1、16 个解答题综合仿真练(四)1.如图，四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 为菱形，且 PA底面ABCD， PA AC， E 是 PA 的中点， F 是 PC 的中点(1)求证： PC平面 BDE；(2)求证： AF平面 BDE.证明：(1)连结 OE，因为 O 为菱形 ABCD 对角线的交点，所以 O 为 AC 的中点又因为 E 为 PA 的中点，所以 OE PC.又因为 OE平面 BDE， PC平面 BDE，所以 PC平面 BDE.(2)因为 PA AC， PAC 是等腰三角形，又 F 是 PC 的中点，所以 AF PC.又 OE PC，所以 AF OE.又因为 PA底面 ABCD，
2、 BD平面 ABCD，所以 PA BD.又因为 AC， BD 是菱形 ABCD 的对角线，所以 AC BD.因为 PA AC A，所以 BD平面 PAC，因为 AF平面 PAC，所以 AF BD.因为 OE BD O，所以 AF平面 BDE.2在 ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别为 a， b， c，且 cos A ，tan ( B A) .35 13(1)求 tan B 的值；(2)若 c13，求 ABC 的面积解：(1)在 ABC 中，由 cos A ，知 sin A ，35 1 cos2 A 45所以 tan A ，sin Acos A 43所以 tan Btan ( B A)
3、 A 3.tan B A tan A1 tan B A tan A13 431 13432(2)在 ABC 中，由 tan B3，知 B 是锐角，所以 sin B ，cos B ，31010 1010则 sin Csin( A B)sin Acos Bcos Asin B .45 1010 35 31010 131050由正弦定理 ，得 b 15，bsin B csin C csin Bsin C1331010131050所以 ABC 的面积 S bcsin A 1513 78.12 12 453已知椭圆 M： 1( a b0)的左、右顶点分别为 A， B，一个焦点为 F(1,0)，x2a2
4、y2b2点 F 到相应准线的距离为 3.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C， D 两点(1)求椭圆 M 的方程；(2)记 ABD 与 ABC 的面积分别为 S1和 S2，求| S1 S2|的最大值解：(1)由焦点 F(1,0)知 c1，又 c3，a2c所以 a24，从而 b2 a2 c23.所以椭圆 M 的方程为 1.x24 y23(2)若直线 l 的斜率不存在，则直线 l 的方程为 x1，此时 S1 S2，| S1 S2|0；若直线 l 的斜率存在，可设直线 l 的方程为 y k(x1)， k0， C(x1， y1)，D(x2， y2)联立Error!消去 y，得(34 k2)x2
5、8 k2x4 k2120，所以 x1 x2 . 8k23 4k2此时| S1 S2| AB|y1| y2|2| y1 y2|122| k(x11) k(x21)|2| k|(x1 x2)2|2| k| 2| k| .| 8k23 4k2 2| | 63 4k2| 12|k|3 4k2因为 k0，所以| S1 S2| ，123|k| 4|k|122 3|k|4|k| 1243 3当且仅当 4| k|，即 k 时取等号3|k| 32所以| S1 S2|的最大值为 .34.如图，矩形 ABCD 是一个历史文物展览厅的俯视图，点 E 在 AB 上，3在梯形 BCDE 区域内部展示文物， DE 是玻璃幕
6、墙，游客只能在 ADE 区域内参观在 AE 上点 P 处安装一可旋转的监控摄像头， MPN 为监控角，其中 M， N 在线段 DE(含端点)上，且点 M 在点 N 的右下方经测量得知： AD6 米， AE6 米， AP2 米， MPN .记 4 EPM (弧度)，监控摄像头的可视区域 PMN 的面积为 S 平方米(1)求 S 关于 的函数关系式，并写出 的取值范围； (参 考 数 据 ： tan54 3)(2)求 S 的最小值解：(1)法一：在 PME 中， EPM ， PE AE AP4 米， PEM ， PME ， 4 34由正弦定理得 ，PMsin PEM PEsin PME所以 PM
