中档大题练1
(限时40分钟)
1.已知△ABC三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3ba=
(1)求角B的大小;
【解析】(1)在△ABC中,由正弦定理得,3sinBsinA=sinAsinAcosB.因为A∈(0,π),sinA≠0,所以3sinB=1cosB,
所以3sinB+cosB=2sin(B+π6)=1,即sin(B+π6)=
又B∈(0,π),B+π6∈(π6,
则B+π6=5π6,所以B=
(2)若△ABC的面积等于3,D为BC边的中点,当中线AD的长最短时,求AC边的长.
【解析】(2)由(1)得S△ABC=12acsin120°=34ac=3,所以ac=4,在△ABD中,由余弦定理可得:AD2=c2+(a2)22c·a2·cos120°=c2+(a2)2+ac2≥3ac2=6,当且仅当c=a2=2,即a=2
此时AC2=a2+c22accos120°=8+22×22×2×(12)=14,故AC=14
2.如图,P在平面ABC上的投影为点C,AC⊥BC,AB=2PC,D,O分别为线段PA,AB的中点,PO与BD交于点E,F是PC上的一个点.
(1)若EF∥平面ABC,求PFFC的值
【解析】(1)因为D,O分别为线段PA,AB的中点,所以BD和PO的交点E为△PAB的重心,所以PEEO=2,因为EF∥平面ABC,EF?平面PCO,平面PCO∩平面ABC=CO
所以EF∥CO,所以PFFC=PE
(2)若PF=FC,AB=2CB,求二面角FBEC的正弦值.
【解析】(2)设BC=2,则AB=4,PC=2,CF=1,
由题意可知PC⊥平面ABC,AC⊥BC,
以点C为坐标原点,以CA,CB,CP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则F0,0,1,B0,2,0,C0,0,0,A(23
设平面FBE的法向量为n=(x1,y1,z1),=0,2,-1,=(233,4
则即2y
取y1=1,可得n=0,1,2,设平面CBE的法向量为m=x2
则,即2y2
取x2=1,可得m=1,
因为cosm,n=m·nm·n
则sinm,n=1-cos2
因此,二面角FBEC的正弦值为105
3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的上顶点M与椭圆C的左、右焦点F1,F2构成一个等边三角形,过F1且垂直于MF2的直线与椭圆C交于D,E两点,
(1)求椭圆C的方程;
【解析】(1)由△MF1F2是等边三角形,得a=2c,
由于DE⊥MF2,所以DM=DF2,EM=EF2,从而△MDE≌△F2DE,根据椭圆定义,可知△MDE的周长为4a=8,得a=2,所以c=1,b=3,
所以椭圆C的方程为x24+y
(2)设P,Q是椭圆C上的两个动点,且OP⊥OQ,过点O作OH⊥PQ,交直线PQ于H点,求证:点H总在某个定圆上,并写出该定圆的方程.
【解析】(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),当直线PQ斜率不存在时,且OP⊥OQ,则点P,Q关于x轴对称,
所以lOP:y=x或y=x,与椭圆C方程x24+y23=1联立,得x2=127,即
当直线PQ斜率存在时,设方程为y=kx+m,
联立方程组y=kx+m3x2+4y2=12,得(3+4k2)x2+8kmx+4m212=0,所以Δ=64k2m216(3+4k2)(m23)0,解得m24k2+3,由根与系数的关系得,x1+x
所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=3m
由于OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=4m2-123+4k2+3m
又OH2为点O到直线PQ的距离的平方,
所以OH2=d2=m21+k
所以点H总在以原点为圆心,以127为半径的圆上,其方程为x2+y2=12
4.已知等差数列an的前n项和为Sn,S3=2S2+1,a2n+1=2an+3,n∈N*
(1)求an的通项公式
【解析】(1)设等差数列an的公差为d,由S3=2S2
可得3a1+3d=2(2a1+d)+1,即a1d+1=0①.
又因为a2n+1=2an+3,n∈N*,
取n=1,所以a3=2a1+3,即a12d+3=0②,
由①②可得a1=1,d=2.
故an的通项公式为an=2n1
(2)设数列bn满足b1+3b2+…+(2n1)bn=nn∈N*,记数列-1n4n·bna
【解析】(2)(2)由b1+3b2+…+(2n1)bn=n,
n=1时,可得b1=1,
n≥2时,b1+3b2+…+(2n1)bn=n,
b1+3b2+…+(2n3)bn1=n1(n≥2),
上述两式作差可得bn=12n-
b1=1时上式也成立,所以bn=12
所以(1)n4n·bn
=(1)n12
当n为正偶数时,Tn=1+13+13+1515+17+…(12n-3+12n-
当