考前强化练7解答题组合练(C)1.在△ABC中,角A,B,C所对边分别是a,b,c,满足4acosB-bcosC=ccosB.(1)求cosB的值;(2)若=3,b=3,求a和c的值.2.(2018河南六市联考一,理17)已知数列{an}中,a1=1,其前n项的和为Sn,且满足an=(n≥2).(1)求证:数列是等差数列;(2)证明:当n≥2时,S1+S2+S3+…+Sn<.3.(2018河北保定一模,理19)如图,四棱台A1B1C1D1-ABCD中,A1A⊥底面ABCD,A1B1=A1A=,AB=2,AC=2,平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,M为C1C的中点.(1)证明:AM⊥D1D;(2)若∠ABC=30°,且AC≠BC,求二面角B1-CC1-D1的正弦值.4.(2018河南郑州一模,理19)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,AB=6,BC=2,AC=2,D,E分别为线段AB,BC上的点,且AD=2DB,CE=2EB,PD⊥AC.(1)求证:PD⊥平面ABC;(2)若PA与平面ABC所成的角为,求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.5.已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点与其短轴的一个端点是正三角形的三个顶点,点D在椭圆C上,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,P两点,与x轴、y轴分别相交于点N和M,且|PM|=|MN|,点Q是点P关于x轴的对称点,QM的延长线交椭圆于点B,过点A,B分别作x轴的垂线,垂足分别为A1,B1.(1)求椭圆C的方程.(2)是否存在直线l,使得点N平分线段A1B1?若存在,求出直线l的方程,若不存在,请说明理由.6.(2018山东临沂三模,理20)如图,已知抛物线E:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=5相交于A,B两点,且|AB|=4.过劣弧AB上的动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,相交于点M.(1)求抛物线E的方程;(2)求点M到直线CD距离的最大值.参考答案考前强化练7解答题组合练(C)1.解(1)由题意得,4sinAcosB-sinBcosC=sinCcosB,所以4sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA.因为sinA≠0,所以cosB=(2)由=3,得accosB=3,ac=12.由b2=a2+c2-2accosB,b=3可得a2+c2=24,所以可得a=c=22.解(1)当n≥2时,Sn-Sn-1=,Sn-1-Sn=2SnSn-1,=2,从而构成以1为首项,2为公差的等差数列.(2)由(1)可知,+(n-1)×2=2n-1,∴Sn=,∴当n≥2时,Sn=,从而S1+S2+S3+…+Sn<1+1-+…+=3.(1)证明连接AC1,∵A1B1C1D1-ABCD为四棱台,四边形A1B1C1D1∥四边形ABCD,,由AC=2得A1C1=1,∵A1A⊥底面ABCD,∴四边形A1ACC1为直角梯形,可求得C1A=2,又AC=2,M为CC1的中点,所以AM⊥C1C.∵平面A1ACC1⊥平面C1CDD1,平面A1ACC1∩平面C1CDD1=C1C,∴AM⊥平面C1CDD1,D1D⊂平面C1CDD1,∴AM⊥D1D.(2)解在△ABC中,AB=2,AC=2,∠ABC=30°,利用余弦定理可求得,BC=4或BC=2,∵AC≠BC,∴BC=4,从而AB2+AC2=BC2,知AB⊥AC,如图,以A为原点建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,1,),M0,,由于AM⊥平面C1CDD1,所以平面C1CDD1的法向量为=0,,设平面B1BCC1的法向量为m=(x,y,z),=(-2,2,0),=(0,-1,),设y=,∴m=(1,,1),cos=,∴sin=,即二面角B1-CC1-D1的正弦值为4.(1)证明连接DE,由题意知AD=4,BD=2,∵AC2+BC2=AB2,∴∠ACB=90°.cos∠ABC=,∴CD2=22+12-2×2×2cos∠ABC=8.∴CD=2,∴CD2+AD2=AC2,则CD⊥AB,又∵平面PAB⊥平面ABC,∴CD⊥平面PAB,∴CD⊥PD,∵PD⊥AC,AC,CD都在平面ABC内,∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD,CD,AB两两互相垂直,建立如图所示的直角坐标系D-xyz,且PA与平面ABC所成的角为,有PD=4,则A(0,-4,0),C(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,4),=(-2,2,0),=(2,4,0),=(0,-4,-4),∵AD=2DB,CE=2EB,∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC,PD⊥平面ABC,∴CB⊥平面DEP.=(-2,2,0)为平面DEP的一个法向量.设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1,∴n=(,-1,1)为平面PAC的一个法向量.∴cos==-故平面PAC与平面PDE的锐二面角的余弦值为,所以平面PAC与平面PDE的锐二面角为30°.5.解(1)由题意得解得a2=4,b2=3,故椭圆C的方程为=1.(2)假设存在这样的直线l:y=kx+m,∴M(0,m),N,∵|PM|=|MN|,∴P,Q,∴直线QM的方程为y=-3kx+m.设A(x1,y1),由得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2-3)=0,∴x1+=-,∴x1=-设B(x2,y2),由得(3+36k2)x2-24kmx+4(m2-3)=0,∴x2+,∴x2=-∵点N平分线段A1B1,∴x1+x2=-,∴-=-,∴k=±,∴P(±2m,2m),=1,解得m=±,∵|m|=0,符合题意,∴直线l的方程为y=±x±6.解(1)由|AB|=4,且B在圆上,由抛物线和圆的对称性,得B(2,1),代入抛物线方程得22=2p×1,p=2,∴抛物线E的方程为x2=4y.(2)设Cx1,,Dx2,,由x2=4y,得y=x2,∴y'=x.则l1的方程为y-x1(x-x1),即y=x1x-①同理得l2的方程为y=x2x-②联立①②解得又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0),得CD的方程为x0x+y0y=5,且=5,y0∈[1,],联立化简得y0x2+4x0x-20=0.则x1+x2=-,x1x2=-设点M(x,y),则x==-,y==-,即M-,-,∴点M到直线CD:x0x+y0y=5的距离为d=,易知d关于y0单调递减,而y0∈[1,],当y0=1时,dmax=,即点M到直线CD距离的最大值为
