資源簡介

鄭州市 2025 年高中畢業年級第三次質量預測 （注：同一組數據用該組區間的中點值作為代表）
A. 閱讀量的眾數估值為 8
數學試卷
B. 閱讀量的中位數估值為 6.5
注意事項：
C. 閱讀量的平均數估值為 6.76
1.答卷前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區.
D. 閱讀量的第 70 百分位數估值為 8.86
2.答題時請按要求用筆.
7. 已知函數 f x 是定義在R 上的奇函數，函數 g x x 3 f x 的圖象關于 x 3對稱，若 g 2 5，則
3.請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效：在草稿紙、試
卷上答題無效. f 4 （ ）
4.作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑. A. 3 B. 1 C. 0 D. 1
5.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀. 8. 已知 P點坐標為 2cos ,sin ，直線 l : m 2 x m 1 y 3m 2 3 0與圓M : x2 y2 2 3x 2 0
一、選擇題：本題共 8小題，每小題 5 分，共 40 分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確
A,B 交于 兩點，則 PA PB的取值范圍是（ ）
的，請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．
A x || x 1| 1 B x | x2 x 2 0 A. 1,1 B. 4,4 C. 6 4 3,6 4 3 D. 7 4 3,7 4 3
1. 已知集合 ， ，則 A B （ ）
二、多選題：本題共 3 小題，每小題 6分，共 18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，
A x | 0 x 2 B. x | 1 x 2
全部選對的得 6 分，部分選對的得部分分，有選錯的得 0 分．
C. x | 0 x 2 D. x | 1 x 2
9. 函數 f x 3sin 2x 2cos2 x，則下列關于 f x 的說法中正確的是（ ）
2. 若復數 z 滿足 1 2i z 4 3i，則 | z | （ ） A. 最小正周期是 π B. 最大值是 2
A. 3 B. 2 C. 5 D. 3 π π , π C. 是區間 上的增函數 D. 圖象關于點 , 0 中心對稱
6 6 6
3. 記等差數列 an 的前 n 項和為 Sn，若 a3 7， S5 6a2 5，則 a1 （ ）
10. 如圖，在棱長為 6 的正四面體 P ABC中，點 O 是頂點 P 在底面 ABC 內的射影，N 為 PO 的中點，則（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
A. AN PC
4. 在△ABC 中，已知 A 30 ， a 2，b 2，則角 C為（ ）
B. 點 C到平面 ABN 的距離為3 2
A. 45° B. 105° C. 45°或 135° D. 15°或 105°
6
5. 河南具有悠久的歷史和豐富的文化底蘊，其美食也獨具特色．現有一名游客計劃在三天內品嘗完以下六種河南特 C. 如果在此正四面體中放入一個小球（全部進入），則小球半徑的最大值為 3
色美食：燴面、胡辣湯、灌湯包、道口燒雞、燜餅、黃河鯉魚．該游客每天從這六種美食中選擇 1 到 3 種進行品嘗（每
