中档题专练(二)1.(2017镇江高三期末)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若bcosA+acosB=-2ccosC.(1)求C的大小;(2)若b=2a,且△ABC的面积为2❑√3,求c.2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O,E分别为B1D,AB的中点.(1)求证:OE∥平面BCC1B1;(2)求证:平面B1DC⊥平面B1DE.3.在数列{an}中,a1=1,且对任意的k∈N*,a2k-1,a2k,a2k+1成等比数列,其公比为qk.(1)若qk=2(k∈N*),求a1+a3+a5+…+a2k-1;(2)若对任意的k∈N*,a2k,a2k+1,a2k+2成等差数列,其公差为dk,设bk=1qk-1.①求证{bk}成等差数列,并指出其公差;②若d1=2,试求数列{dk}的前k项的和Dk.答案精解精析1.解析(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC,且bcosA+acosB=-2ccosC得:sinBcosA+sinAcosB=-2sinCcosC,所以sin(B+A)=-2sinCcosC.又A,B,C为三角形内角,所以B+A=π-C,所以sinC=-2sinCcosC.因为C∈(0,π),所以sinC>0.所以cosC=-12,所以C=23π.(2)因为△ABC的面积为2❑√3,所以12absinC=2❑√3,所以ab=4❑√3sinC.由(1)知C=23π,所以sinC=❑√32,所以ab=8.又b=2a,解得a=2,b=4,所以c2=a2+b2-2abcosC=22+42-2×2×4×(-12)=28,所以c=2❑√7.2.证明(1)连接BC1,设BC1∩B1C=F,连接OF,因为O,F分别是B1D与B1C的中点,所以OF∥DC,且OF=12DC,又E为AB的中点,所以EB∥DC,且EB=12DC,从而OF∥EB,OF=EB,即四边形OEBF是平行四边形,所以OE∥BF,又OE⊄平面BCC1B1,BF⊂平面BCC1B1,所以OE∥平面BCC1B1.(2)因为DC⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以BC1⊥DC,又BC1⊥B1C,且DC,B1C⊂面B1DC,DC∩B1C=C,所以BC1⊥面B1DC,而BC1∥OE,所以OE⊥面B1DC,又OE⊂面B1DE,所以面B1DC⊥面B1DE.3.解析(1)因为qk=2,所以a2k+1a2k-1=4,故a1,a3,a5,…,a2k-1是首项a1=1,公比为4的等比数列,所以a1+a3+a5+…+a2k-1=1-4n1-4=13(4n-1).(2)①因为a2k,a2k+1,a2k+2成等差数列,所以2a2k+1=a2k+a2k+2,而a2k=a2k+1qk,a2k+2=a2k+1·qk+1,所以1qk+qk+1=2,所以bk+1=1qk+1-1=qkqk-1=bk+1,即bk+1-bk=1,所以{bk}成等差数列,其公差为1.②因为d1=2,所以a3=a2+2,即a22=a1a3=a2+2,所以a2=2或a2=-1.(i)当a2=2时,q1=a2a1=2,所以b1=1q1-1=1,所以bk=1+(k-1)×1=k,即1qk-1=k,得qk=k+1k.所以a2k+1a2k-1=qk2=(k+1k)2,a2k+1=(k+1k)2·(kk-1)2·…·(21)2·a1=(k+1)2,a2k=a2k+1qk=k(k+1),所以dk=a2k+1-a2k=k+1,Dk=k(2+k+1)2=k(k+3)2.(ii)当a2=-1时,q1=a2a1=-1,所以b1=1q1-1=-12,bk=-12+(k-1)×1=k-32,即1qk-1=k-32,得qk=k-12k-32.所以a2k+1a2k-1=qk2=(k-12k-32)2,a2k+1=(k-12k-32)2·(k-32k-52)2·…·(1-121-32)2·a1=(2k-1)2,a2k=a2k+1qk=(2k-1)(2k-3),所以dk=a2k+1-a2k=4k-2,Dk=k(2+4k-2)2=2k2.综合得Dk=k(k+3)2或Dk=2k2.
