1.2.1 中心投影与平行投影ppt配套的教案及板书设计

（立几，数列，三角）解答题针对提升练习

1.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1BC⊥侧面ABB1A1，且AA1AB2．

（1）求证：AB⊥BC；

（2）若直线AC与平面A1BC所成角的大小为30°，求锐二面角A-A1C-B的大小．

2.在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为22的正方形, 平面PAC⊥底面ABCD,PA=PC=22. （1）求证：PB=PD; （2）若点M,N分别是棱PA,PC的中点,平面DMN与棱PB的交点Q, 则在线段BC上是否存在一点

H,使得DQ⊥PH,若存在,求BH的长, 若不存在,请说明理由.

3.如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段D1O的上一点．

（1）若E为D1O的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；

（2）能否存在点E使得平面CDE上平面CD1O，若能，请指出点E的位置关系，并加以证明；若不能，请说明理由．

4.在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，△ACD与△ACB都是边长为2的等边三角形，BE=2，BE和平面ABC所成的角为60°，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．

（1）求证：DE∥平面ABC；

（2）求二面角E-BC-A的余弦值.

5.如图，等腰直角三角形ABC中，∠B是直角，平面ABEF⊥平面ABC，

2AF＝AB＝BE，∠FAB＝60º，AF∥BE。

（1）求证：BC⊥BF；

（2）求直线BF与平面CEF所成角的正弦值。

6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且n，an，Sn成等差数列，bn=2log2(1+an)－1．

（l）求数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}中去掉数列{an}的项后余下的项按原顺序组成数列{cn}，求c1+c2+…c100的值．

7.若数列{an}的前n项和为Sn，首项（1）求数列{an}的通项公式；

（2）若an0，令bn

8.已知等比数列{an}满足条件a2 + a4=3(a1+ a3)，a2n =3an2，n∈N*，数列{bn}满足b1=1，bn－bn-1=2n－1（n≥2，n∈N*）

（Ⅰ）求数列{an}，{bn}的通项公式；

（Ⅱ）若数列{cn}满足

c1a1c2a2c3a3cnanbn，n∈N*，求{cn}的前n项和Tn. 1an(a22)(nN)，设数列{bn }的前n项和Tn，比较Tn与*a10，且2Snanan(nN)2*

34大小.

9.已知数列{an}满足：2n1a12n2a22an1ann，nN*。

（1）求a1，a2及数列{an}的通项公式；

（2）若数列{bn}满足：b11，

10.已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn2n2an . （Ⅰ）证明：数列{an+2}是等比数列,并求数列{an}的通项公式an ; bn3（Ⅱ）

若数列{bn}满足bnlog2(an2)，设Tn是数列 . 的前n项和。求证：Tna22nbn1bnan2，求数列{bn}的通项公式。

n

11.如图, A, B, C, D四点共圆,A为钝角且sinA3, 5BABC10,BD65,

（1）求AD; （2）设BDC,CBD,求sin(2)的值.

12.如图，在△ABC中，已知点D在边BC上，且AD

（1）求AD长； （2）求cosC.

AC0，sinBAC=232，AB=32，BD=3.

2sin713.已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，（1）求C；

（2）若c

1sin+C+cosC626

13，且△ABC面积为33，求sinAsinB的值．

2214.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，BC边上的中线ADm,且满足a2bc4m. (1)求BAC的大小；

(2)若a2，求△ABC的周长的取值范围

15.在△ABC中，a、b、c分别是内角A、B、C所对边长，并且

(sinAsinB)(sinAsinB)sin(3B)sin(3B). （1）若△ABC是锐角三角形，求角A的值；

（2）若a =4，求三角形ABC周长的取值范围．

16.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且满足：

asinB3bcosA0,a4。

（1）求∠A。

（2）若D是BC中点，AD＝3，求△ABC的面积。

试卷答案

1.（1）如图，取A1B的中点D，连接AD. 因为AA1AB，所以ADA1B. 由平面A1BC侧面A1ABB1，且平面A1BC得AD平面A1BC.

侧面A1ABB1A1B，

………………（3分）

又BC平面A1BC，所以ADBC，

因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，则AA1底面ABC，

所以AA1BC 又AA1ADA，从而BC侧面ABB1A1，又AB侧面A1ABB1，

故ABBC．

………………（6分）

过点A作AEA1C于点E，连接DE，由（1）知AD平面A1BC，则ADA1C，又AE∴A1CDE，

∴AED即为二面角AA1CB的一个平面角. 在直角△A1AC中，AE又ADA1AACA1C22232236ADA，

………………（9分）

，

2，ADE90，

ADAE232632，

∴sinAED又二面角AA1CB为锐二面角，∴AED60，

即二面角AA1CB的大小为60．

………………（12分）

解法二（向量法）：由（1）知ABBC且BB1底面ABC，所以以点B为原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为x，y

，z轴建立空间直角坐标系Bxyz. 设BCa，则A0,2,0，B0,0,0，Ca,0,0，A10,2,2，BCa,0,0，BA10,2,2，ACa,2,0，AA10,0,2. xa0. 设平面A1BC的一个法向量n1x,y,z，由BCn1，BA1n1，得2y2z0

令y1，得x0,z1，则n10,1,1. 设直线AC与平面A1BC所成的角为，则30，

所以sin30ACn1ACn124a2212，

解得a2，

即AC2,2,0． 又设平面A1AC的一个法向量为n2，同理可得n21,1,0. 设锐二面角AA1CB的大小为，则coscosn1,n2，得60. 2n1n2|n1||n2|12，

由0,1∴锐二面角的大小为60． 2.(1)证明：记AC∩BD=O，连结PO，

AACB………………（12分）

∵底面ABCD为正方形，∴OA=OC=OB=OD=2. ∵PA=PC，∴PO⊥AC，

∵平面PAC∩底面ABCD=AC，PO平面PAC，

∴PO⊥底面ABCD. ∵BD底面ABCD，∴PO⊥BD. ∴PB=PD. …………6分

(2)以O为坐标原点，射线OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由（1）可知OP=2. 可得P(0,0,2)，A(0,-2,0), B(2,0,0), C(0,2,0), D(-2,0,0), 可得，M(0,-1,1), N(0,1, 1).DM(2,1,1)，MN(0,2,0). 设平面DMN的法向量n=(x,y,z)，

2xyz0,∵DMn0，MNn0，∴

y=0.令x1，可得n=(1,0,2). 记PQPB(2,0,2)，可得Q(2,0,22)，

DQ(22,0,22)，DQn=0，可得，22440，解得=13. 可得，DQ(,0,). 3384记BHtBC(2t,2t,0)，可得H(22t,2t,0)，

PH(22t,2t,2)，若DQ⊥PH，则DQPH0，

83(22t)43(2)0，解得t12.故BH2.…………12分

另：取PO的中点E，说明D,E,Q均在平面PBD与平面DMN的交线上. 3.不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，

则D（0，0，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），O（1，1，0）．

（1）因为点E是D1O的中点，

所以点E的坐标为(,1122,1)．

1122所以OD1(1,1,2)，DE(,,1)，DC(0,2,0)．

pDE0,设p(x,y,z)是平面CDE的法向量，则

pDC0,11yz0,x即2，

22y0.取x＝2，则z＝－1，所以平面CDE的一个法向量为p(2,0,1)．

所以cosOD1,pOD1p|OD1||p|122(1)(1)(1)2230152222(1)2223015．

所以直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为．

（2）假设存在点E使得平面CDE⊥平面CD1O，设D1EEO．

显然OC(1,1,0)，OD1(1,1,2)．

xy0,mOC0,设m(x,y,z)是平面CD1O的方向量，则，即．

xy2z0,mOD10,取x＝1，则y＝1，z＝1，所以平面CD1O的一个法向量为m(1,1,1)．

因为D1EEO，所以点E的坐标为(所以DE(,111,,2)．

111,2)，DC(0,2,0)．

2xyz0,nDE0,设n(x,y,z)是平面CDE的法向量，则即1．

112y0.nDC0,取x＝1，则z2，所以平面CDE的一个法向量为n(1,0,22)．

因为平面CDE⊥平面CD1O，所以mn，即mn0，1|D1E||EO|0，解得λ＝2．

所以λ的值为2．即当2时，平面CDE⊥平面CD1O．

4.（1）由题意知，ABC，ACD都是边长为2的等边三角形，取AC中点O，

连接BO,DO，则BOAC，DOAC，

又∵平面ACD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC，

作EF⊥平面ABC，那么EF//DO，根据题意，点F落在BO上，

∴EBF60，易求得EFDO3，

∴四边形DEFO是平行四边形，

∴DE//OF，∴DE//平面ABC

（2）解法一：作FGBC，垂足为G，连接EG，

∵EF⊥平面ABC，∴EFBC，又EFFGF，

∴BC平面EFG，∴EGBC，

∴EGF就是二面角EBCA的平面角．

RtEFG中，FGFBsin30FGEG131312，EF3，EG132．

1313∴cosEGF．即二面角EBCA的余弦值为.

