期中复习压轴专题01 选择、填空分类训练（9种类型54道）高二数学人教A版选择性必修一

期中复习压轴专题01 选择、填空分类训练 （人教A版高二年级，立足高考变式拓展，9种类型54道） 范围：选择性必修一 第一章—第三章 知识点一 基底法解决空间中共面、长度、角度问题（建系不便） 1.已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可. 【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点， 由点为外接球的球心，有， 又由，得到， 因为四点共面，所以，即. 容易知道，其中为棱之间的夹角， 下面求的取值范围， 由，又，可得，其中， 令，则，因此，    又因为，，所以. 故选：D. 2.正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果. 【详解】设中心为，如下图： 由正四面体性质可知， 利用勾股定理可得，即，解得； 因此可得； 所以； ，可得，即， 当且仅当时，等号成立. 此时满足， 易知， 因此. 3.在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用、、、四点共面，，由锥体体积公式，求出和的值，即可得的值. 【详解】如图所示，   设，由、、、四点共面， 设，则， 即， 得， 又，，不共面，则，解得：，即， 设，分别是点到平面和点到平面的距离，则， 所以， ，， 同理，，，， 则四棱锥与四棱锥的体积比为. 故选：B 【点睛】方法点睛： 点共面问题可转化为向量共面问题；求几何体的体积，要注意分割与补形；利用锥体体积公式，棱锥的体积比最终转化为棱长之比. 4（多选）．在长方体中，，，，空间中的点P满足，x，y，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则点P在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且P在长方体表面上，则P的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】对于A，当时，可得，可判断A；平面，可得的值最大时，与面所成角最小，可判断B；利用等体积法可求得最小值判断C；求得轨迹长可判断D. 【详解】对于A，当时，可得，所以， 所以点在平面上，故A正确； 对于B，因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，且时，点在直线上，到平面的距离为定值， 要使与面所成角最小，则的值最大，由题意， 故，直线与所成角无限趋于零，故正切值无限趋于零，故B错误； 当时，点在平面内，的最小值即为点到平面的距离， 由勾股定理可得，， ， 由余弦定理可得， 所以，所以， 设到平面的距离为，由， 得，所以， 解得，故C正确； 当，在表面内的轨迹是以为圆心，4为半径的一段圆弧， 圆弧交于点，可得，所以， 所以，所以， 当在表面内时，由，所以的轨迹是以为圆心， 2为半径的圆的，所以轨迹长度为， 在平面内的轨迹与在内的相同为， 在平面内轨迹是以为圆心，4为半径的圆的，所以轨迹长度为， 所以若，且在长方体表面上，则的轨迹长度为，故D正确. 5．如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______. 【答案】 【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为a，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，2得，由，得，得正方体外接球表面积. 【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量. 由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得. 由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，2. 于是，即，即，即. 同理，. 从而，由，得， 即，解得， 所以正方体的外接球半径为，外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，即，即.同理可得，，即可得到. 6．如图，在直角中，，，为斜边上异于、的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则线段长度的最小值为________． 【答案】 【分析】过点在平面内作直线，垂足为点，过点在平面内作直线，垂足为点，记，则，利用空间数量积的运算性质可得出，即可求得的最小值. 【详解】过点在平面内作直线，垂足为点， 过点在平面内作直线，垂足为点，如下图所示： ，， 记，则，，则，， 因为二面角的大小为，则、的夹角为， ， 且， 所以， ， 即，当且仅当时，即当时，等号成立， 因此，线段长度的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 知识点二 建系坐标法解决空间中的共面、长度、角度、距离问题 7．在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出点关于平面的对称点，建立空间直角坐标系，利用对称的性质及线段和的最小特征求出点到平面的距离即可. 【详解】在棱长为2的正方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系： 则，在线段的延长线上取点，使， 于是点，由平面，点在平面内，得， 令点到平面的距离为，因此， 当且仅当分别是过点垂直于平面的直线与平面和平面的交点时取等号， ，设平面的法向量， 则，取，得，， 所以的最小值为. 8．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，得到所需各点坐标，设，将转化成，从而得到两点的坐标，再利用两点间距离公式计算，即可求出取到最小值时的值. 【详解】 由题意知，， 就是二面角的平面角，即， 以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，， 设， 由，可知， ，， ，， 解得， ， ， 当时，取到最小值，即取到最小值. 故选：A 9．在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解. 【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴， 平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设平面的一个法向量为，， 直线的一个方向向量为， 则，取，可得， 设， 所以，， 因为平面，则，解得， 所以，，即点， 设经过、、、四点的球的球心为， 由可得，解得， 故球的半径为， 因此，经过、、、四点的球的表面积为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 10（多选）．在直角中，已知为斜边的中点，将沿着所在直线翻折，得到，记三棱锥体积为，则在翻折过程中（   ） A．的最大值为 B．存在某个位置，使得 C．当取最大值时，直线与平面所成的角最大 D．当取最大值时，三棱锥外接球的半径为 【答案】BCD 【分析】利用棱锥的体积公式结合翻折的性质确定面垂直于底面时取得最值可确定A， 以为基底，利用空间向量的数量积公式计算可判定B，利用线面角的定义可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式计算可判定D. 【详解】在直角中，因为 为斜边，所以， 为正三角形，取的中点，易知，点P绕点E旋转， 对于A，易知当面垂直于底面时， 此时到底面的距离最远为， 则取得最大值，故A错误； 对于B，以为空间中的一组基底，， 设，有， 若，则， 此时，显然存在某个位置，使得，故B正确； 对于C，设P在底面的投影为G，则直线与平面所成的角为， 易知G在上，，所以， 由正弦函数的单调性可知当重合时取得最大值， 即此时V取得最大值，故C正确； 对于D，结合A知，取最大值时底面，建立如图所示的空间直角坐标系， 易知， 设三棱锥外接球的半径为r，球心， 则，解之得，即，故D正确. 