7、， PEsin PEMsin PME 22sin(34 ) 4sin cos 在 PNE 中，由正弦定理得 ，PNsin PEN PEsin PNE所以 PN ， PEsin PENsin PNE 22sin( 2 ) 22cos 所以 PMN 的面积 S PMPNsin MPN 12 4cos2 sin cos 41 cos 22 12sin 2 ，8sin 2 cos 2 1 82sin(2 4) 1当 M 与 E 重合时， 0；当 N 与 D 重合时，tan APD3，即 APD ， ，54 34 54所以 0 .34 54综上可得， S ， . 82sin(2 4) 1 0， 34 5
8、44法二：在 PME 中， EPM ， PE AE AP4 米， PEM ， PME ， 4 34由正弦定理得 ，MEsin PEsin PME所以 ME ， PEsin sin PME 4sin sin(34 ) 42sin sin cos 在 PNE 中，由正弦定理得 ，NEsin EPN PEsin PNE所以 NE PEsin( 4)sin( 2 ) 4sin( 4)cos ，22 sin cos cos 所以 MN NE ME ，22cos2 sin cos 又点 P 到 DE 的距离为 d4sin 2 ， 4 2所以 PMN 的面积 S MNd12 4cos2 sin cos 41
9、 cos 22 12sin 2 ，8sin 2 cos 2 1 82sin(2 4) 1当 M 与 E 重合时， 0；当 N 与 D 重合时，tan APD3，即 APD ， ，54 34 54所以 0 .34 54综上可得， S ， . 82sin(2 4) 1 0， 34 54(2)当 2 ，即 时， S 取得最小值为 8( 1). 4 2 8 0， 34 54 82 1 2所以可视区域 PMN 面积的最小值为 8( 1)平方米25设 a0 且 a1，函数 f(x) ax x2 xln a a.(1)当 ae 时，求函数 f(x)的单调区间；5(2)求函数 f(x)的最小值；(3)指出函数
10、 f(x)的零点个数，并说明理由解：(1)当 ae 时， f(x)e x x2 xe， f( x)e x2 x1.设 g(x)e x2 x1，则 g(0)0，且 g( x)e x20.所以 g(x)在(，)上单调递增，当 x0 时， g(x)g(0)0；当 x0 时， f( x)0；当 x1 时，若 x0，则 ax1，ln a0，所以 f( x)0，若 x0，所以 f( x)0，则 ax0，若 x1，ln a0， a1， f(x)min1 a.若 1 a0，即 00，函数 f(x)不存在零点若 1 a1 时， f(x)min1 aa2 aln a a a(aln a1)令 t(a) aln a
11、1( a1)， t( a)1 0，1a所以 t(a)在(1，)上单调递增；所以 t(a)t(1)0.所以 f(a)0.故 f(x)在(0， a)上有一个零点又 f( a) a a a2 aln a aa2 a a(a1)0，故 f(x)在( a,0)上有一个零点所以 f(x)在(，0)上和(0，)上各有一个零点，即 f(x)有 2 个零点综上，当 01 时，函数 f(x)有 2 个零点6已知数列 an的通项公式 an2 n(1) n， nN *.设 an1， an2， ani(其中n1n2ni， iN *)成等差数列(1)若 i3.6当 n1， n2， n3为连续正整数时，求 n1的值；当 n
12、11 时，求证： n3 n2为定值；(2)求 i 的最大值解：(1)依题意， an1， an11， an12 成等差数列，即 2an11 an1 an12，从而 22n11(1) n112 n1(1) n12 n12(1) n12，当 n1为奇数时，解得 2n14，不存在这样的正整数 n1；当 n1为偶数时，解得 2n14，所以 n12.证明：依题意， a1， an2， an3成等差数列，即 2an2 a1 an3，从而 22n2(1) n232 n3(1) n3，当 n2， n3均为奇数时，2 n22 n311，左边为偶数，故矛盾；当 n2， n3 均为偶数时，2 n212 n321，左边为
13、偶数，故矛盾；当 n2为偶数， n3奇数时，2 n22 n313，左边为偶数，故矛盾；当 n2为奇数， n3偶数时，2 n212 n30，即 n3 n21.(2)设 as， ar， at(srt)成等差数列，则 2ar as at，即 22r(1) r2 s(1) s2 t(1) t，整理得，2 s2 t2 r1 (1) s(1) t2(1) r，若 t r1，则 2s(1) s3(1) r，因为 2s2，所以(1) s3(1) r只能为 2 或 4，所以 s 只能为 1 或 2；若 t r2，则 2s2 t2 r1 2 s2 r2 2 r1 22 42 310，(1) s(1)t2(1) r4，故矛盾，综上，只能 a1， ar， ar1 成等差数列或 a2， ar， ar1 成等差数列，其中 r 为奇数，从而 i 的最大值为 3.7
