星期一(三角與立體幾何)2016年____月____日1．三角知識(命題意圖：考查三角函數知識與解三角形知識的綜合應用，主要涉及到三角函數關系式的恒等變換、三角函數的最值、值域求解、正弦定理、余弦定理、面積公式的應用等．) 在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，函數f(x)＝2cosxsin(x－A)＋sinA(x∈R)在x＝eq\f(5π,12)處取得最大值． (1)當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，求函數f(x)的值域； (2)若a＝7且sinB＋sinC＝eq\f(13\r(3),14)，求△ABC的面積． 解∵函數f(x)＝2cosxsin(x－A)＋sinA ＝2cosxsinxcosA－2cosxcosxsinA＋sinA ＝sin2xcosA－cos2xsinA＝sin(2x－A)． 又∵函數f(x)＝2cosxsin(x－A)＋sinA(x∈R)在x＝eq\f(5π,12)處取得最大值． ∴2×eq\f(5π,12)－A＝2kπ＋eq\f(π,2)，其中k∈Z， 即A＝eq\f(π,3)－2kπ，其中k∈Z. (1)∵A∈(0，π)， ∴A＝eq\f(π,3)， ∵x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))， ∴2x－A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(2π,3)))， ∴－eq\f(\r(3),2)＜sin(2x－A)≤1， 即函數f(x)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)). (2)由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b＋c,sinB＋sinC)， 則sinB＋sinC＝eq\f(b＋c,a)sinA， 即eq\f(13\r(3),14)＝eq\f(b＋c,7)×eq\f(\r(3),2)， ∴b＋c＝13. 由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA， 即49＝169－3bc，∴bc＝40， 故△ABC的面積為S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×40×eq\f(\r(3),2)＝10eq\r(3).2．立體幾何知識(命題意圖：以四棱錐為載體考查線面、面面垂直的轉化，考查由二面角的大小求邊長的比．考查空間向量方法的應用．) 已知四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為a的菱形，∠BAD＝120°，PA＝b. (1)求證：平面PBD⊥平面PAC； (2)設AC與BD交于點O，M為OC中點，若二面角 O－PM－D的正切值為2eq\r(6)，求a∶b的值． (1)證明因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又ABCD為菱形，所以AC⊥BD， 所以BD⊥平面PAC，從而平面PBD⊥平面PAC. (2)解如圖，以A為原點，AD，AP所在直線為y軸，z軸建立空間直角坐標系，則P(0，0，b)，D(0，a，0)， Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)a，\f(3,8)a，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(1,4)a，0)). 從而eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，a，－b)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),8)a，\f(3,8)a，－b))， eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)a，\f(3,4)a，0)). 因為BD⊥平面PAC， 所以平面PMO的一個法向量為eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)a，\f(3,4)a，0)). 設平面PMD的法向量為n＝(x，y，z)， 由eq\o(PD,\s\up6(→))⊥n，eq\o(PM,\s\up6(→))⊥n得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ay－bz＝0，,\f(3\r(3),8)ax＋\f(3,8)ay－bz＝0，)) 取x＝eq\f(5,3\r(3))b，y＝b，z＝a，即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3\r(3))b，b，a)). 設eq\o(OD,\s\up6(→))與n的夾角為θ， 從而|tanθ|＝2eq\r(6)，得|cosθ|＝eq\f(1,5)， |cosθ|＝eq\f(|\o(OD,\s\up6(→))·n|,|\