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题目（高二 · 解析几何）：16. (2018 湖北武昌区 5 月调研) 在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 的对边分别是 $a, b, c$, 已知 $\triangle A B C$的外接圆半径 $R=\sqrt{2}$, 且 $\tan B+\tan C=\frac{\sqrt{2} \sin A}{\cos C}$.

(1) 求 $B$ 和 $b$ 的值;

(2) 求 $\triangle A B C$ 面积的最大值.
选项：
答案：(1) 因为 $\tan B+\tan C=\frac{\sqrt{2} \sin A}{\cos C}$, 所以 $\frac{\sin B}{\cos B}+\frac{\sin C}{\cos C}=\frac{\sqrt{2} \sin A}{\cos C}$.所以 $\sin B \cos C+\cos B \sin C=\sqrt{2} \sin A \cos B, \sin (B+C)=\sqrt{2} \sin A \cos B$,因为 $A+B+C=\pi$, 所以 $\sin (B+C)=\sin A$.

因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 因为 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$.由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=2 R$, 得 $b=2 R \sin B=2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2$.

（2）由余弦定理，得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 所以 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c$.由基本不等式，得 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c \geq 2 a c-\sqrt{2} a c$, 所以 $a c \leq \frac{4}{2-\sqrt{2}}=2(2+\sqrt{2})$.因为 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} a c \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} a c$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{2}}{4} a c \leq \frac{\sqrt{2}}{4} \times 2(2+\sqrt{2})=1+\sqrt{2}$.所以 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $1+\sqrt{2}$.
解析：(1) 因为 $\tan B+\tan C=\frac{\sqrt{2} \sin A}{\cos C}$, 所以 $\frac{\sin B}{\cos B}+\frac{\sin C}{\cos C}=\frac{\sqrt{2} \sin A}{\cos C}$.所以 $\sin B \cos C+\cos B \sin C=\sqrt{2} \sin A \cos B, \sin (B+C)=\sqrt{2} \sin A \cos B$,因为 $A+B+C=\pi$, 所以 $\sin (B+C)=\sin A$.

因为 $\sin A \neq 0$, 所以 $\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 因为 $0<B<\pi$, 所以 $B=\frac{\pi}{4}$.由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=2 R$, 得 $b=2 R \sin B=2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2$.

（2）由余弦定理，得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$, 所以 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c$.由基本不等式，得 $4=a^{2}+c^{2}-\sqrt{2} a c \geq 2 a c-\sqrt{2} a c$, 所以 $a c \leq \frac{4}{2-\sqrt{2}}=2(2+\sqrt{2})$.因为 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} a c \sin \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4} a c$, 所以 $S_{\triangle A B C}=\frac{\sqrt{2}}{4} a c \leq \frac{\sqrt{2}}{4} \times 2(2+\sqrt{2})=1+\sqrt{2}$.所以 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $1+\sqrt{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：21. (2017 新课标 II) 函数 $f(x)=2 \cos x+\sin x$ 的最大值为
选项：
答案：$\sqrt{5}$
解析：因为 $x \in \mathbf{R}$, 由辅助角公式 $f(x)=\sqrt{5} \sin (x+\varphi) \leqslant \sqrt{5}$.
题目（高二 · 解析几何）：22. (全国 I 文 15) 函数 $f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x$ 的最小值为
选项：
答案：-4
解析：$f(x)=\sin \left(2 x+\frac{3 \pi}{2}\right)-3 \cos x=-\cos 2 x-3 \cos x$

$$
=-2 \cos ^{2} x-3 \cos x+1=-2\left(\cos ^{2} x+\frac{3}{2} \cos x+\frac{19}{16}\right)+\frac{17}{8}=-2\left(\cos x+\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{17}{8}
$$

因为 $\cos x \in[-1,1]$, 当 $\cos x=1$ 时, $f(x)$ 取得最小值, $f(x)_{\min }=f(1)=-4$.
题目（高二 · 解析几何）：25. (2014 天津) 已知函数 $f(x)=\cos x \cdot \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{4}, x \in R$.

(I) 求 $f(x)$ 的最小正周期;

(II) 求 $f(x)$ 在闭区间 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值和最小值.
选项：
答案：(I ) 由已知, 有 $f(x)=\cos x \cdot\left(\frac{1}{2} \sin x+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right)-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{2} \sin x \cdot \cos x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{4} 1+\cos 2 x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{4} \cos 2 x=\frac{1}{2} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$.

所以， $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(II) 因为 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{4},-\frac{\pi}{12}\right]$ 上是减函数, 在区间 $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是增函数.

