专题07 期中压轴突破（5大题型）（期中真题汇编 陕西专用） 高二数学上学期

命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 专题07 期中压轴突破 (5大题型) ☆5大高频考点概览 考点01空间向量及其运用 考点02】 直线与方程 考点03圆与方程 考点04椭圆与方程 考点05双曲线与方程 目目 考点01 空间向量及其运用 1.(24-25高二上陕西西安南开高级中学月考)如图，正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为 2,线段B1D1上有两个动点E,F,且EF=V2,以下结论错误的是() B A.E.A庙=2 B.A1C⊥AE C.异面直线AE,BF所成的角为定值 D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍 2.(21-22高二上陕西安康白河高级中学期末)已知三棱锥P-ABC的四个项点在球O的球 面上，PA=PB=PC=V2,∠BPA=∠CPA=∠CPB,E,F分别是PA,AB的中点， ∠CEF=90°，则球O的体积为() A.8V6元 B.4V6π C.2V6π D.v6x 3.(21-22高二上·陕西渭南韩城新蕾中学期中)如图，在菱形ABCD中， AB=2∠BAD=60°，将△ABD沿对角线BD翻折，得到三棱锥P-BCD(点P为点A翻 折到的位置)，则在翻折过程中，下列说法正确的有() 1/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B ①PC与平面BCD所成的最大角为45°： ②当二面角P-BD-C的大小为90时，PC=V6; ③存在某个位置，使得点B到平面PDC的距离为√5 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 4.(20-21高二下·陕西安康期末)如图，在三棱锥A-BCD的平面展开图中，四边形BCED 是菱形，BC=V2,BF=2,则三棱锥A-BCD外接球的表面积为() F(A) B ·E(A) G(4) A.誓 B.2π C.4π D.8π 5.(2425高二上陕西西安第八十五中学期中如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中， AB=AA1=1,点P满足B户=B元+uBB1,其中λE[0,1],ue[0,1],则() A.当A=0,4=1时，AP与平面ABC所成角为号 B.当=专时，有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP 2/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.当入=1,4=专时，平面AB1P⊥平面A1AB D.若AP=1,则点P的轨迹长度为罗 6.(24-25高二上陕西安康高新中学月考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中， 点M在线段BC1上运动，则下列说法正确的是() B 4 A.几何体A1BC1-ACD1的外接球半径r=V2 B.A1M//平面ACD1 C.异面直线CD与AD1所成角的余弦值为疙 D.平面A,DM与底面ABCD所成角正弦值的取值范围为[9，号 7.(2425高二上陕西榆林府谷县府谷中学、府谷一中调研)在正三棱柱ABC-A1B1C1中， AB=AA1,点P满足BP=B元+uBB1(∈[0,1]，4∈[0,1)，则下列说法正确的是() A.当=1时，点P在棱BB1上 B.当4=1时，点P到平面ABC的距离为定值 C.当入=号时，点P在以BC,B1C1的中点为端点的线段上 D.当7=1H=时，A1B⊥平面AB1P 8.(24-25高二上陕西榆林期末)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2, AA1=3,点E为线段AC的中点，点F是棱C1D1上一点，若直线EF与平面AB1C所成角的 正弦值为，则BP= A B 3/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9.(24-25高二上·陕西西安陕西师范大学附属中学.月考)连接三角形三边中点所得的三角形 称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列P（i=0,1,2,…,)；P0是体积为 1的正四面体，P+1是以P的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的 新多面体则P4的体积为一 10.(23-24高二上陕西安康期末)蹴鞠（如图所示），又名球、蹴圆、筑球、踢圆等，有用 脚蹴、蹋、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而赋鞠就是指古人以脚蹴、蹋、 踢皮球的活动类似今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠己作为非物质文化遗产经国务院批 准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知鞠的表面上有四个点A,B,C,D,四面体 ABCD的体积为誓，BD经过该鞠的中心，且AB=BC=1,AB⊥BC,则该鞠的表面积 为」 11.(24-25高二上陕西榆林期中)如图，在四棱锥M-ABCD中，底面ABCD是边长为6 的正方形，△MAB是等边三角形，平面MAB⊥平面ABCD (I)求平面CDM与平面ABM所成二面角的正弦值； (2)己知E,F,G分别是线段AM,DM,CD上一点，且AE=专AM,DF=DM,CG=专CD ，若H是线段BM上的一点，且点H到平面EFG的距离为V5,求器的值 12.(24-25高二上陕西延安中学月考)如图，己知菱形ABCD和菱形ADEF的边长均为2， ∠FAD=∠BAD=60°BF=V3,M,N分别为AE,BD上的动点，且 A成=A花，B市=λBi(0<1<1)当MN的长度最小时， 4/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (1)求7： (2)求点C到平面MND的距离. 13.(24-25高二上陕西陕西师范大学附属中学)如图①所示，矩形ABCD中，AD=1, AB=2,点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM,连接PB,PC,得到 图②的四棱锥P-ABCM,N为PB中点， M D B 图① 图② (I)若平面PAM⊥平面ABCD,求直线BC与平面PMB所成角的大小： (2)设P-AM-D的大小为日，若日E(0,罗]，求平面PA和平面PBC夹角余弦值的最 小值 14.(23-24高二上陕西榆林府谷中学月考)图，在三棱台ABC-A1B1C1中，△ABC是等 边三角形，AB=2A1B1=4,CC1=2,侧棱CC1⊥平面ABC,点D是棱AB的中点，点E 是棱BB1上的动点（不含端点B)· C A (1)证明：平面AA1B1B⊥平面DCC1: (2)求平面ABE与平面ACE的夹角的余弦值的最小值. 15.(23-24高二上陕西咸阳实验中学月考)如图，在三棱柱ABC-AB1C1中，棱 5/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AC,CC1的中点分别为D,E,C1在平面ABC内的射影为D,△ABC是边长为2的等边三角 形，且AA1=2,点F在棱B,C1上运动（包括端点）.请建立适当的空间直角坐标系，解答 下列问题： B B (1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离： (2)求锐二面角F一BD一E的余弦值的取值范围 16.(23-24高二上陕西部分学校)如图，在四面体ABCD中，AC1BC,AC=2√2， BC=4,CD=BD=2N5,c0s∠ABD=号，E,R,G分别为棱BC,D,CD的中点， 点H在线段AB上 G (I)若FH//平面AEG,试确定点H的位置，并说明理由； (2)求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围 目目 考点02 直线与方程 17.(20-21高二上陕西西安西光中学，期末)已知点A4,4)在抛物线y2=4x上，F是抛物线 的焦点，点P为直线x=一1上的动点，我们可以通过找对称点的方法求解两条线段之和的 最小值，则PA+PF的最小值为() A.8 B.2V13 c.2+V41 D.65 18.(24-25高二上陕西榆林第一中学期末)在平面直角坐标系中，曲线 C:2+y2=2x+2y是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有() A.曲线C围成的图形有4条对称轴 B.曲线C围成的图形的周长是8V2π 6/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.曲线C上任意两点间的距离最大值是4y2 D.若T(a,b)是曲线C上任意一点，则|4a+3b-18的最小值是11-5V2 19.(24-25高二上陕西汉中普通高中十校联盟期末)如图，DP⊥y轴，垂足为D点，点M DM 在DP的延长线上，且D丽 =入当点P在圆.x2+y2=8上运动时，点M的轨迹为C. 0 (1)求点M的轨迹C的方程； (②)当1=V2时，点M的轨迹方程记为C (i)若动点N为轨迹C外一点，过点N作轨迹C的切线，两条切线互相垂直，记点N的 轨迹方程为C2,试判断C2与圆.x2十y2=8是否存在交点？若存在，求出交点的坐标；若 不存在，请说明理由； (i)轨迹C的左右顶点分别记为A,B,圆x2十y2=16上有一动点E,E在x轴上方， F(2,O),直线EA交轨迹C于点G,连接EB,GF,设直线EB,GF的斜率存在且 分别为k1,k2,若k1=tk2,求t的取值范围 20.(2425高二上·陕西安康·期中)若集合A表示由满足一定条件的全体直线组成的集合，定 义：若集合A中的每一条直线都是某圆上一点处的切线，且该圆上每一点处的切线都是A 中的一条直线，则称该圆为集合A的包络圆 ()若圆E:x2+y2=4是集合A={(xy)lax+by=2}的包络圆. (i)求a,b满足的关系式： (ii)若3a+4b十t=0,求t的取值范围： (2)若集合A={(x,y)xcos0+(y+6)sin日+62=0，日∈R}的包络圆为C,P是C 上任意一点，判断y辅上是否存在定点山，水使得贸=9，若存在，求出点山，N的 坐标；若不存在，请说明理由。 