. 解:(1)因为a.b互相垂直.故a·b＝0. 又x.y互相垂直.故x·y＝0.即＝0 Þ -ka2-kb2＝0 ∵|a|＝2.|b|＝1.a·b＝0. ∴-4k+t2-3t＝0 即k＝f(t)＝(t2-3t) 2- ∴当t＝时.函数的最小值为-. 19.如图:在正方体ABCD-A1B1C1D1中.E.F分别是BB1.CD的中点.棱长AA1＝a. (1)证明:AD⊥D1F, (2)求AE与D1F所成的角, (3)求四面体A1D1EF的体积. 解法一:设基底{} ∵ ABCD-A1B1C1D1是正方体.棱长为a ∴ ＝a 且 (1)∵ ＝＝0 ∴ 即 AD⊥D1F (2)∵ cos< ＝＝＝0 ∴ <>＝90º 也就是AE与D1F所成角为90º. (3)取CC1中点G.因为EG∥平面A1D1F.则四面体A1D1EF的体积等于四面体A1D1GF的体积. 即VA1D1EF＝VA1D1FG＝S△D1FG·A1D1＝×a2×a＝a3. 解法二:以D为坐标原点.DA.DC.DD1分别为x.y.z轴建立空间直角坐标系. 于是有:D.D1.F ∴ ＝＝＝＝＝＝＝ ·＝0 ∴ 即 AD⊥D1F (2)∵ cos<＝0 ∴ <>＝90º (3)设平面A1D1F的一个法向量为＝由且＝ ∴x＝0 由且＝得y-2z＝0 不妨设y＝2.z＝1.则＝于是面A1D1F上的高为d＝||＝＝而S△A1D1F＝A1D1×D1F＝a×a＝a2 ∴V＝×a2×＝a3. 20.已知两点M.且点P使成公差小于零的等差数列. (1)点P的轨迹是什么曲线? (2)若点P坐标为(x0.y0).θ为与的夹角.求tanθ. 解:.N(1.0)得=-=. =-=.=-=(2.0) ∴·=2(1+x).·=x2+y2-1.·=2(1-x). 于是.·.·.·是公差小于零的等差数列等价于即所以.点P的轨迹是以原点为圆心.为半径的右半圆. (2)点P的坐标为(x0.y0). ·=x02+y02-1=2. ||·||=. ∴cosθ= 由θ∈[0,π].sinθ＝所以tanθ＝＝|y0| 21.如图.在四棱锥E-ABCD中. AB⊥平面BCE.CD⊥平面BCE. AB＝BC＝CE＝2CD＝ 2, ∠BCE＝1200． (1)求证:平面ADE⊥平面ABE , (2)求点C到平面ADE的距离. 解法一:取BE的中点O,连OC. ∵BC＝CE, ∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE. 以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz如图. 则由已知条件有:,, , 设平面ADE的法向量为n=. 则由n· 及n· 可取n 又AB⊥平面BCE. ∴AB⊥OC.OC⊥平面ABE ∴平面ABE的法向量可取为m＝. ∵n·m·＝0, ∴n⊥m∴平面ADE⊥平面ABE. ⑵点C到平面ADE的距离为 22.已知＝.且(. 的轨迹C的方程, (2)若直线l:y＝kx+m与曲线C交于A.B两点.D.且有|AD|＝|BD|.试求m的取值范围. 解:(1)由( 得2-32＝0.即x2-3y2＝0 故点P(x.y)的轨迹C的方程为-y2＝1 (2)由方程组消去y得:(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3＝0 显然1-3m2≠0.△＝(6km)2-4(1-3k2)(-3m2-3)＝12(m2+1-3k2)＞0 (*) 设x1.x2为方程(*)的两个根.则x1+x2＝ ∴x0＝.y0＝kx0+m＝即AB的中点坐标为() ∴线段AB的垂直平分线方程为:y-＝将D代入并化简得:4m＝3k2-1 故m.k满足消去k2得:m2-4m＞0 ∴m＜0或m＞4 又∵4m＝3k2-1＞-1.∴m＞- 所以 m∈. 【查看更多】

解答题：

如图，正三棱柱ABC—A₁B₁C₁，各棱长都等于a，E是BB₁的中点．