星期六(解答题综合练)2017年____月____日1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＋c＝b.(1)求证：B≤；(2)当AB·BC＝－2，b＝2时，求△ABC的面积.(1)证明 cosB＝＝＝≥0，且0＜B＜π.∴B≤(当且仅当a＝c时取得等号).(2)解 AB·BC＝－2，∴accosB＝2，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB＝12，∴a2＋c2＝16，又a＋c＝b＝2，∴ac＝4，∴cosB＝，由(1)知0＜B≤，∴sinB＝.∴S△ABC＝acsinB＝.2.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AC⊥CD，∠DAC＝60°，AB＝BC＝AC，E是PD的中点，F为ED的中点.(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；(2)求证：CF∥平面BAE.证明(1)因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又AC⊥CD，且AC∩PA＝A，所以CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD.(2)取AE中点G，连接FG，BG.因为F为ED的中点，所以FG∥AD且FG＝AD.在△ACD中，AC⊥CD，∠DAC＝60°，所以AC＝AD，所以BC＝AD.在△ABC中，AB＝BC＝AC，所以∠ACB＝60°，从而∠ACB＝∠DAC，所以AD∥BC.综上，FG∥BC，FG＝BC，四边形FGBC为平行四边形，所以CF∥BG.又BG⊂平面BAE，CF⊄平面BAE，所以CF∥平面BAE.3.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上任一点P到两个焦点的距离的和为2，P与椭圆长轴两顶点连线的斜率之积为－.设直线l过椭圆C的右焦点F，交椭圆C于两点A(x1，y1)，B(x2，y2).(1)若OA·OB＝(O为坐标原点)，求|y1－y2|的值；(2)当直线l与两坐标轴都不垂直时，在x轴上是否总存在点Q，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角？若存在，求出点Q坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由椭圆的定义知a＝，设P(x，y)，则有·＝－，则＝－，又点P在椭圆上，则＝－＝－，∴b2＝2，∴椭圆C的方程是＋＝1. OA·OB＝，∴|OA|·|OB|cos∠AOB＝，∴|OA|·|OB|sin∠AOB＝4，∴S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB＝2，又c＝＝1，又S△AOB＝|y1－y2|×1，故|y1－y2|＝4.(2)假设存在一点Q(m，0)，使得直线QA，QB的倾斜角互为补角，依题意可知直线l斜率存在且不为零，直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得(3k2＋2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1·x2＝. 直线QA，QB的倾斜角互为补角，∴kQA＋kQB＝0，即＋＝0，又y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入上式可得2x1x2＋2m－(m＋1)(x1＋x2)＝0，∴2×＋2m－(m＋1)×＝0，即2m－6＝0，∴m＝3，∴存在Q(3，0)使得直线QA，QB的倾斜角互为补角.4.如图，墙上有一壁画，最高点A离地面4米，最低点B离地面2米，观察者从距离墙x(x＞1)米，离地面高a(1≤a≤2)米的C处观赏该壁画，设观赏视角∠ACB＝θ.(1)若a＝1.5，问：观察者离墙多远时，视角θ最大？(2)若tanθ＝，当a变化时，求x的取值范围.解(1)当a＝1.5时，过点C作AB的垂线，垂足为点D，则BD＝0.5，且θ＝∠ACD－∠BCD，由已知知观察者离墙x米，且x＞1，则tan∠BCD＝，tan∠ACD＝，所以tanθ＝tan(∠ACD－∠BCD)＝＝＝≤＝，当且仅当x＝＞1时，等号成立.又因为tanθ在上单调递增，所以当观察者离墙米时，视角θ最大.(2)由题意得tan∠BCD＝，tan∠ACD＝，又tanθ＝，所以tanθ＝tan＝＝，所以a2－6a＋8＝－x2＋4x，当1≤a≤2时，0≤a2－6a＋8≤3，所以0≤－x2＋4x≤3，即解得0≤x≤1或3≤x≤4，又因为x＞1，所以3≤x≤4，所以x的取值范围为[3，4].5.设数列{bn}满足bn＋2＝－bn＋1－bn(n∈N*)，b2＝2b1.(1)若b3＝3，求b1的值；(2)求证数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列；(3)设数列{Tn}满足：Tn＋1＝Tnbn＋1(n∈N*)，且T1＝b1＝－，若存在实数p，q，对任意n∈N*都有p≤T1＋T2＋T3＋…＋Tn＜q成立，试求q－p的最小值.(1)解 bn＋2＝－bn＋1－bn，∴b3＝－b2－b1＝－3b1＝3，∴b1＝－1.(2)证明 bn＋2＝－bn＋1－bn①，∴bn＋3＝－bn＋2－bn＋1②，②－①得bn＋3＝bn，∴(bn＋1bn＋2bn＋3＋n＋1)－(bnbn＋1bn＋2＋n)＝bn＋1bn＋2(bn＋3－bn)＋1＝1为常数，∴数列{bnbn＋1bn＋2＋n}是等差数列.(3)解 Tn＋1＝Tn·bn＋1＝Tn－1bnbn＋1＝Tn－2bn－1bnbn＋1＝…＝b1b2b3…bn＋1当n≥2时Tn＝b1b2b3…bn(*)，当n＝1时，T1＝b1适合(*)式∴Tn＝b1b2b3…bn(n∈N*). b1＝－，b2＝2b1＝－1，b3＝－3b1＝，bn＋3＝bn，∴T1...
