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19.解析:(Ⅰ)[文]∵PC⊥平面ABC[章]D,ACc平面AB[来]CD,∴AC⊥PC[自]因为AB=4,AD[知]=CD=2,所以A[嘛]C=BC=2,所以[答]AC2+BC2=A[案]B2,所以AC⊥B[网]C,又BC∩PC=[文]C,所以AC⊥平面[章]PBC.因为ACc[来]平面EAC,所以平[自]面EAC⊥平面PB[知]C(Ⅱ)BDC∵E[嘛]为PB中点,故P到[答]平面AEC的距离等[案]于B到平面AEC的[网]距离8E-ABCx[文]=×4×2×2=由[章](1)AC⊥CE∴[来]Sa=ACCE=1[自]x22x6=23由[知]体积法可得33+2[嘛]Jd故B到平面AE[答]C的距离为即故P到[案]平面AEC的距离等[网]于43
20.【命题意图】[文]本题考查椭圆的性质[章]以及应用,直线与椭[来]圆的位置关系,定值[自]问题【解析】(1)[知]设椭C的半焦距为c[嘛].由已知可得2a=[答]4,解得a=2(1[案]分因为∠FAF2=[网]60°,易得在R△[文]OAF2中,∠OA[章]F2=30°,O4[来]=b,1OF2|=[自]cAF,|=a=2[知].所以cos∠OA[嘛]F、b3解得b=3[答].……………………[案]……(3分)所以椭[网]圆C的方程为+=1[文].……………………[章](4分)(Ⅱ)当直[来]线MN的斜率不存在[自]时,MN⊥x轴由O[知]M·ON=0可得O[嘛]⊥ON结合椭园的对[答]称性,可设M(x,[案]x),N(x,-x[网]),则d=1x1.[文]………………………[章]…………………(5[来]分)将点M(x,x[自])代人椭圆C的方程[知],得x+x=1解得[嘛]x==2√2所以d[答]…(6分)当直线M[案]N的斜率存在时,设[网]直线MN的方程为y[文]=kx+m,此时点[章]O到直线MN的距离[来]d,即d(7分设H[自](x,),N(x2[知],2),由{x2可[嘛]得(3+4k2)x[答]+8kmx+4m2[案]-12=0,则△=[网]64k2m2-4([文]3+42)(4m2[章]-12)>0[来],得m2<4[自]2+3所以x1+x[知]2=-38m3+4[嘛]k2(8分)所以x[答]1x2+y1y2=[案]x1x2+(kx1[网]+m)(kx2+m[文])=(1+k2)x[章]1x2+hm(x1[来]+x2)+m(1+[自]k2).4m2-1[知]28)m23+41[嘛]3+4*m27m2[答]-12(k2+1)[案]…………(9分)又[网]因为m用·ON=0[文].所以x1x:+y[章]12=0,m2-1[来]2(2+1)3+4[自]=0解得m2==([知]1+A2).………[嘛]…………(10分)[答]所以d=,得d=综[案]上所述,点O到直线[网]H的距离…2√21[文]具完值………………[章]…(12分)