D. 動點 Q 在平面 ABC 內，且滿足 PQ 5，則動點Q的軌跡表示圖形的面積為 π
天必須選擇且不能重復選擇已品嘗過的美食）．若三天后恰好品嘗完所有美食，則不同的選法種數為（ ）
11. 群論，是代數學的分支學科，群的定義如下：設 G 是一個非空集合，“ ”是 G 上的一個代數運算，如果該運算
A. 450 B. 360 C. 180 D. 90
6. 4 月 23 日是“世界讀書日”，全社會都參與到閱讀中來，形成愛讀書，讀好書，善讀書的濃厚氛圍．某中學共有 滿足以下條件：①對任意的 a,b G，有a b G；②對任意的 a,b,c G，有 a b c a b c ；③存在 e G，
3000 名學生，為了了解學生書籍閱讀量情況，該校從全校學生中隨機抽取 200 名，統計他們 2024 年閱讀的書籍數量， 使得對任意的 a G，有 e a a e a， e稱為單位元；④對任意的 a G，存在b G，使 a b b a e，稱 a
由此來估計該校學生當年閱讀書籍數量的情況，下列估計中正確的是（ ） 與 b 互為逆元．則稱 G 關于“ ”新構成一個群．則下列說法正確的有（ ）
A. G 1,1, i, i （ i為虛數單位）關于數的乘法構成群 從總經濟損失期望最小的角度，判斷哪種方案更優．
x
Q 16 已知函數 f x e ax 1 ．B. 有理數集 關于數的加法構成群
1
G a 2b |a,b Z （1）若 x 是函數 f x 的極值點，求 a的值；C. 關于數的除法構成群 2
D. 正實數集R 關于數的乘法構成群 （2）在（1）的條件下，若函數 g x f x m x 1 有兩個零點，求實數 m 的取值范圍．
三、填空題：本大題共 3小題，每小題 5 分，共計 15 分． 1 3 1 n
17. 已知數列 an 的首項 a1 ，且滿足 an 1 an ．
x2 y2 2 2 2
12. 若直線 x 2y 2 0經過橢圓 的一個焦點和一個頂點，則該橢圓的離心率為
a2
2 1 a 0,b 0 b
（1）求數列 an 的通項公式；
________． n n n
1 1 （2）設
bn nan，數列 bn 的前 n項和為 Sn，若不等式 1 Sn 對一切 n N*恒成立，求實數 的
tan tan cos 2 cos 2
n 2
13. 已知 ， ，則 ________．
3 3 取值范圍．
b
14. 若直線 y x為曲線 y eax b的一條切線，則 的最小值為________． 2 5 7a 18. 已知拋物線 E : y 2px p 0 的焦點為 F，點M , y0 在 E上，且 |MF | ．
4 4
四、解答題：本題共 5 小題，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
（1）求 E 的方程；
15. 某云計算平臺部署了多臺同型號服務器，運維系統會檢測服務器是否觸發“高溫異常”警報．歷史數據表明，警
（2）過 F 作互相垂直的兩條直線 l1， l2，這兩條直線與拋物線 C 分別交于 A，B 和 P，Q兩點，其中點 A，P 在第一象
報與服務器狀態（正常/故障）高度相關．從觸發警報和未觸發警報的數據中各隨機抽取 500 條，統計如下：
限．
觸發警報時狀態分布 未觸發警報時狀態分布
正常 25 臺 正常 450 臺 （ⅰ）記△AOB 和△POQ 的面積為
S1， S2，求 S1S2的最小值；
故障 475 臺 故障 50 臺 （ⅱ）過 F 點作 x 軸的垂線，分別交 AP，BQ 于 C，D 兩點，請判斷是否存在以 CD 為直徑的圓與 y 軸相切，并說明理
運維單臺服務器時，可選操作及經濟損失（單位：千元）如下： 由．

