，且
又又所以又16. 在（1）若（2）若【答案】（1）
侧面
，平面平面
底面，所以
，得侧面．
． ，且
，
平面
． ，所以
．
已知
.
中，角，求
的对边分别为的值； ，求（2）
的值．
【解析】试题分析：（1）由正弦定理得化简向量得公式得
．再根据余弦定理得的值．
．利用二倍角公式化简得．（2）
，最后根据同角三角函数关系以及两角和余弦
试题解析：解：（1）因为又又是（2）因为得
，所以
的内角，所以
，则由正弦定理，得，即
，故， 所以
．
． ．
，则由余弦定理，
，得．
从而，
又从而
，所以．
．
长为6分米，另一边足够长．现从中截
17. 有一矩形硬纸板材料（厚度忽略不计），一边取矩形
（如图甲所示），再剪去图中阴影部分，用剩下的部分恰好能折卷成一个底面．．
是以为圆心、
是弓形的柱体包装盒（如图乙所示，重叠部分忽略不计），其中
的扇形，且弧
,
分别与边
,
6
相切于点,．
（1）当 （2）当
长为1分米时，求折卷成的包装盒的容积； 的长是多少分米时，折卷成的包装盒的容积最大？
【答案】（1）当长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为立方分米.（2）当的
长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大
【解析】试题分析：（1）先根据扇形面积减去三角形面积得弓形面积，即为柱体底面积，再根据柱体体积公式求体积（2）同（1）先计算底面积，再表示高，代入柱体体积公式得容积函数关系式，最后利用导数求最值 试题解析：解：（1）在图甲中，连接在从而
中，因为
，即
交
于点．设
，则
， ．
，所以
.
.
故所得柱体的底面积
又所得柱体的高所以答：当（2）设
，
.
立方分米.
长为1分米时，折卷成的包装盒的容积为
，则
，所以所得柱体的底面积
.
，
7
又所得柱体的高
所以令解得 ，则由，其中. ， . 列表如下： 所以当答：当时，取得最大值. ＋ 增 0 极大值 － 减 的长为2分米时，折卷成的包装盒的容积最大. 中，椭圆分别与轴交于点． 的下顶点为，点，且点是线段是椭18. 如图，在平面直角坐标系圆上异于点的动点，直线动到点处时，点的坐标为的中点．当点运（1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交轴于点，当点均在轴右侧，且时，求直线的方程． 【答案】（1）（2） 的方程，即得B坐标，有；再将N坐标代入椭圆【解析】试题分析：（1）先求直线方程解得a（2）设直线的斜率为，解得P点坐标，根据中点坐标公式得Q，利用直线方的方程． 程与椭圆方程联立方程组解得M,N，根据横坐标之间比例关系求k,即得直线8
试题解析：解：（1）由令
，得点的坐标为
．
，得直线的方程为．
所以椭圆的方程为．
将点的坐标代入，得，解得．
所以椭圆的标准方程为（2）方法一：设直线在
中，令
．
的斜率为
，则直线，而点是线段
的方程为的中点，所以
． ．
，得
所以直线的斜率．
联立，消去，得，解得．
用代，得又故
，所以
．
，得
，又
，解得
． ．
所以直线的方程为
的坐标分别为
的方程为
．
．
，令
，得
．
方法二：设点由
，得直线
同理，得．
而点是线段的中点，所以，故．
9
又，所以，得，从而，
解得．
将代入到椭圆C的方程中，得．
又，所以，即，
解得故直线
（舍）或的方程为
满足
．又．
，所以点的坐标为．
19. 设数列（1）若（2）若最小值； （3）若
，其中，求的值；
，使得
，且，为常数.
是等差数列，且公差
，且存在
对任意的都成立，求的
，且数列不是常数列，如果存在正整数，使得
中的最小值.
对任意的均
成立. 求所有满足条件的数列【答案】（1）
（2）
（3）3
【解析】试题分析：（1）利用等差数列定义将条件转化为公差关系，解方程可得的值；（2）先求的值；即得数列为等比数列，分离变量将不等式恒成立问题转化为对应函数最值问题：
,即
，
最大值，再根据数列单调性确定
最大值，为常数列，舍
即得的最小值；（3）本题由于求周期最小值，可以从小逐个验证即可：去；
时，可推得
，舍去；
时，可取一个数列满足条件.
，
.
，解得
10
试题解析：解：（1）由题意，可得化简得（2）将
，又
，所以
代入条件，可得，
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