Question

 

    （理）如圖2，E、F分別是矩形ABCD的邊AB、CD的中點，G是EF上的一點.

將△GAB、△GCB分別沿AB、CD翻折成△G₁AB、△G₂CD，并連結(jié)G₁G₂，使得平面G₁AB⊥平面ABCD，G₁G₂//AD，且G₁G₂<AD. 連結(jié)BG₂，如圖3.

   （Ⅰ）證明平面G₁AB⊥平面G₁ADG₂；

   （Ⅱ）當(dāng)AB=12，BC=25，EG=8時，求直線BG₂和平面G₁ADG₂所成的角.

 

 

 

（文）已知某質(zhì)點的運動方程為，其運動軌跡的一部分如圖所示.

   （1）試確定b、c的值；

   （2）若當(dāng)恒成立，

求d的取值范圍.

 

 

 

 

 

 

 

Answer 1

【答案】

 （理）解  解法一（I）因為平面G₁AB⊥平面ABCD，平面G₁AB∩平面ABCD=AB，

    AD⊥AB，AD平面ABCD，所以AD⊥平面G₁AB. 又AD 平面G₁ADG₂，所以平面G₁AB⊥平面G₁ADG₂.

（II）過點B作BH⊥AG₁于點H，連結(jié)G₂H，

由（I）的結(jié)論可知，BH⊥平面G₁ADG₂，

所以∠BG₁H是BG₂和平面G₁ADG₂所成的角.

因為平面G₁AB⊥平面ABCD，

平面G₁AB∩平面ABCD=AB，G₁E=AB

G₁E平面G₁AB，所以G₁E⊥平面ABCD，故G₁E⊥EF.

因為G₁G₂<AD，AD=EF，所以可在EF上取一點O，使EO=G₁G₂，又因

為G₁G₂//AD//EO，所以四邊形G₁EOG₂是矩形.

由題設(shè)AB=12，BC=25，EG=8，則GF=17.

所以G₂O=G₁E=8，G₂F=17，

OF=

因為AD⊥平面G₁AB，G₁G₂//AD，

所以G₁G₂⊥平面G₁AB，從而G₁G₂⊥G₁B.

故BG=BE²+EG+G₁G=6²+8²+10²=200，BG₂=.

又AG₁=

故

即直線BG₂與平面G₁ADG₂所成的角是

解法二 （I）因為平面G₁AB⊥平面ABCD，平面G₁AB∩平面ABCD=AB，

G₁E⊥AB，G₁E平面G₁AB，所以G₁E⊥平面ABCD，從而G₁E⊥AD.

又AB⊥AD，所以AD⊥平面G₁AB. 因為AD平面G₁ADG₂，

所以平面G₁AB⊥平面G₁ADG₂.

（II）由（I）可知，G₁E⊥平面ABCD，故可以E為原點，分別以直線EB、EF、EG₁，為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系（如圖）.由題設(shè)AB=12，BC=25，EG=8，

則EB=6，EF=25，EG₁=8，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是A（－6，0，0），

D（－6，25，0），G₁（0，0，8），B（6，0，0）

所以.

設(shè)的一個法向量，

由

過點G₂作G₂O⊥平面ABCD于點O，因為G₂G=G₂D，所以OC=OD，

于是點O在y軸上.

因為G₁G₂//AD，所以G₁G₂//EF，G₂O=G₁E=8.

設(shè)G₂（0，m，8）（0<m<25），由17²=8²+（25－m）²解得m=10，

所以=（0，10，8）－（6，0，0）=（－6，10，8）.

設(shè)BG₂和平面G₁ADG₂所成的有是θ，則

故直線BG₂與平面G₁ADG₂所成的角是

（文） 解：（1）S′（t）=3t²+2bt+c，由圖象可知，S（t）在t=1和t=3處取極值，

∴S′（1）=0，S′（3）=0，…………………………………………2分

即1，3，是方程3t²+2bt+c=0的兩根，

   （2）由（1）知，S′（t）=tt²+9t+d， S′（t）=3（t－1）（t－3）.

    當(dāng)t∈[，1]時，S′（t）>0，當(dāng)t∈（1，3）時，S′（t）<0，

當(dāng)t∈（3，4）時，S′（t）>0.

∴當(dāng)t∈[，4]時，S（t）的最大值為4+d，…………………………9分

S（t）<3d²在[，4]上恒成立的充要條件是4+d<3d²，

∴解得d的取值范圍是d>或d<－1.………………………………12分