高二上学期期中【压轴60题考点专练】
（选修一全部内容）
一、单选题
1．（2021·安徽·淮北师范大学附属实验中学高二期中）圆与圆的交点为A，B，则线段AB的垂直平分线的方程是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】圆的圆心为，圆的圆心为，两圆的相交弦的垂直平分线即为直线，其方程为，即；故选A.
【点睛】本题考查圆的一般方程、两圆的相交弦问题；处理直线和圆、圆和圆的位置关系时，往往结合平面几何知识（如本题中，求两圆的相交弦的垂直平分线的方程即为经过两圆的圆心的直线方程）可减小运算量.
2．（2021·安徽·马鞍山二中高二期中）若直线通过点，则
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】依题意可得，点在单位圆上，所以直线与单位圆有交点，则圆心即原点到直线的距离，即，故选D
3．（2021·天津北辰·高二期中）在四面体中给出以下四个结论，则说法错误的是（????）
A．若，则可知
B．若Q为的重心，则
C．若，，则
D．若四面体各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，则
【答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算结合重心的性质以及向量模长的计算逐项判断即可.
【详解】解：对A，，则，
整理得，即，等价于，所以，故A正确；
对B，Q为的重心，则，，
整理得：，故B正确；
对C，，，
所以
所以
整理得：
即
所以
即，故C正确；
对D，四面体各棱长都为2，M，N分别为PA，BC的中点，
所以四面体的各个面均为正三角形
则，
，，两两之间的夹角均为
所以
又因为
所以，故D错误.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间向量模长的方法
坐标法：，则；
直接法：通过对已知条件进行化简直接得到向量的模长；
利用进行求解.
4．（2022·陕西·长安一中高二期中（文））在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.
详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.
点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
5．（2021·湖北·黄石市有色第一中学高二期中）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可
详解：直线分别与轴，轴交于，两点
,则
点P在圆上
圆心为（2，0），则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．
6．（2021·浙江·高二期中）已知圆是以点和点为直径的圆，点为圆上的动点，若点，点，则的最大值为（????）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题设可知圆：，在坐标系中找到，应用三角线相似将转化到，再利用三角形的三边关系确定目标式的最大值即可.
【详解】由题设，知：且，即圆的半径为4，
圆：，
如上图，坐标系中则，
，即△△，故，
，在△中，
要使最大，共线且最大值为的长度.
.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先求出圆方程，找到定点使，进而将转化到其它线段，结合三角形三边关系求目标式的最值.
7．（2021·江苏省天一中学高二期中）已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（????）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件先确定出点的轨迹方程，然后将问题转化为“以为直径的圆要包括圆”，由此利用圆心到直线的距离结合点的轨迹所表示圆的半径可求解出的最小值.
【详解】由题可知：，圆心，半径，
又，是的中点，所以，
所以点的轨迹方程，圆心为点，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包括圆，
点到直线的距离为，
所以长度的最小值为，
故选：B．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于点轨迹方程的求解以及转化思想的运用，根据弦中点以及线段长度可求点轨迹方程，其次“恒成立”转化为“以为直径的圆包括的轨迹”，结合圆心到直线的距离加上半径可分析的最小值.
8．（2021·全国·高二期中）若过原点的动直线将圆：分成两部分的面积之差最大时，直线与圆的交点记为、；直线将圆分成两部分的面积相等时，直线与圆的交点记为、；则四边形的面积为（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，得出直线将圆分成两部分面积相等即过圆心时，可得为直径，当直线将圆分成两部分面积之差最大，此时，进而求出，再根据，即可算出四边形的面积.
【详解】直线将圆分成两部分面积相等即过圆心时，
可得为直径，，
要是分成两部分面积之差最大,
即过原点的弦长最短，弦心距最大，此时,
在中，
，则，
那么.
故选：D.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，还考查直线与圆的弦长以及四边形的面积，属于中档题.
9．（2021·福建·厦门大学附属科技中学高二期中）已知直线与椭圆切于点，与圆交于点，圆在点处的切线交于点，为坐标原点，则的面积的最大值为
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【解析】设点，，利用四点，，，共圆，求得以为直径的圆，与已知圆的方程相减得出直线的方程，直线与过点的椭圆的切线重合，两个方程相等，可得,，再由椭圆的参数方程和向量数量积的坐标表示和向量的模，结合三角形的面积公式和三角恒等变换以及三角函数的基本性质求出所求的最大值．
【详解】设，，，由，，可得四点，，，共圆，
可得以为直径的圆，方程为，
联立圆，相减可得的方程为，
又与椭圆相切，可得过的切线方程为，即为，
由两直线重合的条件可得，，
由于在椭圆上，可设，，，
即有，，
可得，
且，，
即有，
，当即或或或时，
的面积取得最大值．
故选．
【点睛】本题考查椭圆和圆的方程的应用，考查直线和椭圆、直线与圆相切的条件，以及运用参数方程和三角恒等变换公式是解题的关键，考查运算求解能力与分析问题的能力，属于难题．
二、多选题
10．（2022·云南省玉溪第一中学高二期中）下列命题中正确的是（????）
A．是空间中的四点，若不能构成空间基底，则共面
B．已知为空间的一个基底，若，则也是空间的基底
C．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线
D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】不共面的三个非零向量可以构成空间向量的一个基底，由此可判断A、B，若直线的方向向量与平面的法向量垂直，则线面平行，可判断C，直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值与该直线与此平面所成角的正弦值相等，由此可判断D．
【详解】对于A，是空间中的四点，若不能构成空间基底，则共面，则共面，故A对；
对于B，已知为空间的一个基底，则不共面，若，则也不共面，则也是空间的基底，故B对；
对于C，因为，则，若，则，但选项中没有条件，有可能会出现，故C错；
对于D，，则则直线与平面所成角的正弦值为，故D对；
故选：ABD．
【点睛】本题主要考查命题的真假，考查空间基底的定义，考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
11．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市实验中学高二期中）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足＝.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是（ ）
A．轨迹C的方程为（x＋4）2＋y2＝9
B．在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得＝
C．当A，B，P三点不共线时，射线PO是APB的平分线
D．在C上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义，结合两点间距离公式逐一判断即可.
【详解】在平面直角坐标系xOy中，A（－2，0），B（4，0），点P满足，设P（x，y），则，化简得（x＋4）2＋y2＝16，所以A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得，设D（m，0），E（n，0），则，化简得3x2＋3y2－（8m－2n）x＋4m2－n2＝0，由轨迹C的方程为x2＋y2＋8x＝0，可得8m－2n＝－24，4m2－n2＝0，
解得m＝－6，n＝－12或m＝－2，n＝4（舍去），即在x轴上存在异于A，B的两点D，E使，所以B正确；
当A，B，P三点不共线时，，
可得射线PO是APB的平分线，所以C正确；
若在C上存在点M，使得，可设M（x，y），
则有＝2，化简得x2＋y2＋x＋＝0，与x2＋y2＋8x＝0联立，方程组无解，故不存在点M，所以D错误．
故选：BC
【点睛】关键点睛：运用两点间距离公式是解题的关键.
12．（2021·浙江·兰溪市厚仁中学高二期中）设点，若在圆：上存在点N，使得，则的值可以是（????）
A． B．-2 C． D．2
【答案】AC
【分析】假设存在点，使得，则必有，所以圆：上存在点，使得，只需，进而借助三角函数即可得到不等式从而求出结果.
【详解】易知在直线上，因为直线与圆相切，故设圆与直线的交点为，则，假设存在点，使得，则必有，所以圆：上存在点，使得，只需，在中，，即，所以且，
当时，显然满足题意，故，结合选项知选AC，
故选：AC.
【点睛】本题重点考查了利用数形结合的思想，确定所在的位置，找到与的大小关系，从而构造出关于的不等关系式，进而求出结果.
13．（2021·江苏·泰兴市第一高级中学高二期中）过点作圆C：的两条切线，切点分别为A，B，则下列说法正确的是（????）
A．
B．所在直线的方程为
C．四边形的外接圆方程为
D．的面积为
【答案】BCD
【分析】在中利用等面积法得到，即可求出的长度，进而可得，即可判断A选项；求出以为圆心，为半径的圆的方程与圆C做差，即可得到所在直线的方程，进而判断B选项；根据平面几何知识可得四边形的外接圆是以为直径的圆，进而可以求出圆的方程进行判断；求出的长度，利用面积公式即可求出的面积，从而可判断D选项.
【详解】
因为，所以以为圆心，为半径的圆交圆于两点，
因为,
又因为以为圆心，为半径的圆为，
与相减得
所以所在直线的方程为，故B正确；
连接交于，等面积法可得，即，所以，即，所以，故A错误；
四边形的外接圆是以为直径的圆，故圆心为，半径为的圆，故方程为，即，故C正确；
因为，
所以，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】圆的弦长的常用求法：
（1）几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式：.
14．（2021·河北省曲阳县第一高级中学高二期中）已知圆，则下列四个命题中正确的命题有（????）
A．若圆与轴相切，则
B．圆的圆心到原点的距离的最小值为
C．若直线平分圆的周长，则
D．圆与圆可能外切
【答案】ABD
【分析】根据圆的切线的性质、配方法、圆周长性质、外切的性质，结合零点存在原理进行判断即可.
【详解】圆的圆心坐标为：，半径为.
若圆与轴相切，则，解得，所以A为真命题．
因为，
所以，所以B为真命题．
若直线平分圆的周长，则，即，所以C为假命题．
若圆与圆外切，则，
设函数，因为，，
所以在内必有零点，则方程有解，所以D为真命题．
故选：ABD
【点睛】关键点睛：解题本题的关键是通过圆的性质进行数学运算进行判断命题的真假.
15．（2022·湖南·长沙市南雅中学高二期中）已知抛物线C：，圆F：（F为圆心），点P在抛物线C上，点Q在圆F上，点A，则下列结论中正确的是（????）
A．的最小值是 B．的最小值是
C．当最大时， D．当最小时，
【答案】AC
【分析】确定出抛物线C的焦点坐标，圆F的圆心和半径，分析、计算判断A，B；数形结合，计算判断C，D作答.
【详解】抛物线C：的焦点，圆F：的圆心，半径，
对于A，的最小值是的最小值减去圆的半径，又的最小值是1，的最小值是，A正确；
对于B，设，则，，
当时，，当时，
当且仅当，即时取“=”，所以的最小值是，B不正确；
对于C，如图所示，要使最大，当且仅当AQ与圆F相切，AP与抛物线C相切，且P，Q在x轴两侧，
所以当最大时，，C正确；
对于D，因的最小值为，即P，A，Q共线，则当最小时，即，D不正确.
故选：AC
【点睛】思路点睛：涉及与圆相离的图形F上的点与圆上点的距离最值问题，转化为图形F上的点与圆心的距离加或减圆半径求解.
16．（2022·江苏省阜宁中学高二期中）如图，在长方体中，，，点P，E分别为AB，的中点，点M为直线上的动点，点N为直线上的动点，则（????）
A．对任意的点N，一定存在点M，使得
B．向量，，共面
C．异面直线PM和所成角的最小值为
D．存在点M，使得直线PM与平面所成角为
【答案】BCD
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的方法可判断ACD的正误，利用中位线和长方体的性质可判断B的正误.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
故，设，，，
而，故即，
故，
若，则即，
当时，不存在，故当为中点，不存在，使得，故A错误.
连接，则，由长方体可得，故，
故，，即，，共面，故B正确.
，故
，
当时，，此时；
当时，，
令，设，则，
故，
所以异面直线PM和所成角的范围为，故直线PM和所成角的最小值为，
故C正确.
平面的法向量为，
故，
若直线PM与平面所成角为，则，
故，所以或，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：空间位置关系中的最值问题，可通过建立空间直角坐标系，把角的最值问题或存在性问题转化为函数的最值或方程的解的问题.
17．（2022·江苏省江浦高级中学高二期中）正四面体的棱长为4，空间动点P满足，则的可能的取值为（????）
A． B．0 C．4 D．12
【答案】AB
【分析】由向量的线性运算公式化简，结合数量积的运算律化简，由此求出其取值范围即可.
【详解】取BC的中点为E，AD的中点为F，
因为，所以，即，
又
因为，
所以，当且仅当方向相同或为零向量时等号成立；
，当且仅当方向相反或为零向量时等号成立；
因为正四面体的棱长为4，
所以在中，，
所以，即，
故，
所以，
又，
所以，即，
所以的取值可能为-8,0，不可能为4,12，
故选：AB.
【点睛】用向量方法解决立体几何问题，树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比.
18．（2022·江苏·南京师大附中高二期中）已知图1中，、、、是正方形各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（????）
A．是正三角形
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．当时，多面体的体积为
【答案】AC
【解析】取、的中点、，连接、，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，求出，可判断A选项的正误，利用空间向量法可判断BC选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】取、的中点、，连接、，
在图1中，、、、是正方形各边的中点，则，
为的中点，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
在图1中，设正方形的边长为，可得四边形的边长为，
在图1中，和均为等腰直角三角形，可得，
，四边形是边长为的正方形，
、分别为、的中点，则且，且，
所以，四边形为矩形，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、.
对于A选项，由空间中两点间的距离公式可得，
所以，是正三角形，A选项正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
由，取，则，，则，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，，则，
，所以，平面与平面不垂直，B选项错误；
对于C选项，，
设直线与平面所成角为，则，，
所以，，C选项正确；
对于D选项，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则、、、分别为、、、的中点，
因为，即，则，长方体的体积为，
，
因此，多面体的体积为，
D选项错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
19．（2022·江苏· 高二期中）如图四棱锥，平面平面，侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，，点是的中点，则下列结论正确的是（????）
A．平面 B．与平面所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成的角的余弦值为
【答案】BD
【分析】A：应用面面垂直的性质及线面垂直的判定可得面，故不可能垂直面；B：构建空间直角坐标系，标注点坐标及对应向量坐标，求面的一个法向量，进而求线面角的余弦值；C：由即可求体积；D：由，则与所成角即为所求角，利用余弦定理求其余弦值即可.
【详解】A：底面为矩形，即，面面，面面，面，所以面，过有且只有一条直线与面垂直，即不可能垂直面，错误；
B：为的中点，过作，由题设构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，则，，，，即，，，
若为面的一个法向量，则，令，有，所以，若与平面所成角为，则，故，正确；
C：连接，则，由题设知三棱锥的底面面积为，高为，所以，错误；
D：由题设知：，故异面直线与所成的角即为与所成角，即为，而，由余弦定理可得，正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：A中证明面，过有且只有一条直线与面垂直，即可排除；B应用向量法，求线面角的正弦值；C应用等体积有，即可求体积；D应用平行找到异面直线所成角的平面角，由余弦定理求其余弦值.
