2020-2021年新课标高考理科数学中档大题46分规范培优突破(32张)
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第12页
在 Rt△ABD 中，有12AE·BD＝12AB·AD，得 BD＝ 3AD，
因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2，
又
BD2＝AB2＋AD2，所以
AB＝2.则
AE＝2 3 3，ED＝
6 3.
以 E 为坐标原点，以向量E→C，E→D的方向分别为 x 轴，y
轴的正方向，以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴，建立
空间直角坐标系 E-xyz，则 D(0， 36，0)，A(－ 33，0,1)，向量
A→D＝( 33， 36，－1)，
第13页
平面 BCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)，
设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为 θ，
则
cos〈m，A→D〉＝
→ m·AD
→
＝
|m||AD|
－2×11＝－ 22，
sinθ＝|cos〈m，A→D〉|＝
2 2.
所以直线
AD
与平面
BCD
所成角的正弦值为
2 2.
第14页
19．(12 分)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在坐标轴上， 直线 y＝32x 与椭圆 C 在第一象限内的交点是 M，点 M 在 x 轴 上的射影恰好是椭圆 C 的右焦点 F2，椭圆 C 的另一个焦点是 F1，且M→F1·M→F2＝94.
中档大题46分规范练(一)
第1页
17．(12 分)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 已知 ccosB＝(3a－b)cosC.
(1)求 sinC 的值； (2)若 c＝2 6，b－a＝2，求△ABC 的面积．
第2页
解：(1)解法 1：因为 ccosB＝(3a－b)cosC，
△ABD≌Rt△CBD，所以 AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC 为二面
角 A-BD-C 的平面角．
第11页
由已知二面角 A-BD-C 为 120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形，则 AC＝AB，所以 AB＝ 3AE.
因为 0<C<π，所以 sinC＝
1－cos2C＝2
3
2 .
第3页
解法 2：因为 ccosB＝(3a－b)cosC，所以由余弦定理得 c×a2＋2ca2c－b2＝(3a－b)×a2＋2ba2b－c2，
化简得 a2＋b2－c2＝23ab，
2 所以 cosC＝a2＋2ba2b－c2＝32aabb＝13.
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在 Rt△ABD 中，有12AE·BD＝12AB·AD，得 BD＝ 3AD，
因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2.
又
BD2＝AB2＋AD2，所以
AB＝2.则
AE＝2 3 3，ED＝
6 3.
由 CE⊥BD，AE⊥BD 可知 BD⊥平面 AEC，则平面 AEC
⊥平面 BCD.
过点 A 作 AO⊥CE，交 CE 的延长线于 O，则 AO⊥平面
所以由正弦定理得 sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，
即 sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，
所以 sin(B＋C)＝3sinAcosC，
由于 A＋B＋C＝π，所以 sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，
则 sinA＝3sinAcosC.
因为 0<A<π，所以 sinA≠0，cosC＝13.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 过点(－1,0)，且与椭圆 C 交于 P，Q 两点，求 △F2PQ 的内切圆面积的最大值．
第15页
解：(1)设椭圆 C 的方程为ax22＋by22＝1(a>b>0)， ∵点 M 在直线 y＝32x 上，且点 M 在 x 轴上的射影恰好是 椭圆 C 的右焦点 F2(c,0)，∴点 M(c，32c)． ∵M→F1·M→F2＝(－2c，－32c)·(0，－32c)＝94， ∴c＝1.
第16页
∴a12＋49b2＝1 a2＝b2＋1
，解得ab22＝ ＝43 ，
∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
第7页
解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，∠BAD＝∠BCD ＝90°，
所以 Rt△ABD≌Rt△CBD，可得 AD＝CD. 因为点 P 是 AC 的中点，则 PD⊥AC，PB⊥AC， 因为 PD∩PB＝P，PD⊂平面 PBD，PB⊂平面 PBD，
第8页
所以 AC⊥平面 PBD. 因为 AC⊂平面 ACD，所以平面 ACD⊥平面 BDP. (2)解法 1：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE. 因为 Rt△ABD≌Rt△CBD，所以 AE⊥BD，AE＝CE，∠ AEC 为二面角 A-BD-C 的平面角． 由已知二面角 A-BD-C 为 120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形，则 AC＝AB，所以 AB＝ 3AE.