21.已知椭图等+谷=1(a>b>0)的离心率为号，短轴的一个端点为M(0,1),过椭 7/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 圆左顶点A的直线1与椭圆的另一交点为B. (1)若1与直线x=a交于点P,求0B.O的值； (2)若AB号，求直线1的倾斜角， 22.已知椭圆C等+器=1(a>b>0)的离心率为S,短轴一个端点到右焦点的距离为 3 (1)求椭圆C的方程； (②设直线1与椭圆C交于A、B两点，坐标原点0到直线1的距离为汽，求△A0B面积的 最大值. 目目 考点03 圆与方程 23.(24-25高二上陕西渭南蒲城县蒲城中学·月考)已知函数 f问=-2x+2+e+2x+男的省城为A-是 5y1-t 的值域为B,则A∩B= () A.{} B.[号，4] c.[号割 D.[34] 24.(18-19高二·陕西华阴期末)已知F是抛物线y2=4x的焦点，过点F的直线与抛物线交 于不同的两点AD,与圆x-1)+y2=1交于不同的两点B,C(如图)，则A卧CD的值 是 A.2V2 B.2 C.1 D.号 25.(24-25高二上陕西商洛洛南中学期中)已知圆0：x2+y2=4,点P(x0y)是圆0上 的点，直线1：x-y+V2=0,则() A.直线]与圆0相交所得弦长是V5 8/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B. 亭的最大值是5 C.圆0上恰有3个点到直线1的距离等于1 D.过点P向圆M:(x-3)2+(y-4)2=1引切线，A为切点，则川PA最小值为 22 26.(23-24高二上陕西咸阳咸阳中学)已知抛物线y2=4x的焦点F,过点F的直线1与抛物 线交于A、B两点A(xy1),B(x?y2),则() A.X1X2=1 B.yY2=-4 C.扇+扇=2 D.以AB为直径的圆与x=-1相切 27.(24-25高二上陕西榆林八校联考期末)已知圆C:(x+1)2+y2=12,P(1,-2), M(O,3),A,B是圆C上的动点，且∠APB=罗，点N是线段AB的中点，则当∠PMN取 得最大值时，MN的值为 28.(23-24高二上陕西榆林第一中学期中)己知点N(2,0),动点A在圆： (x+2)2+y2=64上运动，线段AW的垂直平分线交AM于P点，则P的轨迹方程为 ；若动点9在圆(x+1)2+y2=1上运动，则1PQ的最大值为 29.已知直线1：X一y+4=0与x轴相交于点A,过直线1上的动点P作圆x2+y2=4的两 条切线，切点分别为C,D两点，记M是CD的中点，则AM|的最小值为 30.(24-25高二上·陕西西安铁一中滨河高级中学.期中已知圆0：x2+y2=8,过点 P(4,0)的直线与圆O相切，切点M在第一象限，M在x轴上的射影为点F (1)求F的坐标； (2)过P且斜率不为零的另一条直线与圆O交于A,B两点，A在线段PB上，设N为线段FP的 中点，直线BN交直线MF于点Q,证明：AQ与x轴平行 31.(24-25高二上陕西西安交通大学附属中学开学考)已知圆O:x2+y2=r2(r>0)与 圆E:x2+y2-2x-2y=0内切. (I)直线：y=kx+1与圆O交于M,N两点，若OM.ON=-7,求k的值； (2)过点E作倾斜角互补的两条直线分别与圆O相交，所得的弦为AB和CD,若 |AB=CD,求实数的最大值 32.已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)=1上点的 9/15 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 距离的最小值为4. (1)求P: (2)若点P在M上，PAPB是C的两条切线，AB是切点，求△PAB面积的最大值 33.(21-22高二上陕西西安西北工业大学附属中学月考)己知圆M: x2+y2-12x-14y+60=0及其上一点A(2,4) (I)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程； (2)设平行于0A的直线！与圆M相交于B,C两点，且|BC=2V5,求直线，的方程： (3)设点T(t,0)满足：存在圆M上的两点P,Q,使得TA+TP=TQ,求实数t的取值范 围 目目 考点04 椭圆与方程 34.己知椭圆和双曲线有相同的焦点F1、F2,它们的离心率分别为e1、e2,点P为它们的 一个交点，且∠F1PF2=等，则e+e的范围是() A.[5+ B.6 C.(2+∞) D.(3+∞) 35.设椭圆等+爷=1(a>b>0)的左、右焦点分别为R1、F2,P是椭圆上一点。 |PF=PF2,(传≤入≤2)，∠F1PF2=琴，则椭圆离心率的取值范围为() c.屋9 36.(23-24高二上陕西威阳实验中学)已知椭圆C:等+茶=1(a>b>0)的左、右焦点 分别是F1、F2,其中F1F2=2C,直线l:y=k(x+c)(kER)与椭圆C交于A、B两 点则下列说法中正确的有() A.当k≠0时，△ABF2的周长为4a B.当k≠0时，若AB的中点为M,0为原点，则kNk=兰 C若京·正，=3c2,则椭圆C的离心率的取值花围是[5，】 D.若|AB|的最大值为3c,则椭圆C的离心率e=青 37.(24-25高二上陕西西安临潼区华清中学·月考)如图，在平面直角坐标系x0y中，椭圆 10/15 专题07 期中压轴突破 （5大题型） 5大高频考点概览 考点01 空间向量及其运用 考点02 直线与方程 考点03 圆与方程 考点04 椭圆与方程 考点05 双曲线与方程 空间向量及其运用 地 城 考点01 1．(24-25高二上·陕西西安南开高级中学·月考)如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F，且，以下结论错误的是（   ） A． B． C．异面直线，所成的角为定值 D．正方体的体积是三棱锥的体积的12倍 【答案】C 【分析】根据空间向量的数量积运算可判断项；通过证明平面，可判断项；通过特殊点代入，分别计算当与重合，为中点，与与重合时，为中点时，直线，所成的角的余弦值可判断项；分别求出正方体与三棱锥的体积，即可判断项. 【详解】对于，易知//，所以， 所以，故正确； 对于，建立如图空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 则，所以， ，所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面，所以.故正确； 对于，连接，交于，则. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 则， , 正方体的体积是三棱锥的体积的12倍，故正确； 对于，如图，当与重合时，为中点， 易知//，所以直线，所成的角为. 此时，，，所以，所以， 则. 如图，当与重合时，为中点， 易知//，所以直线，所成的角为. 因为为直角三角形，所以. 综上，异面直线AE，BF所成的角不是定值，故错误. 故选：. 2．(21-22高二上·陕西安康白河高级中学·期末)已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上， ，，E，F分别是，的中点，，则球O的体积为（    ） A．8 B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】 ，， 所以，故为等边三角形，为正三棱锥， 取的中点O，连接，则， 又面，所以面， 又面，所以， 又，分别为、中点， ，， 又，平面， 平面， 又面，所以， ，， 在中由勾股定理得， 为正方体一部分，，即， ， 故选：D． 【点睛】思路点睛：补体法解决外接球问题，可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 3．(21-22高二上·陕西渭南韩城新蕾中学·期中)如图，在菱形中，，将沿对角线翻折，得到三棱锥（点为点翻折到的位置），则在翻折过程中，下列说法正确的有（    ） ①与平面所成的最大角为； ②当二面角的大小为时，； ③存在某个位置，使得点到平面的距离为. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】取 的中点 , 连接 , 利用线面角的定义即可判断选项①,  利用二面角的平面角的定义得到, , 再利用勾股定理求解, 即可判断选项②, 假设点 到平面 的距离为 , 由此进行推理, 产生矛盾, 假设不成立, 从而判断选项③. 【详解】 对于① 取 的中点 , 连接 C, 故当 时, 与平面 所成的角为 , 因为 , 故选项①错误; 对于②, 当二面角 P-BD-C的大小为 时, , 则 , 故 , 故选项②正确; 对于③, 点 到 的距离为 , 点 到 的距离为 若点 到平面 的距离为 , 则平面 平 面 且平面 平面 , 则有 平面 , 即 , 这与 是等边三角形矛盾 所以选项③错误. 故选：B. 4．(20-21高二下·陕西安康·期末)如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三棱锥的直观图还原，确定出球心，进而算出球的半径得到答案. 【详解】将三棱锥的直观图还原，如图所示， 则，∴，∴．取的中点O，连接，则，∴O为三棱锥外接球的球心，半径，故三棱锥外接球的表面积． 故选：C. 5．(24-25高二上·陕西西安第八十五中学·期中)如图，在正三棱柱中，，点满足，其中，则（    ）    A．当时，与平面所成角为 B．当时，有且仅有一个点，使得 C．当时，平面平面 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】CD 【分析】A：根据平面判断出线面角，结合线段长度解出角的大小；B：建立空间直角坐标系，根据得到关于的方程，根据解的个数判断即可；C：分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量的关系判断即可；D：根据条件确定出的轨迹，然后即可计算轨迹长度. 