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1、 2015高二理科輔導講義第17講《綜合訓練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高二理科輔導講義第17講《綜合訓練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 7 / 7