解答题规范专练(四)
2020江苏高考理科数学二轮练习：解答题专题练(四) 解析几何 Word版含解析
解答题专题练(四) 解析几何(建议用时：40分钟)1．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，若过点F 且斜率为1的直线与抛物线相交于M ，N 两点，且|MN |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)设直线l 为抛物线C 的切线，且l ∥MN ，P 为l 上一点，求PM →·PN →的最小值．2．(2019·无锡模拟)已知椭圆C 中心在坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点M (4，2)、N (6，3)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆C 上的任一点R (x 0，y 0)，从原点O 向圆R ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝8作两条切线，分别交椭圆于P ，Q .试探究OP 2＋OQ 2是否为定值，若是，求出其值；若不是，请说明理由．3．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：x 2＋y 2＝r 2和直线l ：x ＝a (其中r 和a 均为常数，且0＜r ＜a )，M 为l 上一动点，A 1，A 2为圆C 与x 轴的两个交点，直线MA 1，MA 2与圆C 的另一个交点分别为P ，Q .(1) 若r ＝2，点M 的坐标为(4，2)，求直线PQ 的方程； (2) 求证：直线PQ 过定点，并求定点的坐标．4.如图，设斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆C ：x 29＋y 23＝1交于A ，B 两点，且OA ⊥OB .(1)求直线l 在y 轴上的截距(用k 表示)； (2)求△AOB 面积取最大值时直线l 的方程．参考答案与解析1．解：(1)由题可知F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，则过点F 且斜率为1的直线方程为y ＝x －p 2， 代入y 2＝2px (p ＞0)，得x 2－3px ＋p 24＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 则有x 1＋x 2＝3p . 因为|MN |＝8，所以x 1＋x 2＋p ＝8，即3p ＋p ＝8，解得p ＝2， 所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋b ，代入y 2＝4x ， 得x 2＋(2b －4)x ＋b 2＝0. 因为l 为抛物线C 的切线，所以Δ＝0，解得b ＝1.所以l 的方程为y ＝x ＋1.设P (m ，m ＋1)，则PM →＝(x 1－m ，y 1－(m ＋1))，PN →＝(x 2－m ，y 2－(m ＋1))， 所以PM →·PN →＝(x 1－m )(x 2－m )＋[y 1－(m ＋1)][y 2－(m ＋1)] ＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋y 1y 2－(m ＋1)(y 1＋y 2)＋(m ＋1)2. 由(1)可知，x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1， 所以(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16，y 1y 2＝－4.因为y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，所以y 1＋y 2＝4x 1－x 2y 1－y 2＝4，所以PM →·PN →＝1－6m ＋m 2－4－4(m ＋1)＋(m ＋1)2＝2(m 2－4m －3)＝2[(m －2)2－7]≥－14，当且仅当m ＝2，即点P 的坐标为(2，3)时等号成立，则PM →·PN →的最小值为－14. 2．解：(1)依题意，设此椭圆方程为mx 2＋ny 2＝1，过点M (4，2)、N (6，3)，可得⎩⎪⎨⎪⎧16m ＋4n ＝16m ＋9n ＝1，解得m ＝124，n ＝112，所以椭圆C 的方程为x 224＋y 212＝1.(2)(i)当直线OP ，OQ 的斜率均存在时，不妨设直线OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ， 依题意|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝22，化简得(x 20－8)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－8＝0， 同理(x 20－8)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－8＝0.所以k 1，k 2是方程(x 20－8)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－8＝0的两个不相等的实数根，k 1k 2＝y 20－8x 20－8.因为x 2024＋y 2012＝1，所以y 20＝12－12x 20. 所以k 1k 2＝4－12x 20x 20－8＝－12，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则y 1x 1·y 2x 2＝－12，所以y 21y 22＝14x 21x 22， 因为⎩⎨⎧x 2124＋y 2112＝1x 2224＋y 2212＝1，所以⎩⎨⎧y 21＝12－12x 21y 22＝12－12x 22，所以⎝⎛⎭⎫12－12x 21⎝⎛⎭⎫12－12x 22＝14x 21x 22， 所以x 21＋x 22＝24，y 21＋y 22＝12，所以OP 2＋OQ 2＝36.(ii)当直线OP ，OQ 落在坐标轴上时，显然有OP 2＋OQ 2＝36， 综上，OP 2＋OQ 2＝36.3．解：(1)若r ＝2，M (4，2)，则A 1(－2，0)，A 2(2，0)． 直线MA 1的方程为x －3y ＋2＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x －3y ＋2＝0，解得P ⎝⎛⎭⎫85，65. 直线MA 2的方程为x －y －2＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，x －y －2＝0，解得Q (0，－2)．由两点式得直线PQ 的方程为2x －y －2＝0. (2)法一： 由题设得A 1(－r ，0)，A 2(r ，0)．设M (a ，t )，则直线MA 1的方程为y ＝t a ＋r (x ＋r )，直线MA 2的方程为y ＝t a －r (x －r )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝r 2，y ＝ta ＋r（x ＋r ）， 解得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫r （a ＋r ）2－rt 2（a ＋r ）2＋t 2，2tr （a ＋r ）（a ＋r ）2＋t 2. 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝r 2，y ＝ta －r（x －r ）， 解得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫rt 2－r （a －r ）2（a －r ）2＋t 2，－2tr （a －r ）（a －r ）2＋t 2.于是直线PQ 的斜率k PQ ＝2ata 2－t 2－r 2， 直线PQ 的方程为y －2tr （a ＋r ）（a ＋r ）2＋t 2＝2at a 2－t 2－r 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x －r （a ＋r ）2－rt 2（a ＋r ）2＋t 2. 令y ＝0得x ＝r 2a ，是一个与t 无关的常数，故直线PQ 过定点⎝⎛⎭⎫r 2a ，0.法二：由题设得A 1(－r ，0)，A 2(r ，0)．设M (a ，t )，则直线MA 1的方程为y ＝t a ＋r (x ＋r )，直线MA 2的方程为y ＝ta －r (x －r )，则直线MA 1与圆C 的交点为P (x 1，y 1)，直线MA 2与圆C 的交点为Q (x 2，y 2)．则点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在曲线[(a ＋r )y －t (x ＋r )][(a －r )y －t (x －r )]＝0上， 化简得(a 2－r 2)y 2－2ty (ax －r 2)－t 2(x 2－r 2)＝0.①又因为点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)在圆C 上，圆C ：x 2＋y 2－r 2＝0.②由①＋t 2×②＝0得(a 2－r 2)y 2－2ty (ax －r 2)－t 2(x 2－r 2)＋t 2(x 2＋y 2－r 2)＝0， 化简得(a 2－r 2)y －2t (ax －r 2)＋t 2y ＝0.所以直线PQ 的方程为(a 2－r 2)y －2t (ax －r 2)＋t 2y ＝0.令y ＝0得x ＝r 2a，故直线PQ 过定点⎝⎛⎭⎫r 2a ，0. 4．解：(1)设l ：y ＝kx ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为斜率为k (k ＞0)的直线l 与椭圆C ：x 29＋y 23＝1交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，所以∠AOB ＝90°，所以OA →·OB →＝0， 所以x 1x 2＋(kx 1＋t )(kx 2＋t )＝0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝0，(*)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t x 29＋y 23＝1，消去y 得x 2＋3(kx ＋t )2＝9，即(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3t 2－9＝0，则x 1＋x 2＝－6kt1＋3k 2，x 1x 2＝3t 2－91＋3k 2，且Δ＞0，代入(*)， 得(1＋k 2)(3t 2－9)－6k 2t 2＋t 2(1＋3k 2)＝0，所以3t 2－9－9k 2＋t 2＝0， 所以t 2＝94(1＋k 2)，所以t ＝±321＋k 2，所以直线l 在y 轴上的截距为321＋k 2或－321＋k 2.(2)设△AOB 的面积为S ，O 到直线l 的距离为d ， 则S ＝12·|AB |·d ，而由(1)知d ＝|t |k 2＋1＝32，且|AB |＝k 2＋1·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝1＋k 2×36k 2t 2（1＋3k 2）2－4（3t 2－9）1＋3k 2＝k 2＋11＋3k 2×31＋9k 2＝3（k 2＋1）（1＋9k 2）1＋3k 2， 所以S ＝94×1＋4⎝⎛⎭⎫9k 2＋1k 2＋6≤94×1＋13＝332， 当S max ＝332时，9k 2＝1k 2，解得k ＝33，所以t ＝±3， 所以所求直线方程为y ＝33x ＋3或y ＝33x － 3.。
期中典例专练四：分数乘除法应用题“进阶版”-2023-2024学年六年级数学上册(解析版)人教版
＝160× 9 × 1 ＋35＋1
89
＝180× 1 ＋35＋1
9
＝20＋35＋1
＝56（页）
答：第三天应从第 56 页开始看。
【点睛】确定单位“1”的量是解决分数问题的关键。单位“1”已知，用乘法解答；单位
“1”未知，用除法解答。
1
1
4．某品牌学习机国庆节要开展促销活动，国庆节前涨价 ，国庆节降价 ，这时学习机的
5
5
根据这个等量关系列方程解答即可。
【详解】解：设水果店运来苹果 x 千克，则运来梨有 3 x 千克。
5
x − 3 x = 80 5
2 x = 80 5
2 x ÷ 2 = 80 ÷ 2
55
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x = 200
答：水果店运来苹果 200 千克。
【点睛】利用方程解决问题的关键是找准题目中的等量关系。 2．六（1）班进行了一次数学测验，小强对小娟说：“你的成绩是我的 7 ，如果你再多考 12
用除法解答。用除法解答时要注意量率对应。
5．一壶油，第一次倒出 1 ，然后加入 60 克，第二次倒出壶中油的 3 ，第三次倒出 120 克，
4
5
壶中还剩下 120 克，原来壶中有多少油？
【答案】720 克
【分析】由于第二次倒出壶中油的 3 ，则壶中还有原来的 1－ 3 ＝ 2 ，第三次倒出 120 克，壶
3
＝36×3
＝108（吨）
答：工厂原来有煤 108 吨。
【点睛】本题主要考查分数除法的应用，分析题意找出量和对应的分率是解答题目的关键。
1
11．佳友伞厂为青海玉树灾区赶制一批帐篷。第一天生产了这批帐篷的 ，第二天生产了总
5
数的 7 ，两天共生产帐篷 4400 顶。第一天生产帐篷多少顶？
【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)解答题名师讲练-高考解答题专项训练4(01)
高考解答题专项训练(四) 空间向量与立体几何1．如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P -ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6. 设点H 的坐标为(u ，v ，w )． 因为点H 在棱PC 上， 所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)． 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量， 所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. 2．如图，在三棱台DEF -ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解：(1)证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH .在三棱台DEF -ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点， 可得DF ∥GC ，DF ＝GC ， 所以四边形DFCG 为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点，所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎨⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3．(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图①)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②)．(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.从而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3.故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角，又二面角A1-DE-B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，∴A1D⊥平面BCED.(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图，过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ， 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，易知A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)， 所以P A 1→＝(a －2，－3a,1)． 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)． 因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. ∴PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.4．(2019·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AB ＝AA 1，过AA 1的平面分别交BC ，B 1C 1于点D ，D 1.(1)求证：四边形ADD1A1为平行四边形；(2)若AA1⊥平面ABC，D为BC的中点，E为DD1的中点，求二面角A-C1E-C的余弦值．解：(1)证明：因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1.又因为AA1⊂平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1＝DD1，所以AA1∥DD1.因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ADD1A1＝AD，平面A1B1C1∩平面ADD1A1＝A1D1，所以AD∥A1D1.所以四边形ADD1A1为平行四边形．(2)因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC.因为AA1∥DD1，AA1⊥平面ABC，所以DD1⊥平面ABC，从而DD1⊥AD.又DD1∩BC＝D，所以AD⊥平面BCC1B1.分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AC ＝BC ＝AB ＝AA 1＝2，则A (3，0,0)，E (0,0,1)，C 1(0，－1,2)，AE →＝(－3，0,1)，C 1E →＝(0,1，－1)．设平面AC 1E 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎨⎧AE →·n ＝0，C 1E →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＋c ＝0，b －c ＝0，取c ＝3，得n ＝(1，3，3)．由AD ⊥平面BCC 1B 1，得平面CC 1E 的一个法向量为DA →＝(3，0,0)，所以cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝37×3＝77，又易知二面角A -C 1E -C 为锐二面角， 故二面角A -C 1E -C 的余弦值为77.5．(2019·天津十二校联考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：面ACE ⊥面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AMAF 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .又因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BDE .