高中数学 开放探究型解答题突破练.doc

1、 突破练突破练(一一) 5 三角三角1 立几立几 1.在 3(bcos Ca)csin B；2ac2bcos C；bsin A 3asin AC 2 这三个 条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题. 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足_，b2 3， ac4，求ABC 的面积. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 若选择条件，由正弦定理可得 3(sin Bcos Csin A)sin Csin B. 由 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C， 得 3cos Bsin Csin Csin B. 因为 0C，则 si

2、n C0，所以 3cos Bsin B. (若 cos B0，则 sin B0，sin2Bcos2B0.这与 sin2Bcos2B1 矛盾) 又 cos B0，所以 tan B 3. 又 0B，所以 B2 3 . 由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos 2 3 ， 即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得 ac4. 所以 SABC1 2acsin B 1 24 3 2 3. 若选择条件，由正弦定理，得 2sin Asin C2sin Bcos C. 又 sin Asin(BC)sin Bcos Ccos Bsin C， 所以 2cos Bsin Csin C0. 因为

3、 C(0，)，所以 sin C0， 从而有 cos B1 2.又 B(0，)，所以 B 2 3 . 由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos 2 3 ， 即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得 ac4. 所以 SABC1 2acsin B 1 24 3 2 3. 若选择条件，由正弦定理，得 sin Bsin A 3sin Asin B 2 . 由 0A，得 sin A0，所以 sin B 3cos B 2， 由二倍角公式，得 2sin B 2cos B 2 3cos B 2. 由 0B 2 2，得 cos B 20，所以 sin B 2 3 2 ，则B 2 3，即 B

4、 2 3 . 由余弦定理及 b2 3，得(2 3)2a2c22accos 2 3 ， 即 12(ac)2ac.将 ac4 代入，解得 ac4. 所以 SABC1 2acsin B 1 24 3 2 3. 2.在ABC 的面积 SABC2，ADC 6 这两个条件中任选一个，补充在下 面问题中，求 AC. 如图，在平面四边形 ABCD 中，ABC3 4 ，BACCAD，_，CD 2AB4，求 AC. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择：SABC1 2AB BC sin ABC 1 22 BC sin 3 4 2，所以 BC2 2. 由余弦定理可得 AC2AB2BC22AB

5、 BC cos ABC482222 2 2 20， 所以 AC2 5. 选择：设BACCAD，则 0 4，BCA 4， 在ABC 中， AC sin ABC AB sin BCA， 即 AC sin 3 4 2 sin 4 ，所以 AC 2 sin 4 . 在ACD 中， AC sin ADC CD sin CAD，即 AC sin 6 4 sin ， 所以 AC 2 sin . 所以 2 sin 2 sin 4 ，解得 2sin cos . 又 0 4，所以 sin 5 5 ， 所以 AC 2 sin 2 5. 3.已知 a，b，c 分别为ABC 内角 A，B，C 的对边，若ABC 同时满足

6、下列四个 条件中的三个：ba c 2 6a3c 3（ab）；cos 2A2cos 2A 21；a 6；b2 2. (1)满足有解三角形的序号组合有哪些？ (2)在(1)所有组合中任选一组，并求对应ABC 的面积. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 (1)由ba c 2 6a3c 3（ab），得 a2c2b2 2ac 6 3 cos B. 由 cos 3 4 2 2 ，可得3 4 B. 由 cos 2A2cos2A 21， 得(2cos A1)(cos A1)0， 解得 cos A 1 2.又 A(0， )， 可得 A 3. 可得不能同时出现作为条件. 满足有解三角形的序号

7、组合有，. (2)取. 由正弦定理，得 6 sin 3 2 2 sin B，解得 sin B1. B(0，)，B 2. c 2，ABC 的面积 S1 2 6 2 3. 4.(2020 北京一模)在条件(ab)(sin Asin B)(cb)sin C，asin B bcos A 6 ，bsin BC 2 asin B 中任选一个，补充到横线上，并解答问题. 在ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，bc6，a2 6，_. 求ABC 的面积. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 若选： 由正弦定理，得(ab)(ab)(cb)c，即 b2c2a2bc， 所以 c

8、os Ab 2c2a2 2bc bc 2bc 1 2. 因为 A(0，)，所以 A 3. 因为 a2b2c2bc(bc)23bc，a2 6，bc6，所以 bc4， 所以 SABC1 2bcsin A 1 24sin 3 3. 若选： 由正弦定理，得 sin Asin Bsin Bcos A 6 . 因为 0B，所以 sin B0，所以 sin Acos A 6 ， 化简得 sin A 3 2 cos A1 2sin A，所以 tan A 3 3 . 因为 0A，所以 A 6. 又因为 a2b2c22bccos 6，所以 bc （bc）2a2 2 3 6 2（2 6）2 2 3 ，即 bc 24

