2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略03卷第06-10天（新高考专用）

这是一份2023年高考数学考前01-20天终极冲刺攻略03卷第06-10天（新高考专用），共172页。试卷主要包含了在四棱锥中，底面，如图，四面体中，，E为的中点等内容，欢迎下载使用。




目 录 / contents




（三）
目录

4
立体几何与空间向量 4
45
直线与圆 45
68
椭圆 68
97
双曲线与抛物线 97
130
圆锥曲线的综合 130


立体几何与空间向量

线线角.线面角和二面角是高考的热点，选择题.填空题皆有，解答题中第二问必考，一般为中档题，在全卷的位置相对稳定，主要考查空间想象能力.逻辑思维能力和转化与化归的应用能力.选择题和填空题一般不用空间向量法.但要理解向量基本定理的本质，感悟“基底”的思想，并运用它解决立体几何中的问题.

空间向量在立体几何中的应用
（1）设，，则；
；
；
；
；
.
（2）设，，则.
这就是说，一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示该向量的有向线段的终点的坐标减起点的坐标.
（3）两个向量的夹角及两点间的距离公式.
①已知，，则；
；
；
；
②已知，，则，
或者.其中表示与两点间的距离，这就是空间两点的距离公式.
（4）向量在向量上的射影为.
（5）设是平面的一个法向量，，是内的两条相交直线，则，由此可求出一个法向量（向量及已知）.
（6）利用空间向量证明线面平行：设是平面的一个法向量，为直线的方向向量，证明，（如图8-155所示）.已知直线（），平面的法向量，若，则.
（7）利用空间向量证明两条异面直线垂直：在两条异面直线中各取一个方向向量，，只要证明，即.
（8）利用空间向量证明线面垂直：即证平面的一个法向量与直线的方向向量共线.




（9）证明面面平行.面面垂直，最终都要转化为证明法向量互相平行.法向量互相垂直.
（10）空间角公式.
①异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则.
②线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为
与所成角的大小，则.
③二面角公式：
设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中.
（11）点到平面的距离为，，为平面的法向量，则.

1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
2．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设M，N分别为的中点．

(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【详解】（1）过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、．
∵四边形和都是直角梯形，，，由平面几何知识易知，，则四边形和四边形是矩形，∴在Rt和Rt，，
∵，且，
∴平面是二面角的平面角，则，
∴是正三角形，由平面，得平面平面，
∵是的中点，，又平面，平面，可得，而，∴平面，而平面．
（2）因为平面，过点做平行线，所以以点为原点， ，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，

设平面的法向量为
由，得，取，
设直线与平面所成角为，
∴．

3．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，，，求二面角的正弦值．


【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，
因为是三棱锥的高，所以平面，平面，
所以、，
又，所以，即，所以，
又，即，所以，，
所以
所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，
又平面，平面，
所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
又，所以，则，，
所以，所以，，，，
所以，
则，，，
设平面的法向量为，则，令，则，，所以；
设平面的法向量为，则，
令，则，，所以；
所以.
设二面角的大小为，则，
所以，即二面角的正弦值为.


4．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）在四棱锥中，底面．

(1)证明：；
(2)求PD与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，
因为，
所以四边形为等腰梯形，
所以，
故，，
所以，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，
所以平面，
又因为平面，
所以；

（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
，
则，
则，
设平面的法向量，
则有，可取，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

5．（2022·全国（乙卷理）·统考高考真题）如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


6．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．

(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【详解】（1）取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
（2）因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.

7．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，

由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.

1．（2023·全国·校联考三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
2．（2023·重庆·统考模拟预测）在直三棱柱中，，，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（    ）
A．平面 B．当为中点时，AP与BC成角最大
C．当为中点时，AP与成角最小 D．存在点，使得
3．（2023·上海宝山·统考二模）在空间直角坐标系中,已知定点,和动点.若的面积为,以为顶点的锥体的体积为,则的最大值为(   )
A． B． C． D．
4．（2023·江西吉安·统考一模）在正方体中，E､F分别为的中点，G为线段上的动点，则异面直线与所成角的最大值为（    ）
A． B． C． D．
5．（2023·陕西·校联考模拟预测）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥底面ABCD，，，，，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为（    ）
A．26π B．27π C．28π D．29π



6．（多选）（2023·全国·模拟预测）如图，正四棱锥的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设，，，则（    ）

A．AM不可能垂直于BN B．的取值范围是
C．当时，平面平面ABCD D．三棱锥的体积为定值


7．（多选）（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，则（    ）
A．平面
B．若点为线段上一点，则直线与直线所成角的范围为
C．点到平面的距离为
D．若点为线段上一点，则的最小值为
8．（多选）（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（    ）

A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
9．（2023·陕西宝鸡·统考三模）如图，正方体棱长为2，P是线段上的一个动点，则下列结论中正确的为________．

①BP的最小值为
②存在P点的某一位置，使得P，A，，C四点共面
③的最小值为
④以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为
10．（2023·四川达州·统考二模）如图，、、分别是正方体的棱、、的中点，是上的点，平面.若，则___________.

