创新设计（江苏专用）高考数学二轮复习 解答题 第四周 星期日 40分附加题部分 理-人教版高三全册数学试题.doc

星期日(40分附加题部分)
2017年____月____日
选做部分
请同学从下面给的四题中选定两题作答
1.选修4－1：几何证明选讲
如图，在直径是AB的半圆上有两点M，N，设AN与BM的交点为点P.
求证：AP·AN＋BP·BM＝AB2.
证明如图所示，作PE⊥AB于点E，
因为AB为直径，所以∠ANB＝∠AMB＝90°，
所以P，E，B，N四点共圆，P，E，A，M四点共圆.
所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE·AB＝AP·AN，①,BE·AB＝BP·BM，②))
①＋②得AB(AE＋BE)＝AP·AN＋BP·BM，
即AP·AN＋BP·BM＝AB2.

2.选修4－2：矩阵与变换
已知矩阵A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,cd))(c，d为实数).若矩阵A属于特征值2，3的一个特征向量分别为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))，求矩阵A的逆矩阵A－1.
解由题意知eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4,2c＋d))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2,1))，
eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,cd))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(3,c＋d))＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1,1))，
所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2c＋d＝2，,c＋d＝3，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝－1，,d＝4.))
所以A＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(12,－14))，
所以A－1＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)－\f(1,3),\f(1,6)\f(1,6))).
3.选修4－4：坐标系与参数方程
已知直线l的极坐标方程为ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝3，曲线C的参数方程为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝2sinθ))(θ为参数)，设点P是曲线C上的任意一点，求P到直线l的距离的最大值.
解由ρsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ－\f(π,3)))＝3，可得ρeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinθ－\f(\r(3),2)cosθ))＝3.
所以y－eq\r(3)x＝6，即eq\r(3)x－y＋6＝0，
由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2cosθ，,y＝2sinθ))得x2＋y2＝4，圆的半径为r＝2，
所以圆心到直线l的距离d＝eq\f(6,2)＝3，
所以P到直线l的距离的最大值为d＋r＝5.
4.选修4－5：不等式选讲
已知x，y，z∈R，且x＋2y＋3z＋8＝0.求证：(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14.
证明因为[(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2](12＋22＋32)≥[(x－1)＋2(y＋2)＋3(z－3)]2
＝(x＋2y＋3z－6)2＝142，
当且仅当eq\f(x－1,1)＝eq\f(y＋2,2)＝eq\f(z－3,3)，
即x＝z＝0，y＝－4时，取等号，
所以(x－1)2＋(y＋2)2＋(z－3)2≥14.
必做部分
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知CA＝CB＝1，AA1＝2，∠BCA＝90°.
(1)求异面直线BA1与CB1夹角的余弦值；
(2)求二面角B－AB1－C平面角的余弦值.
解如图，以{eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CC1,\s\up6(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系C－xyz，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(1，0，2)，B1(0，1，2)，
所以eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，1，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(AB1,\