故选：BCD 11（多选）．在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（   ） A．在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B．若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C．在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D．若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A项，应用空间向量研究即可判断；对于B项，结合二面角大小，应用空间向量求，进而可求出异面直线与所成角的余弦值；对于C项，研究外接球半径的取值范围，进而可判断C项的正误；对于D项，可建立空间直角坐标系，应用坐标运算求的最小值即可. 【详解】对于A项，因为在直角梯形中，，，，所以可得，. 设的中点为，连接（如图1）， 因为且， 所以且， 又因为, 所以， 其中，所以， 所以在翻折的过程中，不会垂直，故A错误； 对于B项，因为，，所以. 因为， 所以， 所以， 又因为异面直线与所成角在，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C项，取的中点，连接（如图1）， 设直线过点且垂直于平面， 因为点是直角三角形的斜边的中点，再结合球的截面性质， 所以外接球的球心在直线上. 设直线过点且垂直于平面，同理可知外接球的球心也在直线上. 同时可证直线，直线均在平面内. 作截面（如图2），其中为二面角的平面角， 设，外接球的球心为, 则外接球的半径为， 且 （当，即二面角为直角时取最小值）， 所以三棱锥外接球的体积最小为， 所以在翻折的过程中，三棱锥外接球的体积可以为，故C正确； 对于D项，可建立空间直角坐标系（如图3所示）， 则, 设点且， 所以， 所以， 所以 所以当时，取最小值，故D正确. 故选：BCD. 12.三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为___________. 【答案】/ 【分析】本题距离最小时，点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题. 【详解】如图所示： 分别取、的中点、，连接、,则， 由题意知平面,所以，. 因为,所以，即、、两两垂直. 以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，， ，，. ，斜边，易知为三棱锥外接球球心，且半径. 设点，则. ， 由题意， 得，可设. 故答案为：. 【点睛】思路点睛： 直角模型找外接球球心可考虑斜边中点. 空间中的角可以转化为向量夹角进而转化为坐标之间的关系. 位置关系中的最值问题的常见思路之一为转化为函数，利用函数或基本不等式求最值. 知识点三 直线与圆相交、弦长、弦中点、弦心距等问题 13．已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据存在最小值分析出，再根据最小值不大于列出关于的不等式即可求解. 【详解】将直线变形为， 则可知直线恒过定点，且， 若，则直线可和圆相切，如图所示，此时重合，若直线与圆交于不同的两点， 则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故， 即在圆内，直线与圆一定交于两点，此时对于任意给定的半径， 根据圆的性质，当时，弦最短，最小，此时弦长， 在中，当时，此时， 由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦满足， 即，解得， 综上，的取值范围为. 故选：C. 14．已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围. 【详解】即，则圆心为，半径， 直线，令，解得，即直线恒过定点， 又，所以点在圆内， 设，，，由， 消去整理得，显然，则， 则， 所以，， 则， 则， 又直线的斜率不为，所以不过点， 所以动点的轨迹方程为（除点外）， 圆的圆心为，半径， 又，所以， 即，即的取值范围为. 故选：D      【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得. 15（多选）．已知圆，直线，则下列结论正确的是（   ） A．直线过定点 B．直线被圆截得的最短弦长是 C．当点在圆上时，的取值范围是 D．设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆 【答案】ACD 【分析】根据直线过定点计算可判断A；根据弦长公式及圆的对称性可判断B；表示到原点距离的平方，根据点到圆上点距离最值计算可判断C；由可判断D. 【详解】对于A，直线可化为， 令，解得， 所以直线过定点，故A正确； 对于B，当圆心与定点连线垂直于时，此时弦长最短， 圆的圆心，半径 即圆心到直线最大距离为， 所以最短弦长为，故B错误； 对于C，由题意得表示到原点距离的平方， 且原点到圆心的距离为， 因为点在圆上，所以， 故，故C正确； 对于D，因为是线段的中点，所以， 因为直线过定点，所以， 故线段的中点的轨迹是以线段为直径的圆，故D正确. 故选：ACD. 16（多选）．在平面直角坐标系中，已知圆O：，点，则下列说法正确的是（   ） A．若圆O上恰有3个点到直线的距离为2，则 B．直线与圆交于点A、B，若，则 C．点P在直线上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，则点M到直线AB的距离的最大值为2 D．过点M的直线与圆交于A、B，若，则AB的长为 【答案】BCD 【分析】根据圆心到直线的距离为2求的值，判断A的真假；用几何法，根据弦长求的值，判断B的真假；设，表示出切点弦的方程，确定直线过定点，求出，即为所求点到直线距离的最大值，可判断C的真假；利用直线的参数方程求弦长，可判断D的真假. 【详解】对A：因为圆O上恰有3个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离为2， 则或，故A错误； 对B：因为直线与圆交于点A、B，且，所以圆心到直线的距离为：. 由.故B正确； 对C：如图： 设，则（*）. 以为直径的圆的方程为：. 与圆相减得：.即为两圆公共弦所在的直线方程. 将（*）代入可得：. 由，即直线过定点. 所以点M到直线AB的距离的最大值为线段的长度（此时）， 因为，故C正确； 对D：如图： 设直线的参数方程为：（为参数），将其代入圆的方程得： ， 化简得：. 设对应的参数分别为：，，则. 因为，所以. 所以. 又，故D正确. 故选：BCD 17．已知，是圆：上的两个不同的点，若，则的取值范围为___________． 【答案】 【分析】为和到直线距离之和的倍，是的中点到直线距离的倍，利用点轨迹，求取值范围. 【详解】由题知，圆的圆心坐标，半径为2，因为，所以． 设为的中点，所以，所以点的轨迹方程为． 点的轨迹是以为圆心半径为的圆. 设点，，到直线的距离分别为，，， 所以，，， 所以． 因为点到直线的距离为，所以， 即，所以． 所以的取值范围为． 故答案为： 【点睛】思路点睛： 利用的几何意义，问题转化为为和到直线距离之和，再转化为的中点到直线距离，由点轨迹是圆，可求取值范围. 18．已知点和圆上两个不同的点，，满足，是弦的中点， 给出下列四个结论： ①的最小值是4； ②点的轨迹是一个圆； ③若点，点，则存在点，使得； ④△面积的最大值是． 其中所有正确结论的序号是________． 【答案】①②④ 【分析】①可以通过设出圆的参数方程，进行求解；②设出，找到等量关系，建立方程，求出点的轨迹方程，即可说明；③转化为两圆是否有交点，说明是否存在点；④当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△面积最大，求出最大值. 