【详解】对于A：当时，，即与重合， 由正三棱柱的结构特点可知平面， 所以与平面所成角即为，且，所以， 所以与平面所成角为，故A错误；    对于B：取中点，连接，以为原点， 以过平行于方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所示， 由题意可知，， 所以， 所以， 所以， 当时， ，所以或， 所以满足条件的点有两个，故B错误；    对于C：当，时，， 因为，所以， 又， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，则，所以， 因为， 设平面的一个法向量为， 所以， 取，则，所以， 所以，所以， 所以平面平面，故C正确； 对于D：因为，其中，， 所以在右侧面中， 因为平面，且， 所以，所以的轨迹是以为圆心，半径为的半圆， 所以轨迹长度为，故D正确； 故选：CD. 6．(24-25高二上·陕西安康高新中学·月考)如图，在棱长为的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（    ）    A．几何体的外接球半径 B．平面 C．异面直线与所成角的余弦值为 D．平面与底面所成角正弦值的取值范围为 【答案】BD 【分析】对于A，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得半径；对于B，利用面面平行的判定定理证平面平面，再利用面面垂直的性质定理证平面，即可判断；对于C，由线面垂直的性质，找到异面直线与所成角，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，求得两平面法向量的夹角的余弦值，再结合函数的性质，即可求解平面与底面所成角正弦值的取值范围. 【详解】对于A，因为几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同， 半径为，故A错误； 对于B，在正方体中，且，故为平行四边形，所以， 而平面，平面，故平面， 同理可证平面，又因为，平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面，故B正确； 对于C，由平面，平面，则， 即异面直线与所成角为，则异面直线与所成角的余弦值为，    故C错误； 对于D，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，    则， 则有，，设， 则，所以， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 由题意知，取平面的一个法向量， 则， 则面与底面所成角正弦值为， 由于，故当时取最小值， 则取到最小值， 当或时取最大值，则取到最大值， 所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，故D正确， 故选：BD. 7．(24-25高二上·陕西榆林府谷县府谷中学、府谷一中·调研)在正三棱柱中，，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时，点在棱上 B．当时，点到平面的距离为定值 C．当时，点在以的中点为端点的线段上 D．当时，平面 【答案】BCD 【分析】对于A，由即可判断；对于B，由和平面即可判断；对于C，分别取和的中点和，由 即即可判断；对于D，先求证平面，接着即可求证平面，进而即可求证平面. 【详解】对于A，当时，， 又，所以即，又， 所以三点共线，故点在上，故A错误； 对于B，当时，， 又，所以即，又， 所以三点共线，故点在棱上， 由三棱柱性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，故B正确； 对于C，当时，取的中点的中点， 所以且， ，即， 所以即，又， 所以三点共线，故在线段上，故C正确； 对于D，当时，点为的中点，连接， 由题为正三角形，所以，又由正三棱柱性质可知， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，所以，又， 所以，所以， 所以， 设与相交于点O，则，即， 又，平面， 所以平面，因为平面， 所以，由正方形性质可知， 又，平面， 所以平面，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：对于求证平面，可先由和得平面，从而得，接着求证得平面，进而，再结合即可得证平面. 8．(24-25高二上·陕西榆林·期末)如图，在长方体中，，，点为线段的中点，点是棱上一点，若直线与平面所成角的正弦值为，则 ． 【答案】 【分析】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，根据直线与平面所成角的向量求法可得答案. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， ， 设为平面的一个法向量， 可得，即，令，则， 所以， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 解得，或舍去， 所以，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 9．(24-25高二上·陕西西安陕西师范大学附属中学·月考)连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为 . 【答案】 【分析】利用归纳法可得从到时增加的小正四面体的个数为，增加的每个小正四面体的体积为，从而比的体积增加了，运算得解. 【详解】如图，画出了，因为有4个面，则有24个面，归纳可知有个面， 这个数即是到时增加的小正四面体的个数， 由于新增加的每一个小正四面体的体积是前一个小正四面体体积的， 归纳得到时增加的每个小正四面体的体积为， 所以比的体积增加了， 所以的体积为. 故答案为：. 10．(23-24高二上·陕西安康·期末)蹴鞠（如图所示），又名球、蹴圆、筑球、踢圆等，有用脚蹴、蹋、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而赋鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动类似今日的足球，2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知鞠的表面上有四个点A，，，，四面体的体积为，经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为 ． 【答案】 【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积. 【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN， 易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC， 因为O，M分别为BD，BN的中点，所以， 所以平面ABC， 因为，可得， 即，在中，，可知， 则，所以球O的表面积为． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解. 11．(24-25高二上·陕西榆林·期中)如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，是等边三角形，平面平面.    (1)求平面与平面所成二面角的正弦值； (2)已知分别是线段上一点，且，若是线段上的一点，且点到平面的距离为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图通过证明平面，可建立以点为原点的空间直角坐标系，后可求出平面与平面的法向量，结合空间向量知识可得答案； （2）由题可得平面的法向量，后设，可得点到平面的距离关于的表达式，即可得答案. 【详解】（1）取的中点分别为，连接， 因为底面是正方形，所以， 因为是正三角形，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 以点为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，    由题意：， ， 设平面的法向量为，所以， 即，令，则， 即平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面所成二面角为， 则， 所以，即平面与平面所成二面角的正弦值为. （2）因为分别是线段上一点， 且， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，即平面的一个法向量为， 设， 则， 所以点到平面的距离， 解得（舍去），即. 12．(24-25高二上·陕西延安中学·月考)如图，已知菱形和菱形的边长均为，，分别为上的动点，且.当的长度最小时, (1)求； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据菱形性质以及边长利用线面垂直性质定理建立空间直角坐标系，得出，即可计算出的长度最小时； （2）利用点到平面距离的向量求法，求得平面的法向量代入计算即可得出结果. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由菱形和菱形以及可得为等边三角形， 可得， 又平面，则平面， 又平面，于是平面平面； 在平面内作，平面平面，所以平面； 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则 由可得，由可得； 所以，， 由可得； 所以， 可得， 当时，的长度最小； （2）此时，； 设平面的一个法向量为，则， 令，可得，即； 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据几何体性质利用线面垂直、面面垂直性质定理等建立空间直角坐标系，再根据向量相等得出要求点的坐标可求解. 13．(24-25高二上·陕西陕西师范大学附属中学·)如图①所示，矩形中，，，点M是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥，N为中点，   (1)若平面平面，求直线与平面所成角的大小； (2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）借助面面垂直的性质，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求出大小. （2）连接DG，过点D作平面ABCD，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及法向量，列出方程，即可得到结果. 【详解】（1）取中点，连接，由，得，而平面平面， 平面平面平面，则平面， 过作，则平面，又平面，于是， 在矩形中，，，则， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则， ， 设平面的法向量为，则，令，得， 设直线BC与平面所成的角为，则， 所以直线BC与平面所成角的大小为. （2）连接，由，得，而，则为的平面角，即， 过点作平面，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    则，，， 显然平面，平面，则平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 设，而，则，，， 即，， 所以， 于是，， 设平面PAM的法向量为，则， 令，得，设平面的法向量为， 因为，， 则，令，得， 设平面和平面为， 则 令，，则，即，则当时，有最小值， 所以平面和平面夹角余弦值的最小值为． 【点睛】利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 14．(23-24高二上·陕西榆林府谷中学·月考)图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）.    (1)证明:平面平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证. （2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解. 【详解】（1）因为是等边三角形，点是棱的中点， 所以， 又平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面. （2）在平面中，过点作, 由（1）可知，， 所以，， 又平面，平面，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：    因为是等边三角形，， 所以，，， 因为 ，所以 设所以， 所以 设平面的法向量为， 又 所以，即 ， 令，得所以平面的一个法向量为 设平面的法向量为 ， 又 所以 ，即 ， 令，得 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 设，因为， 所以，所以， 所以， 设，则由复合函数单调性可知 在时单调递增， 所以当 时，即时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：本题第一问比较常规，其关键是转换为线面垂直，且要通过分析找出那条直线与另外一个平面垂直，而第二问的关键首先要想到有动点就有参数，设法将两平面夹角的余弦值转换为关于参数的函数，从而求函数最小值即可. 15．(23-24高二上·陕西咸阳实验中学·月考)如图，在三棱柱中，棱的中点分别为在平面内的射影为D，是边长为2的等边三角形，且，点F在棱上运动（包括端点）．请建立适当的空间直角坐标系，解答下列问题：    (1)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (2)求锐二面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据点面距公式求得正确答案. （2）利用向量法求得锐二面角的余弦值的表达式，结合函数的单调性求得其取值范围. 【详解】（1）连接，依题意可知平面， 由于平面，所以， 由于三角形是等边三角形，所以，，又， 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，    则，， 又，故，， 则，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 又，所以点到平面的距离为. （2）设，， 则， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设锐二面角为， 则 ， 令， 所以， 设， 则， 二次函数的开口向上，对称轴为， 所以当时，该二次函数单调递增， 所以当时，该二次函数有最小值， 当时，该二次函数有最大值， 所以，即. 所以锐二面角的余弦值的取值范围. 16．(23-24高二上·陕西部分学校·)如图，在四面体ABCD中，，，，，，E，F，G分别为棱BC，AD，CD的中点，点在线段AB上.    (1)若平面AEG，试确定点的位置，并说明理由； (2)求平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围. 【答案】(1)为AB的中点，理由见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证得平面AEG，再利用线面平行的性质定理得，即可确定点的位置； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面夹角余弦值的函数，利用二次函数知识求解余弦值的范围，然后利用余弦函数的单调性求解角的范围即可. 【详解】（1）若平面AEG，则为AB的中点，理由如下： 因为E，G分别为BC，CD的中点，所以. 因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG. 若平面AEG，只需即可. 因为为AD的中点，所以为AB的中点. （2）过点D作平面ABC，垂足为，连接OE，OA. 设，因为，， 所以，，， 所以. 在中，，. 因为，所以，解得. 所以. 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，. 过点作，垂足为，作，垂足为. 设，则，，所以. 则，，， . 设平面AEG的法向量为， 则，令，则. 设平面CDH的法向量为， 则，令，则. 所以. 当时，. 当时，，令， 则.又函数在上单调递增， 所以，所以， 即.综上， 设平面AEG与平面CDH的夹角为，则，， 因为函数在上单调递减，所以， 所以平面AEG与平面CDH的夹角的取值范围为. 【点睛】难点点睛：本题考查了线面平行的判定及性质定理、以空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而利用余弦函数的单调性得到其取值范围. 地 城 考点02 直线与方程 17．(20-21高二上·陕西西安西光中学·期末)已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，点为直线上的动点，我们可以通过找对称点的方法求解两条线段之和的最小值，则的最小值为（    ） A．8 B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，设关于直线的对称点，，利用两点之间线段最短，可知的最小值等于，再利用两点之间的距离即可求解. 【详解】由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线， 点在抛物线上，点为直线上的动点， 设关于直线的对称点，作图如下， 利用对称性质知：，则 即点在位置时，的值最小，等于， 利用两点之间距离知，则的最小值为 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题考查利用对称求最短距离，“两点之间线段最短”，是解决最短距离问题的依据，在实际问题中，常常碰到求不在一条直线上的两条或三条线段和的最小值问题，解决这类问题，可借助轴对称的性质，将不在同一直线上的线段转化为两点之间的距离问题. 18．(24-25高二上·陕西榆林第一中学·期末)在平面直角坐标系中，曲线是一条形状优美的曲线，对于此曲线，下列说法正确的有（    ） A．曲线围成的图形有4条对称轴 B．曲线围成的图形的周长是 C．曲线上任意两点间的距离最大值是 D．若是曲线上任意一点，则的最小值是 【答案】ACD 【分析】分类讨论去掉绝对值可得曲线的四段关系式，从而作出曲线的图象，由曲线图象判断各选项即可. 【详解】当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 当时，曲线的方程可化为， 所以曲线的图象如图所示，    对于A，由图可知曲线围成的图形有4条对称轴，故A正确； 对于B，曲线由4个半圆组成，其周长为，故B错误； 对于C，由图可知曲线上任意两点间的最大距离为，故C正确； 对于D，到直线的距离， 点到直线的距离为， 由圆的性质得曲线上一点到直线的距离最小为， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是分类讨论去掉绝对值，得到曲线的四段方程，作出图象，数形结合求解. 19．(24-25高二上·陕西汉中普通高中十校联盟·期末)如图，DP⊥y轴，垂足为D点，点M在DP的延长线上，且 当点P在圆. 上运动时，点M的轨迹为C． (1)求点M的轨迹C的方程； (2)当 时，点M的轨迹方程记为C₁. （i）若动点N为轨迹C₁外一点，过点N作轨迹C₁的切线，两条切线互相垂直，记点N的轨迹方程为C₂，试判断C₂与圆. 是否存在交点?若存在，求出交点的坐标；若不存在，请说明理由； （ii）轨迹C₁的左右顶点分别记为A，B，圆 上有一动点E， E在x轴上方，F（2，0）， 直线EA交轨迹C₁于点G， 连接EB， GF， 设直线EB， GF的斜率存在且分别为， 若 求t的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）与圆没有交点，理由见解析；（ⅱ） 【分析】（1）设，可得，代入圆即可得结果； （2）根据题意可得的方程为.（i）可知圆在椭圆内，即可得结果；（ⅱ）设，联立方程求得，可得，即可得结果. 【详解】（1）设，因为，则， 又因为点在圆上，则， 所以点的轨迹的方程为. （2）若，则的方程为，即， （i）与圆没有交点，理由如下： 由题意可知：圆在椭圆内（有且仅有两个交点）， 但动点为轨迹外一点，所以与圆没有交点； （ⅱ）由题意可知：， 设，则直线， 联立方程， 消去y可得， 则，可得，则， 令，解得， 由题意可知， 因为，则， 又因为，可得， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法，一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化． 