4.3.2 空间两点间的距离公式教学创新设计

二诊试卷变式练习题单

πA>0，|φ|<的图象过点(0，3)，1、如图，函数f(x)＝Asin(2x＋φ)2则f(x)的函数解析式为(

)

ππππ2x－

B．f(x)＝2sin2x＋C．f(x)＝2sin2x＋

D．f(x)＝2sin2x－

A．f(x)＝2sin3366ππx＋sin－x的图象向左平移φ(φ>0)个单位长度，所得图象对应的2、将函数y＝2sin36函数恰为奇函数，则φ的最小值为(

) ππππA. B. C.

D.

612433、（必修2第144页B组第6题）

(2m1)x(m1)y7m40.

已知圆C:(x1)2(y2)225,直线l：（1）求证：直线l恒过定点，（2）判断直线l被圆C截得的弦长何时最长、何时最短？并求截得的弦长最短时m的值以及最短长度.

4、（选修2-3第41页B组第2题）用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数，问：

（1）能够组成多少个六位奇数？

（2）能够组成多少个大于201345的正整数？

5、（2015新课标Ⅱ）在直角坐标系xOy中，曲线C1：xtcos,（t为参数，t≠0）其ytsin,中0≤，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：2sin，C3：23cos．

（Ⅰ）求C2与C3交点的直角坐标；

（Ⅱ）若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值．

7、

5【解析】（Ⅰ）曲线C2的直角坐标方程为x2y22y0，曲线C3的直角坐标方程为22xx0,xy2y0,22解得或xy23x0．联立22y0,yxy23x0,所以C2与C1交点的直角坐标为(0,0)和(3,2

3,233,)．

22（Ⅱ）曲线C1的极坐标方程为(R,0)，其中0．

因此A得到极坐标为(2sin,)，B的极坐标为(23cos,)．

所以AB2sin23cos4sin(当3)，

5时，AB取得最大值，最大值为4．

6菁优网版权所有6、【考点】直线与圆锥曲线的综合问题．

【专题】转化思想；分析法；圆锥曲线中的最值与范围问题．

【分析】（Ⅰ）方法一、求出t＝4时，椭圆方程和顶点A，设出直线AM的方程，代入椭圆方程，求交点M，运用弦长公式求得|AM|，由垂直的条件可得|AN|，再由|AM|＝|AN|，解得k＝1，运用三角形的面积公式可得△AMN的面积；

方法二、运用椭圆的对称性，可得直线AM的斜率为1，求得AM的方程代入椭圆方程，解方程可得M，N的坐标，运用三角形的面积公式计算即可得到；

（Ⅱ）直线AM的方程为y＝k（x＋），代入椭圆方程，求得交点M，可得|AM|，|AN|，再由2|AM|＝|AN|，求得t，再由椭圆的性质可得t＞3，解不等式即可得到所求范围．

【解答】解：（Ⅰ）方法一、t＝4时，椭圆E的方程为＋＝1，A（﹣2，0），

2222直线AM的方程为y＝k（x＋2），代入椭圆方程，整理可得（3＋4k）x＋16kx＋16k﹣12＝0，

解得x＝﹣2或x＝﹣，则|AM|＝•|2﹣|＝•，

由AN⊥AM，可得|AN|＝•＝•，

由|AM|＝|AN|，k＞0，可得2•＝2•，

整理可得（k﹣1）（4k﹣k＋4）＝0，由4k﹣k＋4＝0无实根，可得k＝1，

即有△AMN的面积为|AM|＝（2•）＝2；

方法二、由|AM|＝|AN|，可得M，N关于x轴对称，

由MA⊥NA．可得直线AM的斜率为1，直线AM的方程为y＝x＋2，

代入椭圆方程＋＝1，可得7x＋16x＋4＝0，

2解得x＝﹣2或﹣，M（﹣，则△AMN的面积为×），N（﹣，﹣；

），

×（﹣＋2）＝（Ⅱ）直线AM的方程为y＝k（x＋），代入椭圆方程，

22222可得（3＋tk）x＋2tkx＋tk﹣3t＝0，

解得x＝﹣或x＝﹣，

即有|AM|＝•|﹣|＝•，

|AN|═•＝•，

由2|AM|＝|AN|，可得2•＝•，

整理得t＝，

由椭圆的焦点在x轴上，则t＞3，即有＞3，即有＜0，

可得＜k＜2，即k的取值范围是（，2）．

【点评】本题考查椭圆的方程的运用，考查直线方程和椭圆方程联立，求交点，以及弦长公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．