【详解】点在圆上，设，则，当时，取得最小值，最小值为4，①正确； 设点，则由题意得：，则，整理得：，所以点的轨迹是一个圆，②正确； 为以为直径的圆，圆心为，半径为1，方程为：，下面判断此圆与点的轨迹方程是否有交点，由于，两圆相离，故不存在点，使得，③错误； 当斜率分别为1和-1时，且点P，M在y轴左侧，此时△为等腰直角三角形，面积最大，此时，，④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】轨迹方程问题，一般处理思路，直接法，定义法，相关点法以及交轨法，要能结合题目特征选择合适的方法进行求解. 知识点四 直线与圆相切、切线、切点弦等问题 19．在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，过l上一点P作圆的两条切线，切点分别为M、N，设线段的中点为Q，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】设点，，根据圆的切线的性质可得在以为直径的圆上，求得其圆的方程，再由在圆上，可得直线的方程，求得直线恒过定点，从而得在以为直径的圆，得出圆的方程可求得的最大值． 【详解】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， 则将两个圆的方程作差得直线的方程：， 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， 所以， 所以的最大值为. 故选：D． 20．已知圆，直线，为上的动点．过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解. 【详解】因为圆可化为， 所以圆心，半径为， 因为是圆的两条切线，则， 由圆的知识可知，四点共圆，且，， 所以，又， 所以当最小，即时，取得最小值， 此时的方程为：，即， 联立，解得，即， 所以，中点为， 故以为直径的圆的方程为，即，， 又圆， 两圆的方程相减即为直线的方程：. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是时，取得最小值. 21（多选）．已知圆，点为直线与轴的交点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，直线与交于点，则（   ） A．若直线与圆相切，则 B．时，四边形的面积为 C．的取值范围为 D．已知点，则为定值 【答案】ACD 【分析】选项A：利用圆心到直线的距离等于半径，计算可得； 选项B：利用求出长，根据相切得到的四边形面积，等于两个全等的直角三角形面积和，计算可得； 选项C：利用求出长，在直角中，表示出，进而利用倍角公式求出，最后利用数量积公式计算可得； 选项D：利用四点共圆，且为此圆直径，求出此圆方程，再利用作差，求出相交弦所在直线方程，判断出过定点，利用判断出在以为圆心的圆上；选项D也可以利用圆极点极线性质，通过坐标，直接写出方程，进而求解. 【详解】解：圆转化为标准方程为，,在直角中，； 对于A:若直线与圆相切，圆心到直线的距离，解得，所以A正确; 对于B:当时，，，， 四边形的面积，所以B错误; 对于C: ， 因为，所以， 由对勾函数在上单调递增，所以，所以C正确; 对于D:方法一：当时，存在与轴的交点，，， 所以四点共圆，且为此圆直径，圆心为，半径为， 此圆方程为：， 因为是此圆与圆的相交弦，故直线方程为两圆方程作差， 即，化简得：， 所以直线AB经过定点, 因为，所以，因为在直线AB上，所以， 即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为， 因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确. 方法二：利用圆的极点极线性质，当时，存在与轴的交点，切点所在直线AB的方程为，化简得，所以直线AB经过定点, 因为，所以，因为在直线AB上，所以， 即点在以为直径的圆上，因为，，所以圆心恰为点，半径为， 因为点在该圆上，所以为定值，所以D正确. 故选：ACD. 【点睛】此题考查的是圆切线相关问题： （1）直线与圆相切的判断方法：圆心到直线距离等于半径； （2）通过勾股定理，求切线长； （3）通过直角三角形和余弦的倍角公式，利用表示张角的余弦值； （4）利用四点共圆或极点极线性质，求切点弦所在直线方程； （5）极点极线性质：当在圆外时，过作圆的两条切线，两个切点所在直线方程为：. 22（多选）．已知动点在直线上，动点在圆上，过点作圆的两条切线，切点分别为A、，则下列描述正确的有（    ） A．直线与圆相交 B．的最小值为 C．存在点，使得 D．直线过定点 【答案】BCD 【分析】利用圆心到直线的距离及点圆的位置关系可判定A，B；由切线长定理结合正弦函数的单调性确定的最大值即可判定C，根据两圆的位置关系及公共弦方程可得直线方程判定D. 【详解】圆的圆心，半径，连接， 对于A，点到直线的距离，直线l与圆C相离，A错误； 对于B，点在圆上，则，B正确； 对于C，由切线长定理知，，而， 又是锐角，正弦函数在上单调递增，则的最大值为， 当且仅当时取等号，因此的最大值为，C正确； 对于D，设，则以PC为直径的圆的方程为 即， 与已知圆的方程相减可得直线的方程为， 即，由可得， 即直线AB过定点，故D正确； 故选：BCD 【点睛】思路点睛：利用点与圆可处理直线与圆上点的距离最值问题，根据直线与圆、圆与圆的位置关系处理相切及切点弦问题即可. 23．已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为_________. 【答案】 【分析】根据题意作出图形，结合图象转化得，从而利用两点距离公式求得点的轨迹方程，进而得到直线与圆有交点，由此得解. 【详解】连接圆心和切点，如图所示，则有， 易知， 故，， 不妨设，，， ，化简得， P的轨迹为以圆心，为半径的圆， 又P在直线上，直线与圆有交点， ，故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是将题设条件转化得，从而利用阿氏圆的相关知识可知点的轨迹方程为圆，进而得解. 24．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______. 【答案】 【分析】，则，可看成点到两定点，的距离和，而两点在轴的两侧，所以连线与轴的交点就是所求点. 【详解】的圆心为，半径， 的圆心为，半径， 设，则， 所以， 取， 则， 当三点共线时取等号， 此时直线： 令，则，， 故答案为：    【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系，考查距离公式的应用，解题的关键是将问题转化为点到两定点，的距离和的最小值，结合图形求解，考查数形结合的思想，属于较难题. 知识点五 圆与圆位置关系综合应用 25．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件确定出点P的轨迹，再借助圆与圆的位置关系及圆的几何性质计算作答. 【详解】依题意，直线恒过定点，直线恒过定点， 显然直线，因此，直线与交点P的轨迹是以线段AB为直径的圆， 其方程为：，圆心，半径，而圆C的圆心，半径，如图： ，两圆外离，由圆的几何性质得：，， 所以的取值范围是：. 故选：B 【点睛】思路点睛：判断两圆的位置关系常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差之间的关系，一般不采用代数法. 26．已知是圆上的动点，且．是圆的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据，由弦长公式求得圆心到AB的距离，设AB中点为D，求出点D的轨迹为圆，从而由化简得，转化成两圆上的点间的距离问题即可求解． 【详解】设AB中点为D， 则由得，， 即D点的轨迹方程为． , 由于P点在圆上， 所以， 所以， 即， 所以. 