11．（2023·四川成都·石室中学校考三模）如图，在四棱雉中，四边形ABCD为菱形，AC与BD相交于点O，，，，，M为线段PD的中点.
(1)求证：平面平面PAC；
(2)若直线OM与平面ABCD所成角为，求平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值.



12．（2023·全国·模拟预测）如图，正三棱柱中，是侧棱上一点，设平面平面.
(1)证明：；
(2)当为的中点时，平面与平面所成的锐二面角的大小为30°，求直线与平面所成角的正弦值.

13．（2023·内蒙古包头·二模）如图，四棱锥中，侧面底面ABCD，，，，，E，F分别是SC和AB的中点，．
(1)证明：平面SAD；
(2)点P在棱SA上，当与底面所成角为时，求二面角的正弦值．

14．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）在中，，，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点，分别为棱，的中点.

(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积最大时，试在棱上确定一点，使得，并求二面角的余弦值.



15．（2023·广东惠州·统考一模）如图，在四棱台中，底面是菱形，，平面．
(1)若点是的中点，求证：平面；
(2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．



1．平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
2．（多选）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（    ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
3．在棱长为3的正方体中，点P在平面上运动，则的最小值为______.
4．如图①，在等腰梯形中，点为边上的一点，，是一个等边三角形，现将沿着翻折至，如图②.

(1)在翻折过程中，求四棱锥体积的最大值；
(2)当四棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
5．已知为等边三角形，其边长为，点为边的中点，点在边上，并且，将沿折起到.

(1)证明：平面平面；
(2)当平面与平面成直二面角时，在线段上是否存在一点，使得平面和平面所成二面角的正切值为，若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由.
参考答案
名校预测：
1．B
【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，
若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；
若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；
综上可得，，
故选：B

2．C
【详解】由题意得，两两垂直，不妨令
以C为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
则

选项A：当点P与点B重合时，由为梯形的两个腰，
可得相交，则直线平面位置关系为相交.判断错误；
选项B：设AP与BC成角为，,
由，可得

当时，即两点重合时，，AP与BC成角为.判断错误；
选项C：设AP与成角为，由，可得

又，在单调递减，
则当即为中点时，AP与成角最小.判断正确；
选项D：,
由，解得（舍），
则不存在点，使得.判断错误.

故选：C
3．C
【详解】由已知,
设直线的单位方向向量为,则,
所以到直线的距离,
所以,
,
则
,
令,则,
所以,
当且仅当即时等号成立,
所以,
即的最大值为.
故选:C.
4．C
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2，，

分别为中点，则，，，
故，，
设两异面直线夹角为，其中，
故，
，则当或时，取得最小值，最小值为，
又因为在上为单调减函数，则的最大值为.
故选：C.
5．D
【详解】取中点为，取的中点为，连接，因为，，
平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD⊥底面ABCD，平面,
平面，平面，，
则以点为坐标原点，建立坐标系，如下图所示：

设梯形外接圆的圆心为，由可得
解得，则.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心坐标为.
则球心到点与到点的距离相等，则
即，故球心坐标为，半径为.
四棱锥外接球的表面积为.
故选：D

6．ACD
【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，
过点D且垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由，可得，．

选项A：，，
若，则，则，即，
因为，所以方程无实数根，
所以AM不可能垂直于BN，故A正确；
选项B：，，故B错误；
选项C：连接BD交AE于F，取BD的中点O，连接OP，
则平面ABCD，因为E为BC的中点，所以由几何关系可知，
因为，所以，连接MF，则，
所以平面ABCD，又平面AME，
所以平面平面ABCD，故C正确；
选项D：因为，所以．
连接AC，因为，，
所以，则三棱锥的体积为定值，故D正确．
故选：ACD
7．ABD
【详解】解法一：选项A：如图所示：

连接，，，，，易知，
∴平面即平面．
易知，∵平面，平面，
∴平面，故选项A正确．
选项B：∵，∴直线与直线成角即直线与直线所成角．如图所示：

连接，，，易知为正三角形，
当为的中点时，，此时直线与直线所成角最大，最大值为，
当与或重合时，直线与直线所成角最小，最小值为，
故直线与直线所成角的范围为，故选项B正确．
选项C：如图所示：