$f\left(-\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{4}, \quad f\left(-\frac{\pi}{12}\right)=-\frac{1}{2}, \quad f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$.

所以，函数 $f(x)$ 在闭区间 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值为 $\frac{1}{4}$, 最小值为 $-\frac{1}{2}$.
解析：(I ) 由已知, 有 $f(x)=\cos x \cdot\left(\frac{1}{2} \sin x+\frac{\sqrt{3}}{2} \cos x\right)-\sqrt{3} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{2} \sin x \cdot \cos x-\frac{\sqrt{3}}{2} \cos ^{2} x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{4} 1+\cos 2 x+\frac{\sqrt{3}}{4}$

$=\frac{1}{4} \sin 2 x-\frac{\sqrt{3}}{4} \cos 2 x=\frac{1}{2} \sin \left(2 x-\frac{\pi}{3}\right)$.

所以， $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

(II) 因为 $f(x)$ 在区间 $\left[-\frac{\pi}{4},-\frac{\pi}{12}\right]$ 上是减函数, 在区间 $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上是增函数.

$f\left(-\frac{\pi}{4}\right)=-\frac{1}{4}, \quad f\left(-\frac{\pi}{12}\right)=-\frac{1}{2}, \quad f\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{4}$.

所以，函数 $f(x)$ 在闭区间 $\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上的最大值为 $\frac{1}{4}$, 最小值为 $-\frac{1}{2}$.
题目（高二 · 解析几何）：26.  设函数 $f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)+\sin ^{2} x$

(1) 求函数 $f(x)$ 的最小正周期;

(II) 设函数 $g(x)$ 对任意 $x \in R$, 有 $g\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=g(x)$, 且当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)=\frac{1}{2}-f(x)$; 求 $g(x)$ 在 $[-\pi, 0]$ 上的解析式.
选项：
答案：$f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)+\sin ^{2} x=\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{1}{2} \sin 2 x+\frac{1}{2}(1-\cos 2 x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \sin 2 x$

(1) 函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

（2）当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)=\frac{1}{2}-f(x)=\frac{1}{2} \sin 2 x$当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, 0\right]$ 时, $\left(x+\frac{\pi}{2}\right) \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] g(x)=g\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2} \sin 2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{1}{2} \sin 2 x$当 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{2}\right)$ 时, $(x+\pi) \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \quad g(x)=g(x+\pi)=\frac{1}{2} \sin 2(x+\pi)=\frac{1}{2} \sin 2 x$
得: 函数 $g(x)$ 在 $[-\pi, 0]$ 上的解析式为 $g(x)=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2} \sin 2 x\left(-\frac{\pi}{2} \leq x \leq 0\right) \\ \frac{1}{2} \sin 2 x\left(-\pi \leq x<\frac{\pi}{2}\right)\end{array}\right.$.
解析：$f(x)=\frac{\sqrt{2}}{2} \cos \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)+\sin ^{2} x=\frac{1}{2} \cos 2 x-\frac{1}{2} \sin 2 x+\frac{1}{2}(1-\cos 2 x)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2} \sin 2 x$

(1) 函数 $f(x)$ 的最小正周期 $T=\frac{2 \pi}{2}=\pi$.

（2）当 $x \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$ 时, $g(x)=\frac{1}{2}-f(x)=\frac{1}{2} \sin 2 x$当 $x \in\left[-\frac{\pi}{2}, 0\right]$ 时, $\left(x+\frac{\pi}{2}\right) \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right] g(x)=g\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2} \sin 2\left(x+\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{1}{2} \sin 2 x$当 $x \in\left[-\pi,-\frac{\pi}{2}\right)$ 时, $(x+\pi) \in\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \quad g(x)=g(x+\pi)=\frac{1}{2} \sin 2(x+\pi)=\frac{1}{2} \sin 2 x$
得: 函数 $g(x)$ 在 $[-\pi, 0]$ 上的解析式为 $g(x)=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2} \sin 2 x\left(-\frac{\pi}{2} \leq x \leq 0\right) \\ \frac{1}{2} \sin 2 x\left(-\pi \leq x<\frac{\pi}{2}\right)\end{array}\right.$.
题目（高二 · 解析几何）：10. 某种圆柱形的饮料罐的容积一定时, 如何确定它的高与底面半径，才使得所用材料最省？
选项：
答案：：解 设圆柱的高为 $h$ ，底半径为 $R$ ，则表面积

$S(R)=2 \pi R h+2 \pi R^{2}$,

又 $V=\pi R^{2} h$, 则 $h=\frac{V}{\pi R^{2}}$,

$\therefore S(R)=2 \pi R \cdot \frac{V}{\pi R^{2}}+2 \pi R^{2}=\frac{2 V}{R}+2 \pi R^{2}$,

由 $S^{\prime}(R)=-\frac{2 V}{R^{2}}+4 \pi R=0$,
解得 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$, 从而 $h=\frac{V}{\pi R^{2}}=2 \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$, 即 $h=2 R$,

当 $R<\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S^{\prime}(R)<0$; 当 $R>\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S^{\prime}(R)>0$.

因此, 当 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S(R)$ 有极小值, 且是 $S(R)$ 的最小值.

答：当罐高与底的直径相等时, 所用材料最省.
解析：：解 设圆柱的高为 $h$ ，底半径为 $R$ ，则表面积

$S(R)=2 \pi R h+2 \pi R^{2}$,

又 $V=\pi R^{2} h$, 则 $h=\frac{V}{\pi R^{2}}$,

$\therefore S(R)=2 \pi R \cdot \frac{V}{\pi R^{2}}+2 \pi R^{2}=\frac{2 V}{R}+2 \pi R^{2}$,

由 $S^{\prime}(R)=-\frac{2 V}{R^{2}}+4 \pi R=0$,
解得 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$, 从而 $h=\frac{V}{\pi R^{2}}=2 \sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$, 即 $h=2 R$,

当 $R<\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S^{\prime}(R)<0$; 当 $R>\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S^{\prime}(R)>0$.

因此, 当 $R=\sqrt[3]{\frac{V}{2 \pi}}$ 时, $S(R)$ 有极小值, 且是 $S(R)$ 的最小值.

答：当罐高与底的直径相等时, 所用材料最省.
题目（高二 · 解析几何）：10. 已知椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率 $e=\frac{1}{2}$, 且椭圆经过点 $N(2,-3)$.

(1)求椭圆 $C$ 的方程;

(2)求椭圆以 $M(-1,2)$ 为中点的弦所在直线的方程.
选项：
答案：：解 (1) 由椭圆经过点 $N(2,-3)$,得 $\frac{2^{2}}{a^{2}}+\frac{(-3)^{2}}{b^{2}}=1$,又 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$, 解得 $a^{2}=16, b^{2}=12$.

$\therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$.

(2)显然 $M$ 在椭圆内, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 是以 $M$ 为中点的弦的两个端点，
则 $\frac{x_{1}^{2}}{16}+\frac{y_{1}^{2}}{12}=1, \frac{x_{2}^{2}}{16}+\frac{y_{2}^{2}}{12}=1$.

相减得 $\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{2}+x_{1}\right)}{16}+\frac{\left(y_{2}-y_{1}\right)\left(y_{2}+y_{1}\right)}{12}=0$.

整理得 $k_{A B}=-\frac{12 \cdot\left(x_{1}+x_{2}\right)}{16 \cdot\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{3}{8}$,

则所求直线的方程为 $y-2=\frac{3}{8}(x+1)$,

即 $3 x-8 y+19=0$.
解析：：解 (1) 由椭圆经过点 $N(2,-3)$,得 $\frac{2^{2}}{a^{2}}+\frac{(-3)^{2}}{b^{2}}=1$,又 $e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$, 解得 $a^{2}=16, b^{2}=12$.

$\therefore$ 椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$.

(2)显然 $M$ 在椭圆内, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 是以 $M$ 为中点的弦的两个端点，
则 $\frac{x_{1}^{2}}{16}+\frac{y_{1}^{2}}{12}=1, \frac{x_{2}^{2}}{16}+\frac{y_{2}^{2}}{12}=1$.

相减得 $\frac{\left(x_{2}-x_{1}\right)\left(x_{2}+x_{1}\right)}{16}+\frac{\left(y_{2}-y_{1}\right)\left(y_{2}+y_{1}\right)}{12}=0$.

整理得 $k_{A B}=-\frac{12 \cdot\left(x_{1}+x_{2}\right)}{16 \cdot\left(y_{1}+y_{2}\right)}=\frac{3}{8}$,

则所求直线的方程为 $y-2=\frac{3}{8}(x+1)$,

即 $3 x-8 y+19=0$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 已知动点 $P$ 到定点 $F(\sqrt{2}, 0)$ 的距离与点 $P$ 到定直线 $l: x=$ $2 \sqrt{2}$ 的距离之比为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

(1)求动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程;

(2)设 $M, N$ 是直线 $l$ 上的两个点, 点 $E$ 与点 $F$ 关于原点 $O$ 对称，若 $\overrightarrow{E M} \cdot \overrightarrow{F N}=0$, 求 $|M N|$ 的最小值.
选项：
答案：：解 (1)设 $P(x, y)$, 依题意, 有 $\frac{\sqrt{(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}}}{|x-2 \sqrt{2}|}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理, 得 $\frac{x^{2}}{4}$ $+\frac{y^{2}}{2}=1$,

$\therefore$ 动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$.

(2) $\because$ 点 $E$ 与点 $F$ 关于原点 $O$ 对称,

$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $(-\sqrt{2}, 0)$.

$\because M, N$ 是直线 $l$ 上的两个点,

$\therefore$ 可设 $M\left(2 \sqrt{2}, y_{1}\right), N\left(2 \sqrt{2}, y_{2}\right)$ (不妨设 $\left.y_{1}>y_{2}\right)$.

$\because \overrightarrow{E M} \cdot \overrightarrow{F N}=0, \quad \therefore\left(3 \sqrt{2}, y_{1}\right) \cdot\left(\sqrt{2}, y_{2}\right)=0$,

$6+y_{1} y_{2}=0$, 即 $y_{2}=-\frac{6}{y_{1}}$.
由于 $y_{1}>y_{2}, \therefore y_{1}>0, y_{2}<0$.

$\therefore|M N|=y_{1}-y_{2}=y_{1}+\frac{6}{y_{1}} \geqslant 2 \sqrt{y_{1} \cdot \frac{6}{y_{1}}}=2 \sqrt{6}$.

当且仅当 $y_{1}=\sqrt{6}, y_{2}=-\sqrt{6}$ 时, 等号成立.

故 $|M N|$ 的最小值为 $2 \sqrt{6}$.
解析：：解 (1)设 $P(x, y)$, 依题意, 有 $\frac{\sqrt{(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}}}{|x-2 \sqrt{2}|}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 整理, 得 $\frac{x^{2}}{4}$ $+\frac{y^{2}}{2}=1$,

$\therefore$ 动点 $P$ 的轨迹 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$.

(2) $\because$ 点 $E$ 与点 $F$ 关于原点 $O$ 对称,

$\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $(-\sqrt{2}, 0)$.

$\because M, N$ 是直线 $l$ 上的两个点,

$\therefore$ 可设 $M\left(2 \sqrt{2}, y_{1}\right), N\left(2 \sqrt{2}, y_{2}\right)$ (不妨设 $\left.y_{1}>y_{2}\right)$.

$\because \overrightarrow{E M} \cdot \overrightarrow{F N}=0, \quad \therefore\left(3 \sqrt{2}, y_{1}\right) \cdot\left(\sqrt{2}, y_{2}\right)=0$,

$6+y_{1} y_{2}=0$, 即 $y_{2}=-\frac{6}{y_{1}}$.
由于 $y_{1}>y_{2}, \therefore y_{1}>0, y_{2}<0$.

$\therefore|M N|=y_{1}-y_{2}=y_{1}+\frac{6}{y_{1}} \geqslant 2 \sqrt{y_{1} \cdot \frac{6}{y_{1}}}=2 \sqrt{6}$.

当且仅当 $y_{1}=\sqrt{6}, y_{2}=-\sqrt{6}$ 时, 等号成立.

故 $|M N|$ 的最小值为 $2 \sqrt{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 如图椭圆 $E$ 经过点 $A(2,3)$, 对称轴为坐标轴, 焦点 $F_{1}, F_{2}$在 $x$ 轴上, 离心率 $e=\frac{1}{2}$.



(1)求粗圆 $E$ 的方程;

(2)求 $\angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线的方程.
选项：
答案：：解 (1)设椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .(a>b>0)$由 $e=\frac{1}{2}$, 得 $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3 c^{2}, \therefore \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$.

将 $A(2,3)$ 代入, 有 $\frac{1}{c^{2}}+\frac{3}{c^{2}}=1$, 解得 $c=2$,

$\therefore$ 椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$.

(2) 由(1)知 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$,

$\therefore$ 直线 $A F_{1}$ 的方程为 $y=\frac{3}{4}(x+2)$,

即 $3 x-4 y+6=0$. 直线 $A F_{2}$ 的方程为 $x=2$.
由椭圆 $E$ 的图形知, $\angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线的斜率为正数.

设 $P(x, y)$ 为 $\angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线上任一点, 则有 $\frac{|3 x-4 y+6|}{5}=|x-2|$,

若 $3 x-4 y+6=5 x-10$,

得 $x+2 y-8=0$, 其斜率为负, 不合题意, 舍去.

于是 $3 x-4 y+6=-5 x+10$, 即 $2 x-y-1=0$.

$\therefore \angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线的方程为

$2 x-y-1=0$.
解析：：解 (1)设椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .(a>b>0)$由 $e=\frac{1}{2}$, 得 $\frac{c}{a}=\frac{1}{2}, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3 c^{2}, \therefore \frac{x^{2}}{4 c^{2}}+\frac{y^{2}}{3 c^{2}}=1$.

将 $A(2,3)$ 代入, 有 $\frac{1}{c^{2}}+\frac{3}{c^{2}}=1$, 解得 $c=2$,

$\therefore$ 椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$.

(2) 由(1)知 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$,

$\therefore$ 直线 $A F_{1}$ 的方程为 $y=\frac{3}{4}(x+2)$,

即 $3 x-4 y+6=0$. 直线 $A F_{2}$ 的方程为 $x=2$.
由椭圆 $E$ 的图形知, $\angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线的斜率为正数.

设 $P(x, y)$ 为 $\angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线上任一点, 则有 $\frac{|3 x-4 y+6|}{5}=|x-2|$,

若 $3 x-4 y+6=5 x-10$,

得 $x+2 y-8=0$, 其斜率为负, 不合题意, 舍去.

于是 $3 x-4 y+6=-5 x+10$, 即 $2 x-y-1=0$.

$\therefore \angle F_{1} A F_{2}$ 的角平分线所在直线的方程为

$2 x-y-1=0$.
题目（高二 · 解析几何）：12. 设函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x-a x^{2}$, 若 $a=0$, 求 $f(x)$ 的单调区间.
选项：
答案：：解 当 $a=0$ 时, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$,

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$;

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

故 $f(x)$ 的单调减区间是 $(-\infty, 0)$,

单调增区间是 $(0,+\infty)$.
解析：：解 当 $a=0$ 时, $f(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x, f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1$,

当 $x \in(-\infty, 0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$;

当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$.

故 $f(x)$ 的单调减区间是 $(-\infty, 0)$,

单调增区间是 $(0,+\infty)$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a, b, c$ 分别是角 $A . B, C$ 的对边, 且 $c=\sqrt{2,} A=105^{\circ}, C=30^{\circ}$

(1) 求 $b$ 的值

(2) $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：(1) $\because A=105^{\circ}, C=30^{\circ}, \therefore B=45^{\circ}$, 又 $c=\sqrt{2}, \sin C=\frac{1}{2}$, $\therefore$ 由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 得: $b=\frac{c \sin B}{\sin C}=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}$ $=2$;

(2) $\because b=2, \quad c=\sqrt{2}, \quad \sin A=\sin 105^{\circ}=\sin \left(60^{\circ}+45^{\circ}\right)=\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}+\cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+1}{4}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}+1}{4}=\frac{1+\sqrt{3}}{4}$.
解析：(1) $\because A=105^{\circ}, C=30^{\circ}, \therefore B=45^{\circ}$, 又 $c=\sqrt{2}, \sin C=\frac{1}{2}$, $\therefore$ 由正弦定理 $\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$ 得: $b=\frac{c \sin B}{\sin C}=\frac{\sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{1}{2}}$ $=2$;

(2) $\because b=2, \quad c=\sqrt{2}, \quad \sin A=\sin 105^{\circ}=\sin \left(60^{\circ}+45^{\circ}\right)=\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}+\cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+1}{4}$, $\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} b c \sin A=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{6}+1}{4}=\frac{1+\sqrt{3}}{4}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A 、 B 、 C$ 所对的边分别为 $a 、 b 、 c$, 且 $a=2, \cos B=\overline{5}^{3}$.

(1) 若 $b=4$, 求 $\sin A$ 的值;

(2) 若 $\triangle A B C$ 的面积 $S_{\triangle A B C}=4$, 求 $b 、 c$ 的值.
选项：
答案：(1) $\because \cos B=\overline{5}_{5}^{3}>0$, 且 $0<B<\pi, \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4}{5}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}, \therefore \sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2}{4} \times \frac{4}{5}=\frac{2}{5}$.

(2) $\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{4}{5}=4, \quad \therefore c=5$.

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=2^{2}+5^{2}-2 \times 2 \times 5 \times \frac{3}{5}=17, \quad \therefore b=\sqrt{17}$.
解析：(1) $\because \cos B=\overline{5}_{5}^{3}>0$, 且 $0<B<\pi, \therefore \sin B=\sqrt{1-\cos ^{2} B}=\frac{4}{5}$.

由正弦定理得 $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}, \therefore \sin A=\frac{a \sin B}{b}=\frac{2}{4} \times \frac{4}{5}=\frac{2}{5}$.

(2) $\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{1}{2} \times 2 c \times \frac{4}{5}=4, \quad \therefore c=5$.

由余弦定理得 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B=2^{2}+5^{2}-2 \times 2 \times 5 \times \frac{3}{5}=17, \quad \therefore b=\sqrt{17}$.
题目（高二 · 解析几何）：22. “ $a=2$ ”是“直线 $a x+2 y=0$ 平行于直线 $x+y=1$ ”的什么条件?

答案: 解: 当 $a=2$ 时, 直线 $a x+2 y=0$, 即 $2 x+2 y=0$ 与直线 $x+y=1$ 平行,

因为直线 $a x+2 y=0$ 平行于直线 $x+y=1$, 所以 $\frac{a}{2}=1, a=2$, 综上, “ $a=2$ ” 是“直线 $a x+2 y=0$平行于直线 $x+y=1$ ”的充要条件.
选项：
答案：:

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
解析：:

分析: 解答此类问题的关键是分析条件 $p$ 和 $q$ 是否具有推出关系, 首先要化简条件, 其次要明确条件 $p$ 是什么, 结论 $q$ 是什么, 接着判断一是 $p$ 能否推得条件 $q$; 二是 $q$ 能否推得条件 $p$, 方可解决; 注意养成“解决彻底”的好习惯, 既要解决充分性, 又要解决必要性.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, 角 $A, B, C$ 对应边分别为 $a, b, c$, 若 $\sqrt{3} a \sin C+a \cos C=c+b$.

(1) 求角 $A$;

(2) 若 $a=\sqrt{3}$, 求 $b+c$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $\because a \cos C+\sqrt{3} a \sin C=b+c$, $\therefore$ 由正弦定理可得 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$, $\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C, \therefore \sqrt{3} \sin A-\cos A=1, \therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}, \therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$, $\therefore A=60^{\circ}$;

(2) 由题意, $b>0, c>0, b+c>a=\sqrt{3}, \therefore$ 由余弦定理 $3=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos 60^{\circ}=(b+c)^{2}-3 b c \geq \frac{1}{4}$ $(b+c)^{2}$ (当且仅当 $b=c$ 时取等号), 即 $(b+c)^{2} \leq 12, \therefore b+c \leq 2 \sqrt{3} . \because b+c>\sqrt{3}, \therefore \sqrt{3}<b+c \leq 2 \sqrt{3}$.
解析：(1) $\because a \cos C+\sqrt{3} a \sin C=b+c$, $\therefore$ 由正弦定理可得 $\sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin B+\sin C$, $\therefore \sin A \cos C+\sqrt{3} \sin A \sin C=\sin (A+C)+\sin C, \therefore \sqrt{3} \sin A-\cos A=1, \therefore \sin \left(A-30^{\circ}\right)=\frac{1}{2}, \therefore A-30^{\circ}=30^{\circ}$, $\therefore A=60^{\circ}$;

(2) 由题意, $b>0, c>0, b+c>a=\sqrt{3}, \therefore$ 由余弦定理 $3=b^{2}+c^{2}-2 b c \cos 60^{\circ}=(b+c)^{2}-3 b c \geq \frac{1}{4}$ $(b+c)^{2}$ (当且仅当 $b=c$ 时取等号), 即 $(b+c)^{2} \leq 12, \therefore b+c \leq 2 \sqrt{3} . \because b+c>\sqrt{3}, \therefore \sqrt{3}<b+c \leq 2 \sqrt{3}$.
题目（高二 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $a 、 b 、 c$ 分别为角 $A 、 B 、 C$ 所对的边, 且 $\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}\right) \tan C=\sqrt{2} a b$.

求角 $C$ 的大小;

(2) 若 $c=2, b=2 \sqrt{2}$, 求边 $a$ 的值及 $\triangle A B C$ 的面积.
选项：
答案：(1) 由已知得, $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b} \tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\cos C \cdot \tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}: \sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore C=\frac{\pi}{4}$ 或 $C=\frac{3 \pi}{4} ; （ 2 ） \because c=2, b=2 \sqrt{2}, \therefore C=\frac{\pi}{4}$,

由余弦定理 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$ 得 $c^{2}=a^{2}+(2 \sqrt{2})^{2}-2 a \cdot 2 \sqrt{2} \cdot \cos \frac{\pi}{4}$,

整理得 $a^{2}-4 a+4=0$, 解得 $a=2, \triangle A B C$ 面积为 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2$.
解析：(1) 由已知得, $\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2 a b} \tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\cos C \cdot \tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}: \sin C=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore C=\frac{\pi}{4}$ 或 $C=\frac{3 \pi}{4} ; （ 2 ） \because c=2, b=2 \sqrt{2}, \therefore C=\frac{\pi}{4}$,

由余弦定理 $c^{2}=a^{2}+b^{2}-2 a b \cos C$ 得 $c^{2}=a^{2}+(2 \sqrt{2})^{2}-2 a \cdot 2 \sqrt{2} \cdot \cos \frac{\pi}{4}$,

整理得 $a^{2}-4 a+4=0$, 解得 $a=2, \triangle A B C$ 面积为 $S=\frac{1}{2} a b \sin C=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2$.
题目（高二 · 解析几何）：$\triangle A B C$ 的内角 $A 、 B 、 C$ 的对边分别为 $a 、 b 、 c$, 已知 $\triangle A B C$ 的面积为 $a c \sin 2 B$.

(I) 求 $\sin B$ 的值;

(II) 若 $C=5,3 \sin ^{2} C=5 \sin ^{2} B \cdot \sin ^{2} A$, 且 $B C$ 的中点为 $D$, 求 $\triangle A B D$ 的周长.
选项：
答案：( I ) 由 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} a c \sin B=a c \sin 2 B$.

得 $\frac{1}{2} \sin B=2 \sin B \cos B, \because 0<B<\pi, \therefore \sin B>0$, 故 $\cos B=\frac{1}{4}, \therefore \sin B=\sqrt{1-\frac{1}{16}} \sqrt{\frac{\sqrt{15}}{4}}$;

(II) 由（I ) 和 $3 \sin ^{2} C=5 \sin ^{2} B \cdot \sin ^{2} A$ 得 $16 \sin ^{2} C=25 \sin ^{2} A$, 由正弦定理得 $16 c^{2}=25 a^{2}, \because c=5, \therefore a=4$, $B D=\frac{1}{2} a=2$, 在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得: $A D^{2}=c^{2}+B D^{2}-2 c \cdot B D \cdot \cos B=25+4-2 \times 5 \times 2 \times \frac{1}{4}=24$ $\therefore A D=2 \sqrt{6}, \therefore \triangle A B D$ 的周长为 $c=B D+A D=7+2 \sqrt{6}$.
解析：( I ) 由 $\triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} a c \sin B=a c \sin 2 B$.

得 $\frac{1}{2} \sin B=2 \sin B \cos B, \because 0<B<\pi, \therefore \sin B>0$, 故 $\cos B=\frac{1}{4}, \therefore \sin B=\sqrt{1-\frac{1}{16}} \sqrt{\frac{\sqrt{15}}{4}}$;

(II) 由（I ) 和 $3 \sin ^{2} C=5 \sin ^{2} B \cdot \sin ^{2} A$ 得 $16 \sin ^{2} C=25 \sin ^{2} A$, 由正弦定理得 $16 c^{2}=25 a^{2}, \because c=5, \therefore a=4$, $B D=\frac{1}{2} a=2$, 在 $\triangle A B D$ 中, 由余弦定理得: $A D^{2}=c^{2}+B D^{2}-2 c \cdot B D \cdot \cos B=25+4-2 \times 5 \times 2 \times \frac{1}{4}=24$ $\therefore A D=2 \sqrt{6}, \therefore \triangle A B D$ 的周长为 $c=B D+A D=7+2 \sqrt{6}$.
题目（高二 · 解析几何）：11. 如图, 某货轮在 $A$ 处看灯塔 $B$ 在货轮的北偏东 $75^{\circ}$, 距离为 $12 \sqrt{6} \mathrm{n}$ mile, 在 $A$ 处看灯塔 $C$ 在货轮的北偏西 $30^{\circ}$, 距离为 $8 \sqrt{3} \mathrm{n}$ mile, 货轮由 $A$ 处向正北航行到 $D$ 处时, 再看灯塔 $B$ 在北偏东 $120^{\circ}$ 方向上，求:



(1)A 处与 $D$ 处的距离;

(2)灯塔 $C$ 与 $D$ 处的距离.
选项：
答案：(1)在 $\triangle A B D$ 中, $\angle A D B=60^{\circ}, \angle B=45^{\circ}$, 由正弦定理得 $A D=\frac{A B \sin B}{\sin \angle A D B}=\frac{12 \sqrt{6} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$ $=24$ (n mile).

(2)在 $\triangle A D C$ 中, 由余弦定理得

$C D^{2}=A D^{2}+A C^{2}-2 A D \cdot A C \cdot \cos 30^{\circ}$,

解得 $C D=8 \sqrt{3} \approx 14$ (n mile).

即 $A$ 处与 $D$ 处的距离为 $24 \mathrm{n}$ mile,

灯塔 $C$ 与 $D$ 处的距离约为 $14 \mathrm{n}$ mile.
解析：(1)在 $\triangle A B D$ 中, $\angle A D B=60^{\circ}, \angle B=45^{\circ}$, 由正弦定理得 $A D=\frac{A B \sin B}{\sin \angle A D B}=\frac{12 \sqrt{6} \times \frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$ $=24$ (n mile).

(2)在 $\triangle A D C$ 中, 由余弦定理得

$C D^{2}=A D^{2}+A C^{2}-2 A D \cdot A C \cdot \cos 30^{\circ}$,

解得 $C D=8 \sqrt{3} \approx 14$ (n mile).

即 $A$ 处与 $D$ 处的距离为 $24 \mathrm{n}$ mile,

灯塔 $C$ 与 $D$ 处的距离约为 $14 \mathrm{n}$ mile.
题目（高二 · 解析几何）：14. 如图所示, 甲船以每小时 $30 \sqrt{2}$ 海里的速度向正北方向航行, 乙船按固定方向匀速直线航行. 当甲船位于 $A_{1}$ 处时, 乙船位于甲船的北偏西 $105^{\circ}$ 方向的 $B_{1}$ 处, 此时两船相距 20 海里. 当甲船航行 20 分钟到达 $A_{2}$ 处时, 乙船航行到甲船的北偏西 $120^{\circ}$ 方向的 $B_{2}$ 处, 此
时两船相距 $10 \sqrt{2}$ 海里. 问乙船每小时航行多少海里?
选项：
答案：如图所示, 连结 $A_{1} B_{2}$,



由已知 $A_{2} B_{2}=10 \sqrt{2}$,

$A_{1} A_{2}=30 \sqrt{2} \times \frac{20}{60}=10 \sqrt{2}, \therefore A_{1} A_{2}=A_{2} B_{2}$,

又 $\angle A_{1} A_{2} B_{2}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A_{1} A_{2} B_{2}$ 是等边三角形,

$\therefore A_{1} B_{2}=A_{1} A_{2}=10 \sqrt{2}$.

由已知, $A_{1} B_{1}=20, \angle B_{1} A_{1} B_{2}=105^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ}$,

在 $\triangle A_{1} B_{2} B_{1}$ 中, 由余弦定理,

<ImageHere>

$B_{1} B_{2}^{2}=A_{1} B_{1}^{2}+A_{1} B_{2}^{2}-2 A_{1} B_{1} \cdot A_{1} B_{2} \cdot \cos 45^{\circ}$

$=20^{2}+(10 \sqrt{2})^{2}-2 \times 20 \times 10 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}$

$=200$

$\therefore B_{1} B_{2}=10 \sqrt{2}$.

因此, 乙船速度的大小为

$\frac{10 \sqrt{2}}{20} \times 60=30 \sqrt{2}$ (海里/小时).

答 乙船每小时航行 $30 \sqrt{2}$ 海里.哈哈
解析：如图所示, 连结 $A_{1} B_{2}$,



由已知 $A_{2} B_{2}=10 \sqrt{2}$,

$A_{1} A_{2}=30 \sqrt{2} \times \frac{20}{60}=10 \sqrt{2}, \therefore A_{1} A_{2}=A_{2} B_{2}$,

又 $\angle A_{1} A_{2} B_{2}=180^{\circ}-120^{\circ}=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle A_{1} A_{2} B_{2}$ 是等边三角形,

$\therefore A_{1} B_{2}=A_{1} A_{2}=10 \sqrt{2}$.

由已知, $A_{1} B_{1}=20, \angle B_{1} A_{1} B_{2}=105^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ}$,

在 $\triangle A_{1} B_{2} B_{1}$ 中, 由余弦定理,



$B_{1} B_{2}^{2}=A_{1} B_{1}^{2}+A_{1} B_{2}^{2}-2 A_{1} B_{1} \cdot A_{1} B_{2} \cdot \cos 45^{\circ}$

$=20^{2}+(10 \sqrt{2})^{2}-2 \times 20 \times 10 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}$

$=200$

$\therefore B_{1} B_{2}=10 \sqrt{2}$.

因此, 乙船速度的大小为

$\frac{10 \sqrt{2}}{20} \times 60=30 \sqrt{2}$ (海里/小时).

答 乙船每小时航行 $30 \sqrt{2}$ 海里.哈哈