狀態/操作 保持運行 快速診斷 深度檢修 19. 在空間直角坐標系 O-xyz 中，已知向量u a,b,c abc 0 ，經過點 P0 x0 , y0 , z0 ，且以u為法向量的平面α
正常 0 1 3 的方程為 a x x0 b y y0 c z z0 0．
故障 10 4 6 （1）求原點O到平面 x y z 4 0的距離；
假設用頻率估計概率，各服務器狀態相互獨立． （2）根據平面直角坐標系中點到直線的距離公式，類比出 P x0 , y0 , z0 到平面 A x B y C z D 0的距離公式，
（1）若服務器觸發高溫警報，求其處于故障狀態的概率； 并利用有關知識證明；
（2）某次維護中，發現 1 臺觸發警報的服務器和 1 臺未觸發警報的服務器．現有三種操作方案：
（3）已知平行六面體 ABCD A1B1C1D1，平面CDD1C1 的方程為 x 2y z 2 0，平面 ADD1A1經過點
方案甲：觸發警報的服務器深度檢修，未觸發警報的保持運行；
E 0,0,1 ,F 1,1,2 ,G 2,2,1 ，平面 ACC1A1的方程為 kx ty 2z 1 0 1≤t≤2 ，求平面CDD1C1與平面
方案乙：觸發警報的服務器快速診斷，未觸發警報的保持運行；
方案丙：觸發警報的服務器深度檢修，未觸發警報的快速診斷． ACC1A1夾角的余弦值的最大值．
參考答案及解析 根據分步乘法計數原理，按1 2 3分配的選法種數為：
1 2 3 3
1. 答案：B C6 C5 C3 A3 6 10 1 6 360種.
解析： | x 1| 1 1 x 1 1 0 x 2，故 A x | 0 x 2 ， ②按照 2 2 2分配的選法種數為：
2
2 B x | 1 x 2 C6 C
2 C2
x x 2 0 1 x 2，故 4 2， 3 A
3 15 6 1
3 6 90種.A3 6
故 A B x | 0 x 2 x | 1 x 2 x | 1 x 2 . 最后將兩種選法種數相加得到總的選法種數為360 90 450種.
故選：B 故選：A.
2. 答案：C 6. 答案：D
4 3i 4 3i 1 2iz 10 5i
4 8
解析：因為 1 2i z 4 3i，所以 2 i 解析：眾數估值為 6，A 錯誤；，1 2i 1 2i 1 2i 5 2
中位數 x在 4,8 內，所以0.06 4 0.1 x 4 0.5，解得 x 6.6，B 錯誤；
所以 z 2 i， | z | 12 22 5
平均數 x 0.24 2 0.4 6 0.28 10 0.06 14 0.02 18 6.88，C 錯誤；
故選：C.
第 70 百分位數 y3. 答案：A 在 8,12 內，所以0.06 4 0.1 4 0.07 x 8 0.7，
解析：等差數列 an
62
的前 n 項和為 Sn， 解得 y 8.86，D正確.7
因為 a3 7 a1 2d ， S5 6a2 5 5a1 10d 6 a1 d ， 故選：D.
7. 答案：D
所以 a1 3,d 2，
解析：因為 g 2 2 3 f 2 5 f 2 5，所以 f 2 1，
故選：A.
4. 答案：D 因為 f x 是奇函數， f 2 f 2 1，所以 g 2 2 3 f 2 1，
a b 2 2 因為函數 g x x 3 f x 的圖象關于 x 3對稱，所以 g 4 g 2 1，
解析：由正弦定理得 ，即 ，
sin A sin B sin 30 sin B
即 g 4 4 3 f 4 f 4 1.
2 1
所以 sin B 2sin30 2 2 ，故 B 45 或135 ，
故選：D.
2 2 2 8. 答案：C
當 B 45 時，C 180 45 30 105 ， 2解析：由 x2 y2 2 3x 2 0得 x 3 y2 1，所以圓心M 3,0 ，半徑 r 1
當 B 135 時，C 180 135 30 15 .
由 m 2 x m 1 y 3m 2 3 0得m x y 3 2x y 2 3 0，
故選：D
x y 3 0
5. 答案：A x 3由 得 ，所以直線 l過定點 3,0 ，即為圓心M ，
2x y 2 3 0 y 0
解析：①計算按照1 2 3分配的選法種數.