延长，与的延长线交于点，过点作于点，连接，
过点作于点，易知平面，则，从而平面．
易知，，，
∴，故选项C错误．
选项D：如图所示：

将与展开到一个平面内，得到如图所示的平面四边形，
连接，则．
在平面四边形中，，，，，
设交于，易知，
所以，则，故选项D正确．
解法二： 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系．


选项A：，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，，
∴，则，即，
又平面，∴平面，故选项A正确．
选项B：连接，易知，，，．

若为上一点，则，
则，
∴．
令，则，，
∴直线与直线所成角的范围为，故选项B正确．
选项C：易知，，，，，共面，
设点到平面的距离为，则，故选项C错误．
选项D：若为上一点，则，∵，
∴，∴，
∴，
，故选项D正确.
故选：ABD.
8．BD
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，


，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
9．③④
【详解】对于①，在中，，即是边长为的等边三角形，

的最小值为的高，，①不正确；
对于②，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
  
，
设，则，即，
即，，
，
假设P，A，，C，由空间共面定理可得：，
则，
可得，故不存在点P，使得P，A，，C四点共面，故②不正确；
对于③，将翻折到一个平面内，如图所示，

为等腰直角三角形，为等边三角形，则的最小值为，
又，，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，故③正确；
对于④，设点到平面的距离为，
，设平面，
则，则，
令，，则，
因为，所以
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
交线长为，④正确.
故答案为：③④
10．
【详解】设，其中，，
，
，
因为平面，则、、共面，显然、不共线，
所以，存在、，使得，
即
，
因为为空间中的一组基底，所以，，解得，
因此，.
故答案为：.
11．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，，
所以O为BD的中点，，又因为，所以.
又，平面PAC，平面PAC，
所以平面PAC，又平面PBD，
所以平面平面PAC.
（2）因为，O为AC的中点，所以.
又，，平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD.
因为M为线段PD的中点，O为BD的中点，所以.
又因为直线OM与平面ABCD所成角为，
所以直线PB与平面ABCD所成角为，即.
因为，，所以是等边三角形，
所以，，则.
如图，以点O为坐标原点，以OA，OB，OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，.
设平面PAD和平面PBC的一个法向量分别为，.
由得令，得.
由得令，得 .
因此，，
所以平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为.
12．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）解：（1）在正三棱柱中，易知，
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，平面平面，所以.
（2）（2）取的中点，连接，易知是正三角形，所以.
又三棱柱是正三棱柱，所以平面，
所以以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，，所在直线分别为轴､轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，，，所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
则，令，则，所以，
易知平面的一个法向量，
所以.
因为平面与平面所成的锐二面角的大小为30°，
所以，整理得，
所以，，
设直线与平面所成角的大小为，
则.

13．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设M为SD的中点，连接ME，MA，
因为ME是的中位线，所以，
又因为，且，所以底面ABCD为平行四边形．
所以，又，且，故，
且，所以四边形是平行四边形，                     
所以，又平面，平面，
所以平面．         

（2）因为，又，
所以，故．
设N是DC的中点，连接SN，因为，
所以，又平面平面，
平面SDC，平面底面，
所以平面．                                          
连接，在中，，
所以是正三角形，
在中，，所以，
所以，即．                          
因为两两互相垂直，故以为坐标原点，
以向量为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．               

在中，由余弦定理得．
过点P作，，
因为平面，所以底面，
因为，所以与相似，
因为，所以．
设P的坐标为，
则，，
故，
设底面ABCD的法向量为，
当PF与底面ABCD所成角为时，与所成角为．
故，
即，解得．              
所以．
设平面的法向量为，
则，即
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面PAF的法向量为，
则，即，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
故．
所以二面角的正弦值为．
14．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中，，分别为，的中点，则，
折叠前，则折叠后，
又，即，且，
∴平面，又平面，∴
而，∴.
（2）
由（1）可知，两两垂直.
设，则，
∴，令解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有最大值，
即当，时，取最大.
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，
由得，
而，，，∴，则，
设平面的一个法向量，，，
则即，令，则，，所以，
由题意可知平面的一个法向量，则，
∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.
15．(1)证明见解析
(2)存在；
【详解】（1）方法一：连接，由已知得，，且，
所以四边形是平行四边形，即，
又平面平面，
所以平面．
方法二：连接，由已知得，且，
，即，
又平面平面
所以平面
（2）取中点，连接，由题易得是正三角形，所以，即，
由于平面，分别以为轴，建立如图空间直角坐标系，

，
假设点存在，设点的坐标为，
，
设平面的法向量，则，
即，可取，
又平面的法向量为，
所以，解得：，
由于二面角为锐角，则点在线段上，所以，即．
故上存在点，当时，二面角的余弦值为．
名师押题:
1．D
【详解】解：因为平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，
所以以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，
设，，
所以，，又，所以，即，
整理得，
所以，又，所以，
故选：D.