9、12 3， 所以 SABC1 2bcsin A 1 2(2412 3) 1 2 63 3. 若选： 由正弦定理，得 sin Bsin BC 2 sin Asin B. 因为 0B，所以 sin B0，所以 sin BC 2 sin A. 又因为 BCA. 所以 cos A 22sin A 2cos A 2. 因为 0A，0A 20，|0，f(x)m n；函数 f(x)cos xsin x 6 1 4(0)这三个条 件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题. 已知_，函数 f(x)的图象相邻两条对称轴之间的距离为 2. (1)若 0 2，且 sin 2 2 ，求 f()的值； (2)求函数 f

10、(x)在0，2上的单调递减区间. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件. 由题意可知，最小正周期 T2 2， 1，f(x)1 2sin(2x)， g(x)1 2sin 2x 6 . 又函数 g(x)的图象关于原点对称，k 6，kZ. | 2， 6. f(x)1 2sin 2x 6 . (1)0 2，sin 2 2 ， 4. f()f 4 1 2sin 2 3 3 4 . (2)由 22k2x 6 3 22k，kZ， 解得 6kx 2 3k，kZ， 令 k0，得 6x 2 3，令 k1，得 7 6x 5 3， 函数 f(x)在0，2上的单调递减区间为 6， 2 3 ，

11、7 6， 5 3 . 方案二：选条件. m( 3sin x，cos 2x)，n 1 2cos x， 1 4 ， f(x)m n 3 2 sin xcos x1 4cos 2x 1 2 3 2 sin 2x1 2cos 2x 1 2sin 2x 6 ， 又最小正周期 T2 2，1， f(x)1 2sin 2x 6 . (1)0 2，sin 2 2 ， 4， f()f 4 1 2sin 2 3 3 4 . (2)由 22k2x 6 3 22k，kZ， 解得 6kx 2 3k，kZ， 令 k0，得 6x 2 3，令 k1，得 7 6x 5 3， 函数 f(x)在0，2上的单调递减区间为 6， 2 3

12、 ， 7 6， 5 3 . 方案三：选条件. f(x)cos xsin x 6 1 4 cos x sin xcos 6cos xsin 6 1 4 3 2 sin xcos x1 2cos 2x1 4 3 4 sin 2x1 4cos 2x 1 2 3 2 sin 2x1 2cos 2x 1 2sin 2x 6 ， 又最小正周期 T2 2，1， f(x)1 2sin 2x 6 . (1)0 2，sin 2 2 ， 4. f()f 4 1 2sin 2 3 3 4 . (2)由 22k2x 6 3 22k，kZ， 解得 6kx 2 3 k，kZ， 令 k0，得 6x 2 3， 令 k1， 得7

13、 6x 5 3， 函数 f(x)在0， 2上的单调递减区间为 6， 2 3 ， 7 6， 5 3 . 6.(2020 湖北四地七校联考)如图，已知等边ABC 的边长为 3，点 M，N 分别 是边 AB，AC 上的点，且 BM2MA，AN2NC.如图，将AMN 沿 MN 折起到 AMN 的位置. (1)求证：平面 ABM平面 BCNM； (2)给出三个条件：AMBC；二面角 AMNC 的大小为 60 ；AB 7. 在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答. 在线段 BC 上是否存在一点 P，使直线 PA与平面 ABM 所成角的正弦值为3 10 10 ？ 若存在，求出 PB 的长；若

14、不存在，请说明理由. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) (1)证明 由已知得 AM1，AN2，A60 ， MNAB，MNAM，MNMB. 又MBAMM，MN平面 ABM. 又MN平面 BCNM，平面 ABM平面 BCNM. (2)解 方案一：选条件AMBC，由(1)得 AMMN，BC 和 MN 是两条相交直 线，AM平面 BCNM.MB，MN，MA两两垂直，以 M 为坐标原点，MB， MN， MA所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Mxyz， 则 A(0，0，1)，设 P(2a， 3a，0)，其中 03 2， 不存在点 P 满足条件. 方案

15、二：选条件二面角 AMNC 的大小为 60 ， 由(1)得AMB 就是二面角 AMNC 的平面角， AMB60 . 过 A作 AOBM，垂足为 O，连接 OC，则 AO平面 BCNM. 经计算可得 OA 3 2 ，OM1 2，OB 3 2，而 BC3， OBOC. OB，OC，OA两两垂直，以 O 为坐标原点，OB，OC，OA所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 则 A 0，0， 3 2 ， 设 P 3 2a， 3a，0 ，其中 0a 3 2， 则AP 3 2a， 3a， 3 2 . 易得平面 ABM 的一个法向量为 n(0，1，0). 设直线 PA与

16、平面 ABM 所成的角为 ，则 sin |cosAP ，n| 3a 3 2a 2 3a23 4 3 10 10 ， 解得 a3 2或 a3(舍去)， 存在点 P 满足条件，这时 PB3. 方案三：选条件AB 7，在ABM 中， 由余弦定理得 cos AMBAM 2MB2AB2 2AM MB 147 212 1 2，AMB120 . 过 A作 AOBM，垂足为 O，则 AO平面 BCNM. 以 O 为坐标原点， OB， OA所在直线分别为 x 轴， z 轴建立空间直角坐标系(图略)， 则 A 0，0， 3 2 ，设 P 5 2a， 3a，0 ，其中 03 2， 不存在点 P 满足条件. 突破练突