20．(24-25高二上·陕西安康·期中)若集合A表示由满足一定条件的全体直线组成的集合，定义：若集合A中的每一条直线都是某圆上一点处的切线，且该圆上每一点处的切线都是A中的一条直线，则称该圆为集合A的包络圆． (1)若圆是集合的包络圆． （ⅰ）求a，b满足的关系式； （ⅱ）若，求t的取值范围； (2)若集合的包络圆为C，P是C上任意一点，判断y轴上是否存在定点M，N，使得，若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）. (2)，或， 【分析】（1）（i）根据所给新定义，利用圆心到直线距离等于半径得解； （ii）转化为圆与直线有公共点列出不等式求解即可； （2）根据新定义，可得出圆的方程，再设轴上存在定点，，使得，化简可知方程有解，求解即可得出点的坐标. 【详解】（1）（ⅰ）因为圆：是集合的包络圆， 所以圆心到直线的距离为2， 所以 . （ⅱ）由及，可得圆与直线有公共点， 所以 . 所以的取值范围是. （2）设，由题意可知：点到直线的距离是与无关的定值， 所以为无关的定值. 所以，故，此时. 所以圆：. 设，则即. 假设轴上存在点、，使得， 即 ， 即恒成立， 所以，解得或. 所以，或，. 【点睛】关键点点睛：解决此类题目，关键在于理解所给的新定义，利用新定义去解决问题，对能力要求较高. 21．已知椭圆（a＞b＞0）的离心率为，短轴的一个端点为M（0，1），过椭圆左顶点A的直线l与椭圆的另一交点为B． （1）若l与直线x=a交于点P，求的值； （2）若|AB|=，求直线l的倾斜角． 【答案】（1）2；（2）或． 【分析】（1）根据椭圆（a＞b＞0）的离心率为，短轴的一个端点为M（0，1），可求椭圆的方程．设直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出点B的坐标，即可求得的值； （2）计算弦AB的长，利用|AB|=，可求直线的斜率，从而可求直线l的倾斜角． 【详解】解：（1）∵椭圆（a＞b＞0）的离心率为，短轴的一个端点为M（0，1）， ∴，b=1，∴a= ∴椭圆的方程为 ∵直线l过椭圆左顶点A（﹣，0），设直线l的方程为y=k（x+） ∵直线x=a，即为，∴点P（）， 由，消元可得（1+2k2）x2+4k2x+4k2﹣2=0 可知为此方程的一个根，设B（x2，y2） ∴，∴ ∴B ∴ （2）|AB|== ∴8k4﹣k2﹣7=0 ∴k2=1 ∴k=±1 ∴直线l的倾斜角为或． 22．已知椭圆C:（）的离心率为短轴一个端点到右焦点的距离为. (1)求椭圆C的方程; (2)设直线l与椭圆C交于A、B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求面积的最大值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，求出即可作答. （2）在直线l斜率存在时，设出其方程，再与C的方程联立，求出弦长最大值，验证直线l斜率不存在的情况作答. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，而，解得， 所以所求椭圆方程为． （2）设，，当轴时，直线AB：，由得，， 当与轴不垂直时，设直线的方程为，依题意，，得， 把代入椭圆方程，整理得， ，，当时， ， 当且仅当，即时等号成立，当时，直线AB：，由得，， 综上得，面积， 所以面积的最大值. 圆与方程 地 城 考点03 23．(24-25高二上·陕西渭南蒲城县蒲城中学·月考)已知函数的值域为，的值域为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意，函数可看成点到点和点的距离之和，函数可看成过点和点的直线斜率，而点为上的点，分别求出值域即可. 【详解】由题意， ， 上式可看成点到点和点的距离之和， 点关于轴的对称点为， 则， 所以函数的值域为， ，可看成过点和点的直线斜率， 由于，所以点为上的点，如图， 当直线过时，， 当直线与曲线相切时，设直线， 则，得，所以的值域， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：函数可看成点到点和点的距离之和，函数可看成过点和点的直线斜率，而点为上的点，分别求出值域即可. 24．(18-19高二·陕西华阴·期末)已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点，与圆交于不同的两点（如图），则的值是 A． B．2 C．1 D． 【答案】C 【分析】根据抛物线性质：设直线的倾斜角为 ，据抛物线的性质 然后表示出AB，CD，计算得出结果． 【详解】由题意：抛物线的焦点，圆的圆心，半径 设设直线的倾斜角为，根据抛物线性质得 故选：C 【点睛】本题目主要考查了直线与抛物线，直线与圆的位置关系，以及抛物线的焦点弦的性质的运用． 25．(24-25高二上·陕西商洛洛南中学·期中)已知圆，点是圆上的点，直线，则（    ） A．直线与圆相交所得弦长是 B．的最大值是 C．圆上恰有个点到直线的距离等于 D．过点向圆引切线，为切点，则最小值为 【答案】CD 【分析】根据点到直线的距离判断弦长及圆上的点到直线的距离，根据的几何意义可得最值，再根据切线长的计算公式可得最值. 【详解】    如图所示， 由已知圆，则圆心，半径， A选项：圆心到直线的距离， 则弦长为，A错； B选项：可表示点与点连线的斜率， 易知当直线与圆相切时，斜率取得最值， 设斜率，则直线，即， 则，解得， 所以，其最大值为，B错； C选项：，，所以圆上恰有个点到直线的距离等于，正确； D选项：由圆可知圆心，半径， 由切线长可知， 所以当取得最小值时，取最小值， 又，即的最小值为， 所以的最小值为，D选项正确； 故选：CD. 【点睛】结论点睛：常见的非线性目标函数的几何意义： （1）：表示点与点连线的斜率； （2）：表示点到点的距离； （3）：表示点到直线的距离的倍. 26．(23-24高二上·陕西咸阳咸阳中学·)已知抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于、两点，，则（    ） A． B． C． D．以为直径的圆与相切 【答案】ABD 【分析】设出直线后联立后得到与纵坐标有关韦达定理，借助韦达定理对选项逐一分析即可得. 【详解】由题意可得，直线不可能为水平直线，故可设直线为， 联立有，消去可得：， ，，， 则，故A、B正确； ， 故C错误； 取中点，则圆心点坐标为， 半径， 则点到的距离， 即圆心到直线的距离等于半径，故以为直径的圆与相切， 故D正确. 故选：ABD. 27．(24-25高二上·陕西榆林八校联考·期末)已知圆，，，A，B是圆C上的动点，且，点N是线段AB的中点，则当取得最大值时，的值为 ． 【答案】 【分析】根据垂径定理及直角三角形斜边中线的性质得，设，可得点N在圆上，数形结合可知当直线MN与圆相切时，取得最大值，利用勾股定理计算可得结果. 【详解】由题意得，，圆半径为. ∵，，∴点在圆内. 如图1，连接CN，CA，则. ∵点N是线段AB的中点，∴， ∵，∴，即． 设，则，整理得， ∴点N在圆上，圆心，圆半径为. 如图2，当直线MN与圆相切时，取得最大值， 此时，． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用几何性质求出点的轨迹方程，数形结合求切线长即可得到结果. 28．(23-24高二上·陕西榆林第一中学·期中)已知点，动点A在圆M：上运动，线段AN的垂直平分线交AM于P点，则P的轨迹方程为 ；若动点Q在圆上运动，则的最大值为 . 【答案】 【分析】由题意得出，得到点满足，根据椭圆的定义，求得点表示为焦点的椭圆，即可求解. 将求最大值的问题，转化为求点P到圆心距离最大值的问题，结合点P满足椭圆方程，转化为二次函数求给定区间的最大值即可. 【详解】由题意，圆的圆心为，点， 线段的垂直平分线交于点， 所以是的垂直平分线上的一点，所以， 又由，所以点满足， 根据椭圆的定义，可得点表示为焦点的椭圆，其中， 可得，所以， 所以椭圆的方程为. 圆的方程为， 圆心，半径， 设，则， ， 到圆心的距离 ， 又 当时，取得最大值， 的最大值为：， 故答案为：，. 29．已知直线：与轴相交于点，过直线上的动点作圆的两条切线，切点分别为，两点，记是的中点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用圆的性质，结合图像，把问题转化为跟圆有关的最值问题进行处理. 【详解】由题意设点，，， 因为，是圆的切线，所以，， 所以在以为直径的圆上，其圆的方程为: ，又在圆上， 将两个圆的方程作差得直线的方程为：， 即，所以直线恒过定点， 又因为，，，，四点共线，所以， 即在以为直径的圆上， 其圆心为，半径为，如图所示: 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 30．(24-25高二上·陕西西安铁一中滨河高级中学·期中)已知圆：，过点的直线与圆相切，切点在第一象限，在轴上的射影为点. (1)求的坐标； (2)过且斜率不为零的另一条直线与圆交于，两点，在线段上，设为线段的中点，直线交直线于点，证明：与轴平行. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）通过为以为斜边的等腰直角三角形，确定为的中点，即可求解； （2）设直线方程为，，，联立圆方程，结合韦达定理，通过 可求证 【详解】（1）因为直线与圆相切，切点为，所以 由，所以为以为斜边的等腰直角三角形， 由第一象限的点在轴上的射影为，所以为的中点， 所以点的坐标为. （2）证明：因为为线段的中点，所以， 设直线方程为，， 联立方程组，得， ，且，因为， 则，则，则由图知，， 则,直线方程为， 直线方程为，令得，即， 则 ， 所以，又，所以与轴平行. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 31．