高三数学解答题专题训练2.docx

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1、三、解答题:（本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤.）15.（本小题满分13分）在三角形ABC中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若bcosC(2ac)cosB（Ⅰ）求B的大小（Ⅱ）若b7、ac4，求三角形ABC的面积.16．（本小题共13分）已知圆C方程为：x2y24.（Ⅰ）直线l过点P1,2，且与圆C交于A、B两点，若

2、AB

3、23，求直线l的方程;uuuruuuuruuur（Ⅱ）过圆C上一动点M作平行于x轴的直线m，设m与y轴的交点为N，若向量OQOMON，求动点Q的轨迹方程，并说明此轨迹是什么曲线.17.（本小题满分1

4、3分）如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB=90°，CB=1,CA=3,AA1=6,M为侧棱CC1上一点,AMBA1.C1（I）求证:AM平面A1BC；A1B1（II）求二面角B－AM－C的大小;M（Ⅲ）求点C到平面ABM的距离.CAB19.（本小题满分14分）设椭圆x2y2uuuruuuur1(ab0)的焦点分别为F1(-1,0)、F2(1,0)，右准线l交x轴于点A，且AF12AF2.a2b2（Ⅰ）试求椭圆的方程；y（Ⅱ）过F1、F2分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于D、E、lDM、N四点（如图所示），试求四边形DMEN面积的最大值和最小值.NF1OF2AxME15．本小题

5、满分13分解（Ⅰ）由已知及正弦定理可得sinBcosC2sinAcosBcosBsinC2分∴2sinAcosBsinBcosCcosBsinCsinBC又在三角形ABC中，sinBCsinA03分∴2sinAcosBsinA，即cosB15分，2B36分（Ⅱ）∵b27a2c22accosB∴7a2c2ac8分又∵ac216a2c22ac∴ac310分∴SABC1acsinB2即SABC1333313分22416．本小题满分13分解（Ⅰ）①当直线l垂直于x轴时，则此时直线方程为x1，l与圆的两个交点坐标为1,3和1,3，其距离为23满足题意1分②若直线l不垂直于x轴，设其方程为y2kx1，即

6、kxyk202分设圆心到此直线的距离为d，则2324d2，得d13分∴1

7、k2

8、，k3，4分k214故所求直线方程为3x4y505分综上所述，所求直线为3x4y50或x16分（Ⅱ）设点M的坐标为x0,y0（y00），Q点坐标为x,y则N点坐标是0,y07分uuur∵OQuuuurOMuuurON，∴x,yx0,2y0即x0x，y0y9分2又∵x02y024，∴x2y24(y0)11分4∴Q点的轨迹方程是x2y21(y0)，12分416轨迹是一个焦点在x轴上的椭圆，除去短轴端点。13分注：多端点时，合计扣1分。17．本小题满分13分解：（I）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，易知面ACC

9、1A1⊥面ABC，∵∠ACB=90°，∴BC⊥面ACC1A1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分∵AM面ACC1A1∴BC⊥AM∵AMBA1，且BCIBA1B∴AM平面A1BC⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（II）设AM与A1C的交点为O，连结BO，由（I）可知AM所以∠BOC为二面角B－AM－C的平面角，OB，且AMOC，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分在RT△ACM和RT△A1AC中，∠OAC+∠ACO=90°，∴∠AA1C=∠MACC1∴RT△ACM∽RT△A1AC∴AC2MCAA1A1B1∴MC6⋯⋯⋯⋯⋯7分M2∴在RT△ACM中，AM32O2∵1ACMC1AMCOC22AB∴CO1∴在RT△BCO中，t

10、anBOCBC1CO∴BOC45，故所求二面角的大小为45°⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分（Ⅲ）设点C到平面ABM的距离为h，易知BO2，可知SABM1AMBO13223⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分2222∵VCABMVMABC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分∴1hSABM1MCSABC33MCSABC63222∴h32SABM2∴点C到平面ABM的距离为2⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分219．本小题满分14分uuuur2，∴Aa2,0解（Ⅰ）由题意，

11、F1F2

12、2c，2分uuuruuuur∵AF12AF2∴F2为AF1的中点3分∴a23，b22即椭圆方程为x2y21.5分32（Ⅱ）当直线DE与x轴垂直时，DE2b24，a3此时MN2a

13、23，四边形DMEN的面积为DEMN24.同理当MN与x轴垂直时，也有四边形DMEN的面积为DEMN7分4.2当直线DE，MN均与x轴不垂直时，设DE:ykx1，代入椭圆方程，消去y得：23k2x26k2x3k260.6k2设Dx1,y1，Ex2,y2x1x223k2,8分，则3k26x1x223k2,所以，x1x2x1x2243k214x1x23k22，k243k21所以，DE1x1x223k2，21431