资源描述
中难提分突破特训(一)1在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.(1)求角A的大小；(2)若D为BC边上一点，且CD2DB，b3，AD，求a.解(1)由已知，得(2cb)cosAacosB，由正弦定理，得(2sinCsinB)cosAsinAcosB，整理，得2sinCcosAsinBcosAsinAcosB，即2sinCcosAsin(AB)sinC.又sinC0，所以cosA，因为A(0，)，所以A.(2)如图，过点D作DEAC交AB于点E，又CD2DB，BAC，所以EDAC1，DEA.由余弦定理可知，AD2AE2ED22AEEDcos，解得AE4，则AB6.又AC3，BAC，所以在ABC中，由余弦定理，得aBC3.2已知长方形ABCD中，AB1，AD.现将长方形沿对角线BD折起，使ACa，得到一个四面体ABCD，如图所示(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB与CD，AD与BC能否垂直？若能垂直，求出相应的a值；若不垂直，请说明理由；(2)当四面体ABCD的体积最大时，求二面角ACDB的余弦值解(1)若ABCD，由ABAD，ADCDD，得AB平面ACD，所以ABAC.所以AB2a2BC2，即12a2()2，所以a1.若ADBC，由ADAB，ABBCB，得AD平面ABC，所以ADAC，所以AD2a2CD2，即()2a212，所以a21，无解，故ADBC不成立(2)要使四面体ABCD的体积最大，因为BCD的面积为定值，所以只需三棱锥ABCD的高最大即可，此时平面ABD平面BCD，过点A作AOBD于点O，则AO平面BCD， 以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，则易知A，C，D，显然，平面BCD的一个法向量为.设平面ACD的法向量为n(x，y，z)因为，所以令y，得n(1，2)观察可知二面角ACDB为锐二面角，故二面角ACDB的余弦值为|cos，n|.3已知动点P与两个定点O(0,0)，A(3,0)的距离的比为.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点B(2,1)的直线l与曲线C交于M，N两点，求线段MN长度的最小值；(3)已知圆Q的圆心为Q(t，t)(t0)，且圆Q与x轴相切，若圆Q与曲线C有公共点，求实数t的取值范围解(1)由题意，设P(x，y)，则|AP|2|OP|，即|AP|24|OP|2，所以(x3)2y24(x2y2)，整理得(x1)2y24.所以动点P的轨迹C的方程为(x1)2y24.(2)由(1)知轨迹C是以C(1,0)为圆心，以2为半径的圆又因为(21)2120)，且圆Q与x轴相切，所以圆Q的半径为t，所以圆Q的方程为(xt)2(yt)2t2.因为圆Q与圆C有公共点，又圆Q与圆C的两圆心距离为|CQ|，所以|2t|CQ|2t，即(2t)22t22t1(2t)2，解得32t3.所以实数t的取值范围是32，34.在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为(为参数)，直线C2的普通方程为yx.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系(1)求曲线C1和直线C2的极坐标方程；(2)若直线C2与曲线C1交于A，B两点，求.解(1)由曲线C1的参数方程为(为参数)，得曲线C1的普通方程为(x3)2(y3)24，所以曲线C1的极坐标方程为(cos3)2(sin3)24，即26cos6sin140.因为直线C2过原点，且倾斜角为，所以直线C2的极坐标方程为(R)(2)设点A，B对应的极径分别为1，2，由得2(33)140，所以1233，1214，又10，20，所以.5设f(x)|x|2|xa|(a0)(1)当a1时，解不等式f(x)4；(2)若f(x)4，求实数a的取值范围解(1)当a1时，f(x)|x|2|x1|，当x0时，由23x4，得x1时，由3x24，得1x2.综上，不等式f(x)4的解集为.(2)f(x)|x|2|xa|可见，f(x)在(，a上单调递减，在(a，)上单调递增当xa时，f(x)取得最小值a.所以，a的取值范围为4，)- 5 -
展开阅读全文