解法二：建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

可知平面ABC的一个法向量为n1(0,0,1) 设平面BCE的一个法向量为n2(x,y,z)

n2BC0则，可求得n2(3,n2BE03,1)．

所以cosn1,n2n1n2|n1||n2|1313，

又由图知，所求二面角的平面角是锐角，

所以二面角EBCA的余弦值为1313．

5.（1）证明：直角△ABC中∠B是直角，即BCAB，……………1分

平面ABC平面ABEF平面ABC， …………………2分

， ………………3分

平面ABEFABBC平面ABC， ………………………4分

， BC平面ABEF又BF平面ABEF，BCBF. ………………6分

（2）方法一：作BGEF，连结CG. 由（1）知BC平面ABEF，

得到BCEF，又BGEF，所以EF平面BCG.……………8分

又因为EF平面CEF，所以平面BCG平面CEF. 作BHCG，易得BH平面CEF，

则BFH即为所求线面角. …………………………10分

设AF1，由已知得ABBE2，BFBG22173，

，BH305，………………12分

30sinBFHBHBF53105.…………………………14分

105则直线BF与平面CEF所成角的正弦值为.…………………15分

方法二：建立如图所示空间直角坐标系Bxyz，……8分

设AF1. 由已知B0,0,0，C0,2,0，F32,0,3，E1,0,23，…………………10分

33BF,0,，………………………………11分

2253EC1,2,3，EF,0,，

22设平面CEF的法向量为nx,y,z，则有

x2y3z0nEC0，令x53z0xnEF0223，则z5,y23. 即n3,23,5. ………………13分

33523105所以直线BF与平面CEF所成角的正弦值sincosn,BF

23210.…15分

方法三（等积法）：设2AF=AB=BE=2，△ABC为等腰三角形，AB=BC=2 ∠FAB=60°，2AF=AB AFB90，又AF//BE，EBBF.…………8分

由（1）知，BC平面ABEF，

EB平面ABEFEBBC，CBBFB，

BF平面BCF，BC平面BCF，EB平面BCF，………………10分

又BCBF，则有BF3，CF=7，EF7，CE22. ………12分

，………14分

令B到平面EFC距离为d，有10d12232d305

30故所求线面角sin53105. ………………………15分

n2an6.（1）因为n，an，Sn成等差数列，所以Sn所以Sn1n12an1n2．②

①－②，得an又当n，①·····2分

12an2an1，所以an12an11n2．·····4分

1时，S112a1，所以a11，所以a112，

故数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，

所以an122n12n，即an2n1．·····6分

（2）根据（1）求解知，bn2log212112n1n，b11，所以bn1bn2，

所以数列bn是以1为首项，2为公差的等差数列．·····7分

又因为a1b641271，a23，a3，b1077，a415，a531，a663，a7127，a8255，

，b106211213，·····9分

b107a1a2a7

212127所以c1c2c100b1b21222107121322827710721427

1072911202．·····12分

an(nN)27.（1）a1>0且2Snan2

22S1a1a1,即a1(a11)0a11n2时

2Sn2Sn1(anan1)an2an1

(anan1)（anan1）(anan1)

anan1=1或者anan1=0

an=n或者an=(-1)n1 （2）bn=121n(n2)111()

2nn2Tn=(112341312121411315131n1n2)

