2016高考三角函数立体几何数列荟萃.docx

四川（本小题满分12分）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.（I）证明：；（II）若，求.（Ⅰ）根据正弦定理，可设===k(k0)．则a=ksin?A，b=ksin?B，c=ksin?C．代入+=中，有+=，变形可得sin?Asin?B=sin?Acos?B+cos?Asin?B=sin(A+B)．在△ABC中，由A+B+C=π，有sin(A+B)=sin(π–C)=sinC，所以sin?Asin?B=sin?C．（Ⅱ）由已知，b2+c2–a2=bc，根据余弦定理，有cos?A==．所以sin?A==．由（Ⅰ），sin?Asin?B=sin?Acos?B+cos?Asin?B，所以sin?B=cos?B+sin?B，故tan?B==4．（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD.E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.（I）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（II）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC∥ED，且BC=ED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CM∥EB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA=45°.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，AEH=45°，AE=1，所以AH=.在Rt△PAH中，PH==?，所以sinAPH=?=.（本小题满分12分）已知数列{}的首项为1，?为数列{}的前n项和，?，其中q0，?.（I）若?成等差数列，求an的通项公式；（Ⅰ）由已知，?两式相减得到.又由得到，故对所有都成立.所以，数列是首项为1，公比为q的等比数列.从而.由成等比数列，可得，即，则，由已知,，故?.所以全一17.△ABC的内角A，B，C的对边分别别为a，b，c，已知（I）求C；（II）若的面积为，求△ABC的周长．解（Ⅰ）∵2cos?C（acosB+bcosA）=C∴2cos?C（sinAcos?B+sinBcosA）=sinC∴2cosC?sin(A+B)=sinC∴2cosC?sinC?=sin?C∴∴∴(Ⅱ) ∵△ABC面积为且∴即∴∵a+b=5∴a+b+c=5+∴△ABC周长为5+18.如图，在已A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF=2FD，，且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．（I）证明：平面ABEF古平面EFDC；（II）求二面角E-BC-A的余弦值．(I)证明:∵? 平面ABEF为正方形∴?AFPE又∵? ∠AFD=90°即AFFD而FE，FD平面FECD且FEFD=F∴?AF又AF∴?平面ABEF（II）过作，垂足为，由（I）知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．由（I）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．由已知，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，则，即，所以可取．设是平面的法向量，则，同理可取．则．故二面角的余弦值为．全二 本小题满分12分）为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过x的最大整数，如.（I）求；（II）求数列的前1 000项和.（Ⅰ）设的公差为，据已知有，解得所以的通项公式为（Ⅱ）因为所以数列的前项和为（本小题满分12分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB=5，AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△的位置，.（I）证明：平面ABCD；（II）求二面角的正弦值.（I）由已知得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，，故.又，而，所以.（II）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可以取.设是平面的法向量，则，即，所以可以取.于是，?.因此二面角的正弦值是.全三17.已知数列的前n项和，，其中0（I）证