2．ACD
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，

则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，

因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
3．
【详解】如下图所示

设与平面交于点，易知，平面，
由平面，所以，又，面，
所以平面，面，所以，同理可证，
由，面，所以平面.
因为，所以，
又因为,所以.
倍长至，则，
故点是点关于平面的对称点.
那么有，.
所以.
如下图，以为原点，分别为轴、轴、轴建系，

则，，，即.
所以，即的最小值为.
故答案为：.
4．(1)
(2)
【详解】（1）依题意可知：三角形是边长为的等边三角形，高为，
四边形是边长为的菱形，且，，
在翻折过程中，当平面平面时，
四棱锥体积取得最大值，
且最大值为.
（2）设的中点为，连接，
当平面平面时，四棱锥体积取得最大值，
由于平面平面平面，，
所以平面，
由于平面，所以，
连接，则三角形是等边三角形，所以，
由于平面平面平面，，
所以平面.
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面与平面的夹角为，
则.

5．(1)证明见解析；
(2)存在，P为线段BC的中点.
【详解】（1）因为，于是在折后，，，，
平面，因此平面，又平面BCDE ，
所以平面平面BCDE.
（2）由（1）知，为二面角的平面角，而平面与平面成直二面角
即有，，则两两互相垂直，
以E为坐标原点，分别以所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则，
因为点P在线段BC上，则令， ，
因此，，
由（1）知，平面，即平面的法向量，
设平面的法向量，则，令，则，
设平面和平面所成二面角为，则，，，
∴，于是，解得，
所以存在符合条件的点P，满足条件，点P为线段BC的中点.

直线与圆

1.高考对直线方程的考查比较稳定，考查内容.频率.题型难度均变化不大，备考时应熟练掌握直线的倾斜角与斜率.直线方程的求法.两条直线的位置关系.距离公式.对称问题等，特别要重视直线方程的求法.两条直线的位置关系以及点到直线的距离公式这三个考点.
2.高考对直线与圆.圆与圆的位置关系的考查比较稳定，考查内容.频率.题型难度均变化不大，但命题形式上比较灵活，备考时应熟练掌握相关题型与方法，除了直线与圆.圆与圆的位置关系的判断外，还特别要重视直线与圆相交所得弦长及相切所得切线的问题.

一.圆的有关概念和方程
1.定义：在平面上到定点的距离等于定长的点的轨迹是圆
2.圆的标准方程：设圆心的坐标，半径为，则圆的标准方程为：
3.圆的一般方程：圆方程为
（1）的系数相同（2）方程中无项（3）对于的取值要求：
4.确定圆的方程的方法和步骤；确定圆的方程主要方法是待定系数法，大致步骤为
(1)根据题意，选择标准方程或一般方程；
(2)根据条件列出关于a，b，r或D.E.F的方程组；
(3)解出a.b.r或D.E.F代入标准方程或一般方程.
5.点与圆的位置关系
点和圆的位置关系有三种.
圆的标准方程，点M(x0，y0)
(1)点在圆上：；
(2)点在圆外：；
(3)点在圆内：.
二.直线与圆的位置关系
1.直线与圆位置关系的判定：相切，相交，相离，位置关系的判定有两种方式：
（1）几何性质：通过判断圆心到直线距离与半径的大小得到直线与圆位置关系，设圆的半径为，圆心到直线的距离为，则：
① 当时，直线与圆相交
② 当时，直线与圆相切
③ 当时，直线与圆相离
（2）代数性质：可通过判断直线与圆的交点个数得到直线与圆位置关系，即联立直线与圆的方程，再判断解的个数.设直线：，圆：，则：
消去可得关于的一元二次方程，考虑其判别式的符号
① ，方程组有两组解，所以直线与圆相交
② ，方程组有一组解，所以直线与圆相切
③ ，方程组无解，所以直线与圆相离
2.直线与圆相交：弦长计算公式：
3.直线与圆相切：（1）如何求得切线方程：主要依据两条性质：一是切点与圆心的连线与切线垂直；二是圆心到切线的距离等于半径
三.方法技巧
1.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，即半弦长.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.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，利用勾股定理求得弦长.
2.求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
①直接法：直接根据题目提供的条件列出方程.
②定义法：根据圆.直线等定义列方程.
③几何法：利用圆的几何性质列方程.
④代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等.

1．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（    ）

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9
【答案】D
【详解】设，则，
依题意，有，且，
所以，故，
故选：D
2．（2022·北京·统考高考真题）若直线是圆的一条对称轴，则（    ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：A．
3．（2022·全国（新高考Ⅱ卷）·统考高考真题）设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．
【答案】
【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，
所以所在直线即为直线，所以直线为，即；
圆，圆心，半径，
依题意圆心到直线的距离，
即，解得，即；
故答案为：
4．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）设点M在直线上，点和均在上，则的方程为______________．
【答案】
【详解】[方法一]：三点共圆
∵点M在直线上，
∴设点M为，又因为点和均在上，
∴点M到两点的距离相等且为半径R，
∴，
，解得，
∴，，
的方程为.
故答案为：
[方法二]：圆的几何性质
由题可知，M是以（3，0）和（0，1）为端点的线段垂直平分线 y=3x-4与直线的交点(1,-1)., 的方程为.
故答案为：
5．（2022·天津·统考高考真题）若直线与圆相交所得的弦长为，则_____．
【答案】
【详解】圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线的距离为，
由勾股定理可得，因为，解得.
故答案为：.
6．（2022·全国（乙卷文理）·统考高考真题）过四点中的三点的一个圆的方程为____________．
【答案】或或或．
【详解】[方法一]：圆的一般方程
依题意设圆的方程为，
（1）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（2）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（3）若过，，，则，解得，
所以圆的方程为，即；
（4）若过，，，则，解得，所以圆的方程为，即；
故答案为：或 或 或．
[方法二]：【最优解】圆的标准方程（三点中的两条中垂线的交点为圆心）
设
（1）若圆过三点，圆心在直线，设圆心坐标为，
则，所以圆的方程为；
（2）若圆过三点， 设圆心坐标为，则，所以圆的方程为；
（3）若圆过 三点，则线段的中垂线方程为，线段 的中垂线方程 为，联立得 ，所以圆的方程为；
（4）若圆过三点，则线段的中垂线方程为， 线段中垂线方程为 ，联立得，所以圆的方程为．
故答案为：或 或 或．
7．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，

由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，

当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.

1．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知直线与轴和轴分别交于A，两点，以点A为圆心，2为半径的圆与轴的交点为（在点A右侧），点在圆上，当最大时，的面积为（    ）
A． B．8 C． D．
2．（2023·全国·模拟预测）已知点在圆．上，点，若的最小值为，则过点A且与圆C相切的直线方程为（    ）
A．或 B．或
C．或 D．或
3．（2023·湖南·铅山县第一中学校联考二模）已知点为直线上的动点，若在圆上存在两点，，使得，则点的横坐标的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
4．（2023·安徽·校联考三模）已知是定义在上的奇函数，其图象关于点对称，当时，，若方程的所有根的和为6，则实数k的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
5．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知动点M到点的距离等于2，动点M的轨迹为Γ，直线l：，则（    ）
A．l可能是Γ的切线 B．l与Γ可能没有公共点
C．l与Γ可能有两个公共点 D．Γ上的点到l的距离的最大值为4
6．（多选）（2023·山东青岛·统考模拟预测）圆与轴相切于点，与轴正半轴交于、两点，且，则（    ）
A．圆的标准方程为
B．圆关于直线对称
C．经过点与圆相交弦长最短的直线方程为
D．若是圆上一动点，则的最大值为
7．（多选）（2023·江苏·校联考模拟预测）已知点在圆：上，点，，则（    ）
A．点到直线的距离的最小值是 B．的取值范围是
C．的取值范围是 D．当为直角三角形时，其面积为3
8．（2023·全国·模拟预测）已知直线：与圆C：交于A，B两点，若直线AC与BC的斜率分别为，，且，则___________.
9．（2023·天津·校联考二模）为圆上任意一点，点到直线与到直线的距离之和与点的位置无关，则的取值范围是______.
10．（2023·河南开封·统考三模）已知点P在圆上，点当最小时，______．
11．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）已知抛物线与圆，过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，，，，其中，在第一象限，，在第四象限，则最小值是______.
12．（2023·全国·模拟预测）已知分别为圆与圆上的两个动点，为直线上一点，则的最小值为______．
13．（2023·全国·校联考模拟预测）已知直线l：与圆C：相切，则满足条件的直线l的条数为______．
14．（2023·全国·模拟预测）已知直线：（）与圆：（为负整数）相交于，两点，且，则______，______．
15．（2023·广东广州·统考二模）在平面直角坐标系中，定义为，两点之间的“折线距离”.已知点，动点P满足，点M是曲线上任意一点，则点P的轨迹所围成图形的面积为___________，的最小值为___________

1．已知，满足，则的最小值为（    ）
A． B． C．1 D．
2．（多选）已知圆M的方程为：，（），点，给出以下结论，其中正确的有（    ）
A．过点P的任意直线与圆M都相交
B．若圆M与直线无交点，则
C．圆M面积最小时的圆与圆Q：有三条公切线
D．无论a为何值，圆M都有弦长为的弦，且被点P平分
3．直线分别与轴､轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是___________.
4．已知点，设动直线和动直线交于点，则的取值范围是______．
5．对平面上两点，满足的点的轨迹是一个圆，这个圆最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，命名为阿波罗尼斯圆，称点是此圆的一对阿波罗点.不在圆上的任意一点都可以与关于此圆的另一个点组成一对阿波罗点，且这一对阿波罗点与圆心在同一直线上，其中一点在圆内，另一点在圆外，系数只与阿波罗点相对于圆的位置有关.已知，，，与两点距离比是的点的轨迹方程是，则的最小值是__________；最大值是的最大值是__________.
参考答案
名校预测：
1．A
【详解】如图所示，不难发现当BP为圆的一条位于AB下方的切线时满足最大，
由题意可得，不妨设，
则A到BP的距离为，或（舍去）.
则，
此时到BP的距离为，
所以的面积为
故选：A

2．A
【详解】由圆方程可得圆心为，半径，因为的最小值为，所以，
解得，故圆．
若过点的切线斜率存在，
设切线方程为，则，解得，
所以切线方程为，即；
若过点的切线斜率不存在，由圆方程可得，圆过坐标原点，所以切线方程为．
综上，过点且与圆相切的直线方程为或．
故选：A
3．C
【详解】圆的圆心为，半径，
当与圆相切且时，，
以为圆心，半径为的圆的标准方程为，
由消去并化简得，
解得或，所以点的横坐标的取值范围.
故选：C
4．A
【详解】方程的根转化为
和的图象的公共点的横坐标，
因为两个图象均关于点对称，
要使所有根的和为6，则两个图象有且只有3个公共点．
因为时，，
所以，所以图象为圆的一部分，
作出和的图象如图所示．
当时，只需直线与圆相切，
所以，可得；
当时，只需直线与圆相离，
所以，解得得或（舍）．
故k的取值范围是．

故选：A．
5．ACD
【详解】因为动点M到点的距离等于2，
所以动点M的轨迹Г的方程为，
易知l：，所以直线l过定点，
因为，所以点P在Г上，
对于选项A，B，C，易知l可能是Г的切线，l与Г不可能没有公共点､可能有两个公共点，故A正确，B错误，C正确；
对于选项D，易知Г上的点到的距离的最大值为圆的直径4，故D正确.
故选：ACD
6．BC
【详解】对于A选项，因为圆与轴相切于点，与轴正半轴交于、两点，
则圆心的横坐标为，且圆心在第一象限，设圆心，其中，
则圆的半径为，圆心到轴的距离为，所以，，
所以，圆的标准方程为，A错；
对于B选项，圆心为，因为，
所以，圆心在直线，
所以，圆关于直线对称，B对；
对于C选项，因为，
所以，点在圆内，记点，则，
当与过点的弦垂直时，经过点与圆相交弦长最短，
此时弦所在直线的斜率为，
故所求直线的方程为，即，C对；
对于D选项，记点，因为，则点在圆外，
，由圆的几何性质可知，

所以，，D错.
故选：BC.
7．ACD
【详解】由题可知直线的方程为：，，
对于A：因为圆心到直线的距离是，
所以点到直线的距离的最小值是，故A正确；
对于B：记线段的中点为，则，
则，
因为，
所以的取值范围是，故B错误；
对于C：由题可知，，
当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，
因为，，所以，
所以；

若点在第二象限，此时最大，同理可得，

所以的取值范围是， 故C正确；
对于D：因为的取值范围是，同理可得的取值范围是，
所以当为直角三角形时，，则，
设点坐标为，
则，
得点在直线上，
所以点到直线的距离为，
所以面积为，故D正确；
故选：ACD．

8．
【详解】由题可知，，直线AC与BC的倾斜角互补.
由圆的对称性知，当轴或轴时，，此时或，
所以.
故答案为: .
9．
【分析】作出图形，结合图形可知当圆位于直线与之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解.
【详解】依题意，圆的标准方程为

由图可知当圆位于两直线与之间时，点到直线和的距离之和与点的位置无关，此时点到两直线和的距离之和即为与两平行直线间的距离，
当直线与圆相切时，，解得或（舍去），
所以，
即的取值范围是，
故答案为：.
10．
【详解】
如图所示，由题意圆：的圆心，半径，
当直线与圆相切时，即为切点时，最小，
此时与轴平行，，
,
,
,.

故答案为：.
11．
【详解】的圆心为，半径为1，
所以圆心为抛物线的焦点，且圆M过抛物线的顶点.

当轴时，，则，
当斜率存在时，设其方程为，，
将代入得，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
由知，的最小值为.
故答案为：
12．
【详解】由圆，得圆心，半径，
又由，得圆心，半径，
设关于直线对称的点为，
可得，解得，即，且,
连接，当为与直线的交点时，连接，此时最小，
则
所以．
故答案为：.

13．2
【详解】原点到l的距离，
C到l的距离为4，
故满足条件的l既与圆相切，又与圆C相切，
故l是圆和圆C的公切线，又,
易知两圆相交，故公切线的条数为2，
即符合条件的直线l有2条．
故答案为：2.
14． /
【详解】圆的圆心为，半径，因为直线l被圆C所截弦长，
因此圆心到直线的距离，
又直线：，于是，而，整理得，又，
从而，因为为负整数，所以，．
故答案为：；
15． /0.5
【详解】设，，
当时，则，即，
当时，则，即，
当时，则，即
当时，则，即，
故点P的轨迹所围成图形如下图阴影部分四边形的面积：

则.
如下图，设，，显然，，
，
求的最小值，即的最小值，的最大值，
又，下面求的最小值，
令，，即，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，且，
所以.
故答案为：；.

名师押题:
1．B
【详解】
如图，过点作点关于线段的对称点，则.
设，则有，解得，所以.
设，则，所以，
又，所以点到轴的距离为，
所以，可视为线段上的点到轴的距离和到的距离之和.
过作轴，显然有，当且仅当三点共线时，和有最小值.
过点作轴，则即为最小值，与线段的交点，即为最小值时的位置.
因为，所以的最小值为.
故选：B．
2．ACD
【详解】因为点代入入圆的方程得,所以在圆M内，
所以过点P的任意直线与圆M都相交,A选项正确;
圆M圆心,直线,

若圆M与直线无交点， ,
,,,,B选项错误;
圆,当时，圆M半径最小则面积最小,
圆Q：,,
,
圆M面积最小时的圆M与圆Q外切所以有三条公切线,C选项正确;
无论a为何值， ,,所以圆M都有弦长为的弦,
,,
,,

因为垂直弦平分弦, 圆M都有弦长为的弦，且被点P平分,故D选项正确.
故选:ACD.
3．
【详解】因为直线分别与轴､轴交于两点，
所以，    
所以
圆的圆心的坐标为，半径，
所以圆心到直线距离，
所以到直线距离，即，
.
故答案为：.

4．
【详解】如图所示，由条件可知两动直线，分别过原点和，且两直线互相垂直.
所以动点的轨迹为以为直径的圆上，，设圆心为，则
显然当三点共线时取得最值，故，即
故答案为：

5．
【详解】
由题意知：，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最小值为；
设点关于圆对应的阿波罗尼斯点为，
则点，到点的距离之比为：，
解得：，，则，
，即，
（当且仅当三点按顺序共线时取等号），
又，的最大值是.
故答案为：；.

椭圆


从近五年的全国卷的考查情况来看，本节是高考的热点，其中标准方程和几何性质考查比较频繁.椭圆是圆锥曲线的重要内容，高考主要考查椭圆定义的运用、椭圆方程的求法以及椭圆的简单几何性质，尤其是对离心率的求解，更是高考的热点问题，因方法多，试题灵活，在各种题型中均有体现.





一.椭圆的标准方程和几何性质
焦点的位置
焦点在轴上
焦点在轴上
图形


标准方程


统一方程

参数方程


第一定义
到两定点的距离之和等于常数2，即（）
范围
且
且
顶点
、
、
、
、
轴长
长轴长 短轴长
长轴长 短轴长
对称性
关于轴、轴对称，关于原点中心对称
焦点
、
、
焦距

离心率

点和椭圆
的关系


通径
过焦点且垂直于长轴的弦叫通径：通径长=（最短的过焦点的弦）
弦长公式
设直线与椭圆的两个交点为，，，
则弦长

（其中是消后关于的一元二次方程的的系数，是判别式）
二.焦半径公式：称到焦点的距离为椭圆的焦半径
① 设椭圆上一点，则（可记为“左加右减”）
② 焦半径的最值：由焦半径公式可得：焦半径的最大值为，最小值为
焦点三角形面积：（其中）

1．（2022·全国（甲卷文）·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：因为离心率，解得，，
分别为C的左右顶点，则，
B为上顶点，所以.
所以，因为
所以，将代入，解得，
故椭圆的方程为.
故选：B.
2．（2022·全国（甲卷理）·统考高考真题）椭圆的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线的斜率之积为，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】[方法一]：设而不求
设，则
则由得：，
由，得，
所以，即，
所以椭圆的离心率，故选A.
[方法二]：第三定义
设右端点为B，连接PB，由椭圆的对称性知：
故，
由椭圆第三定义得：，
故
所以椭圆的离心率，故选A.
3．（2022·天津·统考高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
4．（2022·全国（乙卷文理）·统考高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，
综上，可得直线HN过定点
5．（2022·北京·统考高考真题）已知椭圆：的一个顶点为，焦距为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）解：依题意可得，，又，
所以，所以椭圆方程为；
（2）解：依题意过点的直线为，设、，不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，，
直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
所以



，
所以，
即
即
即
整理得，解得
6．（2022·全国（新高考Ⅰ卷）·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是________________．
【答案】13
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.故答案为：13.


1．（2023·全国·模拟预测）已知，分别是椭圆C：的左､右焦点，B是椭圆C的上顶点，P是椭圆C上任意一点，且C的焦距大于短轴长，若的最大值是的最小值的倍，则椭圆C的离心率为（    ）
A． B． C．或 D．
2．（2023·山东日照·统考二模）古希腊亚历山大时期一位重要的几何学家帕普斯（Pappus，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：即到两条已知直线距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数的动点轨迹为圆锥曲线．今有平面内三条给定的直线，且，均与垂直．若动点M到的距离的乘积是M到的距离的平方的4倍，则动点M在直线之间（含边界）的轨迹是（    ）
A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
3．（2023·四川德阳·统考模拟预测）已知、为椭圆与双曲线的公共焦点，P是其一个公共点，，则椭圆与双曲线离心率之积的最小值为（    ）
A． B．1 C． D．2
4．（2023·陕西安康·统考三模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点，，点到直线的距离为，则椭圆的离心率为（   ）
A． B． C． D．
5．（2023·广东深圳·统考二模）设椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线l过点.若点关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且，则C的离心率为（    ）
A． B． C． D．
6．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，，分别是的左､右焦点，过的直线与交于，两点，过的直线与交于，两点，当时，，则（    ）
A．椭圆的标准方程为
B．椭圆的短轴长为2
C．若，则直线的斜率的平方大于2
D．当时，
7．（多选）（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）椭圆C：的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，则______．
A．椭圆C的离心率为 B．的最大值为3
C．的最大值为 D．到直线的距离最大值为2
8．（多选）（2023·全国·模拟预测）已知为坐标原点，椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于点，（在第一象限），，P为轴上一点，，面积的最大值为1，且直线与椭圆的另一个交点为，则当的面积最大时，下列结论正确的是（    ）
A． B．点为椭圆的右焦点
C． D．的面积为
9．（2023·山东潍坊·统考二模）如图，菱形架ABCD是一种作图工具，由四根长度均为4的直杆用铰链首尾连接而成.已知A，C可在带滑槽的直杆上滑动；另一根带滑槽的直杆DH长度为4，且一端记为H，另一端用铰链连接在D处，上述两根带滑槽直杆的交点P处有一栓子（可在带滑槽的直杆上滑动）.若将H，B固定在桌面上，且两点之间距离为2，转动杆HD，则点P到点B距离的最大值为__________.

10．（2023·全国·模拟预测）已知，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，点为的内心，若，则的面积为__________．

11．（2023·四川成都·石室中学校考三模）已知椭圆的右焦点为，点M是椭圆C上异于左、右顶点，的任意一点，且直线与直线的斜率之积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与直线相交于点，且，求证：.
12．（2023·湖北十堰·统考二模）已知是椭圆C：的右顶点，过点且斜率为的直线l与椭圆C相交于A，B两点（A点在x轴的上方），直线PA，PB分别与直线相交于M，N两点．当A为椭圆C的上顶点时，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若，且，求k的取值范围．
13．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知椭圆的右焦点为F，且经过点，过F的直线与椭圆E交于C，D两点，当轴时，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)椭圆E的右顶点为A，若椭圆上的存在两点P，Q，且使成立，证明直线PQ过定点．
14．（2023·天津·统考二模）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率为的直线与椭圆交于另一点，是轴上一点，且满足，若直线的斜率为，求直线的方程.
15．（2023·山东淄博·统考二模）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）

步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.
现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.
(1)求折痕围成的椭圆的标准方程；
(2)已知点是圆上任意一点，过点做椭圆的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.

1．设、为椭圆的两个焦点，M为C上一点．若为等腰三角形，则的内切圆半径为（    ）
A．或 B．或
C．或 D．或
2．（多选）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆内部，点N在椭圆上，椭圆C的离心率为e，则以下说法正确的是（    ）
A．离心率e的取值范围为
B．存在点N，使得
C．当时，的最大值为
D．的最小值为1
3．设椭圆（a>b>0）的左、右焦点分别为、，其焦距为2，点Q（，）在椭圆内部，点P是椭圆上动点，且|PF1|+|PQ|