复习参考题教学设计(第二课时)

自贡蜀光中学高一下期末复习

17.已知正方形的中心为直线2x－y＋2＝0与x＋y＋1＝0的交点，正方形一边所在的直线方程为x＋3y－5＝0，求正方形的其他三边所在的直线方程. 解：设与直线l:x＋3y－5＝0平行的边所在的直线l1的方程为x＋3y＋c＝0.由2xy20，得正方形的中心为P(－xy101，0)，由点P到两直线l，l1的距离相等，得15133a221c1322，解得c＝－5或c＝7(－5不合题意，舍去)，

∴l1:x＋3y＋7＝0.又∵正方形另两边所在直线与l垂直，∴设另两边所在直线的方程分别为3x－y＋a＝0，3x－y＋b＝0.∵正方形中心到四条边的距离相等，∴3(1)22151322，解得a＝9或a＝－3，易知正方形的其他两条边所在的直线方程分别为3x－y＋9＝0，3x－y－3＝0.∴正方形的其他三边所在的直线方程分别为3x－y＋9＝0，x＋3y＋7＝0，3x－y－3＝0. 18.设a(1,1),b(x,3),c(5,y),d(8,6)，且b//d,(4ad)c.

(1)求b和c; (2)求c在a方向上的投影； (3)求1和2，使c1a2b. 解:(1)b//d,6x240,x4

4ad(4,10),(4ad)c 5410y0,y2

b(4,3),c(5,2) (2)cosa,cacac52229758

5872 . 2∴c在a方向上的投影为ccosa,c(3)c1a2b

5142233,2 ，解得177213219、在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c. cosA2cosC2ca. cosBbsinC（Ⅰ）求的值；

sinA1（Ⅱ）若cosB，b2,求ABC的面积. 4已知：解：（Ⅰ）由正弦定理得a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC,所以cosA-2cosC2c-a2sinCsinA==,即sinBcosBbsinBcosA2sinBcosC2sinCcosBsinAcosBsin(AB)2sin(BC), 1

sinC2. sinAcsinC（Ⅱ）由（Ⅰ）知:=2,即c2a,又因为b2,所以由余弦定理得：

asinA1b2c2a22accosB，即224a2a22a2a,解得a1,所以c2。

4115115又因为cosBsinB，故ABC的面积为SacsinB. 2444BC120、在△ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c, 且

cos2A4cos2.

22即sinC2sinA,所以（ 1 ）求A；

（ 2 ）若a5，ABC的面积为23，求bc的值. 解:（1）∵cos2A4cos2BC1A1，∴cos2A4sin2，于是

2222112，即(2cosA1)0,

∴cosA,

∴A. … 6分 2232cos2A12(1cosA)( 2 )∵SABC23，∴1bcsin23,

即bc8 23又

a2b2c22bccos3，∴b2c233，∴(bc)49，于是bc=7 …12分

221.已知数列an的前n项和Snn5an85，

(Ⅰ)求an的通项公式；

(Ⅱ) 令bnlog51a11a2log5181866log511an，求数列的前n项和Tn． 18bn6解：(Ⅰ) 由Snn5an85 ①

可得：a1S115a185a114．

同时 Sn1(n1)5an185 ②

515an1an11(an1)．

6665从而{an1}为等比数列，首项a1115，公比为．

655an115()n1an115()n1．

66②-①可得：

an115(an1an)an11an51an5log5log5n，

(Ⅱ) 由(Ⅰ)知18186666bn12故

Tn21

2 nnnnn1212112

bnnn1nn1111223112n1．

21nn1n1n1