(24-25高二上·陕西西安交通大学附属中学·开学考)已知圆O：与圆E：内切． (1)直线l：与圆O交于M，N两点，若，求k的值； (2)过点E作倾斜角互补的两条直线分别与圆O相交，所得的弦为AB和CD，若，求实数的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据两圆内切得到，联立与，得到两根之和，两根之积，根据得到方程，求出的值； （2）先考虑直线斜率不存在时，，当直线或直线的斜率为0时，不满足倾斜角互补，直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程，利用垂径定理得到求出，表达出，利用基本不等式求出的最大值. 【详解】（1）由题意得， ，故，圆E的半径为， 由于，故在圆E上， 故，所以，其中，解得， 与联立得， 恒成立， 设，则， 故， ，解得； （2）当直线斜率不存在时，此时直线的斜率也不存在， 此时，， 当直线或直线的斜率为0时，不满足倾斜角互补， 当直线的斜率存在且不为0时，设直线：， 圆心到直线的距离， 故， 由于直线的方程为， 故， 则 ， 当时，， 当且仅当，时，等号成立， 当时，， 当且仅当，时，等号成立， 综上，. 【点睛】方法点睛：圆中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 32．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值； （2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值. 【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值 由题意知，，设圆M上的点，则． 所以． 从而有 ． 因为，所以当时，． 又，解之得，因此． [方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 抛物线的焦点为，， 所以，与圆上点的距离的最小值为，解得； （2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法 抛物线的方程为，即，对该函数求导得， 设点、、， 直线的方程为，即，即， 同理可知，直线的方程为， 由于点为这两条直线的公共点，则， 所以，点A、的坐标满足方程， 所以，直线的方程为， 联立，可得， 由韦达定理可得，， 所以，， 点到直线的距离为， 所以，， ， 由已知可得，所以，当时，的面积取最大值. [方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值 同方法一得到． 过P作y轴的平行线交于Q，则． ． P点在圆M上，则 ． 故当时的面积最大，最大值为． [方法三]：直接设直线AB方程法 设切点A，B的坐标分别为，． 设，联立和抛物线C的方程得整理得． 判别式，即，且． 抛物线C的方程为，即，有． 则，整理得，同理可得． 联立方程可得点P的坐标为，即． 将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得． 由弦长公式得 ． 点P到直线的距离为． 所以 ， 其中，即． 当时，． 【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值； 33．(21-22高二上·陕西西安西北工业大学附属中学·月考)已知圆：及其上一点. (1)设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程； (2)设平行于的直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程； (3)设点满足：存在圆上的两点，，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）利用圆与直线相切，圆与圆外切的性质求出圆的圆心，进而得到圆的标准方程； （2）由直线平行得出斜率相等，再利用点到直线的距离公式以及垂径定理即可求解； （3）先将，的坐标关系表示出来，再将坐标代入圆中进行坐标转化，得到两个圆有公共点，进而求出实数的取值范围. 【详解】（1）解：将圆化为标准方程得： 圆心，半径为 由圆心在直线上，可设 圆与轴相切，与圆外切 于是圆的半径为，从而，解得 圆的标准方程为： （2）解：直线平行于 直线的斜率为 设直线的方程为即 则圆心到直线的距离 且 解得或 故直线的方程为：或 （3）解：设， ，， ，① 在圆上 ② 将①代入②得 于是点既在圆上，又在圆上 圆与圆有公共点 解得： 实数的取值范围为：. 【点睛】方法点睛：直线与圆的位置关系有：相离，相切，相交；圆与圆的位置关系有：外离，外切，内切，相交，内含；要求熟练掌握各种位置关系时，圆心和直线间的距离与半径的关系以及圆心与圆心的距离与半径和与差的关系. 地 城 考点04 椭圆与方程 34．已知椭圆和双曲线有相同的焦点、，它们的离心率分别为、，点为它们的一个交点，且，则的范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长 ，焦距．结合椭圆与双曲线的定义,得， ,在中,根据余弦定理可得到，，与的关系式，进而可得，设则有，所以，构造函数,利用导数求出函数的值域即可. 【详解】解：设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长，焦距，点为第一象限交点． 则，， 解得，， 如图： 在中,根据余弦定理可得： ， 整理得，即， 设 则有，， 所以，即有，所以， 所以===， 设, 则, 令，得， 所以在上恒成立, 所以在上单调递减， 当趋于时，趋于，当趋于1时，趋于2， 所以， 即： . 故选：C. 35．设椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为、，P是椭圆上一点，，()，，则椭圆离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设，，运用椭圆的定义和勾股定理，求得，令，可得，即有，运用二次函数的最值的求法，解不等式可得所求范围． 【详解】解：设，，由椭圆的定义可得，， 可设，可得， 即有，① 由，可得， 即为，② 由②①，可得， 令，可得， 即有， 由，可得，即， 则当时，取得最小值；当或3时，取得最大值， 即有，解得：， 所以椭圆离心率的取值范围为. 故选：B. 【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查离心率的范围，同时考查不等式的解法，属于中档题． 36．(23-24高二上·陕西咸阳实验中学·)已知椭圆的左、右焦点分别是、，其中，直线与椭圆交于、两点.则下列说法中正确的有（    ） A．当时，的周长为 B．当时，若的中点为，为原点，则 C．若，则椭圆的离心率的取值范围是 D．若的最大值为，则椭圆的离心率 【答案】AC 【分析】利用椭圆的定义可判断A选项；利用点差法可判断B选项；由平面向量数量积的坐标运算可得出，代入椭圆方程，结合的不等关系可求出的取值范围，可判断C选项；将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合弦长公式求出的最大值，可求出该椭圆离心率的值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，易知点、， 直线过椭圆的左焦点， 所以，的周长为，A对； 对于B选项，设点、，则点， 因为，则且，    则，， 将点、的坐标代入椭圆的方程可得， 上述两个等式作差可得， 所以，，即，B错； 对于C选项，，， 则，即，可得， 由，即，可得， 因为，可得， 可得，则， 因为，可得， 所以，，则， 因为，则，即， 所以，，可得或（舍去），故， 综上所述，，C对； 对于D选项，联立可得， ， 由韦达定理可得，， 所以， ， 故当时，取最大值，即，则，D错. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 37．(24-25高二上·陕西西安临潼区华清中学·月考)如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点（在轴上方），连结并延长交椭圆于另一点，设，若垂直于轴，且椭圆的离心率，求实数的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据题意求出点的坐标，再联立直线和椭圆方程，利用韦达定理求出点坐标，根据，结合椭圆离心率与的关系求解. 【详解】设， 因为垂直于轴，所以代入椭圆方程， 得，所以， 设， 联立，消去整理得，， 所以，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以. 故答案为：. 38．设,分别是椭圆的左､右焦点，过点的直线交椭圆于两点，，若，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】求椭圆的离心率，要列出关于的等量关系式，设，根据椭圆的定义以及，可以表示出三角形各边的长度，通过余弦定理得到各边关于的表达式，根据几何关系可以列出关于的等量关系式，从而求出离心率 【详解】   设，则，， ，. ， 在中，由余弦定理得，， ， 化简可得，而，故， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， 椭圆的离心率 ， 故答案为：. 【点睛】题目考察比较综合，需要根据图形列出各边之间的关系式，找到关于之间的关系，进而求解离心率，涉及到了以下考点： （1）椭圆的第一定义 （2）三角形的余弦定理 （3）离心率的计算 39．(19-20高二上·陕西汉中洋县第一中学·期中)圆的半径为定长，是圆所在平面上与不重合的一个定点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和直线相交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹是 ①椭圆；②双曲线；③抛物线；④圆；⑤一个点 【答案】①②④⑤ 【分析】由题设条件线段的垂直平分线的性质，结合圆锥曲线的定义，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）因为为圆内的一定点，为上的一动点， 线段的垂直平分线交半径于点， 可得， 即动点到两定点的距离之和为定值， ①当不重合时，根据椭圆的定义，可知点的轨迹是：以为焦点的椭圆； ②当重合时，点的轨迹是圆； （2）当为圆外的一定点，为上的一动点， 线段的垂直平分线交半径于点， 可得， 即动点到两定点的距离之差为定值， 根据双曲线的定义，可得点的轨迹是：以为焦点的双曲线； （3）当为圆上的一定点，为上的一动点，此时点的轨迹是圆心. 