又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED . (2)因为DE ⊥DC ，DE ⊥AD ，AD ⊥DC ， 所以建立空间直角坐标系D -xyz 如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，所以CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3,36)，EF →＝(3,0，－6)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧n ·BE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，3x 1－6z 1＝0， 令x 1＝6，则y 1＝26，z 1＝3，则n ＝(6，26，3)．所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝－3632×39＝－1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.(3)存在．点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )，0≤t ≤2 6.则BM →＝(0，－3，t )，BE →＝(－3，－3,36)，设平面MBE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧m ·BM →＝－3y 2＋tz 2＝0，m ·BE →＝－3x 2－3y 2＋36z 2＝0，令y 2＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)，|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →||m |·|CA →|＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝12， 整理得：2t 2－66t ＋15＝0，解得t ＝62或t ＝562(舍)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AM AF ＝14.6．(2019·广州模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BR RH ＝λ(λ>0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点， 则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG GH ＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD .∴GR ⊥平面PEF .(2)存在．由题意，分别以PF ，PE ，PD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系P -xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2,0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)．∴BR RH ＝PR RH ＝λ，∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0.∴RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF →＝(2，－2,0)，DE →＝(0,2，－4)，设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧EF →·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0. 取z ＝1，则m ＝(2,2,1)．∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →||m ||RF →| ＝41＋λ3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225，∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.。
2023届高考数学解答题专练-数列的性质(含答案)
2025届高考数学解答题专练：数列的性质一、解答题（共13题）1.我们知道，在等差数列{a n}中，当公差d>0时，{a n}单调递增；当公差d<0时，{a n}单调递减．请你探究等比数列{b n}单调递增的充要条件．2.在数列{a n}中，a n=2n−5，求数列{a n}的最大项与最小项．2n−7a n，n∈N∗．3.已知各项都是正数的数列{a n}的前n项和为S n，S n=a n2+12(1) 求数列{a n}的通项公式；}的前n项和T n，求证：(2) 设数列{b n}满足：b1=1，b n−b n−1=2a n(n≥2)，数列{1b nT n<2；(3) 若T n≤λ(n+4)对任意n∈N∗恒成立，求λ的取值范围．4.已知有限数列{a n}共有30项，其中前20项成公差为d的等差数列，后11项成公比为q的等比数列，记数列的前n项和为S n．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求：条件①：a2=4，S5=30，a21=20；条件②：S3=0，a20=−36，a22=−9；条件③：S1=48，a21=20，a24=160．(1) d，q的值；(2) 数列{a n}中的最大项．5.在公比大于0的等比数列{a n}中已知a3a5=a4，且a2，3a4，a3成等差数列．(1) 求{a n}的通项公式；(2) 已知S n=a1a2⋯a n，试问当n为何值时，S n取得最大，并求S n的最大值（n∈N∗，a∈R，且a≠0）．6.已知数列{a n}中，a n=1+1a+2(n−1)(1) 若a=−7，求数列{a n}中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N∗，都有a n≤a6成立，求实数a的取值范围．7. 在数列 {a n } 中，若 a n ∈N ∗，且 a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯），则称 {a n } 为“J 数列”．设 {a n } 为“J 数列”，记 {a n } 的前 n 项和为 S n ． (1) 若 a 1=10，求 S 3n 的值； (2) 若 S 3=17，求 a 1 的值；(3) 证明：{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 用 [x ] 表示一个小于或等于 x 的最大整数．如：[2]=2，[4.1]=4，[−3.1]=−4．已知实数列 a 0，a 1，⋯ 对于所有非负整数 i 满足 a i+1=[a i ]⋅(a i −[a i ])，其中 a 0 是任意一个非零实数． (1) 若 a 0=−2.6，写出 a 1，a 2，a 3； (2) 若 a 0>0，求数列 {[a i ]} 的最小值；(3) 证明：存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 若数列 {a n } 是首项为 6−12t ，公差为 6 的等差数列；数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ． (1) 求数列 {a n } 和 {b n } 的通项公式；(2) 若数列 {b n } 是等比数列，试证明：对于任意的 n (n ∈N,n ≥1)，均存在正整数 c n ，使得b n+1=ac n ，并求数列 {c n } 的前 n 项和 T n ．(3) 设数列 {d n } 满足 d n =a n b n ，且 {d n } 中不存在这样的项 d k ，使得“d k <d k−1 与 d k <d k+1”同时成立（其中 k ≥2，k ∈N ∗），试求实数的取值范围．10. 已知等比数列 {a n } 的公比为 q ，a 1=32，其前 n 项和为 S n (n ∈N ∗)，S 2，S 4，S 3 成等差数列．(1) 求数列 {a n } 的通项公式； (2) 求 b n =S n −1S n(n ∈N ∗) ,求 b n 的最大值与最小值．11. 在数列 {a n } 中，a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an−1，其中 n ∈N ∗． (1) 证明数列 {b n } 是等差数列，并写出证明过程；(2) 设 c n =2bn2b n−1，数列 {c n } 的前 n 项和为 T n ，求 T n ；(3) 已知当 n ∈N ∗且 n ≥6 时，(1−mn+3)n<(12)m，其中 m =1,2,⋯n ，求满足等式 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n 的值之和．12. 设 m 为正整数，各项均为正整数的数列 {a n } 定义如下：a 1=1，a n+1={a n2,a n 为偶数a n +m,a n 为奇数．(1) 若m=5，写出a8，a9，a10；(2) 求证：数列{a n}单调递增的充要条件是m为偶数；(3) 若m为奇数，是否存在n>1满足a n=1？请说明理由．13.已知数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a2=a．(1) 若数列{a n}是等差数列，且a8=15，求实数a的值；(2) 若数列{a n}满足a n+2−a n=2(n∈N∗)，且S19=19a10，求证：{a n}是等差数列；(3) 设数列{a n}是等比数列，试探究当正实数a满足什么条件时，数列{a n}具有如下性质M：对于任意的n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，写出你的探究过程，并求出满足条件的正实数a的集合．