1、專題強化;精練提能tan B 2c1.(2019 南京模擬)在厶 ABC 中，角 A, B, C 所對的邊分別為 a, b, c,且 t + 1=-求 B；n1 若 cos C+ 6 = 3，求 sin A 的值.tan B “ 2csin Bcos A “ 2sin C解(1)由而 A +1= 2及正弦疋理，得 sosBc 而 A +1= 2s 喬 C，所以 sin Bcos A + cos BsinA = 2sin C即sin( A +B)= 2sin C 則sin C = 2sin Ccos Bsin A= sin A， cos Bsin A= sin A，、cos Bsin A= si

2、n A 因為在 ABC 中，sin A 工 0, sin C 工 0,1 所以 cos B =-.n因為 B(0, n)所以 B=3.2n因為 0vCv ,所以nvC+ nv 6 6 6n1 又 cos C + 6 =,n2、2 所以 sin C + 6 =.一n所以 sin A = sin(B+ C) = sin C+ (1)求證：BC /平面 AB1C1;求證：B1C 丄 AC1；=sinnC+6=sin7tC+ 6nn ncos6+cosC+6sin6=2 6+ 162.如圖所示，在二棱柱 ABC-A1B1C1中，AA1B1B 為正方形,BB1C1C 是菱形，平面 AA1B1B丄平面 B

3、B1C1C.(3)設點 E, F, H, G 分別是 BiC, AAi, A1B1, B1C1的中點，試判斷 E, F, H , G 四點是 否共面，并說明理由.解證明：在菱形 BBiCiC 中，BC/B1C1.因為 BC?平面 ABiCi, B1C1?平面 ABiCi,所以 BC/平面 ABiCi.證明：連結 BCi.在正方形 ABBiAi中，AB 丄 BBi.因為平面 AAiBiB 丄平面 BBiCiC,平面 AAiBiBn平面 BBiCiC= BBi, AB?平面 ABBiAi,所以 AB 丄平面 BBiCiC.因為 BiC?平面 BBiCiC,所以 AB 丄 BiC .在菱形 BBiC

4、iC 中，BCi丄 BiC .因為 BCi?平面 ABCi, AB?平面 ABCi, BCinAB = B,所以 BiC 丄平面 ABCi.因為 ACi?平面 ABCi,所以 BiC 丄 ACi.(3)E, F , H , G 四點不共面.理由如下：因為 E, G 分別是 BiC, BiCi的中點，所以 GE/ CCi.同理可證：GH / CiAi.因為 GE?平面 EHG , GH?平面 EHG , GEQGH = G, CCi?平面 AAiCiC, A1C1?平面 AAiCiC,所以平面 EHG /平面 AAiCiC .因為 F 平面 AAiCiC,所以 F?平面 EHG ,即 E, F,

5、 H , G 四點不共面.3.（2019 常州模擬）如圖，兩座建筑物 AB, CD 的底部都在同一個水平面上，且均與水平面垂直，它們的高度分別是 9 m 和 15 m,從建筑物 AB 的頂部 A 看建筑物 CD 的視角/ CAD（1）求 BC 的長度;P（點 P 與點 B, C 不重合），從點 P 看這兩座建筑物的視角分別為/ APB =a,/ DPC =3問點 P 在何處時，a+ B最小?解作 AE 丄 CD ,垂足為 E,貝UCE = 9, DE = 6,設 BC = x,則tan /CAD = tan( / CAE+ / DAE)tanZCAE+tan/DAE（2）在線段 BC 上取一點

6、x9 6=1a+ B取得最小值.4.已知橢圓 E：彎+ = 1(ab0)的離心率為-2，且過點 Pa b2N(2, 0).(1)求橢圓 E 的方程;設動弦 AB 與 x 軸垂直，求證：直線 AF 與直線 BN 的交點 M 仍在橢圓 E 上.解(1)因為 e=#所以 a=.2c, b = c,即橢圓E的方程可以設為 2x2+y2= 1.915t18ttan(a+3 =9_15-1 7 -t18t6 (27+ t)162 + 6tt2+ 18t 135 t2+ 18t 13527 +1設f(t)= t2+ 18t 135,t2+54t27X23f (t)=(t218t+135)2,令 f4(=0,

7、因為 OvtV18,得 t=15 .627,當 t (0, 15.6 27)時，f(t)V0, f(t)是減函數(shù);當 t (15 6 27，18)時，f(t) 0, f(t)是增函數(shù)，所以，當 t= 15 6 27 時，f(t)取得最小值，即 tan(a+取得最小值，因為一 t2+ 18t 135V0 恒成立，所以 f(t)V0,所以ntan(a+ 3)v0, a+ 32,n,因為y= tan x 在扌，n上是增函數(shù)，所以當 t= 15 謔27 時,a+ B取得最小值.即當BP 為(15.6 27) m 時,卡,，右焦點為 F, 點13將點 P 的坐標代入得：b2= 4+ 3= 1,所以，橢圓

8、 E 的方程為 X2 + y2= 1.證明：右焦點為 F(1 , 0),設 A(xo, yo), 由題意得 B(xo, yo).所以直線 AF 的方程為：y = (x 1),xo 1yo直線 BN 的方程為：y= (x 2),xo 2yoyo、 聯(lián)立得，(x 1) = (x 2),xo 1xo 23xo 4即 x=2xo 3再代入得,3xo 4 12xo 3即 y=42xo 32 (2xo 3)2yoxo13xo 42+2xo 3(3xo 4)2+ 2y22 (2xo 3)將 yg= 1 代入得,2 (2xo 3)8 處一 24xo+ 18所以點 M 在橢圓 E 上.所以點 M 的坐標為3xo

