解答題滾動(dòng)練51.(2017·北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線(xiàn)段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求證：M為PB的中點(diǎn)；(2)求二面角B－PD－A的大?。?3)求直線(xiàn)MC與平面BDP所成角的正弦值.(1)證明設(shè)AC，BD交于點(diǎn)E，連接ME，如圖.因?yàn)镻D∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以E為BD的中點(diǎn)，所以M為PB的中點(diǎn).(2)解取AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE.因?yàn)镻A＝PD，所以O(shè)P⊥AD，又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD，所以O(shè)P⊥平面ABCD.因?yàn)镺E?平面ABCD，所以O(shè)P⊥OE.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)E⊥AD.如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則P(0，0，eq\r(2))，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4，0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2，0，－eq\r(2)).設(shè)平面BDP的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1，1，eq\r(2)).平面PAD的法向量為p＝(0，1，0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由題意知二面角B－PD－A為銳角，所以它的大小為eq\f(π,3).(3)解由題意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2，4，0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).設(shè)直線(xiàn)MC與平面BDP所成的角為α，則sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up6(→))|,|n||\o(MC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(6),9)，所以直線(xiàn)MC與平面BDP所成角的正弦值為eq\f(2\r(6),9).2.(2017·安徽太和中學(xué)模擬)新一屆班委會(huì)的7名成員有A，B，C三人是上一屆的成員，現(xiàn)對(duì)7名成員進(jìn)行如下分工.(1)若正、副班長(zhǎng)兩職只能由A，B，C三人中選兩人擔(dān)任，則有多少種分工方案？(2)若A，B，C三人不能再擔(dān)任上一屆各自的職務(wù)，則有多少種分工方案？解(1)先確定正、副班長(zhǎng)，有Aeq\o\al(2,3)種選法，其余全排列有Aeq\o\al(5,5)種，共有Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(5,5)＝720(種)分工方案.(2)方法一設(shè)A，B，C三人的原職務(wù)分別是a，b，c，當(dāng)ABC任意一人都不擔(dān)任abc職務(wù)時(shí)有Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(4,4)種；當(dāng)ABC中一人擔(dān)任abc中的職務(wù)時(shí)，有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)種；當(dāng)ABC中兩人擔(dān)任abc中的職務(wù)時(shí)，有3Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,1)Aeq\o\al(4,4)種；當(dāng)ABC中三人擔(dān)任abc中的職務(wù)時(shí)，有2Aeq\o\al(4,4)種；故共有Aeq\o\al(3,4)Aeq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(4,4)＋3Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＋2Aeq\o\al(4,4)＝134Aeq\o\al(4,4)＝3216(種)分工方案.方法二擔(dān)任職務(wù)總數(shù)為Aeq\o\al(7,7)種，當(dāng)A擔(dān)任原職務(wù)時(shí)有Aeq\o\al(6,6)種，同理BC各自擔(dān)任原職務(wù)時(shí)也各自有Aeq\o\al(6,6)種，而當(dāng)AB，BC，CA同時(shí)擔(dān)任原職務(wù)時(shí)各有Aeq\o\al(5,5)種；當(dāng)ABC同時(shí)擔(dān)任原職務(wù)時(shí)有Aeq\o\al(4,4)種，故共有Aeq\o\al(7,7)－3Aeq\o\al(6,6)＋3Aeq\o\al(5,5)－Aeq\o\al(4,4)＝134Aeq\o\al(4,4)＝3216(種)分工方案.3.已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1＝1，an＋1＝an＋2，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝2－bn.(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝anbn，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn.解(1)因?yàn)閍1＝1，an＋1－an＝2，所以{an}是首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.又當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝S1＝2－b1，所以b1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn＝2－bn， ①Sn－1＝2－bn－1， ②由①－②，得bn＝－bn＋bn－1，即eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,2)，所以{bn}是首項(xiàng)為1，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列，故bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－1.