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组合增分练7 解答题组合练C
1.已知数列{an}的前n项和为Sna1=1且3Sn=an+1-
1.1求数列{an}的通项公式;2设等差数列{bn}的前n项和为Tna2=b2T4=1+S3求+…+的值.
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn公差d≠0且S3+S5=50a1a4a13成等比数列.1求数列{an}的通项公式;2设是首项为1公比为3的等比数列求数列{bn}的前n项和Tn.
3.如图在三棱柱ABC-A1B1C1中D是AA1的中点E为BC的中点.1求证:直线AE∥平面BC1D;2若三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱AB=2AA1=4求点E到平面BC1D的距离.
4.如图在四棱锥P-ABCD中底面ABCD是平行四边形∠ADC=60°AB=ADPA⊥平面ABCDE为PD的中点.1求证:AB⊥PC;2若PA=AB=AD=2求三棱锥P-AEC的体积.
5.已知动直线l与椭圆C:=1交于Px1y1Qx2y2两不同点且△OPQ的面积S△OPQ=其中O为坐标原点.1证明:均为定值;2设线段PQ的中点为M求|OM|·|PQ|的最大值;3椭圆C上是否存在三点DEG使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=若存在判断△DEG的形状;若不存在请说明理由.
6.过椭圆C:=1ab0上一点P向x轴作垂线垂足为右焦点FAB分别为椭圆C的左顶点和上顶点且AB∥OP|AF|=.1求椭圆C的方程;2若动直线l与椭圆C交于MN两点且以MN为直径的圆恒过坐标原点O.问是否存在一个定圆与动直线l总相切.若存在求出该定圆的方程;若不存在请说明理由.组合增分练7答案
1.解1∵3Sn=an+1-1
①∴当n1时3Sn-1=an-1
②①-
②得3Sn-Sn-1=3an=an+1-an则an+1=4an又a2=3a1+1=4=4a1∴数列{an}是首项为1公比为4的等比数列则an=4n-
1.2由1得a2=4S3=21则得b3=7设数列{bn}的公差为d则b1=1d=3∴bn=3n-2∴∴+…++…+.
2.解1依题意得解得所以an=a1+n-1d=3+2n-1=2n+1即an=2n+
1.2=3n-1bn=an·3n-1=2n+1·3n-1Tn=3+5×3+7×32+…+2n+1·3n-1
①3Tn=3×3+5×32+7×33+…+2n-1·3n-1+2n+1·3n
②①-
②得-2Tn=3+2×3+2×32+…+2·3n-1-2n+13n=3+2·-2n+13n=-2n·3n所以Tn=n·3n.
3.1证明设BC1的中点为F连接EFDF则EF是△BCC1的中位线.根据已知得EF∥DA且EF=DA∴四边形ADFE是平行四边形∴AE∥DF∵DF⊂平面BDC1AE⊄平面BDC1∴直线AE∥平面BDC
1.2解由1的结论可知直线AE∥平面BDC1∴点E到平面BDC1的距离等于点A到平面BDC1的距离设为h.∴∴·h=∴×2×h=×2×2×解得h=.所以点E到平面BDC1的距离为.
4.1证明因为PA⊥平面ABCD又AB⊂平面ABCD所以AB⊥PA.又因为∠ABC=∠ADC=60°AB=AD=BC.在△ABC中由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos60°=BC2-AB2所以AB2+AC2=BC2即AB⊥AC.又因为PA∩AC=A又PA⊂平面PACAC⊂平面PAC所以AB⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC所以AB⊥PC.2解由已知得PA=AB=AD=2所以PA=AB=2AD=4因为PA⊥平面ABCD且E为PD的中点所以点E到平面ADC的距离为PA=1所以三棱锥P-AEC的体积为VP-AEC=VD-AEC=VE-ADC=S△ADC×PA=×2×4×sin60°×1=.
5.1证明当直线l的斜率不存在时PQ两点关于x轴对称所以x2=x1y2=-y
1.因为Px1y1在椭圆上因此=
1.
①又因为S△OPQ=所以|x1|·|y1|=.
②由
①②得|x1|=|y1|=1此时=3=
2.当直线l的斜率存在时设直线l的方程为y=kx+m由题意知m≠0将其代入=1得2+3k2x2+6kmx+3m2-2=0其中Δ=36k2m2-122+3k2m2-20即3k2+2m
2.*又x1+x2=-x1x2=所以|PQ|==.因为点O到直线l的距离为d=.所以S△OPQ=|PQ|·d==.又S△OPQ=整理得3k2+2=2m2且符合*式此时=x1+x22-2x1x2=-2×=33-+3-=4-=
2.综上所述=3=2结论成立.2解法一
①当直线l的斜率不存在时由1知|OM|=|x1|=|PQ|=2|y1|=2因此|OM|·|PQ|=×2=.
②当直线l的斜率存在时由1知=-=k+m=-+m=|OM|2=|PQ|2=1+k2=2所以|OM|2·|PQ|2=×2×.所以|OM|·|PQ|≤当且仅当3-=2+即m=±时等号成立.综合
①②得|OM|·|PQ|的最大值为.解法二因为4|OM|2+|PQ|2=x1+x22+y1+y22+x2-x12+y2-y12=2[+]=
10.所以2|OM|·|PQ|≤=5即|OM|·|PQ|≤.当且仅当2|OM|=|PQ|=时等号成立.因此|OM|·|PQ|的最大值为.3解椭圆C上不存在三点DEG使得S△ODE=S△ODG=S△OEG=.证明:假设存在DuvEx1y1Gx2y2满足S△ODE=S△ODG=S△OEG=由1得u2+=3u2+=3=3;v2+=2v2+=2=2解得u2=;v2==
1.因此ux1x2只能从±中选取vy1y2只能从±1中选取因此DEG只能在这四点中选取三个不同点而这三点的两两连线中必有一条过原点与S△ODE=S△ODG=S△OEG=矛盾.所以椭圆C上不存在满足条件的三点DEG.
6.解1由题意得P所以kOP=kAB=.由AB∥OP得解得b=ca=c由|AF|=a+c=得b=c=a=椭圆C的方程为=
1.2假设存在这样的圆.设Mx1y1Nx2y
2.由已知以MN为直径的圆恒过原点O即所以x1x2+y1y2=
0.当直线l垂直于x轴时x1=x2y1=-y2所以=0又=1解得=2不妨设MN-或M-N--即直线l的方程为x=或x=-此时原点O到直线l的距离为d=.当直线l的斜率存在时可设直线l的方程为y=kx+m解消去y得方程1+2k2x2+4kmx+2m2-6=
0.因为直线l与椭圆C交于MN两点所以方程的判别式Δ=4km2-41+2k22m2-60即m232k2+1且x1+x2=-x1x2=.由x1x2+y1y2=0得x1x2+kx1+mkx2+m=1+k2x1x2+kmx1+x2+m2=0所以1+k2+m2=0整理得m2=21+k2满足Δ
0.所以原点O到直线l的距离d=.综上所述原点O到直线l的距离为定值即存在定圆x2+y2=2总与直线l相切.。