三角函数与立体几何(二)教师版

试卷第1页，总10页1．如图，在ABC中，点D在边BC上，4CAD，72AC，2cos10ADB．（1）求sinC的值；（2）若ABD的面积为7，求AB的长．【答案】(1)sinC45;(2)37AB.【解析】试题分析：（1）由同角三角函数基本关系式可求sinADB，由4CADB，利用两角差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值即可求值得解；（2）先由正弦定理求AD的值，再利用三角形面积公式求得BD，与余弦定理即可得解AB的长度.试题解析：（1）因为2cos10ADB，所以72sin10ADB，又因为4CAD，所以4CADB，所以sinsin4CADBsincoscossin44ADBADB7222241021025．（2）在ADC中，由正弦定理sinsinADACCADC，故74sinsinsin25sinsinsin7210ACCACCACCADADCADBADB22．又1172sin2272210ABDSADABADBBD，解得5BD．在ADB中，由余弦定理得2222cosABADBDADBDADB28252225373710AB.2．在ABC中，内角A,B,C,所对应的边为,,abc且bc,且22sinsin3sincos3sincosCBBBCC试卷第2页，总10页（1）求角A的大小（2）若3a，3sin4Ca3，3sinC4，求ABC的面积【答案】（1）A3（2）93732S【解析】试题分析：（1）根据二倍角的正余弦公式及两角差的正弦公式便可得到2266sinBsinC＝，而由条件得出BC，且522333BC，，从而便可得出2266BC＝，这样便可求出3A；（2）可根据正弦定理求出32c，从而可判断出CA＜，这样便可得出74cosC，而由sinBsinAC（）即可求出sinB的值，从而由三角形的面积公式12ABCSacsinB＝即可求出ABC的面积试题解析:（1）因为22sinsin3sincos3sincosCBBBCC所以1cos21cos231sin2cos22222CBCC即sin2sin266BC又因为,BCBC0bc得，又，。得2266BC即2BC3。所以A3（2）因为3a，3sin4CsinsinacAC，所以32c由于ca，得CA，所以7cos4A故3713321sinsinsincoscossin24248BACACAC所以ABC的面积为1133219sin337222832SacB试卷第3页，总10页3．已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，3C.（1）若224abac，求sinsinBA的值；（2）求sinsinAB的取值范围.【答案】(1)3；(2)30,4.【解析】试题分析：（1）先由余弦定理得222cabab，再代入条件化简得3ba，最后根据正弦定理得sinsinBA的值；（2）由三角形内角关系得2sinsinsinsin3ABAA，利用两角差正弦公式以及二倍角公式、配角公式将函数化为基本三角函数，最后根据角A的范围以及正弦函数性质确定函数值域试题解析：（1）由余弦定理及题设可知：22224cababaab，得3ba，由正弦定理sinsinBbAa，得sin3sinBA.（2）由题意可知23AB.231sinsinsinsinsincossin322ABAAAAA311sin2cos2444AA11sin2264A.因为203A，所以72666A，故1sin2126A，所以sinsinAB的取值范围是30,4.4．在锐角ABC中，角,,ABC所对应的边分别为,,abc，coscos3sincos0CBBA，23a.（1）若22b，求ABC的面积；（2）求2bc的取值范围.【答案】（1）33；（2）8,47【解析】试题分析：（1）由已知可得coscoscos3sincos0ABBABA，化简可得tan3A又由余弦定理可得cosA=218122222cc，可得26c，由此可求ABC的面积；试卷第4页，总10页（2）由正弦定理可得：4sinaA，由此可得28sin4sin47sinbcBCB，又因为ABC为锐角三角形，则62B，从而得到27sin17B，由此可得2bc的取值范围.试题解析：（1）∵coscos3sincos0CBBA，∴coscoscos3sincos0ABBABAcoscossinsincoscos3sincos0ABABBABA，sinsin3sincos0ABBA∵sin0B，∴sin3cos0AA，∴tan3A∵222cos2bcaAbc，218122222cc，∴26c，∴1sin332ABCSbcA（2）由正弦定理可得：2324sinsin3aRA28sin4sin8sin4sin10sin23cos3bcBCBBBB47sinB其中3tan5，21sin14，57cos14，为锐角，因为ABC为锐角三角形，则62B从而62B，得sinsin16B，27sin67，所以27sin17B所以8247bc，从而2bc的取值范围为5．