所以 A,B是圓M 的直徑的兩端點，所以MA MB 0，且 MA MB r 1， 10. 答案：BD
2 2 2 解析：取 AC的中點D，連接 BD，則BD AC且O為靠近D的一個三等分點，過點O作OE//AC交 BC 于點 E，
PA PB PM MA PM MB PM MA PM MA PM MA PM 1，
則OE OB ，
又 PO 平面 ABC，如圖建立空間直角坐標系，
2
因為 BD 62 32 3 3，所以OP 62 2 3 2 6 ，
則 A 3, 3,0 ，C 3,3,0 ，B 2 3,0,0 ， P 0,0,2 6 ，N 0,0, 6 ，
所以 PC 3,3, 2 6 ， AN 3,3, 6 ，

所以 AN PC 3 3 3 3 2 6 6 6 0 ，所以 AN與 PC不垂直，故 A 錯誤；
因為 P 2cos , sin ,M 3,0 ，所以 PM 3 2cos , sin ，
2 2 1 22
PM 3 2cos 2 2 因為sin 3 4 3 cos 4cos2 sin2 3cos2 4 3 cos 4 AN BN 2 3 6 3 2 ，所以 S ABN 6 3 2 3
2 9，
， 2
22
令 cos t 1,1 1 1，則 PM 3t 2 4 3t 4 2 3 3 t 3 ， 又 S ABC 3 3 6 9 3，所以VN ABC 9 3 6 9 2， 2 3
2 2
所以當 t 1時， PM 取得最小值7 4 3；當 t 1時， PM 取得最大值7 4 3， 1
設點C 到平面 ABN 的距離為 d ，則VN ABC VC ABN S ABNd 9 2，解得3 d 3 2
，
2
所以 PA PB PM 1 6 4 3,6 4 3 ，
即點 C 到平面 ABN 的距離為3 2，故 B 正確；
故選：C.
9. 答案：AC 1對于 C：因為VP ABC 9 3 2 6 18 2，設正四面體的內切球的半徑為 r ，3
f x 3 sin 2x 2cos2解析： x 3 sin 2x cos 2x 1 2sin 2x
π
1，
6 V 4 S 4則 P ABC ABCr，即 9 3r 18 2 r
6
，解得 ，
2π 3 3 2
所以 f x 的最小正周期T π，A 正確；
2 6
最大值是 2 1 3，B 錯誤； 所以在此正四面體中放入一個小球（全部進入），則小球半徑的最大值為 ，故 C 錯誤；2
x π π , 2x π π π , 當 時， ，是 y sin x
2
的單調遞增區間，C正確； 對于 D：連接OQ，因為 2
6 6 6 6 2 OP 6 2 3 2 6 ， PO 平面 ABC，OQ 平面 ABC，
π π π 所以 PO OQ，所以 PQ OP
2 OQ2 24 OQ2 5，所以OQ2 1，
因為 f 2sin

2

1 3 1， f
π 2sin 2 π π
1 3 1，
4 4 6 12 12 6 則點Q在平面 ABC所表示的圖形為以O為圓心，1為半徑的圓面，
f π
Q 2
f
π π
0，所以 f x 圖象不關于 , 0
所以動點 的軌跡表示圖形的面積為 π 1 π，故 D 正確.
中心對稱，D錯誤.
4 12 6
故選：BD
故選：AC.
故選：ABD.
2 5 5
12. 答案： 或
5 5
解析：直線 x 2y 2 0與坐標軸的交點為 2,0 和 0,1 ，
若 2,0 是橢圓的焦點， 0,1 是橢圓的一個頂點，
11. 答案：ABD 此時橢圓的焦點在 x軸且 c 2,b 1，所以 a2 b2 c 2 2 5 c2 5,a 5，離心率 e ，
a 5 5
解析：對于 A 選項：
因為G 1,1, i, i ，可以計算里面任意兩個元素的乘積結果都屬于集合G .
因為數的乘法滿足結合律，對于復數也不例外.
存在 e 1 G，對于 a G，當 a 1時，1 1 1 1 1.
若 0,1 是橢圓的焦點， 2,0 是橢圓的一個頂點，
當a i時，1 i i 1 i ;當 a i時，1 i i 1 i .
c 1 5
集合G也滿足逆元，關于數的乘法能夠構成群，所以 A 選項正確. 此時橢圓的焦點在 y軸且 c 1,b 2，所以 a
2 b2 c2 5,a 5，離心率 e ，
a 5 5
對于 B選項：
對于任意兩個有理數，它們的和仍為有理數；有理數的加法也滿足結合律.
存在 e 0 Q，對于 a Q，有0 a a 0 a .
對于任意的 a Q，存在b a Q，使得 a a a a 0 .
所以有理數集Q關于數的加法構成群，B選項正確.
對于 C選項： 2 5 5所以橢圓的離心率為 或 ，
5 5
取 a 0,b 1,a 2b 2 a 2b， 無意義，不滿足對任意的 a,b G a 2b | a,b Z ，
0 2 5 5故答案為： 或 .
5 5
a 2b
有 G c G ，所以不滿足封閉性，C選項錯誤. 2
c 13. 答案： 3
對于 D選項： 1解析： cos 2 cos cos cos sin sin ，3
任意兩個正實數的乘積仍然是正實數；實數的乘法滿足結合律.
sin sin 1 1 1 tan tan
1
，
對于任意的 a R ，存在b R 使得 a· ·a 1. cos cos 3
a a a
滿足 a·b b·a e.所以 D選項正確. 故 cos cos 3sin sin ，
所以3sin sin sin sin 1 ， 方案甲：觸發警報的服務器深度檢修的經濟損失的數學期望為：
3
1 1 1 E1 0.95 6 0.05 3 5.85sin sin （千元）．解得 ，故 cos cos 3 ，
6 6 2
未觸發警報的服務器保持運行的經濟損失的數學期望為：
所以 cos cos cos cos sin sin
E2 10 0.1 0 0.9 1（千元）．1 1 2
.
2 6 3
∴ E2 甲
E1 E2 6.85（千元）
故答案為：
3 方案乙：觸發警報的服務器快速診斷的經濟損失的數學期望為：
14. 答案： 1
E3 0.95 4 0.05 1 3.85（千元）．
解析： y aeax b，
所以， E乙 E2 E3 1 3.85 4.85（千元）
設直線 y x與曲線 y eax b相切于點 x, x ，則 x eax b且 aeax b 1，
方案丙：未觸發警報的服務器快速診斷的經濟損失的數學期望為：
eax b 1 x 1 b 1 ln a b 1 ln a解得 ，所以 ，從而得 ，所以 ， E
a a a a 4
0.1 4 0.9 1 1.3（千元），
1 所以 E丙 E1 E4 5.85 1.3 7.15（千元）
設 g a 1 ln a a 0 a 1 ln a ，
a g a
ln a
a 2
，
a a2 ∵ E乙 E甲 E丙，所以方案乙更優．
令 g a 0得0 a 1，令 g a 0得a 1， 16. 答案及解析：
x
所以 g a 在 0,1 上單調遞減，在 1, 上單調遞增， （1） f x e ax 1 a ，
1 1