20．（2022·广东·普宁市第二中学高二期中）已知F是抛物线的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，与C相交于A，B两点，与C相交于E，D两点，M为A，B中点，N为E，D中点，直线l为抛物线C的准线，则（????）
A．点M到直线l的距离为定值 B．以为直径的圆与l相切
C．的最小值为32 D．当最小时，
【答案】BCD
【分析】设直线方程，并联立抛物线方程，利用根与系数的关系式，求得点M的横坐标，结合抛物线定义，可判断A;利用抛物线定义推得,由此判断B;
计算出弦长，可得的表达式，利用基本不等式求得其最小值，判断C;
求出的表达式，采用换元法，利用二次函数的单调性求得其最小值，判断D.
【详解】设，，，， ，
直线的方程为，则直线的方程为,
将直线的方程代入，化简整理得，
则，，
故,
所以，,
因为点A到直线l的距离，点B到直线l的距离，
点M到直线l的距离，
又，所以，故A错误；
因为，
所以以为直径的圆的圆心M到l的距离为，
即以为直径的圆与l相切，故B正确；
同理，，所以，，，
则，当且仅当时等号成立，故C正确；
.
设，则，，.
当时，即时，最小，这时，故D正确,
故选:BCD.
【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦的性质，具有较强的综合性，要求学生有较好的计算能力和思维能力，解答时要注意直线方程的设法，以及联立后结合根与系数的关系式的化简，涉及到焦半径以及弦长和距离的计算，比较繁杂，要细心运算.
三、填空题
21．（2021·天津北辰·高二期中）在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，侧棱，D，E分别是与的中点，点E在平面上的射影是的重心G则与平面ABD所成角的余弦值为___________.
【答案】##
【分析】利用空间向量法先根据G是的重心求出，再利用向量法求线面角即可.
【详解】解：直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，
所以、、两两垂直
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
设，，D，E分别是与的中点，则
，，，
所以
因为G是的重心
所以
所以，
因为点E在平面上的射影是的重心G
所以是平面的法向量
所以，解得
所以，
设与平面所成角为
所以
所以
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求线面角的方法
几何法，根据线面角的定义在空间图形上直接作出线面角的平面角；
等体积法，利用等体积法先求出直线在平面外一点到平面的距离，进而求出线面角的平面角；
空间向量法，建立空间直角坐标系进行求解.
22．（2021·广东·深圳市龙岗区德琳学校高二期中）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点是侧棱的中点，，则异面直线与所成角的大小为___________.
【答案】
【分析】利用空间向量法即可求解.
【详解】解：由题知，底面为矩形，底面
所以、、两两垂直
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，，点是侧棱的中点，
则，，，，
所以，
设异面直线与所成角为
则
因为异面直线的夹角为
所以
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求异面直线的夹角的常用方法
直接法：将异面直线平移到一个平面上，再利用几何关系或余弦定理求解；
空间向量法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积进行求解.
23．（2021·浙江·萧山中学高二期中）如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】根据空间向量数量积的定义和运算性质，结合配方法进行求解即可.
【详解】
设，
因为，,所以有：
令，于是有：
当且时，即时，
有最小值，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用配方法是解题的关键.
24．（2021·广东·湛江二十一中高二期中）已知P是直线上的动点，PA，PB是圆的切线，A，B是切点，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是________．
【答案】
【分析】将四边形面积的最小时，等价于圆心C到直线的距离最小，求出最小距离，进而利用三角形面积公式求出最小面积.
【详解】解：由题意知，A，B是切点，是圆心，且圆的半径为
所以，
四边形PACB面积为：
所以当取最小值时，取最小值
由点在直线上运动可知，当与直线垂直时取最小值
此时为圆心到直线的距离
即
故四边形PACB最小面积为：
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题的关键是将面积的最值转化为点到直线上点的距离的最值，进而转化为点到直线的距离.
25．（2021·山西·天镇县实验中学高二期中）直线与圆交于两点，则________．
【答案】
【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长.
【详解】根据题意，圆的方程可化为，
所以圆的圆心为，且半径是，
根据点到直线的距离公式可以求得，
结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.
【点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.
26．（2022·广东·高二期中）已知为双曲线的右焦点，经过作直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，直线与双曲线的另一条渐近线在第二象限的交点为．若，则双曲线的离心率为______．
【答案】
【分析】设，与双曲线两渐近线联立可求得坐标，利用可构造齐次方程求得离心率.
【详解】
由题意可设：，
由得：，即；
由得：，即；
，，即，
，即，，解得：，
即双曲线的离心率为.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果.
27．（2021·浙江省杭州第二中学高二期中）已知，分别是椭圆：的左为椭圆上一点，为坐标原点，且为的内心.若存在实数使得，则椭圆的离心率为___________.
【答案】##.
【分析】设，，由向量坐标运算可整理得到，即内切圆半径，根据可得，由此可得离心率.
【详解】设，，又，，，
，，，
由得：，解得：，即到轴距离为，
内切圆半径，；
又点到轴距离为，，
，整理可得：，.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果.
28．（2021·浙江金华第一中学高二期中）已知空间单位向量，，，，，则的最大值是___________.
【答案】
【分析】向量，，，平移共起点O，终点在半径为1的球面上，令，，
求出与的夹角，借助几何图形确定与夹角的最小值即可计算作答.
【详解】因，，，是空间单位向量，则把向量，，，平移到以O为起点，终点在半径为1的球面上，如图，
由得，解得，，同理，令，，
则有，且，平方解得，，
于是得绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，绕向量所在直线旋转一周得圆锥的侧面，
显然，由此得，，
观察图形知，当，旋转到在平面内，且都在内时，向量与的夹角最小，令此最小角为，
因此，，
，
，
所以的最大值是.
故答案为：
【点睛】方法点睛：空间两个向量夹角为一确定的锐角时，先将二向量平移到共起点，并将其中一个向量固定，另一向量运动可形成一圆锥的侧面，再借助几何图形的直观性解决问题.
29．（2021·湖北武汉·高二期中）已知正四棱柱中，，.若是侧面内的动点，且，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得，证明为与平面所成角，要使的最小即要最大，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.
【详解】
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，，
，
又得：即；
又平面，故为与平面所成角，要使最小，只需最小，即最大，
令，
，
当时，最大，则，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：构建空间直角坐标系，设，由垂直关系结合向量垂直坐标表示得到参数m、n的数量关系，将问题转化为求与平面所成角正切值最大，再应用三角换元，用三角函数表示出，根据正弦函数性质求最值.
30．（2022·福建·漳州市第一外国语学校高二期中）已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上. 直线DE与平面EMC所成的角为60°，则面MCE与面CEF夹角余弦值为___________.
【答案】
【分析】由线面垂直的判定可得平面ABFE平面ADE，取AE的中点H为坐标原点，构建为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，写出相应点的坐标并设(0≤t≤4)，根据已知线面角的大小求参数t，再求面CEF和面MCE的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求余弦值即可.