第5页
又 b－a＝2，所以 a＝3，b＝5. 所以△ABC 的面积 S＝12absinC＝12×15×232＝5 2.
第6页
18．(12 分)如图，在三棱锥 A-BCD 中，△ABC 是等边三 角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点 P 是 AC 的中点，连接 BP， DP.
(1)证明：平面 ACD⊥平面 BDP； (2)若 BD＝ 6，且二面角 A-BD-C 为 120°，求直线 AD 与 平面 BCD 所成角的正弦值．
BCD. 连接 OD，则∠ADO 为直线 AD 与平面 BCD 所成的角．
第10页
在 Rt△AEO 中，∠AEO＝60°，所以 AO＝ 23AE＝1，
sin∠ADO＝AADO＝
2 2.
所以直线
AD
与平面
BCD
所成角的正弦值为
2 2.
解法 2：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE.因为 Rt
因为 0<C<π，所以 sinC＝
1－cos2C＝2
Байду номын сангаас
3
2 .
第4页
(2)解法 1：由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcosC， 及 c＝2 6，cosC＝13，得 a2＋b2－23ab＝24， 即(a－b)2＋43ab＝24.因为 b－a＝2，所以 ab＝15. 所以△ABC 的面积 S＝12absinC＝12×15×232＝5 2. 解法 2：由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcosC， 及 c＝2 6，cosC＝13，得 a2＋b2－23ab＝24.
在 Rt△ABD 中，有12AE·BD＝12AB·AD，得 BD＝ 3AD，
因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2，
又
BD2＝AB2＋AD2，所以
AB＝2.则
AE＝2 3 3，ED＝
6 3.
以 E 为坐标原点，以向量E→C，E→D的方向分别为 x 轴，y
轴的正方向，以过点 E 垂直于平面 BCD 的直线为 z 轴，建立
空间直角坐标系 E-xyz，则 D(0， 36，0)，A(－ 33，0,1)，向量
A→D＝( 33， 36，－1)，
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平面 BCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)，
设直线 AD 与平面 BCD 所成的角为 θ，
则
cos〈m，A→D〉＝
→ m·AD
→
＝
|m||AD|
－2×11＝－ 22，
sinθ＝|cos〈m，A→D〉|＝
2 2.
所以直线
AD
与平面
BCD
所成角的正弦值为
2 2.
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19．(12 分)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在坐标轴上， 直线 y＝32x 与椭圆 C 在第一象限内的交点是 M，点 M 在 x 轴 上的射影恰好是椭圆 C 的右焦点 F2，椭圆 C 的另一个焦点是 F1，且M→F1·M→F2＝94.
中档大题46分规范练(一)
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17．(12 分)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 已知 ccosB＝(3a－b)cosC.
(1)求 sinC 的值； (2)若 c＝2 6，b－a＝2，求△ABC 的面积．
第2页
解：(1)解法 1：因为 ccosB＝(3a－b)cosC，
△ABD≌Rt△CBD，所以 AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC 为二面
角 A-BD-C 的平面角．
第11页
由已知二面角 A-BD-C 为 120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形，则 AC＝AB，所以 AB＝ 3AE.
因为 0<C<π，所以 sinC＝
1－cos2C＝2
3
2 .
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解法 2：因为 ccosB＝(3a－b)cosC，所以由余弦定理得 c×a2＋2ca2c－b2＝(3a－b)×a2＋2ba2b－c2，
化简得 a2＋b2－c2＝23ab，
2 所以 cosC＝a2＋2ba2b－c2＝32aabb＝13.
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在 Rt△ABD 中，有12AE·BD＝12AB·AD，得 BD＝ 3AD，
因为 BD＝ 6，所以 AD＝ 2.
又
BD2＝AB2＋AD2，所以
AB＝2.则
AE＝2 3 3，ED＝
6 3.
由 CE⊥BD，AE⊥BD 可知 BD⊥平面 AEC，则平面 AEC
⊥平面 BCD.
过点 A 作 AO⊥CE，交 CE 的延长线于 O，则 AO⊥平面
所以由正弦定理得 sinCcosB＝(3sinA－sinB)cosC，
即 sinCcosB＋sinBcosC＝3sinAcosC，
所以 sin(B＋C)＝3sinAcosC，
由于 A＋B＋C＝π，所以 sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，
则 sinA＝3sinAcosC.
因为 0<A<π，所以 sinA≠0，cosC＝13.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 过点(－1,0)，且与椭圆 C 交于 P，Q 两点，求 △F2PQ 的内切圆面积的最大值．
第15页
解：(1)设椭圆 C 的方程为ax22＋by22＝1(a>b>0)， ∵点 M 在直线 y＝32x 上，且点 M 在 x 轴上的射影恰好是 椭圆 C 的右焦点 F2(c,0)，∴点 M(c，32c)． ∵M→F1·M→F2＝(－2c，－32c)·(0，－32c)＝94， ∴c＝1.
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∴a12＋49b2＝1 a2＝b2＋1
，解得ab22＝ ＝43 ，
∴椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
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解：(1)证明：因为△ABC 是等边三角形，∠BAD＝∠BCD ＝90°，
所以 Rt△ABD≌Rt△CBD，可得 AD＝CD. 因为点 P 是 AC 的中点，则 PD⊥AC，PB⊥AC， 因为 PD∩PB＝P，PD⊂平面 PBD，PB⊂平面 PBD，
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所以 AC⊥平面 PBD. 因为 AC⊂平面 ACD，所以平面 ACD⊥平面 BDP. (2)解法 1：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE. 因为 Rt△ABD≌Rt△CBD，所以 AE⊥BD，AE＝CE，∠ AEC 为二面角 A-BD-C 的平面角． 由已知二面角 A-BD-C 为 120°，知∠AEC＝120°. 在等腰三角形 AEC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3AE， 因为△ABC 是等边三角形，则 AC＝AB，所以 AB＝ 3AE.
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又 b－a＝2，所以 a＝3，b＝5. 所以△ABC 的面积 S＝12absinC＝12×15×232＝5 2.
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18．(12 分)如图，在三棱锥 A-BCD 中，△ABC 是等边三 角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点 P 是 AC 的中点，连接 BP， DP.
(1)证明：平面 ACD⊥平面 BDP； (2)若 BD＝ 6，且二面角 A-BD-C 为 120°，求直线 AD 与 平面 BCD 所成角的正弦值．
BCD. 连接 OD，则∠ADO 为直线 AD 与平面 BCD 所成的角．
第10页
在 Rt△AEO 中，∠AEO＝60°，所以 AO＝ 23AE＝1，
sin∠ADO＝AADO＝
2 2.
所以直线
AD
与平面
BCD
所成角的正弦值为
2 2.
解法 2：如图，作 CE⊥BD，垂足为 E，连接 AE.因为 Rt
因为 0<C<π，所以 sinC＝
1－cos2C＝2
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2 .
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(2)解法 1：由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcosC， 及 c＝2 6，cosC＝13，得 a2＋b2－23ab＝24， 即(a－b)2＋43ab＝24.因为 b－a＝2，所以 ab＝15. 所以△ABC 的面积 S＝12absinC＝12×15×232＝5 2. 解法 2：由余弦定理 c2＝a2＋b2－2abcosC， 及 c＝2 6，cosC＝13，得 a2＋b2－23ab＝24.