17、破练(二二) 5 数列数列1 解几解几 1.在q d1，a2b30，S2T2这三个条件中任选一个，补充在下面问题 中，若问题中的 存在，求出 的取值范围；若不存在，说明理由. 若 Sn是公差为 d 的等差数列an的前 n 项和，Tn是公比为 q 的等比数列bn的前 n 项和，_，a11，S525，a2b2，是否存在正整数 ，使得 |Tn|12? (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 S5255a3，a35， a2a 1a3 2 15 2 3， b2a23. da2a1312. 若选：q d1，q1 d 1 2， b1326， Tn 6 1 1 2 n 11 2 12 1 1

18、2n . 由 |Tn|12 得 0，存在正整数 1，使得 |Tn|0； 当 n 为奇数时， Tn3，由 |Tn|12 得 4. 综上，存在正整数 1，2，3，使得 |Tn|12. 若选：由 S2T2得 b1a1a2b21331， qb2 b13， Tn13 n 13 3 n 2 1 2， 由指数函数的性质可知 Tn无最大值， 不存在正整数 ，使得 |Tn|0 时，n3. 当 n4 时，b4 2 34；当 n5 时，b5 4 35 22 3430 时，n3. 当 n4 时，b4 2 253；当 n5 时，b5 4 263 22 2 253 2 15 16， 若存在，求出 k 的最小值；若不存在，

19、请说明理由. 从S420，S32a3，3a3a4b2这三个条件中任选一个，填到上面横线上 并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 设等比数列bn的公比为 q(q0)，则 b18 q，b38q，于是 8 q38q4， 即 6q2q20，解得 q1 2或 q 2 3(舍去). 设等差数列an的公差为 d. 若选，则 a1b42，S44a143 2 d20，解得 d2. 所以 Sn2nn（n1） 2 2n2n， 则 1 Sn 1 n（n1） 1 n 1 n1. 于是 Tk 1 S1 1 S2 1 Sk 11 2 1 2 1 3 1 k 1 k1 1 1 k1. 令 1 1

20、k1 15 16，解得 k15. 因为 k 为正整数，所以 k 的最小值为 16. 若选，则 a1b42，S33a132 2 d2(a12d)，解得 d2. 下同. 若选，则 a1b42，3(a12d)(a13d)8，解得 d4 3. 所以 Sn2nn（n1） 2 4 3 2 3n 24 3n， 则 1 Sn 3 2 1 n（n2） 3 4 1 n 1 n2 . 于是 Tk3 4 11 3 1 2 1 4 1 k1 1 k1 1 k 1 k2 3 4 11 2 1 k1 1 k2 9 8 3 4 1 k1 1 k2 . 令 Tk15 16，得 1 k1 1 k22 3|AB|. 由椭圆的定义，

21、知点 P 的轨迹是以 A，B 为焦点的椭圆. 所以 2a4，2c|AB|2 3， 故 a2，c 3，b1. 所以动点 P 的轨迹方程为x 2 4y 21. 若选： 设 P(x，y)，S(x，0)，T(0，y)， 则 （x）2（y）23(*). 因为OP 2 3OS 1 3OT ，所以 x2 3x， y1 3y. 整理，得 x3 2x， y3y， 代入(*)得x 2 4y 21. 所以动点 P 的轨迹方程为x 2 4y 21. (2)法一 设 Q(0，y0)，当直线 l的斜率不存在时，y00. 当直线 l的斜率存在时，若斜率为 0，则线段 MN 的垂直平分线与 y 轴重合，不合 题意，所以设直线

22、 l的方程为 yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立得方程组 yk（x1）， x2 4y 21， 消去 y 并整理，得(14k2)x28k2x4(k21)0， 则 0 恒成立，且 x1x2 8k2 14k2. 设线段 MN 的中点为 G(x3，y3)， 则 x3x 1x2 2 4k2 14k2，y3k(x31) k 14k2. 所以线段 MN 的垂直平分线的方程为 y k 14k2 1 k x 4k2 14k2 ， 令 x0，得 y0 3k 14k2 3 1 k4k . 当 k0 时，1 k4k4，当且仅当 k 1 2时取等号， 所以3 4y00 时，1 k4k4，当

23、且仅当 k 1 2时取等号， 所以 00 恒成立，且 y1y2 2m m24. 设线段 MN 的中点为 G(x3，y3)，则 y3y 1y2 2 m m24，x3my31 4 m24. 所以线段 MN 的垂直平分线的方程为 y m m24m x 4 m24 . 令 x0，得 y0 3m m24 3 m 4 m . 当 m0 时，m 4 m4，当且仅当 m2 时取等号， 所以3 4y00 时，m 4 m4，当且仅当 m2 时取等号， 所以 00 得 0x31，所以 0y23 1 16，则 1 4y30 或 0y3 1 4， 所以3 4y00 或 0y0 3 4. 综上所述，点 Q 纵坐标的取值范围是 3 4， 3 4 .