【详解】由已知得，EFAE，EFDE，
EF⊥平面ADE，又面ABFE，
平面ABFE平面ADE.
取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，
设(0≤t≤4)，则，
若面EMC的法向量，则，即，取y=2，则.
由DE与平面EMC所成的角为60°，则，
，解得t=1或t=3，均有直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量.
点Q的坐标为
， ，设MCE与面CEF夹角为.
.
当t=1时，；当t=3时， .
面MCE与面CEF夹角余弦值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由面面垂直判定证面ABFE面ADE，结合翻折后的线线、线面及面面关系，取AE的中点H为坐标原点，构建空间直角坐标系，并应用向量法求面面角的余弦值.
31．（2022·江苏·南京市天印高级中学高二期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点作一个平面分别交，，于点，，，得到四棱锥；第二步，将剩下的几何体沿平面切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形，若，，则的值为___________.
【答案】
【分析】解法一：以AC、BD交点O为原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向构建空间直角坐标系，设，，，，，进而写出、、、坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可.
解法二：利用平面的性质作出点G的位置，再由平面几何的知识即可得解.
【详解】解法一：建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b均不为0)，则，，，，
，，
由题意四点共面，有，其中，设，
由方程组，即，解得：.
故答案为：.
解法二：连接AC,BD交于点O，则O是底面的中心，连接PO，PO垂直于底面ABCD，
连接AF，交PO于H，可得H为PO的三等分点（靠近O）,连接EH并延长，与PD的交点即为G，
在平面内作出三角形PBD，作,垂足分别为S，T，如图，
由题意，,所以，，
设，则，
又由三角形相似得，,
所以，解得：.
解得：
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：构建空间直角坐标系，利用四点共面有且，再设，应用空间向量线性关系的坐标表示，列方程组求参数.
32．（2022·浙江·於潜中学高二期中）如图，在三棱锥中，已知，，设，则的最小值为______.
【答案】
【详解】试题分析：设，，，，
，又，，
，，当且仅当时，等号成立，即的最小值是．
考点：1．空间向量的数量积；2．不等式求最值．
【思路点睛】向量的综合题常与角度与长度结合在一起考查，在解题时运用向量的运算，数量积的几何意义，同时，需注意挖掘题目中尤其是几何图形中的隐含条件，将问题简化，一般会与函数，不等式等几个知识点交汇，或利用向量的数量积解决其他数学问题是今后考试命题的趋势．
33．（2022·上海市崇明中学高二期中）若对圆上任意一点，的取值与、无关，则实数的取值范围是_________.
【答案】（或）
【分析】可以看作点到直线：与直线：
距离之和的倍，进一步分析说明圆位于两直线中间，再由点到直线的距离公式求解直线与圆相切时的值，则可得出答案.
【详解】设
故可以看作点到直线：与直线：
距离之和的倍，
的取值与、无关，
这个距离之和与点在圆上的位置无关，
如图所示，可知直线平移时，点与直线、的距离之和均为、的距离，
即此时圆在两直线的中间，
当直线与圆相切时，
解得：或（舍去）
实数的取值范围是
故答案为：.
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，以及点到直线的距离公式，考查了数学转化思想方法，属于难题.
34．（2021·江苏宿迁·高二期中）已知平面上任意一点，直线，则点P到直线l的距离为；当点在函数图象上时，点P到直线l的距离为，请参考该公式求出的最小值为__________．
【答案】##
【分析】令，将问题转化为函数图象上的点到直线、的距离之和的倍，即可求得最小值．
【详解】令，，
表示函数图象上的点到直线的距离，
表示函数图象上的点到直线的距离，
目标式几何意义：半圆上的点到直线、的距离之和的倍，
最小值为 ．
故答案为：.
35．（2021·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）在直角平面坐标系中，分别是双曲线的左、右焦点，过点作圆的切线，与双曲线左、右两支分别交于点，若，则的值是_________．
【答案】##
【分析】根据双曲线的定义可得，在中应用余弦定理可得，注意其符号判断c的范围，再根据直线与圆相切可得，构造方程求参数c，进而求b.
【详解】由题设，，又，则，
在中，则，即，
又直线与相切，则，
综上，，解得，而，则，
所以，可得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：注意应用余弦定理求关于椭圆参数的表达式，再由直线与圆的相切关系得到另一个关于椭圆参数的表达式，联立求参数.
36．（2021·海南·三亚华侨学校高二期中）已知圆，直线，点，点.给出下列4个结论：
当时，直线与圆相离；
若直线是圆的一条对称轴，则；
若直线上存在点，圆上存在点，使得，则的最大值为；
为圆上的一动点，若，则的最大值为.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】
【解析】对于：，，圆心，半径，直线与圆相离；对于：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，即可得到；对于：由垂径定理，，设.得到，但两处等号无法同时取到，矛盾；对于：为圆上的一个动点.若，设，利用参数方程解决即可.
【详解】对于：当时，直线，圆心，半径，直线与圆相离，故表述正确；
对于：若直线圆的一条对称轴，则直线过圆的圆心，故，故表述正确；
本题的难点主要聚焦于、，如图所示：
设的中点为，以为直径作圆，连接．则
对于：由垂径定理，，设.
一方面，若，则.
当且仅当，且三点共线时，等号成立，此时直线的斜率为.
另一方面，当时，直线.
故点到直线的距离.此时.
当且仅当为点在直线上的射影时等号成立，此时直线的斜率为.
对比发现，，但两处等号无法同时取到，矛盾.故表述错误.
对于：为圆上的一个动点.若，设，
则.
注意到，
故
当且仅当且点在点正上方时，等号成立.故表述正确.
故答案为：.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系变形，以及圆更深层次的定义，难度较大，能够正确画出示意图是解决问题的关键.
37．（2021·福建·晋江市第一中学高二期中）已知点F是椭圆的右焦点，点到椭圆上的动点Q的距离的最大值不超过，当椭圆的离心率取到最大值时，则的最大值等于__________．
【答案】##
【分析】设，求得的表达式，对进行分类讨论，结合二次函数的性质、椭圆的定义来求得的最大值.
【详解】设，则，即且．
因为，
而，即，
所以，当，即时，
当时，取得最大值，．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．
当，即时，
当时，取得最大值，，
由解得，即．
又因为椭圆的离心率，因此当时，e最大．
设椭圆的左焦点为，则，
因此，
所以当Q在的延长线上时，取得最大值，
，
因此的最大值为．
综上所述，的最大值为．
故答案为：
【点睛】在椭圆有关线段和差的最值问题求解的过程中，可考虑利用椭圆的定义进行转换，从而求得最值.
38．（2021·黑龙江·鸡西市第一中学校高二期中）已知是双曲线的右焦点，直线经过点且与双曲线相交于两点，记该双曲线的离心率为，直线的斜率为，若,则k与e的关系是___________.
【答案】.
【分析】设设，，然后将直线方程代入双曲线方程并化简，进而根据根与系数的关系及建立关于的方程，进而解得答案.
【详解】由题意，设，易知，设，则，代入双曲线方程得：，
易知，，…，
由，代入得：，
所以，，
即.
故答案为：.
【点睛】由，由此可知题目应涉及到根与系数的关系，进而设出直线方程然后与双曲线联立，然后解决问题.
四、解答题
39．（2020·广东·佛山市顺德区容山中学高二期中）已知梯形，，，，EF分别是、上的动点，且，设（），沿将梯形翻折，使平面平面，如图.
(1)若以BC?D?F为顶点的三棱锥的体积记为，求的最大值；
(2)当取得最大值时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三棱锥的体积公式结合几何体中的垂直关系将表示出来，进而求出最大值；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出二面角的余弦值.
(1)
解：作，垂足H，如下图所示，
平面平面，交线，平面，
平面，
，平面平面，平面平面，平面.
平面.
又由平面，故，
四边形是矩形，，故以FB?C?D为顶点的三棱锥的高.
又，（）.
三棱锥的体积
，（）
当时，取最大值.
(2)
解：当取得最大值时，EF分别是、的中点
平面，，，又，
故可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
则，，，，
设平面的法向量为
，
则
即
取，则，
平面的一个法向量为
记此二面角的平面角为，则
二面角D-BF-C是钝二面角
此二面角的余弦值为
【点睛】方法点睛：求二面角的方法
直接法：根据二面角的定义作出二面角的平面角，再进行求解；
等体积法：通过等体积转化求得二面角的大小；
向量法：通过建立空间直角坐标系求得二面角.
40．（2021·浙江宁波·高二期中）如图，圆，圆（），点，，为圆上异于点P的两点.若直线，与圆都相切，求证：
(1)直线，的斜率之积为1；
(2)直线的斜率为定值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)直线的斜率为定值.
【分析】（1）设切线为，由，整理得，利用韦达定理即可证明；
（2）直接求出M、N的坐标，求出，整理化简即可证明.
(1)
因为，所以过点P与圆C相切的直线斜率一定存在.
设切线为，即，
设，两边平方整理得：.
设直线PM,PN的斜率分别为，由韦达定理得：，
所以直线PM,PN的斜率之积为1.
即证.
(2)
由（1）得：，则有：，.
设
把直线与联立，消去y，整理得：
.
解得：
所以
.
所以直线的斜率为.
【点睛】求圆的切线方程的思路通常有两种:
（1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径；
（2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用Δ=0．
41．（2021·广东·湛江二十一中高二期中）已知线段的端点，端点在圆上运动，线段的中点的轨迹方程为E.
(1)求轨迹方程；
(2)过点的直线与曲线E交于P，Q两点，若，其中O为坐标原点，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用中点坐标公式将点用的中点坐标和点坐标表示出来，再利用代入法即可求出轨迹方程；
（2）联立直线与曲线E，利用韦达定理结合即可求出直线的方程，进而求出.
(1)
解：设的中点为，
的中点为，且
，即
点在圆上
即
化简得：
所以的轨迹方程为：
(2)
解：设，
由直线过点且与圆有两个交点，所以直线的斜率存在且不为
设直线的方程为：
联立直线与圆的方程：
得：
解得：
，
由得：
即
化简得：
将韦达定理代入得：
解得：，符合题意
此时直线的方程为：
由圆的方程知，圆的圆心坐标为，半径为
在直线的方程中，当时，，即直线过圆心
所以
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常见方法
直接法：将动点满足的（与斜率、距离、数量积等有关的，或由平面几何知识推出的）等量关系，直接坐标化，即可得到动点轨迹方程．
定义法：若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义（如直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线等），可根据定义直接求，又称几何法，利用平面几何知识转化是关键．
代入法：若动点依赖于另一动点的变化而变化，并且又在某已知(或容易先确定的)曲线上，则可先用，的代数式表示，，再将，代入已知曲线即可得到要求的轨迹方程．又称相关点法或转移法．
42．（2021·浙江省杭州学军中学高二期中）以原点为圆心，半径为r的圆O与直线相切．
（1）直线l过点且l截圆O所得弦长为，求直线的方程；
（2）设圆O与x轴的正半轴的交点为M，过点M作两条斜率分别为，的直线交圆O于A，B两点，且，证明：直线AB恒过一个定点，并求出该定点坐标．
【答案】（1）或；（2）证明见解析，定点为．
【分析】（1）首先利用直线与圆相切求出圆的半径，进一步分所求直线的方程斜率是否存在即可求出结果；
（2）利用直线和圆的位置关系建立方程组，进一步利用一元二次方程根与系数的关系得到直线AB的方程的表达式，进而求出定点.
【详解】（1）圆与直线相切，
圆心O到直线的距离为，
圆O的方程为：．
若直线l的斜率不存在，直线l为，
此时直线l截圆所得弦长为，符合题意；
若直线l的斜率存在，
设直线l为：，
则有，解得：，
此时直线l为，
则所求的直线l为或．
（2）证明：由题意知，，设直线MA：，
与圆方程联立得：，
消去y得：，
，，，
因为，用换掉得到B点坐标，
，，则，
直线AB的方程为，
整理得：，则直线AB恒过定点为．
【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定点、定值，再证明这个点、值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值．
43．（2022·上海·复旦附中高二期中）如图所示，圆柱内有一个三棱柱，三棱柱的底面为圆柱底面的内接三角形，且AB是圆O的直径，，点C为底面圆周O上的动点．记三棱锥的体积为V．
(1)证明：平面平面；
(2)求V的最大值；
(3)当V取最大值时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用圆的性质得，再由圆柱的结构特征、线面垂直、面面垂直的判断推理作答.
（2）利用三棱锥的体积公式推理、计算作答.
（3）由（2）的结论，可得C为弧AB的中点，再建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
(1)
依题意，三棱柱内接于圆柱，是圆O的直径，点C是底面圆周上异于点A，B的点，
则，而，，平面，则平面，又平面，
所以平面平面．
(2)
三棱锥底面为△ABC，高，三棱锥体积V最大，当且仅当底面面积最大，
即边上的高最大，点C到直线AB距离最大，此时OCAB，，
所以体积V的最大值为.
(3)
由（2）知，C为弧AB的中点，射线两两垂直，
以O为原点，分别以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设与平面所成角为，，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线面角的正弦．
44．（2021·浙江省象山县第二中学高二期中）已知圆过点，且圆心在轴．
(1)求圆的标准方程；
(2)圆与轴的负半轴的交点为，过点作两条直线分别交圆于，两点，且，求证：直线恒过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）设圆心坐标，由圆心到两点距离相等求得圆心坐标并求得半径，从而得圆方程；
（2）设直线方程为，，代入圆方程求得，然后利用得出的关系，从而得定点．直线斜率不存在时，求出坐标即可得．
(1)
由题意设圆心为，则，解得，
，
所以圆方程为；
(2)
在圆方程中令得或，所以，斜率存在时，
设方程为，设，
由得，
，即()，
，，
，
，
化简得，，
所以或，都满足()式．
时，方程为，过定点，舍去，
时，方程为，过定点，
斜率不存在时，，，
，又，，解得，因此也过点．
综上，直线过定点．
【点睛】本题考查求圆的方程，考查直线与圆相交问题，直线过定点问题．解题方法是设出直线方程：，交点坐标，直线方程代入圆方程，应用韦达定理得出，然后代入已知条件求出的关系，由此得直线所过定点坐标．这里对学生的运算求解能力，逻辑能力要求较高，属于难题．
45．（2021·新疆维吾尔自治区喀什第六中学高二期中）已知圆的圆心在直线上，与轴正半轴相切，且截直线所得的弦长为4.
(1)求圆的方程；
(2)设点在圆上运动，点，M为线段AB上一点且满足，记点的轨迹为曲线.
求曲线的方程，并说明曲线的形状；
在直线上是否存在异于原点的定点，使得对于上任意一点，为定值，若存在，求出所有满足条件的点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)，曲线是为圆心，为半径的圆.
不存在，理由见解析.
【分析】（1）令且，结合题设得圆为，联立直线结合韦达定理及弦长公式列方程求参数m，进而写出圆的方程；
（2）设，，应用坐标表示，，再根据列方程组分别用表示、用表示，最后由点在圆上代入化简即可确定的方程，并说明曲线的形状即可.
设且，，不妨假设为定值，根据两点距离公式、在上化简并整理可得，则多项式方程中的系数及常数项均为0求参数，即可判断存在性.
(1)
令且，易知圆的半径为，
圆的方程为，联立，整理可得，
若与圆交点横坐标分别为、，则，，
，解得，又，即，
圆的方程为.
(2)
设，，则，，而，
，则，又在圆上，
曲线的方程为，故曲线是为圆心，为半径的圆.
设且，，
要使为定值，即为定值即可，则，
，又，则，
，
，可得，又异于原点，
不存在，使上任意一点有为定值.
【点睛】关键点点睛：第二问，利用两个动点的数量关系，将一个未知曲线上的动点坐标表示已知圆上的动点坐标，根据点在圆上代入方程整理得曲线的方程即可；设动点，根据比值为定值列方程并整理为含所设参数的整式方程形式，要使比值不受动点的影响只需保证相关项的系数为0，列方程组求参数判断存在性.
46．（2022·四川·射洪中学高二期中）已知椭圆C：的离心率为，点与椭圆C的左、右顶点构成等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线MN与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)；
(2)面积是定值，理由见解析.
【分析】（1）利用椭圆性质及给定条件求出长半轴长a，再借助离心率计算b作答.
（2）直线MN的斜率存在时，设出其方程，与椭圆C的方程联立，利用已知结合韦达定理计算求解，再验证直线MN的斜率不存在的情况作答.
(1)
椭圆C：左右顶点，因点与椭圆C的左、右顶点构成等腰直角三角形．
则，而椭圆C的离心率为，则半焦距，因此，
所以椭圆C的方程是.
(2)
当直线MN的斜率存在时，设其方程为：，，
由消去y并整理得，
则，，
直线OM，ON的斜率分别为，，则
，
整理得：，原点O到直线MN的距离，
而，
于是得的面积，
当直线MN的斜率不存在时，由对称性知，，则不妨令，，
直线OM：，由得或，直线或，
因此，，点O到直线MN的距离为，的面积，
所以的面积是定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
47．（2022·上海市行知中学高二期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点
(1)求椭圆的方程
(2)已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标；若不存在说明理由；
(3)若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)存在定点，使得
(3)
【分析】（1）根据左顶点坐标、离心率和椭圆之间关系可直接求得结果；
（2）设直线，与椭圆方程联立可求得点坐标，利用中点坐标公式可得点坐标；由方程可求得点坐标；设存在定点，利用可得，由数量积的坐标运算可整理得到，令可求得定点坐标；
（3）设直线，与椭圆方程联立可求得点横坐标；根据平行关系可确定，整理可得，利用基本不等式可求得最小值.
(1)
为椭圆的左顶点，，
又，，，
椭圆的方程为：.
(2)
设直线，
由得：，
设，则，解得：，
，即，
为的中点，；
令，解得：，；
假设存在定点，使得，则，
，整理可得：，
令，解得：，即，
存在定点，使得.
(3)
设直线，由得：，；
，，
（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、定点问题和最值问题的求解；本题求解最值的关键是能够利用平行关系将所求式子转化为点横坐标之间的关系，进而将所求式子转化为关于斜率的符合基本不等式的形式，利用基本不等式求得最值.
48．（2022·江苏·海安县实验中学高二期中）已知椭圆：的离心率为，圆：与x轴交于点M、N，P为椭圆E上的动点，，面积最大值为．
(1)求圆O与椭圆E的方程；
(2)圆O的两条平行的切线分别与椭圆交于点A、B、C、D，求四边形的面积的取值范围．
【答案】(1)圆的方程为，椭圆的方程为.
(2)
【分析】（1）由离心率公式和的关系，结合椭圆的定义可得即为椭圆的焦点，可得，再由位于椭圆短轴端点时，的面积取得最大值，解方程即可得到的值，从而得到圆和椭圆的方程；
（2）根据圆与椭圆的对称性，由两条平行的圆切线与椭圆交点构成的四边形为平行四边形，且两平行线间距离为，即可得四边形面积为.讨论直线的斜率不存在时，求得切线的方程，代入椭圆方程可得交点和弦长；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，运用直线和圆相切的条件可知与的关系，再由直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，将弦长化为关于的函数式，结合换元法和二次函数的最值求法，即可得到所求弦长的范围，进而得到四边形面积的范围．
(1)
由题意得，解得，
因为，所以点、为椭圆的焦点，则，
设，则，所以，
当时，，代入解得，所以，，
所以，圆的方程为，椭圆的方程为.
(2)
因为，平行，且与圆O相切，所以两条直线间的距离，且四边形为平行四边形，
设四边形的面积为，则，
当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，，，
因为直线与圆相切，所以，即，
联立消去可得，
，
，，
，
令，则，
所以，，
所以，所以，则；
当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
解得，，故，则．
综上，四边形的面积的取值范围的取值范围是．
【点睛】（1）解决直线与椭圆的题目时，时常需把两个方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系.
（2）涉及到直线方程的设法时，一定要考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
49．（2022·福建省永春美岭中学高二期中）已知抛物线的焦点为，点 在上，且．
(1)求点的坐标及的方程；
(2)设动直线与相交于两点，且直线与的斜率互为倒数，试问直线是否恒过定点？若过，求出该点坐标；若不过，请说明理由．
【答案】(1)的坐标为，的方程为；
(2)直线过定点.
【分析】(1)利用抛物线定义求出，进而求出p值即可得解.
(2)设出直线的方程，再联立直线l与抛物线C的方程，借助韦达定理探求出m与n的关系即可作答.
（1）
抛物线的准线：，于是得，解得，
而点在上，即，解得，又，则，
所以的坐标为，的方程为.
（2）
设，直线的方程为，
由消去x并整理得：，则，，，
因此，，
化简得，即，代入方程得，即，则直线过定点，
所以直线过定点.
【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线相交，直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
50．（2022·上海市宝山中学高二期中）已知二次曲线的方程：．
（1）分别求出方程表示椭圆和双曲线的条件；
（2）若双曲线与直线有公共点且实轴最长，求双曲线方程；
（3）为正整数，且，是否存在两条曲线，其交点P与点满足，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）时，方程表示椭圆，时，方程表示双曲线；（2）；（3）存在，且或或.
【分析】（1）当且仅当分母都为正，且不相等时，方程表示椭圆；当且仅当分母异号时，方程表示双曲线．
（2）将直线与曲线联立化简得：，利用双曲线与直线有公共点，可确定的范围，从而可求双曲线的实轴，进而可得双曲线方程；
（3）由（1）知，，是椭圆，，，，是双曲线，结合图象的几何性质，任意两椭圆之间无公共点，任意两双曲线之间无公共点，从而可求．
【详解】（1）当且仅当时，方程表示椭圆；
当且仅当时，方程表示双曲线．
（2）化简得：
或所以
双曲线的实轴为，当时，双曲线实轴最长为
此时双曲线方程为
（3）由（1）知，，是椭圆，，，，是双曲线，结合图象的几何性质
任意两椭圆之间无公共点，任意两双曲线之间无公共点
设，，，2，，，6，7，
由椭圆与双曲线定义及；所以
所以这样的，存在，且或或
【点睛】方法点睛：曲线方程的确定可分为两类：若已知曲线类型，则采用待定系数法；若曲线类型未知时，则可利用直接法、定义法、相关点法等求解或者利用分类讨论思想求解.
51．（2022·广东·汕头市潮阳区棉城中学高二期中）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）因为，可得，，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案；
（2）方法一：过点作轴垂线，垂足为，设与轴交点为，可得 ，可求得点坐标，从而求出直线的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得的面积.
【详解】（1），，
根据离心率，解得或(舍)，
的方程为：，即．
（2）［方法一］：通性通法
不妨设,在x轴上方，过点作轴垂线，垂足为，设直线与轴交点为
根据题意画出图形，如图
，， ，
又， ，
，根据三角形全等条件“”，可得：，
，，，
设点为，可得点纵坐标为，将其代入，
可得：，解得：或，点为或，
当点为时，故，
，，可得：点为，
画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，面积为：；
当点为时，故，，，可得：点为，画出图象，如图
, ，可求得直线的直线方程为：，
根据点到直线距离公式可得到直线的距离为，
根据两点间距离公式可得：，
面积为： ，综上所述，面积为：.
［方法二］【最优解】：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为E．设，由题知，．
故，
因为，如图，所以，．
因为，如图，所以．
综上有
［方法三］：
由已知可得，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，由对称性可设，联立方程消去y得，
由韦达定理得，所以，
将其代入直线的方程得，所以，
则．
因为，则直线的方程为，
则．
因为，所，，
即，故或，即或．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点A到直线的距离为，
故的面积为．
当时，点P，Q的坐标分别为，
直线的方程为，点到直线的距离为，
故的面积为．
综上所述，的面积为．
［方法四］：
由（1）知椭圆的方程为，．
不妨设在x轴上方，如图．
设直线．
因为，所以．
由点P在椭圆上得，所以．
由点P在直线上得，所以．所以，化简得．
所以，即．
所以，点Q到直线的距离．
又．
故．即的面积为．
［方法五］：
由对称性，不妨设P，Q在x轴上方，过P作轴，垂足为C，设，
由题知，所以．
（1）．
则．
（其中）．
（2）．
同理，．
（其中）
综上，的面积为．
【整体点评】（2）方法一：根据平面几何知识可求得点的坐标，从而得出点的坐标以及直线的方程，再根据距离公式即可求出三角形的面积，是通性通法；方法二：同方法一，最后通过面积分割法求的面积，计算上有简化，是本题的最优解；方法三：通过设直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，再根据题目等量关系求出的值，从而得出点的坐标以及直线的方程，最后根据距离公式即可求出三角形的面积，思想简单，但运算较繁琐；方法四：与法三相似，设直线的方程，通过平面知识求出点的坐标，表示出点，再根据距离公式即可求出三角形的面积；方法五：同法一，只是在三角形面积公式的选择上，利用三角形面积的正弦形式结合平面向量的数量积算出．
52．（2022·上海市大同中学高二期中） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程.
【答案】（I）；（II）.
【分析】（I）根据题意得到，结合椭圆中的关系，得到，化简得出，从而求得其离心率；
（II）结合（I）的结论，设出椭圆的方程，写出直线的方程，两个方程联立，求得交点的坐标，利用直线与圆相切的条件，列出等量关系式，求得，从而得到椭圆的方程.
【详解】（I）解：设椭圆的半焦距为，由已知有，
又由，消去得，解得，
所以，椭圆的离心率为.
（II）解：由（I）知，，故椭圆方程为，
由题意，，则直线的方程为，
点的坐标满足，消去并化简，得到，
解得，
代入到的方程，解得，
因为点在轴的上方，所以，
由圆心在直线上，可设，因为，
且由（I）知，故，解得，
因为圆与轴相切，所以圆的半径为2，
又由圆与相切，得，解得，
所以椭圆的方程为：.
【点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、圆等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力，以及用方程思想、数形结合思想解决问题的能力.
53．（2022·全国·高二期中）已知椭圆C： (a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当AMN的面积为时，求k的值．
【答案】（1） （2）1或－1.
【详解】（1）由题意得解得．所以椭圆C的方程为．
（2）由得．
设点M，N的坐标分别为，，则，，，．
所以|MN|===．
由因为点A（2,0）到直线的距离，
所以AMN的面积为． 由，解得，经检验，所以．
54．（2021·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）已知抛物线与直线相交于两点，线段中点的横坐标为5，且抛物线的焦点到直线的距离为.
(1)求， 的值；
(2)已知点为抛物线上一动点，点为轴上一点，求线段长最小值.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由点线距离公式及中点坐标公式有，结合已知求， 的值；
（2）设，利用两点距离公式有，根据二次函数的性质及抛物线的有界性，讨论、求对应线段长最小值.
(1)
由题设，抛物线焦点为，则，
联立直线与抛物线可得：，则，
综上，，可得或，又，
所以.
(2)
由（1）知：，设，
所以，又，
要使线段长最小，即最小即可，
当，即时，则时最小值为；
当，即时，则
若，则，则时最小值为；
若，则，则时最小值为；
综上，时线段长最小值为；时线段长最小值为；
【点睛】关键点点睛：第二问，利用两点距离公式构造关于m的二次函数，分类讨论函数对称轴的位置，求对应的最小值.
55．（2021·福建·厦门市国祺中学高二期中）已知圆和定点，其中点是该圆的圆心，P是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点E，设动点E的轨迹为C．
(1)求动点E的轨迹方程C；
(2)设曲线C与x轴交于A，B两点，点M是曲线C上异于A，B的任意一点，记直线MA，MB的斜率分别为，．证明：是定值；
(3)设点N是曲线C上另一个异于M，A，B的点，且直线NB与MA的斜率满足，试探究：直线MN是否经过定点？如果是，求出该定点，如果不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)过定点，.
【分析】（1）由题意利用图形的几何性质和椭圆的定义即可确定轨迹方程；
（2）已知A，B两点坐标，设出得M点的坐标，写出斜率的表达式，利用M在曲线C上，
进一步计算即可证得其斜率之积为定值；
（3）设出直线方程与对应的M、N坐标，结合（2）（3）中的斜率关系，得到，再通过联立方程利用韦达定理，进一步计算即可得的等量关系，然后带入直线方程，即可求出定点坐标.
(1)
由题意：圆的方程可化为，而线段的垂直平分线交于点E，所以，而，所以，所以动点E的轨迹是以、为焦点，长轴长为4的椭圆，设椭圆方程为：，可得，，，所以，所以动点E的轨迹方程C为：；
(2)
证明：椭圆C的方程为，所以、，
设点坐标为，所以，，
所以，
又因为在椭圆C上，所以，
所以，带入式得所以是定值.
(3)
1.当直线MN斜率存在时，设直线MN的方程为，、，
由和，可得，
而，，由，
化简得，
联立直线与椭圆方程得；，
所以，，
，代入式得
，整理得，即
，所以，
代入可知直线MN恒过点或，
而，所以 不满足题意条件，舍掉，所以直线MN恒过点
2.当直线斜率不存在时，设直线为，
则、，
由可知，，直线MN与x轴交于点，
由已知可得
即，解得，所以直线恒过点；
综上所述：直线恒过点.
【点睛】（1）考察曲线轨迹方程的时候要抓住题目中的关键条件，利用定义进行适当的转化，如
本题就是抓住题目中垂直平分线这一条件，将两条边长的和转化为圆的半径，满足椭圆的定义，从而完成求解；
（2）利用点在曲线上，动点本身满足曲线的定量关系，然后再结合题意给出的式子去化
简求得定值；
（3）本题考查直线与椭圆的位置关系，给出的条件较为复杂，需要结合第（2）问的结论，得到相对较为简单的斜率关系，然后再利用联立方程通过韦达定理，来去找对应的等量关系，从而完成求解，需要注意的是，要分直线斜率存在和不存在两种情况来考虑.
56．（2021·山东威海·高二期中）已知椭圆的一个顶点为，右焦点为F，，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足，点B在椭圆上（B异于椭圆的顶点），直线与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段的中点．求直线的方程．
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据椭圆焦点位置、结合顶点坐标及离心率求出椭圆参数，进而写出椭圆方程.
（2）设直线为，联立椭圆求坐标，进而可得坐标，根据求C坐标，最后利用相切关系有得到关于参数k的方程求值，写出直线的方程．
(1)
椭圆的一个顶点为，
且，则得：
所以，椭圆的方程为.
(2)
直线与以C为圆心的圆相切于点P，
，
由题意知，直线和斜率均存在，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，消去y，可得，解得或，
将代入，得：，
B的坐标为，
又P为线段的中点，A为，
P为，又，可得C，
直线的斜率为，又，
，整理得，解得或．
直线的方程为或．
【点睛】关键点点睛：第二问，设直线方程并联立椭圆方程求、坐标，再由向量的数量关系求C坐标，最后利用直线与圆相切得到关于参数k的方程求值.
57．（2021·湖南·怀化五中高二期中）已知圆C的圆心坐标为，且该圆经过点.
(1)求圆C的标准方程；
(2)直线n交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线n过一个定点，并求出该定点坐标.
(3)直线m交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之和为0，求证：直线m的斜率是定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，；
(3)证明见解析，.
【分析】（1）根据给定条件，求出圆C的半径即可作答.
（2）在直线n的斜率存在时，设其方程，再与圆C的方程联立，借助韦达定
理及已知探求k，t的关系，然后讨论斜率不存在的情况作答.
（3）设出直线AM，AN的方程，与圆C的方程联立，求出点M，N的坐标，再用斜率坐标公式计算作答.
(1)
依题意，圆C的半径，
所以圆C的标准方程是：.
(2)
当直线n的斜率不存在时，设，由直线AM，AN的斜率之积为2，得，
即，又由点M，N在圆C上得，消去b得：，
而，则，此时，因此，无解，
当直线n的斜率存在时，设其方程为，由消去y并整理得：
，设，
则，，直线斜率，直线斜率，
则
，整理得，此时直线n：过定点，
所以直线n过一个定点，该定点坐标是.
(3)
设直线方程为：，由消去y并整理得：，
则有点，而直线：，同理，
于是得直线的斜率，
所以直线m的斜率是定值，该定值为.
【点睛】思路点睛：与曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与曲线方程联立，
借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
58．（2021·广东广雅中学高二期中）如图，在直角中， ，角，，所对的边长分别为，，.
边的中线所在直线方程为；边的中线所在直线方程为.
(1)若点坐标为，求外接圆的方程；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)100
【分析】（1）设点坐标为，则坐标为代入可得点的坐标，同理可得点的坐标，求出的中点坐标即为外接圆圆心，计算，即可得外接圆的方程;
（2）利用重心的性质得到，，，用平面向量的数量积得到：，用到角公式求出，进而得到，，再利用面积公式得到，最终求得
(1)
因为点在直线上，设点坐标为，
因为点坐标为，是的中点，所以点坐标为，
因为点在直线上，
所以，解得：，所以，
设点，则，
所以，解得：，
所以点的坐标为，
因为，所以线段是外接圆的直径，
的中点坐标为，半径，
所以外接圆的方程为：.
(2)
设与相交于点G，则联立方程：，解得：，
所以，点G是的重心，则有，
则
因为，
故
因为，所以，故
因为，所以
所以
设直线的斜率为，直线的斜率为
则由到角公式得：
因为点G在圆的内部，所以BGC为钝角
则，
解得：
所以
所以
【点睛】平面直角坐标系下的解三角形，要充分利用题干中的条件，比如重心的性质，到角公式尤为重要，可以很好的由直线的斜率转化为角的正切值，再结合平面向量，正弦定理，余弦定理和面积公式等参与运算，最后求出结果.
59．（2022·江苏·扬州中学高二期中）已知椭圆的上顶点为B，左焦点为F，P为椭圆C上一点，，且，．
(1)求椭圆C的方程．
(2)若直线与椭圆C相切，过A作l的垂线，垂足为Q，试问是否为定值？若是定值，求的值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是定值，.
【分析】（1）设出点P的坐标，进而根据求出它的坐标代入椭圆方程，再根据，结合斜率公式求得答案；
（2）联立并化简，根据判别式为0得到k,m的关系，再联立求出点Q的坐标，进而求出答案.
(1)
设，易知，
因为，所以，
所以，．
因为P在椭圆C上，所以，所以．
因为，所以，所以．
因为，所以，，
故椭圆C的方程为．
(2)
联立方程组，得，
则，得．
当时，直线l的方程为，．
当时，直线AQ的方程为，
联立方程组，得Q的坐标为，
所以．
因为，所以，所以，
故为定值，且．
【点睛】本题第（2）问运算量较大，但充分体现了“设而不求”的思想，本题可以作为范题进行归纳总结.
60．（2021·湖南·高二期中）已知椭圆C：过点（－2，0）且离心率为．若斜率为k（）且不过原点的直线l交椭圆于A、B两点，线段AB的中点为E，射线OE交椭圆C于G、交直线于点D（－2，m），且，过O作直线AB的垂线，垂足为Q．（其中：点O为坐标原点）
(1)求椭圆C的方程．
(2)证明：存在点P，使|PQ|为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出，利用离心率求出，进而求出，求出椭圆方程；（2）先求出直线l恒过定点，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到点P，其坐标是.
(1)
且，椭圆方程为
(2)
设AB直线方程：．点
联立得
，
所以AB中点．
所以直线OE为，所以
又联立，可求得：
，
，解得：．
直线过定点
OHQ为直角三角形，取OH的中点P
（为定值）
存在满足题意的点P，其坐标是
【点睛】圆锥曲线求满足一定条件的定点问题，难度比较大，要充分利用题干中的条件来进行求解，比如这道题中要再求出直线过定点后，结合直角三角形来寻找斜边中线，对于学生基础知识扎实，对知识运用的灵活性要求高.
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