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2023-2024学年辽宁省朝阳市建平县实验中学高二上学期期中数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年辽宁省朝阳市建平县实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可．
【详解】，所以复数的共轭复数为.
故选：A.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2．直线：与直线：垂直，则直线在x轴上的截距是
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】利用直线l1：（a+3）x+y﹣4＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+4＝0垂直，求出a，再求出直线l1在x轴上的截距．
【详解】∵直线l1：（a+3）x+y+4＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+4＝0垂直，
∴（a+3）+a﹣1＝0，
∴a＝﹣1，
∴直线l1：2x+y+4＝0，
∴直线l1在x轴上的截距是-2，
故选C．
【点睛】本题考查直线垂直条件的运用，考查直线在x轴上的截距的定义和求法，属于基础题．
3．已知椭圆的左､右焦点分别为、，为椭圆上的一点（不在轴上），则△面积的最大值是（ ）
A．15B．12C．6D．3
【答案】B
【分析】由三角形面积公式可知△的底为定值，当高为最大时，面积即为最大，故当点位于椭圆上顶点或下顶点时高最大，即可求解.
【详解】由三角形面积公式可知，
当最大时有最大值，即点位于椭圆上顶点或下顶点，
其中，
则△面积的最大值是，
故选：.
4．光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出关于直线的对称点，从而得到反射光线所在直线经过点和对称点，从而得到反射光线所在直线方程.
【详解】设点关于直线的对称点为，则，
解得，故.
由于反射光线所在直线经过点和，
所以反射光线所在直线的方程为，即.
故选：C.
5．已知椭圆C过点，且离心率为，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】就焦点的位置分类讨论后结合基本量的关系可求标准方程.
【详解】若焦点在x轴上，则．由，得，所以，
此时椭圆C的标准方程为．
若焦点在y轴上，则．由，得，
此时椭圆C的标准方程为．
综上所述，椭圆C的标准方程为或．
故选：D.
6．如图，四面体中，点为中点，为中点，为中点，设，，，若可用，，表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】由题意可得，
而
.
故选：B
7．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
8．已知点P在直线上运动，点E是圆上的动点，点F是圆上的动点，则的最大值是（ ）
A．10B．8C．5D．4
【答案】B
【分析】作出关于直线的对称圆，把转化到与在直线同侧的，数形结合找到的最大值的位置，即可求得结果．
【详解】如图所示：
圆的圆心，半径为3，
设圆关于直线的对称圆为圆，设圆心，
则，解得，故圆的圆心为，半径为1，
因为，所以两圆外切，
此时点的对称点为，且，所以，
与在直线同侧，当三点不共线时，，
当三点共线时，，
所以三点共线且最大时，最大，
直线与直线相交于点P，与圆在点左侧的交点为，与圆在点右侧的交点为，如图所示，
此时最大值，最大值为.
故选：B.
二、多选题
9．已知椭圆的左焦点为，点是上任意一点，则的值可能是（ ）
A．B．3C．6D．8
【答案】BC
【分析】根据到焦点距离的范围求解即可.
【详解】由题意可知，所以，即.
故选：BC.
10．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的底面边长近似为3米
B．正四棱锥的高近似为米
C．正四棱锥的侧面积近似为平方米
D．正四棱锥的体积近似为立方米
【答案】BD
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，设底面边长为，利用线面角的定义得到求得 a，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积、体积即可.
【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，则平面，
则为侧棱与底面所成角，且．
设底面边长为．所以，．
在中，，所以，正四棱锥的底面边长为6米，高为，侧面积平方米，体积，
故选:BD．
11．已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是( )
A．l的倾斜角等于B．l与x轴的交点坐标为
C．l与直线垂直D．l与直线平行
【答案】AD
【分析】根据直线的方向向量求出其斜率，代入点斜式方程求出直线方程即可.
【详解】由直线l的一个方向向量为求得，又直线经过，所以，化简得.
，所以直线得倾斜角为，故A对；
当时，，故B错；
，故C错；
且，故D对.
故选：AD.
12．已知圆和圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆与圆有两条公切线
B．圆与圆关于直线对称
C．线段的长为
D．，分别是圆和圆上的点，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，由圆的方程分析两圆的圆心和半径，由此依次分析4个选项，即可得答案．
【详解】解：根据题意，圆，其圆心为，半径，
圆，即，其圆心为，半径，
依次分析选项：
对于A，由于，，又，所以两圆相交，故有两条共切线，A正确，
对于B，圆和圆的半径相等，则线段的垂直平分线为，则圆与圆关于直线对称，B正确，
对于C，联立，化简可得，即的方程为，
到的距离，则，C错误；
对于D，，则的最大值为，D正确，
故选：ABD．
三、填空题
13．已知焦点为，的椭圆的方程为，且，过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，则的周长为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，求得，再由椭圆的定义，即可求解.
【详解】设椭圆F的焦距为2c，则，可得，
由椭圆的方程为，可得，解得，
所以的周长为.
故答案为：．
14．已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于 ．
【答案】3
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O′，由正弦定理求得球O半径，结合球的性质可求得球心O到平面ABC的距离.
【详解】如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O′，
根据正弦定理可知，
由球O的表面积为100π得，
由球的性质可知，构成直角三角形，故球心O到平面ABC的距离．
故答案为：3
15．已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则 .
【答案】
【分析】求出两圆的相交弦所在直线的方程，将圆的圆心坐标代入相交弦所在直线的方程，可判断结果.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
将两圆方程作差可得，
因为圆平分圆的周长，则这两圆相交，且相交弦所在直线的方程为，
由题意可知，直线过圆心，
所以，，解得.
故答案为：.
16．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，则圆心的轨迹方程为
【答案】
【分析】设动圆P的圆心为，半径为R，根据动圆与圆外切并与圆内切，得到，进而得到求解.
【详解】设动圆P的圆心为，半径为，
由题意得，
所以，
所以点P的轨迹为以为焦点的椭圆，
则，即，，则，
所以动圆圆心的轨迹方程为，
故答案为：
四、解答题
17．的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据向量平行得到，利用正弦定理化简得到答案.
（2）利用余弦定理计算得到，再计算面积即可.
【详解】（1）向量与平行，所以，
由正弦定理可知：，
，，所以，，可得；
（2），，由余弦定理可得：，可得，
解得或（舍），
的面积为．
18．如图，在堑堵中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于《九章算术》商功章），已知平面，，，点、分别是线段、的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，推导出平面，可知是直线与平面所成的角，求出的正弦值，可求出的大小，由此可得出结果.
【详解】（1）证明：连接，
因为且，故四边形为平行四边形，
因为为的中点，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取中点，由题意可知，所以，且，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
因为，、平面，所以平面．
连接，则是直线与平面所成的角．
由题意，同理可得，
则，
因为平面，平面，则，则，
因为，，即直线与平面所成角的余弦值为.
19．已知圆，圆
(1)若圆、相切，求实数的值；
(2)若圆与直线相交于、N两点，且，求的值.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】(1)根据圆的方程求出两圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆的位置关系计算即可求解；
(2)根据直线与圆的位置关系，利用点到直线的距离公式，结合几何法求弦长计算即可求解.
【详解】（1）已知圆，圆，
圆的圆心为，半径，
圆的圆心，半径为，圆心距，
当两圆外切时，有，
即，解得，
当两圆内切时，有，
即，解得，
故m的取值为或.
（2）因为圆与直线相交于、N两点，且，
而圆心到直线的距离，
有，即，
解得：或.
20．已知椭圆，焦点，左顶点为，点E的坐标为，到直线的距离为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若为椭圆上的一点，的面积为，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意，，，从而有，结合及离心率即可求解；
（2）在中，根据三角形面积公式、余弦定理及椭圆的定义可得，然后联立（1）中离心率即可求解.
【详解】解：（1）由题意，，，
因为到直线的距离为，即，
所以，即，又，
所以，所以，
因为离心率，所以，解得或（舍），
所以椭圆的离心率为；
（2）由（1）知离心率，即，①
因为的面积为，则，
所以，
又，所以，②
联立①②得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
21．（1）已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为，求点的轨迹方程；
（2）已知点A是圆上的动点，过点A作轴，垂足为，点在线段上，且，求点的轨迹方程，并说明点的轨迹是什么图形.
【答案】（1）（2）点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆
【分析】（1）设出点M的坐标，根据题意列出满足的等量关系，整理化简即可求得轨迹方程；
（2）设，根据题意结合可得，代入圆A的方程即可求得轨迹方程.
【详解】（1）设点的坐标为，
由题意可得，两边平方得，
整理得，所以点的轨迹方程为.
（2）依题意，设，则，
因为，则，
则，可得，解得，即.
因为点A在圆上，则，即，
所以点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆.
22．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.
一、单选题
1．复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可．
【详解】，所以复数的共轭复数为.
故选：A.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2．直线：与直线：垂直，则直线在x轴上的截距是
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】利用直线l1：（a+3）x+y﹣4＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+4＝0垂直，求出a，再求出直线l1在x轴上的截距．
【详解】∵直线l1：（a+3）x+y+4＝0与直线l2：x+（a﹣1）y+4＝0垂直，
∴（a+3）+a﹣1＝0，
∴a＝﹣1，
∴直线l1：2x+y+4＝0，
∴直线l1在x轴上的截距是-2，
故选C．
【点睛】本题考查直线垂直条件的运用，考查直线在x轴上的截距的定义和求法，属于基础题．
3．已知椭圆的左､右焦点分别为、，为椭圆上的一点（不在轴上），则△面积的最大值是（ ）
A．15B．12C．6D．3
【答案】B
【分析】由三角形面积公式可知△的底为定值，当高为最大时，面积即为最大，故当点位于椭圆上顶点或下顶点时高最大，即可求解.
【详解】由三角形面积公式可知，
当最大时有最大值，即点位于椭圆上顶点或下顶点，
其中，
则△面积的最大值是，
故选：.
4．光线通过点，在直线上反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出关于直线的对称点，从而得到反射光线所在直线经过点和对称点，从而得到反射光线所在直线方程.
【详解】设点关于直线的对称点为，则，
解得，故.
由于反射光线所在直线经过点和，
所以反射光线所在直线的方程为，即.
故选：C.
5．已知椭圆C过点，且离心率为，则椭圆C的标准方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】D
【分析】就焦点的位置分类讨论后结合基本量的关系可求标准方程.
【详解】若焦点在x轴上，则．由，得，所以，
此时椭圆C的标准方程为．
若焦点在y轴上，则．由，得，
此时椭圆C的标准方程为．
综上所述，椭圆C的标准方程为或．
故选：D.
6．如图，四面体中，点为中点，为中点，为中点，设，，，若可用，，表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】由题意可得，
而
.
故选：B
7．如图，在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段的中点．直线到平面的距离为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将直线到平面的距离转化为点到平面的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出.
【详解】平面,平面, 平面,
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则
设平面的法向量为，则
，令，则
设点到平面的距离为，则
故直线到平面的距离为.
故选：D.
8．已知点P在直线上运动，点E是圆上的动点，点F是圆上的动点，则的最大值是（ ）
A．10B．8C．5D．4
【答案】B
【分析】作出关于直线的对称圆，把转化到与在直线同侧的，数形结合找到的最大值的位置，即可求得结果．
【详解】如图所示：
圆的圆心，半径为3，
设圆关于直线的对称圆为圆，设圆心，
则，解得，故圆的圆心为，半径为1，
因为，所以两圆外切，
此时点的对称点为，且，所以，
与在直线同侧，当三点不共线时，，
当三点共线时，，
所以三点共线且最大时，最大，
直线与直线相交于点P，与圆在点左侧的交点为，与圆在点右侧的交点为，如图所示，
此时最大值，最大值为.
故选：B.
二、多选题
9．已知椭圆的左焦点为，点是上任意一点，则的值可能是（ ）
A．B．3C．6D．8
【答案】BC
【分析】根据到焦点距离的范围求解即可.
【详解】由题意可知，所以，即.
故选：BC.
10．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值近似为，侧棱长近似为米，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的底面边长近似为3米
B．正四棱锥的高近似为米
C．正四棱锥的侧面积近似为平方米
D．正四棱锥的体积近似为立方米
【答案】BD
【分析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，设底面边长为，利用线面角的定义得到求得 a，根据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积、体积即可.
【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，则平面，
则为侧棱与底面所成角，且．
设底面边长为．所以，．
在中，，所以，正四棱锥的底面边长为6米，高为，侧面积平方米，体积，
故选:BD．
11．已知直线l的一个方向向量为，且l经过点，则下列结论中正确的是( )
A．l的倾斜角等于B．l与x轴的交点坐标为
C．l与直线垂直D．l与直线平行
【答案】AD
【分析】根据直线的方向向量求出其斜率，代入点斜式方程求出直线方程即可.
【详解】由直线l的一个方向向量为求得，又直线经过，所以，化简得.
，所以直线得倾斜角为，故A对；
当时，，故B错；
，故C错；
且，故D对.
故选：AD.
12．已知圆和圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A．圆与圆有两条公切线
B．圆与圆关于直线对称
C．线段的长为
D．，分别是圆和圆上的点，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，由圆的方程分析两圆的圆心和半径，由此依次分析4个选项，即可得答案．
【详解】解：根据题意，圆，其圆心为，半径，
圆，即，其圆心为，半径，
依次分析选项：
对于A，由于，，又，所以两圆相交，故有两条共切线，A正确，
对于B，圆和圆的半径相等，则线段的垂直平分线为，则圆与圆关于直线对称，B正确，
对于C，联立，化简可得，即的方程为，
到的距离，则，C错误；
对于D，，则的最大值为，D正确，
故选：ABD．
三、填空题
13．已知焦点为，的椭圆的方程为，且，过椭圆左焦点的直线交椭圆于两点，则的周长为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，求得，再由椭圆的定义，即可求解.
【详解】设椭圆F的焦距为2c，则，可得，
由椭圆的方程为，可得，解得，
所以的周长为.
故答案为：．
14．已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于 ．
【答案】3
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O′，由正弦定理求得球O半径，结合球的性质可求得球心O到平面ABC的距离.
【详解】如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O′，
根据正弦定理可知，
由球O的表面积为100π得，
由球的性质可知，构成直角三角形，故球心O到平面ABC的距离．
故答案为：3
15．已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则 .
【答案】
【分析】求出两圆的相交弦所在直线的方程，将圆的圆心坐标代入相交弦所在直线的方程，可判断结果.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
将两圆方程作差可得，
因为圆平分圆的周长，则这两圆相交，且相交弦所在直线的方程为，
由题意可知，直线过圆心，
所以，，解得.
故答案为：.
16．已知圆，圆，动圆与圆外切并与圆内切，则圆心的轨迹方程为
【答案】
【分析】设动圆P的圆心为，半径为R，根据动圆与圆外切并与圆内切，得到，进而得到求解.
【详解】设动圆P的圆心为，半径为，
由题意得，
所以，
所以点P的轨迹为以为焦点的椭圆，
则，即，，则，
所以动圆圆心的轨迹方程为，
故答案为：
四、解答题
17．的内角，，所对的边分别为，，，向量与平行．
(1)求；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据向量平行得到，利用正弦定理化简得到答案.
（2）利用余弦定理计算得到，再计算面积即可.
【详解】（1）向量与平行，所以，
由正弦定理可知：，
，，所以，，可得；
（2），，由余弦定理可得：，可得，
解得或（舍），
的面积为．
18．如图，在堑堵中（注：堑堵是一长方体沿不在同一面上的相对两棱斜解所得的几何体，即两底面为直角三角形的直三棱柱，最早的文字记载见于《九章算术》商功章），已知平面，，，点、分别是线段、的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取中点，推导出平面，可知是直线与平面所成的角，求出的正弦值，可求出的大小，由此可得出结果.
【详解】（1）证明：连接，
因为且，故四边形为平行四边形，
因为为的中点，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：取中点，由题意可知，所以，且，
因为平面，平面，所以，
又，所以，
因为，、平面，所以平面．
连接，则是直线与平面所成的角．
由题意，同理可得，
则，
因为平面，平面，则，则，
因为，，即直线与平面所成角的余弦值为.
19．已知圆，圆
(1)若圆、相切，求实数的值；
(2)若圆与直线相交于、N两点，且，求的值.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】(1)根据圆的方程求出两圆的圆心坐标和半径，结合圆与圆的位置关系计算即可求解；
(2)根据直线与圆的位置关系，利用点到直线的距离公式，结合几何法求弦长计算即可求解.
【详解】（1）已知圆，圆，
圆的圆心为，半径，
圆的圆心，半径为，圆心距，
当两圆外切时，有，
即，解得，
当两圆内切时，有，
即，解得，
故m的取值为或.
（2）因为圆与直线相交于、N两点，且，
而圆心到直线的距离，
有，即，
解得：或.
20．已知椭圆，焦点，左顶点为，点E的坐标为，到直线的距离为.
（1）求椭圆的离心率；
（2）若为椭圆上的一点，的面积为，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题意，，，从而有，结合及离心率即可求解；
（2）在中，根据三角形面积公式、余弦定理及椭圆的定义可得，然后联立（1）中离心率即可求解.
【详解】解：（1）由题意，，，
因为到直线的距离为，即，
所以，即，又，
所以，所以，
因为离心率，所以，解得或（舍），
所以椭圆的离心率为；
（2）由（1）知离心率，即，①
因为的面积为，则，
所以，
又，所以，②
联立①②得，所以，
所以椭圆的标准方程为.
21．（1）已知点到定点的距离与到定直线的距离之比为，求点的轨迹方程；
（2）已知点A是圆上的动点，过点A作轴，垂足为，点在线段上，且，求点的轨迹方程，并说明点的轨迹是什么图形.
【答案】（1）（2）点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆
【分析】（1）设出点M的坐标，根据题意列出满足的等量关系，整理化简即可求得轨迹方程；
（2）设，根据题意结合可得，代入圆A的方程即可求得轨迹方程.
【详解】（1）设点的坐标为，
由题意可得，两边平方得，
整理得，所以点的轨迹方程为.
（2）依题意，设，则，
因为，则，
则，可得，解得，即.
因为点A在圆上，则，即，
所以点的轨迹方程是，点的轨迹是椭圆.
22．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.
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