综上可得：点的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线. 故答案为：①②④⑤ 【点睛】本题主要考查了椭圆、双曲线和圆的定义及其应用，其中解答中熟练应用线段垂直平分线的性质，以及椭圆和双曲线的定义是解答的关键，着重考查推理与论证能力，以及转化思想的应用. 40．如图，椭圆的中心在坐标原点，当⊥时，此类椭圆称为“黄金椭圆”，可推算出“黄金椭圆”的离心率e= ． 【答案】． 【详解】试题分析：在三角形AFB中，分别求出AB，FA，FB，再由勾股定理，结合离心率公式以及范围，解方程即可求得双曲线的离心率． 解：在三角形AFB中，|FB|=， |AB|=，|FA|=a+c． 由FB⊥AB，则（a+c）2=（b2+a2）+b2+c2=3a2﹣c2， 整理得c2+ac﹣a2=0，即e2+2e﹣2=0， 解得e=， 由于椭圆的0＜e＜1， 即有e=． 故答案为． 考点：椭圆的简单性质． 41．(24-25高二上·陕西宝鸡金台区·期末)已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且经过点，直线交椭圆于不同的两点、. (1)求椭圆的方程； (2)求的取值范围； (3)若直线不过点，直线、的斜率分别为、，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）将直线的方程与椭圆方程联立，由可求得实数的取值范围； （3）设点、，利用斜率公式和韦达定理可求出的值. 【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为. （2）将直线的方程与椭圆方程联立，可得， 由题意可得，解得， 因此，实数的取值范围是. （3）设点、，由韦达定理可得，， 因为直线不过点，则，解得， ，同理可得， 所以 . 即. 42．(24-25高二上·陕西师范大学附属中学·期末)已知椭圆的左、右焦点分别为．已知点，且的面积为． (1)求椭圆C的方程； (2)设P，Q为C上异于点A的两动点，记直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定的椭圆方程，利用三角形面积求出，即求得椭圆方程. （2）设出直线的方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合的斜率关系，求得对应参数的约束条件，即可求得直线恒过的定点. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，由的面积为，得， 而，又，解得， 所以椭圆的方程为. （2）当直线PQ斜率不存在时，设直线PQ方程为（且） 则，由， ，解得，不符合题设； 因此直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为， 由消去，得， ，， 由，得， 即， 则， 整理得， 于是， 整理得，而，则，当且仅当时，， 直线PQ的方程为，即， 所以直线PQ恒过定点. 【点睛】关键点点睛：处理第二问的关键是能够熟练应用韦达定理，合理转化已知条件，从而求得参数之间的关系. 43．(24-25高二上·陕西榆林第一中学·期末)在平面直角坐标系中，已知点，点，直线相交于点，且它们的斜率之积是. (1)求动点的轨迹方程； (2)若直线与点的轨迹交于两点，线段的中点为.若直线的斜率为1，求线段的长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设点，根据题意建立等式求解即可； （2）先利用点差法求得，然后联立方程组利用弦长公式求弦长即可. 【详解】（1）设点， 因为直线的斜率之积是， ，化简得：， 即动点的轨迹方程为：. （2）设， 线段的中点为， ，则， 由题可得，， 两式求差化简得：，即， 直线的方程为， 联立，消去得， ，且， . 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键是利用点差法求出直线的斜率，再利用弦长公式求解. 44．(24-25高二上·陕西西安高新第三中学·月考)已知椭圆的左、右焦点分别为、，已知点在直线上运动，且，当时，点在椭圆上 (1)求椭圆的方程； (2)设是椭圆外，过点的直线与椭圆交于、两点，且直线、与直线分别交于、，求的值. 【答案】(1) (2)0 【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算可得，再由可求得，可得结果； （2）对过点的直线斜率是否为0分类讨论，联立椭圆方程并利用韦达定理将表达式化简计算可求得. 【详解】（1）设，易知，， 则，解得； 由题意可知时，点在椭圆上， 即可得,且，所以； 因此椭圆的方程为. （2）易知过点的直线斜率存在， 设， 当其斜率为0时，直线，此时， 则直线的方程为，可得，同理可得； 则; 当直线斜率不为0时，不妨设其方程为，如下图所示： 联立可得，显然； 可得， 直线的方程为， 令，可得； 同理可得； 所以， 易知， 即，可得； 综上可得. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据直线与椭圆的位置关系，联立两方程并由韦达定理计算化简可得. 45．已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，根据的坐标及 轴可求基本量，故可求椭圆方程. （2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴. 【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故， 故椭圆方程为. （2）直线的斜率必定存在，设，，， 由可得， 故，故， 又， 而，故直线，故， 所以 ， 故，即轴. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 46．(23-24高二下·陕西千阳县中学·月考)在平面直角坐标系中，点到点与到直线的距离之比为，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若点是圆上的一点（不在坐标轴上），过点作曲线的两条切线，切点分别为，记直线的斜率分别为，且，求直线的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的第二定义列出等式，整理即可得曲线的方程为； （2）设直线的方程为并于椭圆方程联立，由直线与椭圆相切可得，同理可知是关于方程的两个根，可求得直线的方程为. 【详解】（1）根据题意可得，即， 整理可得， 因此曲线的方程为； （2）如下图所示： 设，则， 又点不在坐标轴上，所以且； 因此直线的方程为，直线的方程为， 又直线与椭圆相切与点， 联立整理可得 可得，即， 整理可得， 又，可得； 直线与椭圆相切与点，同理可得， 所以是关于的一元二次方程的两个不同的实数根， 因此， 再由可得，即； 所以直线的斜率为， 因此直线的方程为. 【点睛】方法点睛：在求解直线与椭圆相切问题时，可联立直线和椭圆方程再利用判别式为0可得关系式，再由韦达定理可求得参数之间的关系，即可求得直线的斜率为，可得直线方程. 47．(23-24高二上·陕西渭南瑞泉中学·期末)如图，过点的椭圆的离心率为，椭圆与轴交于点，过点的直线与椭圆交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点； (1)当直线过椭圆右焦点时，求点的坐标； (2)当点异于点时，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据已知结合离心率，以及关系，即可求得椭圆方程和直线方程，联立方程即可得出结果； （2）设出直线方程，与椭圆联立得到点坐标，再表示出直线方程，与直线联立即可得到坐标，利用向量的数量积即可得证. 【详解】（1）由题知，， 又，，所以，， 则椭圆方程为，此时为焦点， 所以直线斜率为，所以直线方程为， 联立得：，解得， 代入直线方程，得， 可得点坐标为. （2）当直线与轴垂直时不符合题意； 因为，，则直线方程：， 设直线方程：，和椭圆联立得：，解得， 代入直线得，则点坐标为， 又，则， 则直线方程为， 和直线联立，解得， 则， 又为与轴交点，则， 所以为定值. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 48．(23-24高二上·陕西韩城·期末)已知椭圆的离心率为，右焦点为，斜率不为0的直线l与C交于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l经过点（点A在点B，Q之间），直线BF与C的另一个交点为D，求证：点A，D关于x轴对称． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，即可得到结果； （2）根据题意，将问题转化为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）证明：要证点A，D关于x轴对称，需证，即证， 不妨设直线的方程为，， 联立，消去可得， 所以， 由韦达定理可得，， 所以， 因为 ， 所以，故点A，D关于x轴对称. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交问题，难度较大，解得本题的关键在于合理设出直线的方程，然后结合韦达定理代入计算. 地 城 考点05 双曲线与方程 49．(20-21高二上·陕西商洛·期末)双曲线的左、右焦点分别为，，点P为C的左支上任意一点，直线l是双曲线的一条渐近线，，垂足为Q．当的最小值为3时，的中点在双曲线C上，则C的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由双曲线定义得到，再利用焦点到渐近线的距离为求得设出渐近线方程求得的中点坐标代入双曲线方程联解求得的解. 【详解】解：， ， 又，， 双曲线的渐近线方程为：， 即， 焦点到渐近线的距离为， 即的最小值为b， 即， 不妨设直线OQ为：， ， 点，，的中点为， 将其代入双曲线C的方程，得：， 即， 解得： 又，， ， 故双曲线C的方程为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用双曲线定义及焦点到渐近线的距离为. 