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在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，側棱PA⊥底面ABCD，AB=1，直線PB與底面ABCD所成的角為45°，四棱錐P-ABCD的體積V=

2

3

，E為PB的中點，點F在棱BC上移動．
（1）求證：PF⊥AE；
（2）當F為BC中點時，求點F到平面BDP的距離；
（3）在側面PAD內找一點G，使GE⊥平面PAC．

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在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4，AB=2，PB=2

5

，PD=4

2

．E是PD的中點．
（1）求證：AE⊥平面PCD；
（2）求平面ACE與平面ABCD所成二面角的余弦值；
（3）在線段BC上是否存在點F，使得三棱錐F-ACE的體積恰為

4

3

，若存在，試確定點F的位置；若不存在，請說明理由．

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在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，且∠ABC=120°，AB=1，側棱PA與底面所成角為45°，設AC與BD交于點O，M為PA 的中點，OM⊥平面ABCD．
（1）求證：BD⊥平面PAC；
（2）設E是PB的中點，求三棱錐E-PAD的體積；
（3）求平面PAD與平面PBC所成銳二面角的余弦．

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一個四棱錐的直觀圖和三視圖如圖所示：
（1）求證：DA⊥PD；
（2）若M為PB的中點，證明：直線CM∥平面PDA；
（3）若PB=1，求三棱錐A-PDC的體積．

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一個四棱錐的直觀圖和三視圖如圖所示：
（1）求證：BC⊥PB；
（2）求出這個幾何體的體積．
（3）若在PC上有一點E，滿足CE：EP=2：1，求證PA∥平面BED．

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1. {2，8}           2.         3.          4.    

5.     6. 1            7.20       

8.    9.                 10.2           

11.               12.              13. [2，3]        14.

15.證明：（Ⅰ）在中，

∵，，，∴．

∴．????????????????? 2分

又 ∵平面平面，

平面平面，平面，

∴平面．

又平面，

∴平面平面．………………………………………………………………4分

（Ⅱ）當點位于線段PC靠近C點的三等分點處時，平面．………5分

證明如下：連接AC，交于點N，連接MN．

∵，所以四邊形是梯形．

∵，∴．

又 ∵，

∴，∴MN．…………………………………………………7分

∵平面，∴平面．………………………………………9分

（Ⅲ）過作交于，

∵平面平面，

∴平面．

即為四棱錐的高．……………………………………………………11分

又 ∵是邊長為4的等邊三角形，∴．……………12分

在中，斜邊邊上的高為，此即為梯形的高．

∴梯形的面積．

故．……………………………………………14分

16.設的二次項系數為，其圖象上兩點為（，）、B（，）因為，，所以，由x的任意性得f（x）的圖象關于直線x＝1對稱， ………………………………………………………………(2分)

∵　，，，

，，，………………………………(4分)

∴　當時，∵f（x）在x≥1內是增函數，

，．

　　∵　，　∴　．………………………………………………(8分)

當時，∵f（x）在x≥1內是減函數．

同理可得或，．………………………………………(11分)

　　綜上：的解集是當時，為

當時，為，或．

17.解：（1）若千米/小時，每小時耗油量為升/小時. 共耗油升.

所以，從甲地到乙地要耗油17.5升.

（2）設當汽車以千米/小時的速度勻速行駛時耗油量最少，，耗油量為S升.

則， ，

令，解得，.

列表：

單調減

極小值11.25

單調增

所以，當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，耗油量最少，為11.25升.

18.解：（Ⅰ）設

對稱軸方程，由題意或或

∴或或∴

（Ⅱ）由已知與（Ⅰ）得：，， ，，．

橢圓的標準方程為．   

設，，聯立

得，

又，

因為橢圓的右頂點為，，即，

，

，．

解得：，，且均滿足，

當時，的方程為，直線過定點，與已知矛盾；

當時，的方程為，直線過定點．

所以，直線過定點，定點坐標為．

19. 解: (1) 由題知:  , 解得 , 故.

(2)  , 

,

, 

又滿足上式.   所以.

(3) 若是與的等差中項, 則,

從而,    得. 

因為是的減函數, 所以

當, 即時, 隨的增大而減小, 此時最小值為;

當, 即時, 隨的增大而增大, 此時最小值為. 

又, 所以,

即數列中最小, 且.

20. 解：（1）由題意得  

而，所以、的關系為         

（2）由（1）知，

   令，要使在其定義域內是單調函數，只需在內滿足：恒成立.     

①當時，，因為＞，所以＜0，＜0，

  ∴在內是單調遞減函數，即適合題意；

②當＞0時，，其圖像為開口向上的拋物線，對稱軸為，∴，

只需，即，

∴在內為單調遞增函數，故適合題意.

③當＜0時，，其圖像為開口向下的拋物線，對稱軸為，只要，即時，在恒成立，故＜0適合題意.                     

綜上所述，的取值范圍為.      

（3）∵在上是減函數，

 ∴時，；時，，即，

①當時，由（2）知在上遞減＜2，不合題意；                                     

②當0＜＜1時，由，

又由（2）知當時，在上是增函數，

 ∴＜，不合題意；                                           

③當時，由（2）知在上是增函數，＜2，又在上是減函數，

故只需＞，   ，而，