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1、
2015高二理科輔導(dǎo)講義第17講《綜合訓(xùn)練2》
1、已知動點及兩定點，若,（、分別表示點與點的距離）
（1）求動點的軌跡方程。
(2) 動點在直線上，且是軌跡的兩條切線，、是切點，是軌跡中心，求四邊形面積的最小值及此時直線的方程。
2、已知函數(shù)的部分圖象如圖所示.
(1) 求函數(shù)的解析式；(2) 若，求的值.
3、如圖，三棱錐中，底面，，，
為的中點，點在上，且.
（1）求證：平面；
（2）求平面與平面所成的二面角的平面角（銳角）
2、的余弦值.
4、設(shè)函數(shù)，數(shù)列滿足，。
(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設(shè)，
若對恒成立，某數(shù)的取值X圍.
5、已知是橢圓的兩焦點，是橢圓在第一象限弧上一點，且滿足
，若直線（且）與橢圓交于兩點，
（1）求點的坐標；（2）若的面積的最大值為，某數(shù)的值．
6、已知直線與橢圓相交于、兩點．
（1）若橢圓的離心率為，焦距為，求線段的長；
（2）若向量與向量互相垂
3、直（其中為坐標原點），當橢圓的離心率時，求橢圓長軸長的最大值．
2015高二理科輔導(dǎo)講義第17講《綜合訓(xùn)練2》
1、解：（1）代入，
經(jīng)化簡得軌跡方程為
(2)由（1）知軌跡是以為圓心，半徑為4的圓，，易知四邊形面積
，故最小時，四邊形面積最小，
故有，此時直線： 由 得到
以線段為直徑的圓的方程為：
兩圓方程相減得到直線的方程為：
2、解：（1）由圖象知，的最小正周期,故
將點代入的解析式得,又, ∴
故函數(shù)的解析式為…6分
(2) 即，又，則，所以
又…12分
3、（1）證明：∵底面，且底
4、面， ∴
由，可得，又∵，∴平面…3分
又平面， ∴∵,為中點，∴…5分
∵， 平面…6分
（2）解法1：如圖，以為原點、所在直線為軸、為軸建立空間直角坐標系.
則，.
設(shè)平面的法向量.
由，，得，
即（1）（2）
取，則，
取平面的法向量為，則，
故平面與平面所成角的二面角（銳角）的余弦值為.
解法2：取的中點，的中點，連接，
∵為的中點，，∴. ∵平面，平面
∴. 同理可證：. 又，
∴
則與平面所成的二面角的平面角（銳角）
就等于平面與平面所成的二面角的平面角（銳角）
又，，平面
∴，∴ 又∵，
∴平面由于平面， ∴
而為與
5、平面的交線，
又∵底面，平面
為二面角的平面角
根據(jù)條件可得，，在中，
在中，由余弦定理求得，
故平面與平面所成角的二面角（銳角）的余弦值為…12分
4、解：(1)∵，∴
又 ∵，∴數(shù)列是以1為首項，公差為的等差數(shù)列．∴
(2)解法1：
因為恒成立，所以，又在單調(diào)遞增，
故，即
解法2：
因為恒成立，所以，又在單調(diào)遞增，
故，即…12分
5、解：（1）依題意，設(shè)點的坐標為，，
∵，∴……1分
即①，又是橢圓上一點，∴，②……2分
聯(lián)立①②得，，又，∴
故點的坐標為……4分
（2）∵直線的方程為，設(shè)
聯(lián)立方程，得，消去得……5分
∴，……6分
由，得，又，則……7分
易知點到直線的距離為，
∴…8分
令，則，
令（），是二次函數(shù)，其圖象是開口向下的拋物線，
對稱軸為，且……9分
又面積的最大值為時，也有最大值為，故，
∴在單調(diào)遞增，∴……11分
解得或（舍去）
∴當，即（滿足）時，面積的最大值為。
6、解：（1），2=2，即∴則
∴橢圓的方程為，將代入消去得：
設(shè)∴
（2）設(shè)，，即
由，消去得：
由，整理得：
又，
由，得：
，整理得：9分
代入上式得：，
，條件適合，
由此得：，故長軸長的最大值為． 12分
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