Tn=(1n1n2)111（）

42n1n2Tn 的通项公式为，，即，解得，，

，得，，

，

8.（1）设由已知由已知

所以

因为可得的通项公式为，,. 时，，（. ，），

，

累加可得（2）当，

当时，①，

②，

由①-②得到综上，，，. ，，

③，

④，

由③-④得到所以. ，

9.（1）n1时a11，………………………………………………………1分

n2时2a1a22a20……………………………………………2分

22n1a12a12n2a2a22an1ann ①

n2n3an1n1n2 ②…………………………4分

①2×②an2nn2……………………………………………6分

a11满足上式，故an2n.……………………………………………7分

b2b1122b3b202nbn2n2，有累加整理…………9分

n1bb3n2n2nn1121（2）bn1bn112022bn21202233n2n1，n2① …………………10分

3n2，n2② ………………12分

2n②①

得bn121212n212+3n2n4n25n2……14分

n

b11满足上式，故bn4n25.….… ….….….….….….….….…15分

n10.(1)由Sn＋2n＝2an得Sn＝2an－2n，

当n∈N*时，Sn＝2an－2n，① 当n＝1时，S1＝2a1－2，则a1＝2， ………………..1分

则当n≥2，n∈N*时，Sn－1＝2an－1－2(n－1)。②

①－②，得an＝2an－2an－1－2， ………………….2分

即an＝2an－1＋2， …………………………3分

所以an＋2＝2(an－1＋2)，所以

， ……….4分

所以{an＋2}是以a1＋2为首项，以2为公比的等比数列。 …………..5分

所以an＋2＝4·2n1，所以an＝2n1－2。 ………………………6分

－＋(2) 由bn＝log2(an＋2)＝log22n1＝n＋1，得 ＋

， …………….7分

则

，③ ………….8分

，④ ………..9分

①－④，得 …………….10分

………..11分

所以

…………12分

11.（1）sinA35，且角A为钝角，cosA1()53245. 222在ABD中，由余弦定理得，ADAB2ADABcosABD，

AD216AD800，解得AD4或AD20（舍），

AD4. …………6分

（2）连接AC，则2与ABD互补，于是sin(2)sinABD

在ABD中由正弦定理其它方法酌情给分. 12.（1）∵ADAC0，则ADAC，∴sinBACsin(232BDsinAADsinABDsinABD2525…………12分

2BAD)cosBAD，

即cosBAD222，在ABD中，由余弦定理，可知BDABAD2ABADcosBAD，

2即AD8AD150，解得AD5，或AD3，∵ABAD，∴AD3；……6分

（2）在ABD中，由正弦定理，可知232BDsinBADABsinADB. ABsinBADBD63又由cosBAD，可知sinBAD213，∴sinADB63. ∵ADBDACCC，∴cosC.…………12分 13.（1）∵2sin∴﹣sin（∴sin（+C）+cosC=﹣，

sinC+cosC=﹣，

；

+C）+cosC=﹣， ∴﹣cosC﹣sinC﹣cosC=， ∴sin（C﹣，且△ABC面积为3 =3，

）=，∴C=，

（2）∵c=22∴13=a+b﹣ab，∴a=3，b=4或a=4，b=3，

∵2R=14.

=， ∴sinA+sinB=7×=．

(sinAsinB)(sinAsinB)sin(3B)sin(3B)15.（Ⅰ）sin2，

Asin2B(32cosB12sinB)(32cosB12sinB)，

即sin2Asin2B34cos2B14sin2B，sin32A34. 又ABC是锐角三角形，sinA3，从而A3. …5分

3222（Ⅱ）由a4,A22及余弦定理知，16bc2bccos3，即bc2216bc2bccos(bc)23bc，(bc)23bc163()16…10分

(bc)264,bc8.又bca,abc8,2aabc8a,

三角形ABC周长的取值范围是8abc12.……..12分. 16.（1）asinB2RsinAsinB3bcosA0 32RsinBcosA0 …………………………2分

则sinAtanA3cosA0 ………………………………4分

3 ……………………………..6分

A3 ……………………………..7分

22222（2）方法一：在△ABC中，abc2bccosBACbcbc

即bc16bc .…………………………9分

在△ABD中cosADB

同理△ACD中cosADCADCD2222ADBDAB2ADBD22294c232213c122，…..10分

AC22ADCD94b232213b122，….11分

而ADBADC，有cosADCcosADB0，

即

联立得16bc26bc10，. . .. .. .. ..13分

S△ABC=12bcsinBAC12103253213b12213c1220bc26 . …..12分

22. ….14分

方法二：又cosAABAC2bca2bc22212bcbc16①…………………9分

22 AD ………………10分

2AD222ABAC22ABAC429 ………………11分

cb2bccosA49bcbc36②

2②①得bc10 …………13分

S△ABC=12bcsinA121032532 ………14分

方法三：（极化式）

ABACABACcosAADDBADDB945………………11分

ABAC125cosA10 …………13分

532S△ABC=ABACsinA ………14分