所以 g a gmin 1 1
b 1
，即 的最小值為 1. 因為 x 是函數 f x f 1 e 2 1 1的極值點，所以 a 1 a
e 2 a 1
a 2
0，
2 2 2
故答案為： 1. 即 a 2 x，此時 f x e 2x 1 ，
15. 答案及解析：
由 ，得 x
1
；由 f x ex 2x 1 0 1， x ，
（1）設服務器觸發警報時其處于故障狀態設為事件 A，服務器未觸發報警記時其處于故障狀態記為 B． 2 2
由題意可知， n Ω 500 n A 475 f x 1 1； ， 所以函數 在區間 , 上單調遞減，在區間 , 上單調遞增，
2 2
n A 475 1
由古典概型知識可知， P A 0.95 . 所以， x 是函數
f x 的極小值點，故 .
n Ω 500 a 22
x
（2）∵P A 0.95 P A 1 P A 0.05 （2）由（1）可知 g x f x m x 1 e 2x 1 m x 1 有兩個零點，，∴ ，
n B 50 即方程 g x e
x 2x 1 m x 1 0有兩個解．
又 n B 50，∴ P B 0.1．
n Ω 500
當 x 1時， g 1 e 0，
∴ P B 1 P B 0.9 .
x
x 1 ex 2x 1 m x 1 e 2x 1 n n當 時， ，即m ． （2）由（1）可得bn nan 1 n ，x 1 2n
x
設 h e 2x 1x ，函數 g x 零點個數為函數 y h x 的圖象與直線 y m的交點個數． 所以， Sn 1 2 3 4
1 2 n
1 n n
x 1 2 22
n ，2
ex 2x2 3x
h x 2 ， x 1 1 n 1 2 n ， 當 n 為奇數時， S ①， x 1 n 2 2 22 2n
h x 0 x 3 x 0 h x 0 0 x 3令 ，得 或 ；令 ，得 且 x 1． 1
2 2 S
n 1 1 2 n 1 n
n 2 3 2 4 2 2 2n 2n 1
②，
所以函數 h x 在區間 0,1 和 1,
3 3
上單調遞減，在區間 ,0 和 , 上單調遞增．
2 2 1 n 1
由①-②得 Sn 1
n 2
n 1 ，2 4 2
當 x 時， h x 0；當 x 時， h x ；如圖所示
S 3 n n 2所以， n 2 2n
3 n 2 n所以， ，
2 2n 2
2 3 2 3 1
3 3 所以， n ，所以 ，h 0 1 h 4e2 2 2 2 2 2， ，
2
3 當 n 為偶數時， S n 1 2 n n 4 n 2 ，同理求和可得， S ，
函數 y h x 的圖象與直線 y m有兩個交點，即0 m 1或 n 2 n n nm 4e2 ， 2 2 2 2 2 2
3
即0 m 1或m 4e2 時，函數 g x f x m x 1 有兩個零點. n 4 n 2 n n所以， n 2 n
1
，
2 2 2n 2 2n 1
17. 答案及解析：
7
n 故，
a a 3 1 2（1）由題意可知， n 1 n ，2 2 1 7
綜上，實數 的取值范圍為 , .
1 1 2 2

a

可得 n 1 2n 1
an n ， 2 18. 答案及解析：
a 1 1
1 7
又 1 ，故數列 an n 是以-1 為首項，以-1 為公比的等比數列， （1）依題意得，點 M在拋物線上，且 |MF | ，2 2 4
所以 an
1 p 5 7
1 n . 所以 ，所以可得 p 1n ，2 2 4 4
所以 E 的方程為 y2 2x；
1 1 1 y y
（2）（ⅰ）拋物線方程為 y2 2x 1 3，焦點坐標為 F ,02
， 又 x y
C
，故可得 C
2 y1 y
，
3
當 l1的直線斜率為 0 時，與拋物線只有 1個交點，不合要求， 2
同理可得直線 BQ的方程為 y y2 x x y 2 ，2 y4
當 l1的斜率不存在時， l2的斜率為 0，此時 l2與拋物線只有 1 個交點，不合要求，
1 y 1 y2 yx 4又 D ，故 D ，
故設 l : x 1 1 1 y y1 my ，m 0
2
，則 l 2 4
2 2
: x y ，
m 2
1 1
A x1, y1 ， B x2 , y2 ， P x3, y3 ，Q
1
x , y 4 4 ， y y1 y3 1 y1y又 31y2 y3y4 1，所以可得 yD ，
1 1

y y
y2
1 3
2x,
y1 y3
由 1 ，消去 x 得 y2 2my 1 0，
x my , 2 可得 yC yD 0，所以可得 CD 的中點恒為 F，
2 y y 2m y y 1 1 m 4 0， 1 2 ， 1 2 ， 以 CD 為直徑的圓與 y軸相切等價于 yC ，2
1
所以 S1 OF y
1 2 1 1
1 y2 y1 y2 4y1y 4m22 4 m2 1， 1 1 1 y2 4 4 2 1
y3
若 yC ，則 2 y y ，所以
2y
2 1
y3 2 y1 y3，
1 3
同理 S 1 12 1，2 m2 2 2 1
又 l
1
1 l2，所以 1，故 y1 y3 4y ，1 y