故选：D． 【点睛】本题属于圆与平面向量结合的问题，由圆的弦长先求出弦的中点轨迹也为圆，再由平面向量加法运算进行转化，从而转化为两圆上的点的距离问题. 27(多选）．已知圆，动圆的半径为1，其圆心在直线上，则（   ） A．若圆与圆相切，则 B．若圆与圆相交，则 C．若圆与圆相交于A，B两点，则|AB|的最大值为1 D．过圆的圆心作圆的切线，切点为M，N，则直线MN恒过定点 【答案】BCD 【分析】当圆与圆相外切时，得到，求得的值，可判定A不正确；根据圆与圆相交，列出不等式，求得的范围，可判定B正确；结合圆的弦长公式，以及圆的性质，可判定C正确；由圆的切线的性质，求得割线方程，结合，求得直线过定点，可判定D正确. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 圆的圆心为，半径为，且， 对于A，当圆与圆相内切时，此时圆心距，此时两圆重合，舍去； 当圆与圆相外切时，可得圆心距，即， 将代入，可得，解得或，所以A不正确； 对于B，若圆与圆相交，则圆心距满足， 即，而， 可得，解得，所以B正确； 对于C，如图（1）所示，因为圆与圆的半径都是，则是的垂直平分线， 则圆心到的距离， 又因为圆心，圆心在直线， 可得圆心的距离为，即， 又由圆的弦长公式，可得， 即的最大值为，所以C正确； 对于D，如图（2）所示，过点作圆的切线方程， 设切点分别为， 可得直线和的方程为和， 因为和相交点，可得，所以割线的方程为， 又因为，可得， 联立方程组，解得， 即直线恒过定点，所以D正确. 故选：BCD.    28（多选）．已知圆，圆分别是圆与圆上的点，则（    ） A．若圆与圆无公共点，则 B．当时，两圆公共弦所在直线方程为 C．当时，则斜率的最大值为 D．当时，过点作圆两条切线，切点分别为，则不可能等于 【答案】BC 【分析】对于A，当两圆内含时即可判断错误；对于B，两圆方程相减即可验算；对于C，画出公切线通过数形结合即可验算；对于D，画出圆两条切线，通过数形结合即可验算. 【详解】对于选项A，当两圆内含时，可以无穷大，所以A不正确； 当时两圆相交，两圆的方程作差可以得公共弦的直线方程为，所以B为正确选项； 对于选项B，当时如图，     和为两条内公切线，且， 由平面几何知识可知， 所以可得， 即斜率的最大值为，C选项正确； 对于D选项，如图，    点P在位置时， 点在位置时， 所以中间必然有位置使得，故D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点睛：判断CD两选项的关键是准确画出图形，通过数形结合即可顺利得解. 29．设m是实数，已知集合，集合，且，则m的取值范围是_______． 【答案】 【分析】根据题意, 分析可得与表示的平面区域, 又有 , 即可得两个区域的包含关系, 转化为圆与圆的位置关系，即可得到答案. 【详解】点集表示平面上以 为圆心, 2 为半径的圆所围成的区域（包括圆周）; 点集表示平面上以 为圆心, 为半径的圆的内部. 要使 , 应使内含或内切于. 故有 , 即， 解得. 故答案为：. 【点睛】本题考查交集的运算, 但因涉及圆以及几何区域, 难度较大, 要求学生熟悉用集合语言表述 几何问题, 利用数形结合方法解题. 30．已知圆，点，在圆上存在点，使得为钝角，则的取值范围为_____________. 【答案】 【分析】设圆，在圆上存在点，使得为钝角，意味着点在圆内，等价于圆与圆相交，内切或内含，利用圆与圆的位置关系，列方程可得答案. 【详解】如图，设圆，当圆上存在一点在圆内时，为钝角， 所以点 在圆内，等价于圆与圆 相交，内切或内含， ，得. 所以的取值范围为.    知识点六 圆锥曲线离心率、双曲线渐近线的求法及应用 31．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 【答案】A 【分析】利用抛物线与双曲线的定义与性质得出，根据勾股定理从而确定P的坐标，利用点在双曲线上构造齐次方程计算即可. 【详解】根据题意可设，双曲线的半焦距为，，则， 过作轴的垂线l，过作l的垂线，垂足为A，显然直线为抛物线的准线， 则， 由双曲线的定义及已知条件可知，则， 由勾股定理可知， 易知，即， 整理得，∴，即离心率为2. 故选： 32（多选）．双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（    ） A．的离心率为 B． C． D．当时，四边形的面积为 【答案】BD 【分析】联立及，可得M，N的坐标，从而可得的坐标及模，根据向量的数量积运算，可得，从而得，求出离心率判断A；由四边形为平行四边形，可判断B；求得，，可判断C，求出四边形的面积，可判断D. 【详解】如图所示： 因为圆的方程为， 双曲线的渐近线的一条方程为， 联立，得或， 不妨设，则， 又因为 所以，， 所以， 又因为， 所以， 从而得，， 所以， 对于A，由题意可得 又因为，解得，故A错误； 对于B，由对称性可得四边形为平行四边形， 又因为， 所以，故B正确； 对于C，设，则，因为， 且，即， 所以， 所以， 同理，若，则，可得，故C不正确； 对于D，当时，， 所以， 所以， 又因为四边形的面积，故D正确. 故选：BD. 33(多选）．已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（    ） A．的方程为 B．到的两条渐近线的距离之积为 C．若直线的斜率之积为，则关于原点对称 D．若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是 【答案】ACD 【分析】由焦距和渐近线斜率求出可得双曲线方程判断选项A；由点到直线距离公式结合双曲线方程判断选项B；选项C，设关于原点的对称点为，证明，的斜率之积为3，得重合；设直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理和重心坐标公式，由的取值范围， 建立不等式求的取值范围判断选项D. 【详解】由题意，得，，解得，， 所以的方程为，故A正确； 的两条渐近线的方程为，即， 设，则， 所以到的两条渐近线的距离之积为，故B错误； 设，，则关于原点的对称点也在上， 又，的斜率之积为， 又在上， 有，，所以 ， 即，的斜率之积为3， 又直线，的斜率之积为3，都在上，所以重合， 即关于原点对称， 故C正确； 因为，直线过点，设，，， 直线的方程为，由，得， ，所以 ， ， ， 因为在轴两侧，则其横坐标异号， 即， 由可知，所以 ， 因为的重心为，所以，， 又在上， 所以 ， 化简得，所以，即 ， 所以 或 ，即的取值范围是，故D正确. 故选：ACD. 34．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________． 【答案】/ 【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解. 方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解； 【详解】方法一： 依题意，设，则， 在中，，则，故或（舍去）， 所以，，则， 故， 所以在中，，整理得， 故. 方法二: 依题意，得，令， 因为，所以，则， 又，所以，则， 又点在上，则，整理得，则， 所以，即， 整理得，则，解得或， 又，所以或（舍去），故. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解. 35．已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 【答案】/ 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为平行四边形，设，结合椭圆定义和余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形， 因为，所以， 由，设，则， 所以，，， 在中，由余弦定理得， ， ，解得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得，故椭圆的离心率. 故答案为：. 36．已知双曲线的左右焦点分别为，过且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，中点纵坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为__________. 【答案】 【分析】设的方程为，联立渐近线方程求出纵坐标，根据中点坐标公式结合列方程组求解可得. 【详解】易知，直线的斜率不为0，设方程为， 双曲线的渐近线方程为， 联立解得，由解得， 由题知，，即， 整理得①， 因为，记的中点为，则，， 所以，整理得②， ②代入①得，整理得③， ③代入②整理得，即， 因为，所以，所以， 又，所以，即，所以渐近线方程为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于中点坐标公式和垂直直线的斜率关系列方程，化简得到齐次式即可得解. 知识点七 直线与椭圆、双曲线、抛物线综合应用 37．已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为，的角平分线与线段交于点，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设双曲线的半焦距为，结合双曲线的渐近线方程为，可得，设，结合双曲线定义，余弦定理列关系式可得，结合角平分线性质求结论. 【详解】设的半焦距为， 因为双曲线的渐近线方程为， 所以，故，. 设，，， 由余弦定理有， 化简得，则， 因为为的角平分线， 所以，又， 所以， 所以. 故选：D. 38（多选）．已知抛物线C：的焦点为，过点的直线与C交于两点，其中，，则（   ） A．直线的斜率为 B．点M到y轴的距离为7 C．的面积为 D．直线的倾斜角为30°或150° 【答案】AC 【分析】根据给定条件及抛物线的对称性，结合几何图形求出直线的斜率，进而求出点的坐标，再逐项求解判断即可. 【详解】由抛物线：的焦点为，得抛物线， 设，由对称性，不妨令点在第一象限， 连接并延长交抛物线于点，连接并延长交抛物线于点， 直线，由消去得，则，即， 直线，由消去得， 则，即，因此，点与关于轴对称，则， 同理得，点与关于轴对称，， 由与关于轴对称，得平分，则， 而，且，则， 于是，直线的斜率，直线， 由消去得，而， 解得，则，，点， 对于A，直线的斜率为，由对称性知，也是直线的斜率，A正确； 对于B，点或到轴的距离均为，B错误； 对于C，由，得 ，C正确； 对于D，直线的倾斜角，由对称性知，也是直线的倾斜角，D错误. 故选：AC 39(多选）．已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 【答案】ABD 【分析】作出符合题意的图形，利用斜率的几何意义得到，结合题意得到进而判断A，联立方程组结合韦达定理得到，最后结合内心的性质判断B，利用二倍角公式并结合方程得到判断C，先确定，再利用弦长公式与点到直线的距离公式得到面积解析式，最后结合角平分线定理建立方程，求解参数，进而得到三角形面积判断D即可. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以， 解得，则抛物线方程为, 如图，作出符合题意的图形，作轴， 对于A，设，则，由题意得是直线的倾斜角， 由斜率的几何意义得， 由诱导公式得， 由焦半径公式得，在中，可得， 则，故A正确， 对于B，设的方程为，， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则，， 由斜率公式得，， 因为，所以，可得， 则，得到被轴平分， 可得的内心在定直线上，故B正确， 对于C，因为被轴平分，所以， 设，， 因为，所以， 由二倍角公式得，解得（另一根舍去）， 则，联立方程组，解得， 此时，与不符，故C错误， 对于D，因为， 所以或（与题意不符，排除）， 设直线的方程为，设， 联立方程组，可得， 由韦达定理得，，则， 由弦长公式得，， 由焦半径公式得，且， 而直线的方程为，设到的距离为， 由点到直线的距离公式得， 则， 因为，所以平分， 由角平分线性质得，可得， 化简得，解得，则，故D正确. 40（多选）．已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若直线的斜率分别为，则 C．若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】先根据条件确定椭圆的标准方程，对A选项，可结合抛物线的焦半径公式和过焦点的弦长公式判定其真假；对B选项，结合A选项中焦点弦的有关结论，可判断B的真假；对C选项，结合两角和的正切公式，可判断C的真假；对D选项，分别表示出，，结合换元法和函数的单调性，可判断D的真假. 【详解】如图： 对椭圆：，所以椭圆：； 对抛物线：，所以，. 设，. 对A选项：设直线方程为：，代入抛物线：，得： ，整理：. 所以，， 所以， . 因为，所以， 所以 . 所以.故A正确； 对B选项：由A选项解答可知：，故B错误； 对C选项：直线的倾斜角为，即，所以直线：，即. 此时，，，所以. ，， 所以, 故C正确； 对D选项：因为直线：，由得： ，，所以， 同理，且，. 因为 ， 又， 所以 设，则， 所以，. 因为在上单调递减， 所以. 所以.故D正确. 故选：ACD 41．在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 【答案】②④ 【分析】首先探求抛物线弦与轴交点坐标与弦端点纵坐标积的关系，再利用关系式逐项分析，①②易得，③④⑤将长度与面积都转化为纵坐标表示，化简求解可得. 【详解】由题意、、、为抛物线上四个点可知，两两不等. 设抛物线上任意两点，其中. 当时，直线的斜率， 则直线方程为， 令，则直线与轴的交点横坐标 特别地，当时，， 此时直线垂直于轴，也成立， 因此，直线与轴的交点横坐标（）. ①由题意直线交轴于点，若与抛物线焦点重合，则其横坐标为， 故由式可得，即，故①错误； ②由题意直线与直线交轴于点， 则由式可得点横坐标， 可得，故②正确； ③由题意直线交轴于点，直线交轴于点， 则由式可得 ， 则， 故，故③错误； ④由式可得， 当点或为原点时，则点也重合于原点，此时； 当点与均不为原点时，即，且， 则结合②结论可知，， 则有，故④正确； ⑤由，可知，则， ， 如图，当时，不成立，故⑤错误； 故答案为：②④ 42．设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是______． 【答案】 【分析】由角平分线定理，结合余弦定理，求得，再求的正切值，进而即可求得渐近线方程. 【详解】根据题意，作图如下：    依题意，为的角平分线，且， 设，由角平分线定理可得：，则； 在中，由余弦定理； 在中，由余弦定理可得，， 即，解得. 故，， 所以的渐近线方程是． 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程，常见有三种方法： ①直接求出，从而得解； ②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，从而得解； ③求得其中一个渐近线的倾斜角（或斜率），从而得解. 知识点八 动点轨迹及应用 43．在中，已知，．记点的运动轨迹为曲线，的外接圆与曲线交于两点．当取最大值时，（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以的中点为坐标原点，的垂直平分线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出曲线方程，在中由余弦定理得，再利用基本不等式，结合余弦函数的单调性可得最大值，此时是直角三角形，求出圆的方程与曲线方程联立可得答案.， 【详解】以的中点为坐标原点，的垂直平分线为轴， 所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则， 设，由得， 化简得， 所以曲线是以为圆心，为半径的圆， 在中，，， 由余弦定理得 ， 又因为，所以， 当且仅当即时等号成立，所以， 因为在上单调递减，所以当时， 最大，此时，由 可得，所以是直角三角形，且， 所以，可得的外接圆的圆心即为的中点， 所以，圆的方程为， 由得，或， 即， 所以. 44．已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 【答案】A 【分析】由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值. 【详解】∵  抛物线的方程为， ∴  ，抛物线的准线方程为， ∵ 方程可化为， ∴过定点， 设，设的中点为，则，因为，为垂足， ∴，所以， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 过点作准线的垂线，垂足为，则, ∴ ,，又，当且仅当三点共线且在之间时等号成立， ∴ ， 过点作准线的垂线，垂足为，则,当且仅当三点共线时等号成立， ∴ ，当且仅当四点共线且在之间时等号成立， 所以的最小值为， 故选：A. 45．曲线上任点，满足点到定点的距离与到定直线的距离之和为6，则下列说法中正确的有（    ） A．曲线经过原点 B．曲线关于轴对称 C．曲线上点的横坐标的取值范围为 D．直线被曲线截得的线段长为 【答案】ABD 【分析】根据两点距离公式可列方程，即可化简，作出函数图象即可求解AB，结合抛物线的性质即可求解C，联立方程，即可求解D.， 【详解】设点，因为点到定点的距离与到定直线的距离之和为6， 所以， 当时，得，两边同平方，得； 当时，得，两边同平方，得， 对于A，如图，曲线过原点，A正确； 对于B，由图易知，两段抛物线弧均关于轴对称，故曲线关于轴对称，B正确； 对于C，若点在上， 得，所以， 若点在上，同理得，C错误； 对于D，由，得或（舍去）， 由，得或（（舍去）， 故与曲线交于点， 则， 可得，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是由两点间距离公式推导出函数的表达式，再根据yy的取值范围去掉绝对值符号，得到分段函数. 46．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（    ） A．点的横坐标的取值范围是 B．的取值范围是 C．面积的最大值为 D．的取值范围是 【答案】BC 【分析】设出点P的坐标，列出方程并化简整理，放缩解不等式判断A；利用几何意义并结合求函数值域判断B；利用三角形面积公式计算判断C；取点计算判断D作答. 【详解】设点，依题意，， 对于A，，当且仅当时取等号， 解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误； 对于B，，则， 显然，因此，B正确； 对于C，的面积，当且仅当时取等号， 当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得， 所以面积的最大值为，C正确； 对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误. 故选：BC 【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点. 47．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则线段长度的最小值为__________. 【答案】 【分析】利用向量数乘的坐标运算可得，由此可求得点轨迹为直线，将问题转化为原点到直线距离的求解即可. 【详解】设，，， ，，，， 由，得：，， 两式相乘得：，同理可得：， ， 由题意知：且，否则与矛盾，， 点轨迹为，即直线， 线段长度的最小值即为原点到直线的距离，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用向量坐标运算求得动点的轨迹方程，根据轨迹为直线可将问题转化为坐标原点到直线距离的求解. 48．已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为__________． 【答案】/ 【分析】考虑的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积为得到为的切线，考虑的斜率不存在时，也满足要求，利用椭圆定义和几何性质得到最小值，即定值. 【详解】当的斜率存在时，设为， 与联立得， 设，则， 则由题意得，化简得，① 因为x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值， 所以直线为某一个椭圆的一条切线， 联立与，得， 由得，②， 比较①②得，解得， 故直线为椭圆的切线， 当直线的斜率不存在时，设，则， 由可得，， 联立可得， 此时直线的方程为，为椭圆的切线， 由椭圆定义和几何性质可知，当且仅当为切点，为的焦点时，等号成立， 故此定值为. 故答案为： 【点睛】定值问题常见方法：（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. 知识点九 新定义问题 49．已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】对于命题①，通过考虑以原点为圆心的圆与椭圆上直线的位置关系来判断； 对于命题②，通过取双曲线顶点，分析以原点为圆心的圆与双曲线相关直线的位置关系来判断. 【详解】判断命题①： 已知过椭圆上任意一点作以原点为圆心的圆的切线，分别交椭圆于，两点，连接. 根据直线与圆的位置关系，当与圆相切时，满足给定条件. 当与圆相交时，因为圆的圆心是固定的原点，我们可以通过缩小圆的半径，使得圆逐渐靠近，直到与圆相切；同理，当与圆相离时，扩大圆的半径，也能使圆靠近直至相切.所以从直线与圆位置关系的动态调整角度可知，一定能找到合适的圆半径使得与圆相切，故①正确.      判断命题②： 当在双曲线顶点时，过作圆的切线，交双曲线于另外两点，. 由双曲线的性质可知，双曲线在顶点附近的形状特点决定了，过顶点作圆的切线与双曲线相交得到的线段，其整体位置与以原点为圆心的圆是相离的.这是因为双曲线的渐近线性质以及顶点处的曲线走向，使得从顶点出发的切线与双曲线相交形成的线段不会与圆相切，所以②不正确.    故选：A. 50．定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接法求出曲线方程，通过其对称性质先研究它在第一象限的特征，进而得到整个图形特征，求得其面积. 【详解】设，则“椭圆”方程是，即， 将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称； 将换为可得，即，所以“椭圆”关于轴对称； 将换为，换为可得，即，所以“椭圆”关于原点对称； 研究“椭圆”在第一象限图象， 当时方程为，是一条线段，端点坐标分别为，， 当时方程为，表示一条线段，端点坐标分别为，， 结合曲线的对称性，“ 椭圆”大致图象如图： 四边形是直角梯形，上底长为，下底长为，高为， 所以梯形面积为， 所以“椭圆”面积为 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出“椭圆”的方程，结合其对称性，只需分析在第一象限部分的情形. 51（多选）．数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（    ） A．曲线由两条抛物线的一部分组成 B．线段的长度与点到直线的距离相等 C．若线段的长度为，则直线的斜率为 D．若，则直线的斜率为 【答案】ABD 【分析】对于选项A，根据题干列出等式即可判断；对于选项B，利用抛物线的定义即可判断，对于选项C，利用焦半径公式列出等式即可判断，对于选项D，由焦半径，又因为可得，即可得到结果. 【详解】 对于A选项，设曲线上任意一点， 由定义可知，满足， 移项，平方可得：， 即，为两条抛物线，故A正确； 对于B选项，和直线分别为抛物线的焦点和准线，由抛物线定义可知，故B正确 对于C选项，设与轴夹角为同时为抛物线和椭圆的焦点，， ， 解得，则，故C错误. 对于D选项，易知为抛物线和的焦点， 前者，后者分别为两个抛物线的较短的焦半径，因此 ，由于， 则，因此，所以，故D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：抛物线的求解，一般利用定义和二级结论直接能够列出等式求解. 52（多选）．我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（    ） A．曲线关于直线对称 B．曲线有4个顶点 C．曲线与直线有4个交点 D．曲线上动点到原点距离的最小值为 【答案】AC 【分析】根据新定义曲线的知识对选项进行分析，结合图象来确定正确答案. 【详解】对于A，将交换方程依然成立，所以曲线关于对称，A正确； 对于B，易得曲线有四条对称轴轴，轴，直线， 直线，共有8个顶点，B错误； 对于C，由得， 即， 可得， 对于方程，， 则方程有两不等实根，且方程的根不为0和3， 所以方程有4个不等实根， 从而曲线C与直线有4个交点，C正确； 对于D，由得， ， 当且仅当，即时取等号， 则的最小值为， 曲线C上动点P到原点距离的最小值，D错误； 故选：AC 【点睛】思路点睛： 遇到关于新定义曲线性质的问题，首先要明确新定义的内涵和要求.对于各选项，根据曲线方程的特点，分别从对称性、顶点个数、与直线的交点个数以及动点到定点距离最值等角度出发，运用相应的数学知识和方法进行分析.如判断对称性利用交换坐标法，求交点个数通过联立方程求解，求最值借助均值不等式等，逐步得出结论. 53．已知点是曲线上任意一点，有以下四个结论： ①曲线C既是中心对称图形又是轴对称图形；②，； ③点P到坐标原点距离的最大值为；④曲线C所围成封闭区域的面积大于4. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【分析】选项A，用，代替验证①；取，即可求解方程的根判断②，根据题中条件，得出的范围，即可判断③正确；根据题意，可分析，时的情况，确定第一象限部分图象应在，与坐标轴围成的正方形外部，对应的面积一定大于1，根据对称性，即可判定④. 【详解】将代入，整理得，所以曲线关于原点对称， 同理将代入方程整理后其方程不变，故曲线关于轴对称，故①正确； 取，则，故， 故（增根已舍去），因此②错误， 因为，当且仅当时，等号成立，所以， 则曲线上任意一点到原点的距离的最大值为；故③正确； 令，可得， 令， 因为， 所以函数有两个零点， 又因为，， 所以两个零点一个小于0，一个大于1， 即曲线上当时， 同理当时， 即第一象限部分图象应在，与坐标轴围成的正方形外部， 所以第一象限内的面积应大于1； 由图象的对称性可得，曲线所围成的区域的面积应大于4，故④正确. 故答案为：①③④ 54．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为___________.    【答案】 【分析】根据给定条件，过切点E，F作出双球模型的轴截面，利用圆的切线性质及椭圆的定义求解作答. 【详解】过切点E，F作出双球模型的轴截面，设球分别与圆锥的同一条母线切于A，B两点，      有，过作于点C，则四边形是矩形， 于是，，又，从而， 设直线AB与平面的交点为P，则有，， 所以椭圆的长轴长. 故答案为： 【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习压轴专题01 选择、填空分类训练 （人教A版高二年级，立足高考变式拓展，9种类型54道） 范围：选择性必修一 第一章—第三章 知识点一 基底法解决空间中共面、长度、角度问题（建系不便） 1.已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2.正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 3.在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（    ） A． B． C． D． 4（多选）．在长方体中，，，，空间中的点P满足，x，y，，则下列说法正确的是（     ） A．若，则点P在平面上 B．若，且，则与面所成角最小值的正切值为 C．若，则的最小值为 D．若，且P在长方体表面上，则P的轨迹长度为 5．如图，某正方体的顶点A在平面内，三条棱都在平面的同侧.若顶点B，C，D到平面的距离分别为，，2，则该正方体外接球的表面积为______. 6．如图，在直角中，，，为斜边上异于、的动点，若将沿折痕翻折，使点折至处，且二面角的大小为，则线段长度的最小值为________． 知识点二 建系坐标法解决空间中的共面、长度、角度、距离问题 7．在棱长为2的正方体中，点，分别是平面和平面内的动点，若点为棱的中点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．在如图所示的试验装置中，正方形框架ABCD的边长为2，长方形框架ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子M，N分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时a的取值为（    ） A． B． C． D． 9．在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（   ） A． B． C． D． 10（多选）．在直角中，已知为斜边的中点，将沿着所在直线翻折，得到，记三棱锥体积为，则在翻折过程中（   ） A．的最大值为 B．存在某个位置，使得 C．当取最大值时，直线与平面所成的角最大 D．当取最大值时，三棱锥外接球的半径为 11（多选）．在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（   ） A．在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B．若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C．在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D．若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 12.三棱锥中，平面，，，点在三棱锥外接球的球面上，且，则的最小值为___________. 知识点三 直线与圆相交、弦长、弦中点、弦心距等问题 13．已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（  ） A． B． C． D． 14．已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 15（多选）．已知圆，直线，则下列结论正确的是（   ） A．直线过定点 B．直线被圆截得的最短弦长是 C．当点在圆上时，的取值范围是 D．设过的直线与圆的两个交点为，，则线段的中点的轨迹为圆 16（多选）．在平面直角坐标系中，已知圆O：，点，则下列说法正确的是（   ） A．若圆O上恰有3个点到直线的距离为2，则 B．直线与圆交于点A、B，若，则 C．点P在直线上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A、B，则点M到直线AB的距离的最大值为2 D．过点M的直线与圆交于A、B，若，则AB的长为 17．已知，是圆：上的两个不同的点，若，则的取值范围为___________． 18．已知点和圆上两个不同的点，，满足，是弦的中点， 给出下列四个结论： ①的最小值是4； ②点的轨迹是一个圆； ③若点，点，则存在点，使得； ④△面积的最大值是． 其中所有正确结论的序号是________． 知识点四 直线与圆相切、切线、切点弦等问题 19．在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，过l上一点P作圆的两条切线，切点分别为M、N，设线段的中点为Q，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 20．已知圆，直线，为上的动点．过点作圆的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（   ） A． B． C． D． 21（多选）．已知圆，点为直线与轴的交点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，直线与交于点，则（   ） A．若直线与圆相切，则 B．时，四边形的面积为 C．的取值范围为 D．已知点，则为定值 22（多选）．已知动点在直线上，动点在圆上，过点作圆的两条切线，切点分别为A、，则下列描述正确的有（    ） A．直线与圆相交 B．的最小值为 C．存在点，使得 D．直线过定点 23．已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为_________. 24．已知，，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当取到最小值时，点P坐标为______. 知识点五 圆与圆位置关系综合应用 25．已知是圆上一个动点，且直线与直线相交于点P，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 26．已知是圆上的动点，且．是圆的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 27(多选）．已知圆，动圆的半径为1，其圆心在直线上，则（   ） A．若圆与圆相切，则 B．若圆与圆相交，则 C．若圆与圆相交于A，B两点，则|AB|的最大值为1 D．过圆的圆心作圆的切线，切点为M，N，则直线MN恒过定点 28（多选）．已知圆，圆分别是圆与圆上的点，则（    ） A．若圆与圆无公共点，则 B．当时，两圆公共弦所在直线方程为 C．当时，则斜率的最大值为 D．当时，过点作圆两条切线，切点分别为，则不可能等于 29．设m是实数，已知集合，集合，且，则m的取值范围是_______． 30．已知圆，点，在圆上存在点，使得为钝角，则的取值范围为_____________. 知识点六 圆锥曲线离心率、双曲线渐近线的求法及应用 31．双曲线的左、右焦点分别为，以右焦点为焦点的抛物线与双曲线交于第一象限的点P，若，则双曲线的离心率（   ） A．2 B．5 C． D． 32（多选）．双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与曲线的一条渐近线交于、两点，且，则下列说法一定正确的是（    ） A．的离心率为 B． C． D．当时，四边形的面积为 33（多选）．已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（    ） A．的方程为 B．到的两条渐近线的距离之积为 C．若直线的斜率之积为，则关于原点对称 D．若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是 34．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为________． 35．已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 36．已知双曲线的左右焦点分别为，过且斜率存在的直线与双曲线的渐近线相交于两点，中点纵坐标为，若，则双曲线的渐近线方程为__________. 知识点七 直线与椭圆、双曲线、抛物线综合应用 37．已知双曲线的左、右焦点分别为，，渐近线方程为，过且斜率为的直线与在第一象限的交点为，的角平分线与线段交于点，若，则的值是（   ） A． B． C． D． 38（多选）．已知抛物线C：的焦点为，过点的直线与C交于两点，其中，，则（   ） A．直线的斜率为 B．点M到y轴的距离为7 C．的面积为 D．直线的倾斜角为30°或150° 39(多选）．已知抛物线的焦点为，过的直线l交于两点，直线交于另一点D，则（    ） A． B．的内心在定直线上 C．若，则 D．若，则的面积为 40（多选）．已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若直线的斜率分别为，则 C．若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则 D．的最小值为 41．在平面内，为坐标原点，抛物线上有、、、四个点，、、、的纵坐标分别为、、、，直线与直线交轴于点，直线交轴于点，直线交轴于点，以下说法正确的有______． ①若与抛物线焦点重合，则； ②； ③； ④； ⑤ 42．设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是______． 知识点八 动点轨迹及应用 43．在中，已知，．记点的运动轨迹为曲线，的外接圆与曲线交于两点．当取最大值时，（    ） A． B． C． D． 44．已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（    ） A． B． C． D．3 45．曲线上任点，满足点到定点的距离与到定直线的距离之和为6，则下列说法中正确的有（    ） A．曲线经过原点 B．曲线关于轴对称 C．曲线上点的横坐标的取值范围为 D．直线被曲线截得的线段长为 46．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（    ） A．点的横坐标的取值范围是 B．的取值范围是 C．面积的最大值为 D．的取值范围是 47．过点的直线与椭圆交于点和，且.点满足，若为坐标原点，则线段长度的最小值为__________. 48．已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为__________． 知识点九 新定义问题 49．已知圆锥曲线的对称中心为原点，若对于上的任意一点，均存在上两点，，使得原点到直线，和的距离都相等，则称曲线为“完美曲线”．现有如下两个命题： ①任意椭圆都是“完美曲线”；②存在双曲线是“完美曲线”． 下列判断正确的是（    ） A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题 C．①②都是真命题 D．①②都是假命题 50．定义：，两点间的“M距离”为把到两定点，的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”，则“椭圆”的面积为（    ） A． B． C． D． 51（多选）．数学中有许多美丽的曲线，图中美丽的眼睛图案由两条曲线构成，曲线，上顶点为，右顶点为，曲线上的点满足到和直线的距离之和为定值4，已知两条曲线具有公共的上下顶点，过作斜率小于0的直线与两曲线从左到右依次交于且，则（    ） A．曲线由两条抛物线的一部分组成 B．线段的长度与点到直线的距离相等 C．若线段的长度为，则直线的斜率为 D．若，则直线的斜率为 52（多选）．我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（    ） A．曲线关于直线对称 B．曲线有4个顶点 C．曲线与直线有4个交点 D．曲线上动点到原点距离的最小值为 53．已知点是曲线上任意一点，有以下四个结论： ①曲线C既是中心对称图形又是轴对称图形；②，； ③点P到坐标原点距离的最大值为；④曲线C所围成封闭区域的面积大于4. 其中正确结论的序号是______. 54．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球，相切于点，.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也被称为Dandelin双球.若球，的半径分别为6和3，球心距离，则此椭圆的长轴长为___________.    1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $