《2025年金考卷特快专递高中数学》

16.（本小题13分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A为钝角，a = 7，sin 2B = $\frac{\sqrt{3}}{7}b\cos B$.
（1）求∠A；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求△ABC的面积.
条件①：b = 7；
条件②：cos B = $\frac{13}{14}$；
条件③：c sin A = $\frac{5\sqrt{3}}{2}$.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

答案： 解:
(1)第1步:利用二倍角的正弦公式化简
由题知,2sin B·cos B = $\frac{\sqrt{3}}{7}$bcos B.
又A为钝角,所以B为锐角,
故cos B≠0,所以2sin B = $\frac{\sqrt{3}}{7}$b. (2分)
第2步:利用正弦定理建立a,b,A,B的关系,从而计算出A的正弦值
又$\frac{14}{\sqrt{3}}$ = $\frac{b}{\sin B}$ = $\frac{a}{\sin A}$ = $\frac{7}{\sin A}$,所以sin A = $\frac{\sqrt{3}}{2}$. (4分)
第3步:由角的范围及正弦值求出角A
又A为钝角,所以A = $\frac{2\pi}{3}$. (6分)
(2)若选①,结合
(1)得2sin B = $\frac{\sqrt{3}}{7}$×7,所以sin B = $\frac{\sqrt{3}}{2}$,B = $\frac{\pi}{3}$,A + B = $\pi$,
则△ABC不存在,所以条件①不符合要求,故不选择条件①.
若选②,第1步:由同角三角函数的基本关系及正弦定理求出b
由题知sin B = $\sqrt{1 - \cos^{2}B}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{14}$. (7分)
又$\frac{a}{\sin A}$ = $\frac{b}{\sin B}$,即$\frac{7}{\sin\frac{2\pi}{3}}$ = $\frac{b}{\frac{3\sqrt{3}}{14}}$,所以b = 3. (8分)
第2步:利用诱导公式及两角和的正弦公式求sin C
又C = $\pi$ - (A + B),所以sin C = sin(A + B) = sin Acos B + cos Asin B = $\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{13}{14}$ - $\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{14}$ = $\frac{5\sqrt{3}}{14}$. (10分)
第3步:利用三角形面积公式得结果
所以S△ABC = $\frac{1}{2}$absin C = $\frac{1}{2}$×7×3×$\frac{5\sqrt{3}}{14}$ = $\frac{15\sqrt{3}}{4}$. (13分)
若选③,第1步:由已知求出c
由题知c·$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{5\sqrt{3}}{2}$,所以c = 5. (8分)
第2步:由余弦定理建立方程求出b
由a² = b² + c² - 2bccos A得,49 = b² + 25 + 5b,即(b + 8)(b - 3) = 0,
解得b = 3(负值舍去). (10分)
第3步:利用三角形面积公式得结果
所以S△ABC = $\frac{1}{2}$bcsin A = $\frac{1}{2}$×3×5×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{15\sqrt{3}}{4}$. (13分)
考情速递 创新试题类型,考查学生综合思维能力 本题为结构不良试题,引导学生在复杂情境中进行思考、选择,综合设计解题策略,鼓励学生从多角度、多途径去思考和解决问题,以甄别学生的思维发展水平,凸显个性思维与发展潜能.

17.（本小题14分）如图，在四棱锥P - ABCD中，BC//AD，AB = BC = 1，AD = 3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE = DE = 2.
（1）若F为线段PE的中点，求证：BF//平面PCD；
（2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.

答案：
解:
(1)第1步:作辅助线,通过证平行四边形来证BF//CG
取PD的中点G,连接FG,CG,
因为F为PE的中点,所以FG = $\frac{1}{2}$DE = 1,FG//DE,
又BC = 1,AD//BC,所以FG = BC,FG//BC,
所以四边形FGCB为平行四边形. (2分)
所以BF//CG. (3分)
第2步:利用线面平行的判定定理得证
又BF⊄平面PCD,CG⊂平面PCD,所以BF//平面PCD. (5分)
(2)第1步:证明PE⊥平面ABCD
因为AB⊥平面PAD,PE⊂平面PAD,所以AB⊥PE. (6分)
又PE⊥AD,AB∩AD = A,AB,AD⊂平面ABCD,
所以PE⊥平面ABCD. (7分)
第2步:建立空间直角坐标系,写出相关点和向量的坐标
连接EC,易知四边形ABCE为矩形,
故直线EC,ED,EP两两垂直,故以E为坐标原点,EC,ED,EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0,-1,0),B(1,-1,0),则$\overrightarrow{AB}$ = (1,0,0),$\overrightarrow{AP}$ = (0,1,2),$\overrightarrow{PC}$ = (1,0,-2),$\overrightarrow{PD}$ = (0,2,-2). (9分)
第3步:分别求平面PAB和平面PCD的法向量
设平面PAB的法向量为$\boldsymbol{n}_{1}$ = ($x_{1}$,$y_{1}$,$z_{1}$),则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AB}=x_{1}=0\\\boldsymbol{n}_{1}\cdot\overrightarrow{AP}=y_{1}+2z_{1}=0\end{cases}$,
可取$\boldsymbol{n}_{1}$ = (0,-2,1). (11分)
设平面PCD的法向量为$\boldsymbol{n}_{2}$ = ($x_{2}$,$y_{2}$,$z_{2}$),则$\begin{cases}\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{PC}=x_{2}-2z_{2}=0\\\boldsymbol{n}_{2}\cdot\overrightarrow{PD}=2y_{2}-2z_{2}=0\end{cases}$,
可取$\boldsymbol{n}_{2}$ = (2,1,1). (12分)
第4步:利用向量的夹角公式,即可得出平面PAB与平面PCD夹角的余弦值
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ,
则cos θ = |cos＜$\boldsymbol{n}_{1}$,$\boldsymbol{n}_{2}$＞| = $\frac{|\boldsymbol{n}_{1}\cdot\boldsymbol{n}_{2}|}{|\boldsymbol{n}_{1}|\cdot|\boldsymbol{n}_{2}|}$ = $\frac{\sqrt{30}}{30}$.
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为$\frac{\sqrt{30}}{30}$. (14分)