2 y3 y4 y1 y3
1
所以 S S 2 1 1 1 1 1 11 2 m 1 1 24 m2 m 2 2 2m 2 ， 2 4 m 4 m 2 2 2整理可得 y1y3 y1 y3 1 4y1y3，
當且僅當m2 1 2 2
m2
，即m 1時等號成立， 即 y1y3 1 y1 y3 ，
S S 1故 1 2的最小值為 ． 因為m 0，故 y1 y3 ，所以 y1y3 1 y1 y2 3．
又 2y1y3 2 y1 y3，故可得 y1 3y3．
2
代入方程 y1y3 1 y1 y3可得，3y3 2y3 1 0，
4 12 8 0，
故不存在以 CD 為直徑的圓與 y軸相切
19. 答案及解析：

y y （1）根據題意，平面的法向量 n1 1, 1, 1 ，1 3
（ⅱ）不妨設m 0，由題意可知 lAP : y y1 x x x x 1 ， 1 3
在平面 x y z 4 0上任取點M 4,0,0 ，可得OM 4,0,0 ，
2 2
又 y21 2x1， y3 2x3，所以 AP 的直線方程可化為： y y1 x x1 y y ，1 3

O x y z 4 0 d d
|OM
n1 | 4 4 3 所以平面CDD1C1與平面 ACC1A1夾角的余弦值為設原點 到平面 的距離為 ，則 ，
| n1 | 3 3
| q s | | k 2t 2 | | 3t |
x y z 4 0 4 3 | q || s | k
2 t 2 2故原點 O 到平面 的距離為 . 4 6 2t 4t 8 6
3
3t 3 t 2 3 1 3 1
| A x0 B d y0 D
| 2 2 2
（2）由點到直線的距離公式 ， 2 3 t 2t 4 2 t 2t 4 2 1 2
1 4 1 2 1 1 3
2 2 t t 2 4 A B t 4 4

A x0 B y0 C z0 D q s 3 1 1
類比：點到平面的距離公式為 d ， 1 1
A 2 B 2 C 2 又1 t 2， 1， q s 22 t 4 1 1
2 3 2


t 4 4
證明如下：
1
D 平面
CDD1C 1
與平面 ACC1A1夾角的余弦值的最大值為 ．2
不妨設C 0，在平面 A x B y C z D 0內取一點Q 0,0, ，
C
D
則向量QP x0 , y , z

0 0 ，
C

取平面 A x B y C z D 0的一個法向量 n A ,B ,C ，
所以點 P x0 , y0 , z0 到平面 A x B y C z D 0的距離為：

d |QP n | | A
x0 B y0 C z0 D |
| n | A 2 B 2 C 2

（3） EF 1,1,1 ， FG 1,1, 1

EF

p i j r 0
設 p i, j, r 為平面 ADD1A1的一個法向量，則 ，
EG p i j r 0

令 i 1，得 j 1， r 0，所以 p 1, 1,0 ．

因為平面CDD1C1的方程為 x 2y z 2 0，所以由（2）知平面CDD1C1的一個法向量為q 1, 2,1 ，

t p x y 0,
設直線DD1的一個方向向量為 t x1, y1, z 1 11 ，則
t q x1 2y1 z1 0.

令 x1 1，得 y1 1， z1 1所以 t 1,1,1 ．

因為DD1 / / 平面 ACC1A1，所以平面 ACC A s

1 1的一個法向量 k, t, 2 與直線DD1的方向向量 t 1,1,1 垂直，

所以 s t k t 2 0，

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