大题规范练(二).doc

大题规范练(二)

1．(2021·河北省模拟)在①tan2A＋eq\f(1,tan2B)＝eq\f(2tanA,tanB)；②acosA＝bcosB；③eq\f(a,cosB)＝acosB＋bcosA三个条件中，任选一个，补充到以下问题中并解答．△ABC中，a＝2b，__________，M为△ABC内部一点，∠CMA＝90°，CM2＋BM2＝c2.求tan∠MCA的值．

解：选条件①：因为tan2A＋eq\f(1,tan2B)＝eq\f(2tanA,tanB)，所以(tanA－eq\f(1,tanB))2＝0，所以tanA＝eq\f(1,tanB)，

则eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(cosB,sinB)，即cosAcosB－sinAsinB＝0，所以cos(A＋B)＝0，所以A＋B＝90°，所以C＝90°，

设∠MCA＝θ(0°＜θ＜90°)，则MC＝bcosθ，

在△BCM中，由余弦定理得BM2＝CB2＋CM2－2CB·CMcos(90°－θ)＝a2＋(bcosθ)2－2abcosθcos(90°－θ)，

因为BM2＋CM2＝c2，故a2＋2b2cos2θ－2abcosθsinθ＝c2，

因为a＝2b，所以c＝eq\r(5)b，代入化简得tan2θ＋4tanθ－1＝0，解得tanθ＝2±eq\r(5)，

因为0°＜θ＜90°，所以tanθ＝2＋eq\r(5)，

选条件②：由acosA＝bcosB可得sin2A＝sin2B，故A＝B或A＋B＝90°，

因为a＝2b，所以A≠B，所以A＋B＝90°，即C＝90°，设∠MCA＝θ(0°＜θ＜90°)，则MC＝bcosθ，

在△BCM中，由余弦定理得BM2＝CB2＋CM2－2CB·CMcos(90°－θ)＝a2＋(bcosθ)2－2abcosθcos(90°－θ)，

因为BM2＋CM2＝c2，故a2＋2b2cos2θ－2abcosθsinθ＝c2，

因为a＝2b，所以c＝eq\r(5)b，代入化简得tan2θ＋4tanθ－1＝0，解得tanθ＝2±eq\r(5)，

因为0°＜θ＜90°，所以tanθ＝2＋eq\r(5)，

选条件③：eq\f(a,cosB)＝acosB＋bcosA，

由正弦定理得eq\f(sinA,cosB)＝sinAcosB＋sinBcosA，即sinA＝sinAcos2B＋sinBcosAcosB，

化简得：sinB(sinAsinB－cosAcosB)＝0，所以cos(A＋B)＝0，所以A＋B＝90°，C＝90°，

在△BCM中，由余弦定理得BM2＝CB2＋CM2－2CB·CMcos(90°－θ)＝a2＋(bcosθ)2－2abcosθcos(90°－θ)，

因为BM2＋CM2＝c2，故a2＋2b2cos2θ－2abcosθsinθ＝c2，

因为a＝2b，所以c＝eq\r(5)b，代入化简得tan2θ＋4tanθ－1＝0，解得tanθ＝2±eq\r(5)，

因为0°＜θ＜90°，所以tanθ＝2＋eq\r(5).

2．(2020·安阳第二次模拟)已知四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平面ABCD.

(1)求证：BC⊥SD；

(2)若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．

(1)证明：取BC的中点F，连接BD、DF和SF，

因为△SBC为等边三角形，所以SF⊥BC；

又四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，

所以△BCD为等边三角形，所以DF⊥BC；

又SF∩DF＝F，SF?平面SDF，DF?平面SDF，

所以BC⊥平面SDF，又SD?平面SDF，

所以BC⊥SD；

(2)解：因为平面SBC⊥平面ABCD，平面SBC∩平面ABCD＝BC，

SF⊥BC，SF?平面SBC，所以SF⊥平面ABCD；

又DF⊥BC，所以SF、BC、DF两两垂直；

以点F为坐标原点，FC、FD、FS所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系F-xyz，如图所示：

不妨设AB＝2，则A(－2，eq\r(3)，0)，B(－1，0，0)，S(0，0，eq\r(3))；

所以eq\o(AB,\s\up16(→))＝(1，－eq\r(3)，0)，eq\o(AS,\s\up16(→))＝(2，－eq\r(3)，eq\r(3))；

设平面SAB的一个法向量为π＝(x，y，z)，

由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up16(→))＝0,m·\o(AS,\s