答案一、解答题（共13题）1. 【答案】b1>0，q>1或b1<0，0<q<1，其中q是等比数列{b n}的公比．2. 【答案】{a n}的最大项为a4=3，最小项为a3=−1．3. 【答案】(1) n=1时，a1=a12+12a1，所以a1=12，{S n+1=a n+12+12a n+1,S n=a n2+12a n⇒a n=a n2−a n−12+12a n−12a n−1⇒(a n+a n−1)(a n−a n−1−12)=0，因为a n>0，所以a n−a n−1=12，所以{a n}是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n=12n．(2) b n−b n−1=n，{b2−b1=2,b3−b2=3,⋮b n−b n−1=n⇒b n−b1=(n+2)(n−1)2⇒b n=n(n+1)2，1 b n =2n(n+1)=2(1n−1n+1)，所以T n=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2(1−1n+1)=2nn+1．(3) 由2nn+1≤λ(n+4)得λ≥2n(n+1)(n+4)=2n+4n+5，当且仅当n=2时，2n+4n+5有最大值29，所以λ≥29．4. 【答案】(1) 选择条件①：a2=4，S5=30，a21=20．因为{a n}的前20项成等差数列，a2=4，S5=30，所以 {a 1+d =4,5a 1+5×42d =30, 解得 {a 1=2,d =2.所以 a 20=2+19×2=40．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列， 所以 q =a 21a 20=12．综上，d =2，q =12．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 3=0，a 20=−36， 所以 {3a 1+3d =0,a 1+19d =−36,所以 {a 1=2,d =−2.因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 20=−36， 又因为 a 22=−9，q 2=a22a 20=14，所以 q =±12．综上，d =−2，q =±12．选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160．因为数列 {a n } 后 11 项成公比为 q 的等比数列，a 21=20，a 24=160， 所以 q 3=a24a 21=8，解得 q =2，所以 a 20=a 21q=10，又因为 {a n } 的前 20 项成等差数列，S 1=a 1=48， 所以 d =a 20−a 120−1=−2，综上，d =−2，q =2．(2) 选择条件①：a 2=4，S 5=30，a 21=20． {a n } 的前 20 项成等差数列，d >0，所以前 20 项为递增数列．即：前 20 项的最大项为 a 20=40， 数列 {a n } 的后 11 项成等比数列，q =12，所以后 11 项是递减数列．即：后 11 项的最大项为 a 20=40， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 20 项，其值为 40．选择条件②：S 3=0，a 20=−36，a 22=−9．{a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=2， 因为 q =±12，ⅰ．当 q =12 时，a n =−36(12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以当 20≤n ≤30 时，a n <0，此时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2． ⅱ．当 q =−12 时，a n =−36(−12)n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），后 11 项的最大项为 a 21=18，此时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18．综上，当 q =12 时，数列 {a n } 的最大项为第 1 项，其值为 2； 当 q =−12 时，数列 {a n } 的最大项为第 21 项，其值为 18． 选择条件③：S 1=48，a 21=20，a 24=160． {a n } 的前 20 项成等差数列，d <0，所以前 20 项为递减数列，前 20 项的最大项为 a 1=48， {a n } 的后 11 项成等比数列，而 a 20=10，q =2， a n =10⋅2n−20（20≤n ≤30 且 n ∈N ∗），所以后 11 项为递增数列，后 11 项的最大项为 a 30=10240， 综上，数列 {a n } 的最大项为第 30 项，其值为 10240．5. 【答案】(1) 设 {a n } 的公比为 q ，由 a 3a 5=a 4，得 a 4=1． 因为 a 2，3a 4，a 3 成等差数列，所以 a 2+a 3=6a 4，则 6q 2−q −1=0， 解得 q =12 或 q =−13（舍），故 a 1=8． 所以 a n =8×(12)n−1=24−n ．(2) S n =a 1a 2⋯a n =23+2+1+⋯+(4−n )=2(7−n )n 2，当 n =3或4 时，S n 取得最大值，(S n )max =64．6. 【答案】(1) 因为 a n =1+1a+2(n−1)（n∈N ∗，a ∈R ，且 a ≠0），a =−7，所以 a n =1+12n−9．结合函数 f (x )=1+12x−9 的单调性，可知 1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>⋯>a n >1(n ∈N ∗)．所以数列 {a n } 中的最大项为 a 5=2，最小项为 a 4=0． (2) a n =1+1a+2(n−1)=1+12n−2−a 2．因为对任意的 n ∈N ∗，都有 a n ≤a 6 成立，并结合函数 f (x )=1+12x−2−a 2的单调性，所以 5<2−a 2<6，所以 −10<a <−8．即实数 a 的取值范围为 (−10,−8)．7. 【答案】(1) 由 a 1=10，a n+1={a n2,a n 是偶数a n +3,a n 是奇数（n =1,2,3,⋯）， 得 a 2=5，a 3=8，a 4=4，a 5=2，a 6=1，a 7=4，⋯， 由上可知，数列 {a n } 自第四项起以 3 为周期周期出现， 当 n =1 时，S 3n =23；当 n ≥2 时，S 3n =23+3(n −1)=3n +20． 所以 S 3n ={23,n =13n +20,n ≥2．(2) S 3=a 1+a 2+a 3=17， 若 a 1 为偶数，则 a 2=a 12， 若 a 2 为偶数，则 a 3=a 14，此时 S 3=74a 1=17，a 1=687（舍）；若 a 2 为奇数，则 a 3=a 12+3，此时 S 3=2a 1+3=17，a 1=7（舍）；若 a 1 为奇数，则 a 2=a 1+3 为偶数，则 a 3=a 1+32，此时 S 3=5a 1+92=17，a 1=5；综上，a 1 的值为 5．(3) 利用数学归纳法（Ⅱ）证明如下： （1）当 a 1=1,2,3 时，对应的数列分别为： 1，4，2，1，4，2，1，⋯ 2，1，4，2，1，4，2，⋯ 3，6，3，6，3，6，3，⋯ 可知当 a 1=1,2,3 时，命题为真；（2）假设当 a 1<k （k ≥4）命题成立，下面证明 a 1=k 时命题成立．若 k 为偶数，则 a 2=k2<k ，由归纳假设，自 a 2 以后，必然出现 1 或 3，命题为真；若 k 为奇数，则 a 2=k +3，a 3=k+32<k （k ≥4），由归纳假设，自 a 3 以后，必然出现 1 或3，命题为真．综（1）（2）可知，{a n } 中总有一项为 1 或 3．8. 【答案】(1) a 1=−1.2，a 2=−1.6，a 3=−0.8．(2) 因 a 0>0，则 [a 0]≥0，所以 a 1=[a 0](a 0−[a 0])≥0，设 [a i ]≥0，i ≥1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≥0，所以 [a i ]≥0，∀i ≥0．又因 0≤a i −[a i ]<1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])≤[a i ]，则 [a i+1]≤[a i ]，∀i ≥0． 假设 ∀i ≥0，都有 [a i ]>0 成立，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])<[a i ]， 则 [a i+1]<[a i ]，∀i ≥0，即 [a i+1]≤[a i ]−1，∀i ≥0， 则 [a n ]≤[a 0]−n ，∀n ≥1，则当 n ≥[a 0] 时，[a n ]≤0， 这与假设矛盾，所以 [a i ]>0，∀i ≥0 不成立，即存在 k ∈N ，[a k ]=0，从而 {[a i ]} 的最小值为 0．(3) 当 a 0>0 时，由（2）知，存在 k ∈N ，[a k ]=0，所以 a k+1=0，所以 [a k+1]=0，所以 a i =0，∀i ≥k ，成立． 当 a 0<0 时，若存在 k ∈N ，a k =0，则 a i =0，∀i ≥k ，得证； 若 a i <0，∀i ≥0，则 [a i ]≤−1，则 a i+1=[a i ](a i −[a i ])>[a i ]， 则 [a i+1]≥[a i ]，∀i ≥0，所以数列 {[a i ]} 单调不减． 由于 [a i ] 是负整数，所以存在整数 m 和负整数 c ， 使得当 i ≥m 时，[a i ]=c ．所以，当 i ≥m 时，a i+1=c (a i −c )， 则 a i+1−c 2c−1=c (a i −c 2c−1)，令 b i =a i −c 2c−1，即 b i+1=cb i ，i ≥m ．当 b m =0 时，则 b i =0，i ≥m ，则 a i =c 2c−1，i ≥m ，得证． 当 b m ≠0 时，b i ≠0，i ≥m ，b i =c i−m b m ，i ≥m ，因当 i ≥m 时，[a i ]=c ，则 a i ∈[c,c +1)，则 {b i } 有界， 所以 ∣c∣≤1，所以负整数 c =−1．所以 a i =−12+(−1)i−m b m =−12+(−1)i−m (a m +12)(i ≥m )，则 a i ={a m ,i =m,m +2,m +4,⋯−1−a m ,i =m +1,m +3,⋯．令 k =m ，满足当 i ≥k 时，a i =a i+2．综上，存在非负整数 k ，使得当 i ≥k 时，a i =a i+2．9. 【答案】(1) 因为 {a n } 是等差数列，所以 a n =(6−12t )+6(n −1)=6n −12t ，而数列 {b n } 的前 n 项和为 S n =3n −t ，所以当 n ≥2 时，b n =(3n −1)−(3n−1−1)=2×3n−1， 又 b 1=S 1=3−t ，所以 b n ={3−t,n =12×3n−1,n ≥2．(2) 因为 {b n } 是等比数列，所以 3−t =2×31−1=2，即 t =1， 所以 a n =6n −12．对任意的 n (n ∈N,n ≥1)，由于 b n+1=2×3n =6×3n−1=6×(3n−1+2)−12，令 c n =3n−1+2∈N ∗，则 a c n =6(2+3n−1)−12=b n+1，所以命题成立． 数列 {c n } 的前 n 项和 T n =2n +1−3n 1−3=12×3n +2n −12．(3) 易得 d n ={6(3−t )(1−2t ),n =14(n −2t )3n ,n ≥2，由于当 n ≥2 时，d n+1−d n =4(n +1−2t )3n+1−4(n −2t )3n =8[n −(2t −32)]×3n ，所以（ⅰ）若 2t −32<2，即 t <74，则 d n+1>d n ， 所以当 n ≥2 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 1≤d 2，即 6(3−t )(1−2t )≤36(2−2t )， 解得−5−√974≤t ≤−5+√974<74．（ⅱ）若 2≤2t −32<3，即 74≤t <94， 则当 n ≥3 时，{d n } 是递增数列，故由题意得 d 2=d 3，即 4(2t −2)32=4(2t −3)33，解得 t =74．（ⅲ）若 m ≤2t −32<m +1(m ∈N ∗,m ≥3)，即m 2+34≤t <m 2+53(m ∈N,m ≥3)，则当 2≤n ≤m 时，{d n } 是递减数列，当 n ≥m +1 时，{d n } 是递增数列， 则由题意，得 d m =d m+1，即 4(2t −m )3m =4(2t −m −1)3m+1，解得 t =2m+34．综上所述，取值范围是 −5−√974≤t ≤−5+√974或 t =2m+34（m ∈N ，m ≥2）．10. 【答案】(1) 若 q =1，又 a 1=32，所以 S 2=2a 1=3，S 4=4a 1=6，S 3=3a 1=92，则 2S 4≠S 2+S 3，不满足条件，所以 q ≠1，由 S 2，S 4，S 3 成等差数列，得 2S 4=S 2+S 3，所以2a 1(1−q 4)1−q=a 1(1−q 2)1−q+a 1(1−q 3)1−q,整理得2q 4=q 2+q 3,又 q ≠0，所以 2q 2=1+q ，解得 q =−12 或 q =1 (舍)，所以q =−12,所以a n =a 1q n−1=32(−12)n−1.(2) 由（1）知 S n =32[1−(−12)n ]1−(−12)=1−(−12)n={1+(12)n,n 为奇数,1−(12)n,n 为偶数.①当 n 为奇数时，S n 随着 n 的增大而减少，所以 1<S n ≤S 1=32，因为 y =x −1x 在 (0,+∞) 上为增函数，故 0<S n −1S n≤S 1−1S 1=32−23=56，即0<b n ≤56;②当 n 为偶数时，S n 随着 n 的增大而增大，所以 S 2≤S n <1， 因为 y =x −1x 在 (−∞,0) 上为增函数，故 S 2−1S 2≤S n −1S n<0，又 S 2=1−(12)2=34，则S 2−1S 2=34−43=−712,所以 −712≤S n −1S n<0，即 −712≤b n <0，综上，∀n ∈N ∗，总有 −712≤b n ≤56，且 b n ≠0，所以 b n 的最大值为 56，最小值为 −712．11. 【答案】(1) 因为 a 1=1，a n+1=1−14a n，b n =12an −1，所以b n+1−b n=12a n+1−1−12an −1=12(1−14a n)−1−12an −1=11−12a n−12an −1=2a n2a n−1−12a n −1=1.所以数列 {b n } 是以 1 为公差，1 为首项的等差数列． (2) 由（1）可得 b n =1+n −1=n ， 所以 c n =2b n 2b n−1=2n 2n−1=2n ⋅(12)n−1，所以 T n =2[(12)0+2(12)1+3(12)2+⋯+(n −1)(12)n−2+n (12)n−1]，12T n =2[(12)1+2(12)2+3(12)3+⋯+(n −1)(12)n−1+n (12)n]，所以12T n=2[(12)0+(12)1+(12)2+(12)3+⋯+(12)n−1]−2n (12)n =2⋅1−(12)n1−12−2n (12)n=4−4(12)n −2n (12)n .所以 T n =8−8(12)n −4n (12)n ． (3) 由（1）将 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 化为 3n +4n +⋯+(n +2)n =(n +3)n ， 即 (3n+3)n +(4n+3)n +⋯+(n+2n+3)n =1，所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n =1，因为当 n ∈N ∗ 且 n ≥6 时，(1−m n+3)n <(12)m ，所以 (1−1n+3)n <12，(1−2n+3)n <(12)2，⋯⋯，(1−n n+3)n <(12)n ， 所以 (1−n n+3)n +(1−n−1n+3)n +⋯+(1−1n+3)n <12+(12)2+⋯+(12)n =1−(12)n<1， 所以当 n ≥6 时，3n +4n +⋯+(n +2)n <(n +3)n ，当 n =1 时，31<(1+3)1，当 n =2 时，32+42=(2+3)2， 当 n =3 时，33+43+53=(3+3)3=216，当 n =4 时，34+44+54+64=2258<(4+3)4=2401，当 n =5 时，35+45+55+65+75=12168<(5+3)5=32768， 所以满足 3n +4n +⋯+(n +2)n =(b n +3)b n 的所有 n =2和3，其和为 5．12. 【答案】(1) a 8=6，a 9=3，a 10=8．(2) 先证“充分性”．当 m 为偶数时，若 a n 为奇数，则 a n+1 为奇数．因为 a 1=1 为奇数，所以归纳可得，对 ∀n ∈N ∗，a n 均为奇数，则 a n+1=a n +m ， 所以 a n+1−a n =m >0，所以数列 {a n } 单调递增．再证“必要性”．假设存在 k ∈N ∗ 使得 a k 为偶数，则 a k+1=a k 2<a k ，与数列 {a n } 单调递增矛盾， 因此数列 {a n } 中的所有项都是奇数．此时 a n+1=a n +m ，即 m =a n+1−a n ，所以 m 为偶数．(3) 存在 n >1 满足 a n =1，理由如下：因为 a 1=1，m 为奇数，所以 a 2=1+m ≤2m 且 a 2 为偶数，a 3=1+m 2≤m ．假设a k为奇数时，a k≤m；a k为偶数时，a k≤2m．当a k为奇数时，a k+1=a k+m≤2m，且a k+1为偶数；当a k为偶数时，a k+1=a k2≤m．所以若a k+1为奇数，则a k+1≤m；若a k+1为偶数，则a k+1≤2m．因此对∀n∈N∗都有a n≤2m．所以正整数数列{a n}中的项的不同取值只有有限个，所以其中必有相等的项．设集合A={(r,s)∣a r=a s,r<s}，设集合B={r∈N∗∣(r,s)∈A}⊆N∗．因为A≠∅，所以B≠∅．令r1是B中的最小元素，下面证r1=1．设r1>1且a r1=a s1(r1<s1)．当a r1≤m时，a r1−1=2a r1，a s1−1=2a s1，所以a r1−1=a s1−1；当a r1>m时，a r1−1=a r1−m，a s1−1=a s1−m，所以a r1−1=a s1−1．所以若r1>1，则r1−1∈B且r1−1<r1，与r1是B中的最小元素矛盾．所以r1=1，且存在1<s1∈N∗满足a s1=a1=1，即存在n>1满足a n=1．13. 【答案】(1) 设等差数列{a n}的公差为d．由a1=1，a8=15得1+7d=15，解得d=2，则得a2=a1+d=1+2=3，所以a=3．(2) 由S19=19a10，得10×1+10×92×2+9a+9×82×2=19×(a+8)，解得a=2，由a n+2−a n=2，且a1=1，a2=2，得当n为奇数时，a n=a1+n−12×2=n；当n为偶数时，a n=a2+n−22×2=n．所以对任意n∈N∗，都有a n=n，当n≥2时，a n−a n−1=1，所以数列{a n}是以1为首项、1为公差的等差数列．(3) 由题意a n=a n−1．①当0<a<1时，a3<a2<a1≤S m，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)>0，因此数列{a n}不具有性质M；②当a=1时，a n=1，S n=n，所以对任意m∈N∗，都有(S m−a2)(S m−a3)=(m−1)2≥0，因此数列{a n}不具有性质M；③当1<a<2时，(a−1)2>0⇔a(2−a)<1⇔12−a >a⇔log a12−a>1n≥log a12−a ⇔a n−1a−1≥a n⇔S n≥a n+1，n<log a12−a ⇔a n−1a−1<a n⇔S n<a n+1，取⌈log a12−a⌉=n0（⌈x⌉表示不小于x的最小整数），则S n0≥a n0+1，S n0−1<a n．所以对于任意m∈N∗，(S m−a n0)(S m−a n0+1)≥0，即对于任意m∈N∗，S m都不在区间(a n0,a n0+1)内，所以数列{a n}不具有性质M；④当a≥2时，S n−a n+1=a n−1a−1−a n=(2−a)a n−1a−1<0，且S n>a n，即对任意的n≥2(n∈N∗)，都有(S m−a n)(S m−a n+1)<0，所以当a≥2时，数列{a n}具有性质M．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．③④的另解：当a>1时，{a n}单调递增，{S n}单调递增，且n≥2时，S n>a n．若对任意n≥2(n∈N∗)，都存在m∈N∗，使得(S m−a n)(S m−a n+1)<0，即存在S m在区间(a n,a n+1)内．观察(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，发现在(a n,a n+1)内的S m只能是S n．证明：在n−1个区间(a2,a3)，(a3,a4)，⋯，(a n,a n+1)内需要n−1个S m，因为S1<a2，S n+1>a n+1，所以可选择的S m只能是S2，S3，⋯，S n，共n−1个．由S2<S3<⋯<S n，得a n<S n<a n+1．所以只需满足S n<a n+1恒成立，即a n−1a−1<a n，得2−1a n<a对任意n∈N∗都成立．因为数列{2−1a n }单调递增，且limn→∞(2−1a n)=2，所以a≥2．综上，使得数列{a n}具有性质M的正实数a的集合为[2,+∞)．结束。
2018届高考数学(理)二轮专题复习：规范练5-2-4 含答案
大题规范练(四)(满分70分，押题冲刺，70分钟拿到主观题高分)解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1．(本小题满分12分)△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积S 满足S ＝12[c 2－(a －b )2]．(1)求cos C ；(2)若c ＝4，且2sin A cos C ＝sin B ，求b 的长．解：(1)由S ＝12[c 2－(a －b )2]＝12[－(a 2＋b 2－c 2)＋2ab ]＝－ab cos C ＋ab ，又S ＝12ab sin C ，于是12ab sin C ＝－ab cos C ＋ab ，即sin C ＝2(1－cos C )，结合sin 2C ＋cos 2C ＝1，可得5cos 2C －8cos C ＋3＝0，解得cos C ＝35或cos C ＝1(舍去)，故cos C ＝35.(2)由2sin A cos C ＝sin B 结合正、余弦定理，可得2·a ·a 2＋b 2－c 22ab＝b ，即(a －c )(a ＋c )＝0，解得a ＝c ，又c ＝4，所以a ＝4，由c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ，得42＝42＋b 2－2×4×35b ，解得b ＝245.2．(本小题满分12分)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值． 解：(1)取AB 的中点O ，连接OD ，OB 1. 因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，所以AB ⊥平面B 1OD ， 因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD .由已知，BC ⊥BB 1，又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1，因为AB ∩BB 1＝B ，所以OD ⊥平面ABB 1A 1. 又OD ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.(2)由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的正方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题设知B 1(0,0，3)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)． 则B 1D →＝(0,1，－3)，AC →＝(2,2,0)，CC 1→＝(－1,0，3)．设平面ACC 1A 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，即x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1)．设直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角为θ，故cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m|B 1D →|·|m |＝－217.则sin θ＝217. ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217. 3．(本小题满分12分)2017年1月6日，国务院法制办公布了《未成年人网络保护条例(送审稿)》，条例禁止未成年人在每日的0：00至8：00期间打网游，强化网上个人信息保护，对未成年人实施网络欺凌，构成犯罪的，将被依法追究刑事责任．为了解居民对实施此条例的意见，某调查机构从某社区内年龄(单位：岁)在[25,55]内的10 000名居民中随机抽取了100人，获得的所有样本数据按照年龄区间[25,30)，[30,35)，[35,40)，[40,45)，[45,50)，[50,55]进行分组，同时对这100人的意见情况进行统计得到频率分布表．(1)完成抽取的这100人的频率分布直方图，并估计这100人的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，若从这10 000名居民中任选4人进行座谈，求至多有1人的年龄在[50,55]内的概率；(3)若按分层抽样的方法从年龄在区间[25,40)，[40,45)内的居民中共抽取10人，再从这10人中随机抽取3人进行座谈，记抽取的3人的年龄在[40,45)内的人数为X ，求X 的分布列与数学期望.分组 持赞同意见的人数占本组的频率[25,30) 4 0.80 [30,35)80.80[35,40) 12 0.80 [40,45) 19 0.95 [45,50) 24 0.80 [50,55]170.85解：(1)根据题意可得年龄在[25,30)内的人数为40.80＝5，其频率为5100＝0.05；年龄在[30,35)内的人数为80.80＝10，其频率为10100＝0.1；年龄在[35,40)内的人数为120.80＝15，其频率为15100＝0.15；年龄在[40,45)内的人数为190.95＝20，其频率为20100＝0.2；年龄在[45,50)内的人数为240.80＝30，其频率为30100＝0.3；年龄在[50,55]内的人数为170.85＝20，其频率为20100＝0.2.作出频率分布直方图如图所示．根据频率分布直方图估计这100人的平均年龄为25＋302×0.05＋30＋352×0.1＋35＋402×0.15＋40＋452×0.2＋45＋502×0.3＋50＋552×0.2＝1.375＋3.25＋5.625＋8.5＋14.25＋10.5＝43.5.(2)由(1)知随机抽取的这100人中，年龄在[25,50)内的人数为80，年龄在[50,55]内的人数为20，任选1人，其年龄恰在[50,55]内的频率为20100＝15，将频率视为概率，故从这10 000名居民中任选1人，其年龄恰在[50,55]内的概率为15，设“从这10 000名居民中任选4人进行座谈，至多有1人的年龄在[50,55]内”为事件A ，则P (A )＝C 04×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－154×⎝ ⎛⎭⎪⎫150＋C 14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－153×15＝512625.(3)由(1)得年龄在[25,40)内的人数为30，年龄在[40,45)内的人数为20，则分层抽样的抽样比为30∶20＝3∶2，故从年龄在[25,40)内的居民中抽取6人，从年龄在[40,45)内的居民中抽取4人，则抽取的3人的年龄在[40,45)内的人数X 的所有可能取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 36C 04C 310＝16，P (X ＝1)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝2)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝3)＝C 06C 34C 310＝130.故X 的分布列为X 0 1 2 3 P16 12310130E (X )＝0×16＋1×12＋2×10＋3×30＝5.4．(本小题满分12分)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F ，右顶点为A ，B ，C 是椭圆上关于原点对称的两点(B ，C 均不在x 轴上)，线段AC 的中点为D ，且B ，F ，D 三点共线．(1)求椭圆E 的离心率；(2)设F (1,0)，过F 的直线l 交E 于M ，N 两点，直线MA ，NA 分别与直线x ＝9交于P ，Q 两点．证明：以PQ 为直径的圆过点F .解：(1)解法一：由已知A (a,0)，F (c,0)，设B (x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，则D ⎝⎛⎭⎪⎫a －x 02，－y 02，∵B ，F ，D 三点共线，∴BF →∥BD →，又BF →＝(c －x 0，－y 0)，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3x 02，－3y 02，∴－32y 0(c －x 0)＝－y 0·a －3x 02，∴a ＝3c ，从而e ＝13.解法二：设直线BF 交AC 于点D ，连接OD ，由题意知，OD 是△CAB 的中位线， ∴OD ═∥12AB ，∴AB →∥OD →， ∴△OFD ∽△AFB .∴ca －c ＝12，解得a ＝3c ，从而e ＝13. (2)证明：∵F 的坐标为(1,0)， ∴c ＝1，从而a ＝3，∴b 2＝8. ∴椭圆E 的方程为x 29＋y 28＝1.设直线l 的方程为x ＝ny ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ny ＋1x 29＋y28＝1⇒(8n 2＋9)y 2＋16ny －64＝0，∴y 1＋y 2＝－16n 8n 2＋9，y 1y 2＝－648n 2＋9，其中M (ny 1＋1，y 1)，N (ny 2＋1，y 2)． ∴直线AM 的方程为y y 1＝x －3ny 1－2，∴P ⎝⎛⎭⎪⎫9，6y 1ny 1－2，同理Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫9，6y 2ny 2－2， 从而FP →·FQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 1ny 1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 2ny 2－2＝64＋36y 1y 2n 2y 1y 2－2n y 1＋y 2＋4＝64＋36×－648n 2＋9－64n 28n 2＋9＋32n28n 2＋9＋4 ＝64＋36×－6436＝0.∴FP ⊥FQ ，即以PQ 为直径的圆恒过点F .5．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝12x 2－x ＋a ln x (a ＞0)．(1)若a ＝1，求f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，求证：f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 24.解：(1)a ＝1时，f (x )＝12x 2－x ＋ln x ，f ′(x )＝x －1＋1x ，f ′(1)＝1，f (1)＝－12，∴y －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝x －1，即y ＝x －32.∴f (x )的图象在(1，f (1))处的切线方程为2x －2y －3＝0.(2)f ′(x )＝x －1＋a x ＝x 2－x ＋ax(a ＞0)．①若a ≥14，x 2－x ＋a ≥0，f ′(x )≥0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若0＜a ＜14，由x 2－x ＋a ＞0得0＜x ＜1－1－4a 2或x ＞1＋1－4a 2；由x 2－x ＋a ＜0得1－1－4a 2＜x ＜1＋1－4a 2. ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．综上，当a ≥14时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜14时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－4a 2，1＋1－4a 2上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－4a 2和⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－4a 2，＋∞上单调递增．(3)由(2)知0＜a ＜14时，f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1，x 2是方程x 2－x ＋a ＝0的两个根，∴x 1＋x 2＝1，x 1·x 2＝a .∴f (x 1)＋f (x 2)＝12x 21－x 1＋a ln x 1＋12x 22－x 2＋a ln x 2＝12(x 1＋x 2)2－x 1·x 2－(x 1＋x 2)＋a ln(x 1·x 2)＝12－a －1＋a ln a ＝a ln a －a －12.令g (x )＝x ln x －x －12⎝⎛⎭⎪⎫0＜x ＜14，则g ′(x )＝ln x ＜0.∴g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14上单调递减，∴g (x )＞g ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝－3－2ln 24.∴f (x 1)＋f (x 2)＞－3－2ln 24.请考生在第6、7题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分． 6．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy 中，圆C的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝2＋2sin φ(φ为参数)．以O 为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C 的普通方程；(2)直线l 的极坐标方程是2ρsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53，射线OM ：θ＝π6与圆C 的交点为O ，P ，与直线l 的交点为Q ，求线段PQ 的长．解：(1)因为圆C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2cos φy ＝2＋2sin φ(φ为参数)，所以圆心C 的坐标为(0,2)，半径为2，圆C 的普通方程为x 2＋(y －2)2＝4.(2)将x ＝ρcos θ，y ＝ρsin θ代入x 2＋(y －2)2＝4，得圆C 的极坐标方程为ρ＝4sin θ.设P (ρ1，θ1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ρ＝4sin θθ＝π6，解得ρ1＝2，θ1＝π6.设Q (ρ2，θ2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧2ρsin ⎝⎛⎭⎪⎫θ＋π6＝53θ＝π6，解得ρ2＝5，θ2＝π6.所以|PQ |＝3.7．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知f (x )＝|2x －1|－|x ＋1|.(1)将f (x )的解析式写成分段函数的形式，并作出其图象；(2)若a ＋b ＝1，对∀a ，b ∈(0，＋∞)，1a ＋4b≥3f (x )恒成立，求x 的取值范围．解：(1)由已知，得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2，x ＜－1－3x ，－1≤x ＜12，x －2，x ≥12作函数f (x )的图象如图所示．(2)∵a，b∈(0，＋∞)，且a＋b＝1，∴1a＋4b＝⎝⎛⎭⎪⎫1a＋4b(a＋b)＝5＋⎝⎛⎭⎪⎫ba＋4ab≥5＋2ba·4ab＝9，当且仅当ba＝4ab，即a＝13，b＝23时等号成立．∴1a＋4b≥3(|2x－1|－|x＋1|)恒成立，∴|2x－1|－|x＋1|≤3，结合图象知－1≤x≤5.∴x的取值范围是[－1,5]．。
2015届高三数学(理)湘教版一轮复习解答题规范专练4 立体几何
解答题规范专练(四)立体几何1.如图，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，P A⊥平面ABCD，且AB＝1，AD＝1，CD＝2，P A＝3，E为PD的中点．(1)求证：AE∥平面PBC；(2)求直线AC与PB所成角的余弦值．2.(2014·太原模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AB∥DC，AB⊥BC，AB＝BC＝P A＝1，CD＝2，点E在棱PB上，且PE＝2EB.(1)求证：PD∥平面EAC；(2)求二面角A-EC-B的余弦值．3．一个多面体的三视图和直观图如图所示，其中M，N分别是AB，SA的中点．(1)求证：NB⊥MC；(2)求平面SAD 与平面SMC 所成角的余弦值．答 案1．解：(1)证明：取PC 的中点为F ，连接EF ，BF ，又E 为PD 的中点，所以EF ∥DC 且EF ＝12DC ， 所以EF ∥AB ，且EF ＝AB ，所以四边形ABFE 为平行四边形，所以AE ∥BF ，因为AE ⊄平面PBC ，BF ⊂平面PBC ，所以AE ∥平面PBC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A ，B ，C ，P 的坐标分别为A (0,0，0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,3)．从而AC ＝(2,1,0)， PB ＝(1,0，－3)，设AC 与PB 的夹角为θ，则cos θ＝AC ·PB | AC ||PB |＝25.2.解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，则OB ∶OD ＝AB ∶DC＝1∶2，即OD ＝2OB .又PE ＝2EB ， ∴OB OD ＝BE PE ， 连接OE ，则OE ∥PD .又OE ⊂平面EAC ，PD ⊄平面EAC ，∴PD ∥平面EAC .(2)设CD 的中点为F ，连接AF ，则AB ＝CF ，∴四边形ABCF 是正方形，如图，分别以AF ，AB ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则点A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0，1)，设点E (x ，y ，z )，则PE ＝(x ，y ，z －1)，EB ＝(－x,1－y ，－z )．由PE ＝2EB ，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2x ，y ＝2(1－y )，z －1＝－2z ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝23，z ＝13.∴E ⎝⎛⎭⎫0，23，13， ∴AE ＝⎝⎛⎭⎫0，23，13，AC ＝(1,1,0)． 设n ＝(a ，b ，c )是平面AEC 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE ＝23b ＋13c ＝0，n ·AC ＝a ＋b ＝0，令a ＝1，得b ＝－1，c ＝2，n ＝(1，－1,2)，同理可得平面BEC 的一个法向量m ＝(0,1,1)，cos 〈m ，n 〉＝－1＋26×2＝36，图像可判断二面角A -EC -B 是钝角， ∴二面角A -EC -B的余弦值是－36. 3．解：(1)证明：如图，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，0，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1， ∴CM ＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0， BN ＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，1， ∴CM ·BN ＝1×⎝⎛⎭⎫－12＋⎝⎛⎭⎫－12×(－1)＋0×1＝0，∴CM ⊥BN ，即NB ⊥MC . (2)易知平面SAD 的一个法向量是DC ＝(0,1,0)，设平面SMC 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， 又SM ＝⎝⎛⎭⎫1，12，－2，SC ＝(0,1，－2)，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋12b －2c ＝0，b －2c ＝0，令c ＝1，则b ＝2，a ＝1，故n ＝(1,2,1)，于是cos 〈DC ，n 〉＝DC ·n|DC ||n |＝26＝63.故平面SAD 与平面SMC 所成角的余弦值为63.。
五年级数学下册试题-培优专讲专练：04比与比例(5年级培优)教师版
定义比：两个数相除又叫做两个数的比。
如b a ÷可以记作b a b a =:。
其中“：”是比号，读作“比”。
比号前面的数叫做比的前项，比号后面的数叫做比的后项（比的后项不能为0），比的前项除以后项所得的商，叫做比值。
比例：表示两个比相等的式子叫做比例。
如y x b a ::=，组成比例的四个数，叫做比例的项。
两端的两项叫做外项，中间的两项叫做内项。
性质比的性质：比的前项和后项同时乘上或者除以相同的数（0除外），比值不变。
比例的性质：在比例里，两个外项的积等于两个内项的积。
若y x b a ::=，则ay bx =。
类型比和比例主要包括比、按比例分配和正比例、反比例应用题。
解答比和比例问题应综合运用比和比例的意义、性质，它常常同分数应用题、工程问题以及行程问题等交织在一起，使数量关系变得复杂起来。
正反比例正比例：两种量中相对应的两个数的比值（商）一定，k xy =（k 一定）； 反比例：两种量中相对应的两个数的积一定，k xy =（k 一定）。
化简下列各比。
1.0:52 31:54 3米 ：5分米 【分析】知识点：化简比，可将比号变为除号，计算出一个分数形式的值，再写成比。
难度：A 出处：《从满分到培优》【解答】1:41.0:52= ，5:123154=： ，3米 ：5分米= 6:1 。
化简下列比。
0.4 ：2.4 56:6.3 1.2米 ：36厘米 【解答】0.4 ：2.4= 1:6 ，1:356:6.3= ，1.2米 ：36厘米= 10:3 。
求比值。
36 ：48 2.1:322 25.1:41 【分析】知识点：求比值，可将比号变为除号，计算出数值，不写比的形式。
难度：A 出处：《小学数学升学夺冠训练A 体系》【解答】36 ：48 =43（或0.75） ，9202.1:322= ， 5125.1:41=（或0.2） 。
求比值。
3:53 35.0:207 cm m 55:43.1 【解答】513:53=（或0.2） ，135.0:207= ，51355:43.1=cm m （或2.6） 。
第四单元 比解决问题专项(题型专练)-六年级数学上册(A4版)(人教版)
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第四单元比解决问题专项
一、解答题
1．家里的菜地共450m²，按3∶2的面积比种黄瓜和茄子。
两种蔬菜的面积分别是多少？
2．一种混凝土是水泥、沙子和石子按3∶4∶6的比搅拌而成的。
现在要搅拌这种混凝土39吨，需要水泥、沙子和石子各多少吨？
3．某校六年级有学生324人，男生人数与女生人数的比是14∶13，男生和女生各有多少人？
4．学校新购进一批科技书按4∶5分给五年级和六年级，已知六年级分到120本。
五年级分到多少本？
5．中国农历中的“冬至”是一年中白昼最短、黑夜最长的一天。
这一天在我国黑龙江省瑷珲县，白天与黑夜时间的比是1∶2。
瑷珲县“冬至”这一天白天、黑夜的时间分别是多少小时？
6．开心农场种了1000株玉米和高粱，玉米和高粱的株数比是3∶2。
玉米种了多少株？
7．六年一班的男、女生人数比为2∶3，又来4名男生，全班共44人，现在六年一班男、女生人数之比是多少？。
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解答题规范专练（四）
(3)由(2)知，EM∥AG， 又∵平面 BCD⊥底面 ABC，AG⊥BC， ∴AG⊥平面 BCD. ∴EM⊥平面 BCD，又∵EM⊂平面 BDE， ∴平面 BDE⊥平面 BCD. 在平面 BCD 中，过 M 作 MN⊥DB 交 DC 于点 N， ∴MN⊥平面 BDE，点 N 即为所求的点，
数学
解答题规范专练（四）
(2)证明：∵M 为 DB 的中点，取 BC 中点 G， 连接 EM，MG，AG， 1 ∴MG∥DC，且 MG＝ DC， 2 ∴MG 平行且等于 AE， ∴四边形 AGME 为平行四边形， ∴EM∥AG，又 AG⊂平面 ABC，EM⊄平面 ABC， ∴EM∥平面 ABC.
数学
解答题规范专练（四）
解答题规范专练(四) 1．解：(1)证明：取 BB1 的中点 F，连接 AF，CF，EF. ∵E，F 分别是 CC1，BB1 的中点， ∴CE 綊 B1F ∴四边形 B1FCE 是平行四边形． ∴CF∥B1E. ∵E，F 是 CC1，BB1 的中点， ∴EF 綊 BC，又 BC 綊 AD， ∴EF 綊 AD.
数学
解答题规范专练（四）
∴四边形 ADEF 是平行四边形． ∴AF∥ED. ∵AF∩CF＝F，B1E∩ED＝E， ∴平面 ACF∥平面 B1DE. 又 AC 平面 ACF，
1 (2)由条件得 S△ABD＝ AB· AD＝2. 2 1 1 2 ∴VAEC＝ ×2×1＝ ， BDE＝VEABD＝ S△ABD· 3 3 3 2 即三棱锥 ABDE 的体积为 . 3
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△DMN∽△DCB， DN DM DN 6 ∴DB ＝ DC ，即 ＝ ， 2 6 4 3 ∴DN＝3，∴DN＝ DC， 4 3 ∴边 DC 上存在点 N，满足 DN＝ DC 时，有 NM⊥平面 BDE. 4
Байду номын сангаас
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∴AC∥平面 B1DE.
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2．解：(1)证明：∵PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC，∴PA⊥BE. ∵△ABC 为正三角形，E 是 CA 的中点， ∴BE⊥AC. 又∵PA，AC⊂平面 PAC，PA∩CA＝A， ∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 PBE，∴平面 PBE⊥平面 PAC.
(2)取 F 为 CD 的中点，连接 EF. ∵E，F 分别为 AC，CD 的中点， ∴EF 是△ACD 的中位线， ∴EF∥AD.又∵EF⊂平面 PEF， AD⊄平面 PEF，∴AD∥平面 PEF.
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3．解：由题意，EA⊥平面 ABC，DC⊥平面 ABC，AE∥DC， AE＝2， DC＝4，AB⊥AC，且 AB＝AC＝2. (1)∵EA⊥平面 ABC， ∴EA⊥AB， 又 AB⊥AC， EA∩AC＝A， ∴AB⊥平面 ACDE. ∴四棱锥 BACDE 的高 h＝AB＝2， 梯形 ACDE 的面积 S＝6， 1 ∴VBACDE＝ Sh＝4，即所求几何体的体积为 4. 3