(2)由(1)知cn＝anbn＝eq\f(2n－1,2n－1)，則Tn＝eq\f(1,20)＋eq\f(3,21)＋eq\f(5,22)＋…＋eq\f(2n－1,2n－1)， ③eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,21)＋eq\f(3,22)＋…＋eq\f(2n－3,2n－1)＋eq\f(2n－1,2n)， ④③－④得eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,20)＋eq\f(2,21)＋eq\f(2,22)…＋eq\f(2,2n－1)－eq\f(2n－1,2n)＝1＋1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－2)－eq\f(2n－1,2n)＝1＋eq\f(1－\f(1,2n－1),1－\f(1,2))－eq\f(2n－1,2n)＝3－eq\f(2n＋3,2n).所以Tn＝6－eq\f(2n＋3,2n－1).4.已知橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(－eq\r(5)，0)，F(xiàn)2(eq\r(5)，0)，M是橢圓上一點(diǎn)，若eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))＝0，|eq\o(MF1,\s\up6(→))|·|eq\o(MF2,\s\up6(→))|＝8.(1)求橢圓的方程；(2)直線(xiàn)l過(guò)右焦點(diǎn)F2(eq\r(5)，0)(不與x軸重合)且與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)A，B，在x軸上是否存在一個(gè)定點(diǎn)P(x0，0)，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值為定值？若存在，寫(xiě)出P點(diǎn)的坐標(biāo)(不必求出定值)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解(1)由題意，c＝eq\r(5)，|MF1|2＋|MF2|2＝4c2＝20，|MF1|·|MF2|＝8，∴(|eq\o(MF1,\s\up6(→))|＋|eq\o(MF2,\s\up6(→))|)2＝|MF1|2＋|MF2|2＋2|MF1|·|MF2|＝36，解得|MF1|＋|MF2|＝6，即2a＝6，∴a＝3，b2＝a2－c2∴橢圓的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)方法一設(shè)直線(xiàn)l的方程為x＝my＋eq\r(5)，代入橢圓方程并消元整理得(4m2＋9)x2－18eq\r(5)x＋45－36m2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程①的兩個(gè)解，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(18\r(5),4m2＋9)，x1x2＝eq\f(45－36m2,4m2＋9)，則y1y2＝eq\f(1,m2)(x1－eq\r(5))(x2－eq\r(5))＝eq\f(1,m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\r(5)x1＋x2＋5))＝eq\f(－16,4m2＋9)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝(x1－x0)(x2－x0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝eq\f(45－36m2,4m2＋9)－eq\f(18\r(5),4m2＋9)x0＋xeq\o\al(2,0)＋eq\f(－16,4m2＋9)＝eq\f(4x\o\al(2,0)－36m2＋9x\o\al(2,0)－18\r(5)x0＋29,4m2＋9)，令eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝t，則(4xeq\o\al(2,0)－36)m2＋9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝t(4m2＋9)，比較系數(shù)得4xeq\o\al(2,0)－36＝4t且9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝9t，消去t得36xeq\o\al(2,0)－36×9＝36xeq\o\al(2,0)－72eq\r(5)x0＋29×4，解得x0＝eq\f(11,9)eq\r(5).∴在x軸上存在一個(gè)定點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,9)\r(5)，0))，使得eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的值為定值－eq\f(124,81).方法二當(dāng)直線(xiàn)與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線(xiàn)l的方程為y＝k(x－eq\r(5))(k≠0)，代入橢圓方程并消元整理得(9k2＋4)x2－18eq\r(5)k2x＋45k2－36＝0， ①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)是方程①的兩個(gè)解，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(18\r(5)k2,4＋9k2)，x1x2＝eq\f(45k2－36,4＋9k2)，y1y2＝k2(x1－eq\r(5))(x2－eq\r(5))＝k2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1x2－\r(5)x1＋x2＋5))＝eq\f(－16k2,4＋9k2)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝(x1－x0)(x2－x0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝eq\f(9x\o\al(2,0)－18\r(5)x0＋29k2＋4x\o\al(2,0)－36,4＋9k2)，令eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝t，則(9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29)k2＋4xeq\o\al(2,0)－36＝t(4＋9k2)，9xeq\o\al(2,0)－18eq\r(5)x0＋29＝9t，且4xeq\o\al(2,0)－36＝4t，解得x0＝eq\f(11,9)eq\r(5)，此時(shí)t的值為－eq\f(124,81).當(dāng)直線(xiàn)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x＝eq\r(5)，代入橢圓方程，解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，－\f(4,3)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，\f(4,3)))，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,9)\r(5)，－\f(4,3)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\v