學生用書P225
1.(13分)(2024·安徽淮北二模)記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知c-b=2csin2A2.
(1)試判斷△ABC的形狀;
(2)若c=1,求△ABC周長的最大值.
解(1)由c-b=2csin2A2,可得sin2A2=c-b2c,
所以1-csA2=c-b2c,即12-csA2=12-b2c,
所以cs A=bc.
又由余弦定理得b2+c2-a22bc=bc,可得a2+b2=c2,所以C=π2,所以△ABC是直角三角形.
(2)由(1)知,△ABC是直角三角形,且c=1,可得a=sin A,b=cs A,所以△ABC周長為1+sin A+cs A=1+2sinA+π4,
因為A∈0,π2,可得A+π4∈π4,3π4,
故當A=π4時,即△ABC為等腰直角三角形,△ABC的周長取到最大值,最大值為2+1.
2.(15分)(2024·山東濰坊一模)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中,A,C分別是橢圓E的左、上頂點,|AC|=5,且橢圓E的焦距為23.
(1)求E的方程和離心率;
(2)過點(1,0),斜率存在且不為零的直線交橢圓于R,S兩點,設直線RS,CR,CS的斜率分別為k,k1,k2,若k1+k2=-3,求實數(shù)k的值.
解(1)由題意可得A(-a,0),C(0,b),可得|AC|=a2+b2=5,2c=23,
所以c=3,所以a2-b2=c2=3,a2+b2=5,
解得a2=4,b2=1,所以離心率e=ca=32,
故橢圓E的方程為x24+y2=1,離心率e=32.
(2)由(1)可得C(0,1),由題意設直線RS的方程為x=my+1(m≠0),則k=1m,設R(x1,y1),S(x2,y2)(x1x2≠0),聯(lián)立x24+y2=1,x=my+1,
整理得(4+m2)y2+2my-3=0,
顯然Δ>0,且y1+y2=-2m4+m2,y1y2=-34+m2,
直線CR,CS的斜率k1=y1-1x1,k2=y2-1x2,
則k1+k2=y1-1x1+y2-1x2
=(my2+1)(y1-1)+(my1+1)(y2-1)(my1+1)(my2+1)
=2my1y2+(1-m)(y1+y2)-2m2y1y2+m(y1+y2)+1
=2m·-34+m2+(1-m)·-2m4+m2-2m2·-34+m2+m·-2m4+m2+1
=2m-1.
因為k1+k2=-3,即-3=2m-1,解得m=13,
所以直線RS的斜率k=1m=3,即實數(shù)k的值為3.
3.(15分)(2024·山東青島三模)如圖所示,多面體ABCDEF,底面ABCD是正方形,點O為底面的中心,M為EF的中點,側(cè)面ADEF與BCEF是全等的等腰梯形,EF=4,多面體ABCDEF其余棱長均為2.
(1)證明:MO⊥平面ABCD;
(2)若點P在棱CE上,直線BP與平面ABM所成角的正弦值為24221,求EP的長.
(1)證明取AB,CD的中點K,Q,連接FK,KQ,QE,則O為KQ的中點.
因為側(cè)面ADEF是等腰梯形,所以EF∥AD.
又KQ∥AD,所以KQ∥EF.
因為多面體ABCDEF的棱長除棱EF外均相等,
所以△ABF和△DCE都是邊長為2的等邊三角形,得FK=EQ,所以四邊形FKQE為等腰梯形.
因為M為EF的中點,O為KQ的中點,
所以MO⊥KQ.
因為△ABF是等邊三角形,所以AB⊥FK.
又AB⊥KQ,KQ,FK?平面FKQE,KQ∩FK=K,所以AB⊥平面FKQE,
因為AB?平面ABCD,
所以平面FKQE⊥平面ABCD,
平面FKQE∩平面ABCD=KQ,MO?平面FKQE,MO⊥KQ,
故MO⊥平面ABCD.
(2)解在梯形FKQE中,EF=4,KQ=2,FK=EQ=3,在等腰梯形中,由勾股定理得MO=2,取BC的中點N,由(1)知,OK,ON,OM兩兩垂直.
以O為原點,分別以OK,ON,OM所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則O(0,0,0),M(0,0,2),K(1,0,0),C(-1,1,0),A(1,-1,0),B(1,1,0),E(-2,0,2).
設平面ABM的法向量為n=(x,y,z),AB=(0,2,0),AM=(-1,1,2),
則n·AB=2y=0,n·AM=-x+y+2z=0,令z=1,則x=2,y=0,得n=(2,0,1).
設CP=λCE(0≤λ≤1),BP=BC+CP=BC+λCE=(-2-λ,-λ,2λ),
設直線BP與平面ABM所成角為θ,
所以sin θ=|cs|=|BP·n||BP||n|=|22|34λ2+4λ+4=24221.
解得λ=12(負值舍去),
所以P為棱CE的中點,
所以EP的長為1.

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