如图所示，已知直三棱柱ABC–A′B′C′，AC=AB=AA，=2，AC，AB，AA′两两垂直，E，F，H分别是AC，AB，BC的中点，（I）证明：EF⊥AH；（II）求平面EFC与平面BB′C′所成夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）1475|1425||||||||,cos|cosmnmnmn.【解析】(I)证明线线垂直，可以通过证明线面垂直来解决。本小题连接CB',HFE,,分别试卷第5页，总10页是BCABAC,',的中点后，可知CBEF'//,这样可以通过证AH面BCB',得AHCB'，故AHEF.(II)以A为原点，AB、AA`、AC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz，然后分别求出平面EFC和平面BB′C′的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值（Ⅰ）如图连接CB',HFE,,分别是BCABAC,',的中点,故EF是CAB'的中位线，CBEF'//，………………2分又由2'AAABAC,',,AAABAC两两垂直知，AHBC，又'BB面ABC,AH面ABC，则'BBAH…………4分即AH面BCB',则AHCB'，故AHEF.…………………………6分（Ⅱ）如图建立空间坐标系，)0,0,0(A)0,2,2('B)0,0,2(B)2,2,0('C)0,2,0('A)2,0,0(C)1,0,0(E)0,1,1(F)1,0,1(H)1,1,1(EF,)1,2,0('EC)1,0,1(AH………………………………8分FHEB'BA'AC'Czxy显然AHEF=0，故AHEF//不妨设面'EFC的法向量为),,(zyxn，0'0ECnEFn即：020zyzyx，不妨令)2,1,3(n，………………10分易知AH面''BCB，不妨令面''CBB的法向量为)1,0,1(AHm设面'EFC与面''CBB夹角为，1475|1425||||||||,cos|cosmnmnmn试卷第6页，总10页6.试卷第7页，总10页7．已知等腰梯形PDCB中，PB=3，DC=1，PD=BC=2，A为PB边上一点，且PA=1，将△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD.（Ⅰ）证明：平面PAD⊥平面PCD；（Ⅱ）试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分1:2:MACBPDCMAVV.CDPBAPABDC【答案】（I）证明：依题意知：ABCDPADADCD面面又..PADDC平面.PCDPADPCDDC平面平面面又（II）由（I）知PA平面ABCD∴平面PAB⊥平面ABCD．在PB上取一点M，作MN⊥AB，则MN⊥平面ABCD，设MN=h，则111213323MABCABChVShh21112)21(3131PASVABCABCDP要使21,1:23:)321(,1:2:hhhVVMACBPDCMA解得即（或3PABCDVVM-ABC）即M为PB的中点.【解析】略8．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且120ABC，点E是棱PC的中点，平面ABE与棱PD交于点F.（1）求证：ABEF.（2）若2PAPDAD，且平面PAD平面ABCD，求①二面角EAFD的锐二面角的余弦值.②在线段PC上是否存在一点H，使得直线BH与平面AEF所成角等于60，若存在，确定H的位置，若不存在，说明理由.试卷第8页，总10页【答案】(1)证明见解析；(2)①1313；②答案见解析.【解析】试题分析：(1)由题意可证得AB平面PCD，然后利用线面平行的性质定理可得ABEF，(2)①建立空间直角坐标系，由题意可得平面AEF的一个法向量为1,3,3n；而3,0,0OB为平面PAD的一个法向量.据此计算有二面角EAFD的锐二面角的余弦值为1313.②假设PC上存在点H满足题意，利用平面向量的夹角公式得到关于实数的方程2191260，解方程可得65619，则线段PC上存在一点H，使得直线BH与平面AEF所成的角等于60.试题解析：（1）证明：∵ABCD，CD平面PCD，AB平面PCD，∴AB平面PCD，又∵AB平面ABEF，且平面ABEF平面PCDEF，∴ABEF，（2）①取AD的中点O，连接PO，OB，BD，∵ABCD是菱形，且120ABC，PAPDAD，∴ABD，PAD是等边三角形，∴POAD，OBAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，∴PO平面ABCD，以O为原点，以OB，OD，OP为坐标轴建立空间坐标系Oxyz，则：试卷第9页，总10页0,1,0A，0,1,0D，0,0,3P，3,0,0B，3,2,0C，33,1,22E，130,,22F.330,,22AF，31,,022EF，设平面AEF的法向量为,,nxyz，则：0{0nAFnEF，∴33022{31022yzxy，令1x得：1,3,3n；∵OB平面PAD，∴3,0,0OB为平面PAD的一个法向量.∴313,13133OBncosOBnOBn.故二面角EAFD的锐二面角的余弦值为1313.②假设PC上存在点H使得直线BH与平面AEF所成角等于60，则BH与n所成夹角为30，设3,2,301CHCP，则：3,22,3BHBCCH，24323