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1615分三角函数★★★★☆
已知在 △ABC\triangle ABC 中，AB=3AB=3，BC=23BC=2\sqrt{3}，cos⁡B=33\cos B=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.
(1) 求 cos⁡A\cos A； (2) 设 DD，EE 两点满足：DD 在 BABA 的延长线上，DE//BCDE // BC，AE⊥ACAE\perp AC. 若 DE=6DE=\sqrt{6}，求 CECE．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 16 题 · 解答题

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1817分解析几何★★★★★
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的离心率为 223\frac{2\sqrt{2}}{3}，下顶点为 AA，右顶点为 BB，∣AB∣=10|AB| = \sqrt{10}.
(1) 求椭圆 CC 的标准方程； (2) 已知动点 PP 不在 yy 轴上，点 RR 在射线 APAP 上，且满足 ∣AP∣⋅∣AR∣=3|AP| \cdot |AR| = 3.
(i) 设 P(m,n)P(m, n)，求点 RR 的坐标（用 mm，nn 表示）； (ii) 设 OO 为坐标原点，QQ 是 CC 上的动点，直线 OROR 的斜率为直线 OPOP 的斜率的3倍，求 ∣PQ∣|PQ| 的最大值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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18三角函数★★★☆☆
已知函数 f(x)=Asin⁡(π3x+φ)f(x) = A \sin \left( \frac{\pi}{3} x + \varphi \right)，x∈Rx \in \mathbf{R}，A>0A > 0，0<φ<π20 < \varphi < \frac{\pi}{2}. y=f(x)y = f(x) 的部分图象如图所示，PP，QQ 分别为该图象的最高点和最低点，点 PP 的坐标为 (1,A)(1,A).
(1) 求 f(x)f(x) 的最小正周期及 φ\varphi 的值； (2) 若点 RR 的坐标为 (1,0)(1,0)，∠PRQ=2π3\angle PRQ = \frac{2\pi}{3}，求 AA 的值.

2011 · 浙江 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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15三角函数★★★☆☆
如图，函数 y=2sin⁡(πx+φ)y = 2\sin (\pi x + \varphi)，x∈Rx \in \mathbf{R}（其中 0⩽φ⩽π20 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}）的图象与 yy 轴交于点 (0,1)(0,1).
(1) 求 φ\varphi 的值； (2) 设 PP 是图象上的最高点，MM，NN 是图象与 xx 轴的交点，求 PM→\overrightarrow{PM} 与 PN→\overrightarrow{PN} 的夹角.

2006 · 浙江 · 理 · 第 15 题 · 解答题

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16三角函数★★★☆☆
如图，函数 y=2sin⁡(πx+φ)y = 2\sin (\pi x + \varphi)，x∈Rx \in \mathbf{R}，其中 0⩽φ⩽π20 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2} 的图象与 yy 轴交于点 (0,1)(0,1).
(1) 求 φ\varphi 的值； (2) 设 PP 是图象上的最高点，MM，NN 是图象与 xx 轴的交点，求 PM→\overrightarrow{PM} 与 PN→\overrightarrow{PN} 的夹角.

2006 · 浙江 · 文 · 第 16 题 · 解答题

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19解析几何★★★★☆
如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点 F1F_{1}，F2F_{2} 在 xx 轴上，长轴 A1A2A_{1}A_{2} 的长为 4，左准线 ll 与 xx 轴的交点为 MM，∣MA1∣:∣A1F1∣=2:1|MA_{1}|: |A_{1}F_{1}| = 2: 1.
(1) 求椭圆的方程； (2) 若点 PP 为 ll 上的动点，求 ∠F1PF2\angle F_1PF_2 的最大值.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设椭圆的半长轴为 aa，半焦距为 cc，半短轴为 bb，则 2a=42a=4，a2=b2+c2a^2=b^2+c^2，所以 a=2a=2. 左准线方程为 x=−a2c=−4cx=-\frac{a^2}{c}=-\frac{4}{c}，故 M(−4c,0)M\left(-\frac{4}{c},0\right)，A1(−2,0)A_{1}(-2,0)，F1(−c,0)F_{1}(-c,0). 由题意，0<c<20<c<2，且 ∣MA1∣∣A1F1∣=4c−22−c=2\frac{|MA_{1}|}{|A_{1}F_{1}|}=\frac{\frac{4}{c}-2}{2-c}=2. 化简得 2(2−c)c(2−c)=2\frac{2(2-c)}{c(2-c)}=2，所以 c=1c=1. 于是 b2=a2−c2=4−1=3b^2=a^2-c^2=4-1=3，椭圆的方程为 x24+y23=1\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.
\item 由第（1）问，F1(−1,0)F_{1}(-1,0)，F2(1,0)F_{2}(1,0)，且直线 ll 的方程为 x=−4x=-4. 设动点 P(−4,t)P\left(-4,t\right)，令 u=∣t∣u=|t|. 此时 PF1→=(3,−t)\overrightarrow{PF_{1}}=(3,-t)，PF2→=(5,−t)\overrightarrow{PF_{2}}=(5,-t)，两向量的数量积为 t2+15>0t^2+15>0，故 θ=∠F1PF2\theta=\angle F_{1}PF_{2} 为锐角，并且
tan⁡θ=∣3(−t)−(−t)5∣3⋅5+(−t)(−t)=2uu2+15\tan\theta=\frac{\left|3(-t)-(-t)5\right|}{3\cdot5+(-t)(-t)}=\frac{2u}{u^2+15}
由基本不等式 u2+15⩾215 uu^2+15\geqslant2\sqrt{15}\,u，得 tan⁡θ=2uu2+15⩽115\tan\theta=\frac{2u}{u^2+15}\leqslant\frac{1}{\sqrt{15}}. 当且仅当 u=15u=\sqrt{15}，即 P(−4,15)P\left(-4,\sqrt{15}\right) 或 P(−4,−15)P\left(-4,-\sqrt{15}\right) 时等号成立. 因为 θ\theta 为锐角，所以其最大值为 arctan⁡115\arctan\frac{1}{\sqrt{15}}. \end{enumerate} \end{solution}

2005 · 浙江 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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