9、 4yo2xo 3 2xo 32 (2xo 3)2 (2xo 3)2yo22xo 3(3xo 4)2+ 2x21xoex5.(2019 蘇州模擬)已知函數(shù) f(x)=-.x(1)若曲線 y= f(x)在點(xo, f(xo)處的切線方程為 ax y= 0,求 xo的值;當 x0 時，求證：f(x)x;(3)設函數(shù) F(x)= f(x) bx(x0)，其中 b 為實常數(shù)，試討論函數(shù)F(x)的零點個數(shù)，并證明你的結論.exx ex解fx)=廠.因為切線 axy= 0 過原點(0, 0),ex。ex0X0 ex。x0所以 x0=-，解得：X0= 2.f ( x)證明：設 g(x)=入ex(x2 2x

10、)令 g，x) =34解得 x= 2.即 f(x)x.exx(0,2)2(2, +s)g 刈一0+g(x)e4x= 2 時,x 在(0,)上變化時，g(x), g(x)的變化情況如下表:g(x)取得最小值 4.xoxe=x2(x 0),ex(x2 2x)則 g x)=x4x4所以當所以當 x 0 時,e2g(x) 4 i,(3)F(x)= 0 等價于 f(x) bx= 0,等價于-2 b = 0. x令H(X)=e,-b,ex(x 2)所以 H x)=X3(XM0).1當 bw0 時，H(x) 0 ,所以 H(x)無零點，即F(X)在定義域內(nèi)無零點.2當 b 0 時，當 0vxv2 時，H(x

11、)v0,H(X)單調(diào)遞減;當X2 時，H(x)0,H(X)單調(diào)遞增.而 H(2)v0,所以 H(x)在(0, 2)上存在唯一零點;令 h(t)= et *3,3其中 t = 2b2, h(t)= et ?,h(t)= et 3t, h (t)= et 3,所以 h(t) e2 3 0,因此 ht)在(2,)上單調(diào)遞增，從而 h t) h (2) e2 6 0,所以 ht(在(2,+s)上單調(diào)遞增，因此 h t)( h ()e2 6 0,所以當X=2 時，H(X)有極小值也是最小值,H(2)=冷冷b.當 H(2)= 4 b 0,e2即 0vbv4 時，H(X)在(0, +)上不存在零點;當 H

12、(2)= 4 b= 0,e2b=才時，H(X)在(0,)上存在唯一零點 2;當 H(2)= 4 bv0,i,由 e-b 11 1H土= be b= b(y1) 0,又因為 2b3,e2be2b 4b3H(2b)=喬b故 h(t)在(2,+s)上單調(diào)遞增,所以 h(t) h(2) = e2- 4 0.由上得 H(2b) 0,由零點存在定理知，H(x)在(2, 2b)上存在唯一零點，即在(2, +)上存在唯一零點.綜上所述：當 bv時，函數(shù) F(x)的零點個數(shù)為e2當 b = 4 時，函數(shù) F(x)的零點個數(shù)為 1;e2, 當 b 4 時，函數(shù) F(x)的零點個數(shù)為 2.6.已知數(shù)列an的前 n

13、項和為 Sn,且滿足 ai= 1,2an+1= 2an+ p(p 為常數(shù)，n = 1,2,3,).(1)若 S3= 12,求 Sn；若數(shù)列an是等比數(shù)列，求實數(shù) p 的值.1(3)是否存在實數(shù) p,使得數(shù)列1滿足：可以從中取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數(shù)列？若存在，求出所有滿足條件的p 的值；若不存在，說明理由.解(1)因為 a1= 1, 2an+1= 2an+ p,所以 2a2= 2a1+ p = 2+ p, 2a3= 2a2+ p = 2 + 2p.因為 S3= 12,所以 2+ 2 + p + 2+ 2p= 6+ 3p = 24,即 p = 6.所以 an+1 an= 3(n

14、 = 1, 2, 3,).所以數(shù)列an是以 1 為首項，3 為公差的等差數(shù)列.若數(shù)列an是等比數(shù)列,則 a2= a1a3.由(1)可得：21+p=1X(1+p).解得 p= 0.當 p = 0 時，由 2an+1= 2an+ p,得：an+1= an=1 .顯然，數(shù)列an是以 1 為首項，1 為公比的等比數(shù)列.所以 Sn= 1xn +n (n 1)23n2n2所以 p= o.(3)當 p= 0 時，由知：an= 1(n= 1, 2, 3,).1 1所以 an=i(n=i，2, 3,),即數(shù)列 an就是一個無窮等差數(shù)列.所以當 p= 0 時，可以得到滿足題意的等差數(shù)列.當 p 工 0 時，因為

15、ai= 1, 2an+1= 2an+ p,即 an+1 an= 2所以數(shù)列an是以 1 為首項，p 為公差的等差數(shù)列.所以 an= 2n + 1 P.1下面用反證法證明：當 pzo 時，數(shù)列 an中不能取出無限多項并按原來次序排列而成等差數(shù)列.1假設存在 po丸，從數(shù)列 a；中可以取得滿足題意的無窮等差數(shù)列，不妨記為bn.設數(shù)列bn的公差為 d.1當 po0 時，an0(n = 1, 2, 3，).所以數(shù)列bn是各項均為正數(shù)的遞減數(shù)列.所以 dv0.因為 bn= b1+ (n 1)d(n= 1, 2, 3，),b1b1所以當 n 1亍時，bn= b1+ (n 1)dvb1+ 1 石1 d = 0,這與 bn 0 矛盾.2當 p0v0 時，令 pn + 1 p0v0,解得:n 1 盒.所以當 n 1訓，an