50．已知双曲线在左，右焦点分别为，，以为圆心，以为半径的圆与该双曲线的两条渐近线在轴左侧交于，两点，且是等边三角形，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】分析：首先将双曲线的焦距设出，之后借助于正三角形的特征，求得对应线段的长，从而进一步求得点A的坐标，利用点在双曲线的渐近线上，得到点的坐标所满足的关系式，从而确定的关系，结合双曲线中的关系，进一步求得离心率的大小. 详解：设，设与x轴相较于M点， 根据正三角形的性质，可以求得， 从而求得，所以有，故选A. 点睛：该题考查的是有关双曲线的性质的问题，在解题的过程中，注意找渐近线上的点的坐标，也可以利用等边三角形的性质，可以确定出渐近线的倾斜角，从而求得的关系，结合双曲线中的关系，进一步求得离心率的大小，这样更省时间. 51．(24-25高二上·陕西汉中普通高中十校联盟·期中)某数学兴趣小组的同学在探究“双”函数的图象和性质时，发现该函数的图象是双曲线，且存在实数，使得对恒成立．据此，下面的结论成立的是（   ） A．实数的最大值为 B．该双曲线的离心率为 C．该双曲线的一个顶点是 D．该双曲线的焦距为 【答案】ABD 【分析】分离参数，结合二次函数性质可得参数范围，即可得双曲线渐近线，进而可得双曲线的几何性质，判断各选项. 【详解】 由，恒成立，即，则， 又当时，，所以，A选项正确； 双曲线的一条渐近线为，倾斜角为， 另一条渐近线为， 则两条渐近线的夹角为， 设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为， 则， 则双曲线离心率，B选项正确； 双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角分线， 即倾斜角为，即， 联立，解得，或， 所以双曲线的顶点为，，C选项错误； 则，即， 则，即焦距为，D选项正确； 故选：ABD. 52．(23-24高二上·陕西西安陕西师大附中·期中)已知双曲线C：的左焦点为F，P为C右支上的动点，过P作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，则下列说法正确的是（    ） A．点F到C的一条渐近线的距离为2 B．双曲线C的离心率为 C．则P到C的两条渐近线的距离之积大于4 D．当最小时，则的周长为 【答案】BCD 【分析】由点到直线的距离公式，可判断A项；根据离心率，可判断B项；设点，根据点到直线的距离公式，可判断C项；设双曲线的右焦点，由双曲线定义可知最小时，则只需最小即可，过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，再由距离公式即可判断D项. 【详解】双曲线的渐近线为，左焦点，所以点到C的一条渐近线的距离为，所以A错误； 由双曲线方程可得，，所以离心率，所以B正确； 设点，则，即， 点到两渐近线距离分别为和， 则，所以C正确； 设双曲线的右焦点，则，所以， 若最小，则只需最小即可， 过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小， ，由勾股定理得，所以，所以， 所以的周长为，所以D正确. 故选：BCD. 53．(54-25高二上·陕西西安铁一中学·期末)已知分别为双曲线的左，右焦点，过点的直线与双曲线的左支交于两点，记的内切圆半径为，的内切圆半径为，若，则双曲线的离心率为 ． 【答案】/ 【分析】先根据双曲线的定义及内切圆的概念，判断与内切圆圆心在直线上，判断，表述出两内切圆的半径，根据可求双曲线的离心率. 【详解】如图： 设的内切圆圆心为，与各边的切点分别为，，， 根据切线长定理，可得，，， 根据双曲线的定义：， 所以 ， 又，所以， 所以点坐标为，即为双曲线的左顶点. 即在直线上. 设的内切圆圆心为，同理可得点在直线上. 根据内切圆的概念，可得、分别平分、，所以. 设，则. 因为，所以， 同理. 所以. 又，所以， 因为，所以 . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据双曲线的概念和内切圆的定义，先判断出与的内切圆圆心在直线上. 54．(24-25高二上·陕西科技大学附属中学·月考)双曲线经过点，一条渐近线的倾斜角为，直线过双曲线的右焦点，交双曲线于，两点． (1)求双曲线的标准方程； (2)若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎样转动，都有成立？若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据题意列方程组求得，即可求得答案； （2）先考虑直线l的斜率存在时，设，设出直线方程，根据可得到对任意的总成立，联立直线l与双曲线方程，得到根与系数关系，结合恒成立可求得的值，得到结论，再验证直线斜率不存在时的情况也适合题意，即可得到结论. 【详解】（1）由题意可知双曲线的渐近线方程为， 因为一条渐近线的倾斜角为，所以， 双曲线经过点，则， 联立，解得， 所以双曲线的标准方程为. （2）由（1）知双曲线的右焦点为， 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为， 设，，， 因为，所以， 即， 整理得①， 由，得到， 因为直线l与双曲线有两个不同的交点， 故且， 所以， 由题设有①对任意的总成立， 因为， 所以①可转化为， 整理得到对任意的总成立， 故，解得，故所求的定点的坐标为． 当直线l的斜率不存在时，则，此时或， 当时，此时或， 都满足； 综上，定点的坐标为． 【点睛】方法点睛：（1）解决求圆锥曲线的方程问题时，一般是由题意列出关于参数的方程组，即可求得答案；（2）解决关于直线和圆锥曲线的位置关系问题时，比如定点定值问题，一般要注意考虑直线的斜率是否存在，存在时设直线方程，并联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，要结合题设条件进行化简，即可得结论，关键就是化简以及计算比较复杂，要求十分细心,计算要准确. 55．(23-24高二下·陕西西安工业大学附属中·期中)已知双曲线经过点，右焦点为，且成等差数列. (1)求的方程； (2)过的直线与的右支交于两点（在的上方），的中点为在直线上的射影为为坐标原点，设的面积为，直线的斜率分别为，试问是否为定值，如果是，求出该定值，如果不是，说明理由. 【答案】(1) (2)是定值，定值为 【分析】（1）根据题意和可得，然后根据点在双曲线上即可求解； （2）依题意可设PQ：，将直线方程与圆锥曲线方程联立得到，利用韦达定理和已知条件求出的表达式，然后求出的表达式，化简即可求证. 【详解】（1）因为，，成等差数列，所以， 又，所以. 将点的坐标代入C的方程得，解得， 所以，所以C的方程为. （2）依题意可设PQ：， 由，得,    设，，，则. ，， 则 ， 而， 所以 ， 所以是定值，定值为. 【点睛】关键点点睛： （1）本题的关键是根据题目条件得到等式，解方程组； （2）本题的关键是把目标转化成两根之和以及两根之积的形式，然后代入韦达定理化简. 56．(22-23高二上·陕西咸阳实验中学·月考)已知双曲线：的一条渐近线的斜率为，右焦点到其中一条渐近线的距离为1. (1)求双曲线的方程； (2)已知直线（斜率存在且不为0）与双曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意得到关于的方程，解之即可得解； （2）联立直线与双曲线方程，得到，，再由三点共线得到，代入即可得解. 【详解】（1）∵双曲线的方程为：， ∴双曲线的渐近线方程为，设右焦点的坐标为， 则，解得，， ∴双曲线的方程为. （2）由（1）知，双曲线的右焦点， 设直线与轴交于点，直线的方程为，，，则， 联立，消去得， 显然有且， 化简得且， 则，， 故，， ∵，，三点共线， ∴，则， ∴， 又，∴， ∴， ∴，化简得，经检验符合题意， ∴直线的方程为：， ∴直线经过轴上的一个定点， 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 57．(22-23高二下·陕西西安铁一中学·期末)已知曲线上任意一点满足，且. (1)求的方程； (2)设，若过的直线与交于两点，且直线与交于点.证明：点在定直线上. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的定义进行求解； （2）设出经过的直线方程，且，利用的坐标表示出的横坐标，然后结合韦达定理求解. 【详解】（1）由于，符合双曲线的定义， 于是，即， 故，注意到，且焦点在轴上， 故曲线的方程为 （2）若过的直线与交于两点，则斜率不会是，否则和右支只有一个交点，    设该直线为，和双曲线联立可得， 则，故， 设，则方程可写作：，的方程可写作：， 联立的方程可得，，整理可得，， 则， 利用在直线上， 于是 ， 于是，故， 即，故交点一定落在上. 58．(20-21高二下·陕西商洛·期末)已知椭圆的焦点与双曲线的焦点相同，且D的离心率为. （1）求C与D的方程； （2）若，直线与C交于A，B两点，且直线PA，PB的斜率都存在. ①求m的取值范围. ②试问这直线PA，PB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1）C：；D：；（2）①且； ②见解析. 【分析】（1）根据D的离心率为，求出从而求出双曲线的焦点，再由椭圆的焦点与双曲线的焦点相同，即可求出，即可求出C与D的方程； （2）①根据题意容易得出，然后联立方程，消元，利用即可求出m的取值范围； ②设，由①得：，计算出，判断其是否为定值即可. 【详解】解：（1）因为D的离心率为，即， 解得：， 所以D的方程为：；焦点坐标为， 又因椭圆的焦点与双曲线的焦点相同， 所以，所以， 所以C的方程为：； （2）①如图： 因为直线与C交于A，B两点，且直线PA，PB的斜率都存在， 所以， 联立，消化简得：， 所以，解得， 所以且； ②设， 由①得：， ， 所以， 故直线PA，PB的斜率之积不是是定值. 【点睛】本题考查了求椭圆与双曲线的方程、直线与椭圆的位置关系及椭圆中跟定直有关的问题，难度较大. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $