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人教B版高中数学选择性必修第一册 全册综合测试
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这是一份人教B版高中数学选择性必修第一册 全册综合测试，文件包含人教B版高中数学选择性必修第一册《综合测试》原卷版docx、人教B版高中数学选择性必修第一册《综合测试》解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
选择性必修一 综合测试考试时间：120分钟 试卷满分：150分一、单选题1．已知F是椭圆C：的右焦点，A是C的上顶点，直线l：与C交于M，N两点．若，A到l的距离不小于，则C的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】据，得到，根据点A到直线距离，求出，从而求出得范围，从而求出答案.【详解】设椭圆的左焦点为，A是C的上顶点，连接，如下图所示：由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则又 ，四边形为平行四边形 ，又，解得：A到l的距离为：，解得：，即 .故选：B.2．已知点与不重合的点A，B共线，若以A，B为圆心，2为半径的两圆均过点，则的取值范围为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得两点的坐标满足圆，然后由圆的性质可得当时，弦长最小，当过点时，弦长最长，再根据向量数量积的运算律求解即可【详解】设点，则以A，B为圆心，2为半径的两圆方程分别为和，因为两圆过，所以和，所以两点的坐标满足圆，因为点与不重合的点A，B共线，所以为圆的一条弦，所以当弦长最小时，，因为，半径为2，所以弦长的最小值为，当过点时，弦长最长为4，因为，所以当弦长最小时，的最大值为，当弦长最大时，的最小值为，所以的取值范围为，故选：D3．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线C交于点A，B，与l交于点D，若，|AF|＝4，则p＝（ ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】利用抛物线定义和，再利用三角函数可以得到焦点F到准线l的距离，进而得到p的值.【详解】如图所示：过点A作AN垂直准线l于N，过点B作BM垂直准线l于M，则|AF|＝|AN|，|BM|＝|BF|，又因为，即|，所以，所以cos，过F作FH⊥AN于H，则cos，由|AF|＝4可得：|AH|＝1，又因为|AF|＝|AN|＝4，所以，则焦点F到准线的距离为3，由抛物线定义可得p＝3，故选：B．4．椭圆上一点M到一个焦点的距离为4，则M到另一个焦点的距离为（ ）A．4 B．6C．8 D．2【答案】B【分析】椭圆的左、右焦点分别为，利用椭圆的定义求解.【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，椭圆长轴长，不妨令，由，得.故选：B5．已知双曲线的右焦点也是抛物线的焦点，与的一个交点为，若轴，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知，，然后根据，进而即得.【详解】因为双曲线的右焦点也是抛物线的焦点，∴，把分别代入双曲线，抛物线方程可得，∴，所以，又，解得，故选：A.6．抛物线的焦点到准线的距离是（ ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的解析式求出即可【详解】由题意得，得，所以抛物线的焦点到准线的距离是4，故选：B7．已知双曲线的右顶点为A，若以点A为圆心，以b为半径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】（）中设，，应用余弦定理得关于的方程，由于，故此方程的两解即为的长，应用韦达定理得，由向量得，三式变形得出关于的等式，变形后可求得离心率．【详解】设渐近线是，记，则，所以，设，在中，，所以，即，由于，因此上述方程的两解就是，又，不妨记，又，，则，所以，所以，则，解得或又，所以．故选：C8．直线与直线间的距离为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行线间距离公式直接计算即可.【详解】设这两条平行线之间的距离为，则，故选：C.二、多选题9．下列命题正确的有（ ）A．若方程表示圆，则的取值范围是B．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是C．已知点在圆C：上，的最大值为1D．已知圆和，圆和圆的公共弦长为【答案】BD【解析】将圆的一般式方程化为标准方程即可得圆心坐标，可判断选项A，设利用圆心到直线的距离等于半径可求圆心坐标，即可得圆的方程，可判断选项B，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可求出的值，可得的最值，即可判断选项C，两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，利用弦心距、弦长的一半、半径构成直角三角形即可求出弦长，即可判断选项D，进而得出正确选项.【详解】若方程表示圆，则，即，解得或，故选项A不正确；设圆心，则圆心到直线的距离为，解得，即圆心为，所以圆的标准方程是，故选项B正确；由可得，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，则，显然不是方程的解，故的最大值不是1，故选项C不正确，将两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程，由得，可得圆心，，圆心到直线的距离 所以弦长为，所以公共弦长为，故选项D正确，故选：BD【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）A．B．C．平面的一个法向量为D．平面与平面夹角的正切值为【答案】BC【分析】根据题意，得到各点的坐标，结合空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意可得对于A，因为，则，故A错误；对于B，因为，则，所以，故B正确；对于C，因为，，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为，故C正确；对于D，因为，设平面的法向量为则，解得，令，则平面的一个法向量为设平面与平面夹角为，则即，则，所以，故D错误；故选:BC11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆．”后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满足，点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（ ）A．曲线的方程为B．直线与曲线有公共点C．曲线被轴截得的弦长为D．面积的最大值为【答案】ACD【分析】通过阿氏圆的定义结合，设，从而可以得到曲线C的方程；通过计算圆心到直线的距离是否小于等于半径，从而判断B的正确性；计算圆心到轴的距离，结合，得到曲线被轴截得的弦长，从而判断C的正确性；的长度确定，所以面积的最大值即为点到距离的最大值，从而判断C的正确性.【详解】设，对于选项A，因为，所以，化简得，故A正确；对于选项B，因为曲线C为，所以圆心为，半径为，计算圆心到直线的距离为，所以直线与曲线C没有公共点，故B错误；对于选项C，曲线的圆心在轴上，所以被轴截得的弦即为直径，所以曲线被轴截得的弦长为，故C正确；对于选项D，因为，，所以,故，而曲线C为，所以，即的最大值为，故D正确.故选：ACD12．以下四个关于圆锥曲线的命题中真命题有（ ）A．设，为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为椭圆B．设定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为圆C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率D．双曲线与椭圆有相同的焦点【答案】BC【分析】依次分析4个命题，由椭圆的定义分析可得错误；对于B，分析可得是中点，结合垂径定理分析可得B正确；对于C，求出方程的两根，分析可得两根的大小可得C正确；对于D，分析椭圆、双曲线的焦点位置即可得D不正确，综合即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析4个命题：若动点的轨迹为椭圆则需满足，故错误；若，则是中点，即，所以的轨迹是以为直径的圆，故B正确；方程的两根分别为或，而，故C正确；双曲线焦点在轴上，椭圆的焦点在轴上，故D不正确故选：BC．三、填空题13．直线l过点，且与圆相切，则直线l的方程为 ．【答案】或【分析】由已知，先将圆的方程化为标准式，然后分类讨论直线l斜率存在、不存在，计算圆心到直线的距离等于圆的半径，列式即可求解直线方程的斜率，从而得到直线方程.【详解】由已知，圆可化为：，直线l过点，①当直线l的斜率不存在时，此时直线方程为：，所以圆心到直线的距离，此时直线l与圆不相切，所以不成立；②当直线l的斜率存在时，设直线方程为：，要使直线与圆相切，需满足圆心到直线的距离等于圆的半径，即，解得：或，所以直线l的方程为：或.故答案为：或.14．已知正三棱柱的所有棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为 ．【答案】0【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出，，计算二者的数量积，即可得答案.【详解】设中点为，中点为，由正三棱柱性质知底面，底面， 则，，又底面是等边三角形，是中点，则．以为原点，，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长都为2，则，，，，∴，，则∴，即异面直线和成角的余弦值为0,故答案为：0.15．已知直线和的斜率是方程的两根，若直线l过点，斜率为两根之一，且不过第四象限，则直线l的方程为 ．【答案】【分析】由直线l不过第四象限，得出斜率大于等于0，结合直线l斜率为方程的两根之一，得出斜率，即可结合已知由直线的点斜式写出直线方程.【详解】方程的两根为1和，直线l不过第四象限，斜率大于等于0，直线l斜率为方程的两根之一，斜率为1，直线l斜率为1，且过点，，整理得：.故答案为：.16．已知直线，则直线恒过定点 .【答案】【分析】依题意可得，令，解得即可.【详解】解：直线即，令，解得，所以直线恒过定点.故答案为：四、解答题17．已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．(1)求的标准方程；(2)设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)是定值，定值为【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意结合韦达定理求点，代入椭圆方程可得，结合弦长公式求面积即可，注意讨论直线的斜率是否存在.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，由题意可得，解得，故的标准方程为.（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：由（1）可得：，则有：当直线的斜率不存在时，设，若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，可得，解得，故平行四边形的面积；当直线的斜率存在时，设，联立方程，消去y得，则，可得，∵，若为平行四边形，则，即点在椭圆上，则，整理可得，满足，则，可得，点到直线的距离，故平行四边形的面积；综上所述：平行四边形的面积为定值.【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．18．已知直线与直线互相垂直，求的值．【答案】【解析】本题首先可求出两条直线的斜率，然后根据两条直线互相垂直得出，最后通过计算即可得出结果.【详解】直线的斜率，直线的斜率，因为直线与直线互相垂直，所以，解得，故的值为.19．如图，在四边形中，，，，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面；（2）若为的中点，二面角等于60°，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条相交直线垂直，利用垂直关系，关键证明；（2）根据垂直关系可知，取AC的中点О，连接OM，OB，如图以О为原点建立空间直角坐标系，利用向量坐标法求线面角的正弦值．【详解】（1）因为，，，所以平面，又因为平面，所以又因为，，所以平面（2）因为，，所以是二面角的平面角，即，在中，，取AC的中点О，连接OM，OB，因为，，所以，由（1）知，平面，为的中位线，所以，，即，，两两垂直，如图以О为原点建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设平面的一个法向量为则由得令，得所以，所以直线PB与平面MBC所成角的正弦值为．【点睛】方法点睛：1.利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角中的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；2.建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解．20．如图，为坐标原点，椭圆的右顶点和上顶点分别为，，，的面积为1．（1）求的方程；（2）若，是椭圆上的两点，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出后可得的方程.（2）设直线的方程，设，，用此两点的坐标表示，联立直线的方程和椭圆的方程后消去，利用韦达定理可证为定值.也可以设，求出的方程后再求出后可证为定值.【详解】（1）解：由题意知，由于，解得，，故的方程为．（2）证明：由(1)得，，直线的斜率为．（方法一）因为，故可设的方程为．设，，联立消去，得，所以，从而．直线的斜率，直线的斜率，所以．故为定值．（方法二）设，．因为，所以的方程为，联立消去，得，解得（舍去）或，所以点的坐标为，则，即为定值．【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.21．已知椭圆.（1）求椭圆的离心率；（2）经过原点的直线与椭圆交于、两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为.①当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；②当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.【分析】（1）由椭圆方程得出、的值，即可得出椭圆的离心率的值；（2）①设点，则点，由已知得出，可求得、的值，利用两点间的距离公式得出，进而可证得结论成立；②设点，利用点差法计算得出，由得出，由此可得出，即可得解.【详解】（1）在椭圆中，，，则，因此，椭圆的离心率为；（2）①设点，则点，，可得，当点为椭圆的右顶点时，，，，，即，整理可得，即，由题意可知，点不与点重合，则，可得，，，即，因此，为等腰三角形；②设点，则，，则，由已知得，两式相减得，可得，，，所以，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（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．22．已知椭圆：，点、分别为椭圆的左右顶点，点、分别为椭圆的左右焦点，过点任作一条不与y轴垂直的直线与椭圆交于、两点，的周长为8.（1）求椭圆的方程.（2）若直线，交于点，试判断点是否在某条定直线点上，若是，求出的值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，．【分析】（1）根据题设条件和椭圆的定义，得到，求得，再由，求得，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系，得到，在由由直线的方程联立，得到，将代入求得，即可得到结论．【详解】（1）由的周长为8得：，即，由、，故，∴椭圆的方程为.（2）设：，与椭圆C：，联立得，由韦达定理得，，直线：与：，联立得，将，代入整理得：，即，即直线与的交点D的横坐标为4，故点D在直线上，∴.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
选择性必修一 综合测试考试时间：120分钟 试卷满分：150分一、单选题1．已知F是椭圆C：的右焦点，A是C的上顶点，直线l：与C交于M，N两点．若，A到l的距离不小于，则C的离心率的取值范围是（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】据，得到，根据点A到直线距离，求出，从而求出得范围，从而求出答案.【详解】设椭圆的左焦点为，A是C的上顶点，连接，如下图所示：由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则又 ，四边形为平行四边形 ，又，解得：A到l的距离为：，解得：，即 .故选：B.2．已知点与不重合的点A，B共线，若以A，B为圆心，2为半径的两圆均过点，则的取值范围为（ ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得两点的坐标满足圆，然后由圆的性质可得当时，弦长最小，当过点时，弦长最长，再根据向量数量积的运算律求解即可【详解】设点，则以A，B为圆心，2为半径的两圆方程分别为和，因为两圆过，所以和，所以两点的坐标满足圆，因为点与不重合的点A，B共线，所以为圆的一条弦，所以当弦长最小时，，因为，半径为2，所以弦长的最小值为，当过点时，弦长最长为4，因为，所以当弦长最小时，的最大值为，当弦长最大时，的最小值为，所以的取值范围为，故选：D3．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线为l，过F的直线与抛物线C交于点A，B，与l交于点D，若，|AF|＝4，则p＝（ ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】利用抛物线定义和，再利用三角函数可以得到焦点F到准线l的距离，进而得到p的值.【详解】如图所示：过点A作AN垂直准线l于N，过点B作BM垂直准线l于M，则|AF|＝|AN|，|BM|＝|BF|，又因为，即|，所以，所以cos，过F作FH⊥AN于H，则cos，由|AF|＝4可得：|AH|＝1，又因为|AF|＝|AN|＝4，所以，则焦点F到准线的距离为3，由抛物线定义可得p＝3，故选：B．4．椭圆上一点M到一个焦点的距离为4，则M到另一个焦点的距离为（ ）A．4 B．6C．8 D．2【答案】B【分析】椭圆的左、右焦点分别为，利用椭圆的定义求解.【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，椭圆长轴长，不妨令，由，得.故选：B5．已知双曲线的右焦点也是抛物线的焦点，与的一个交点为，若轴，则双曲线的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可知，，然后根据，进而即得.【详解】因为双曲线的右焦点也是抛物线的焦点，∴，把分别代入双曲线，抛物线方程可得，∴，所以，又，解得，故选：A.6．抛物线的焦点到准线的距离是（ ）A．2 B．4 C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的解析式求出即可【详解】由题意得，得，所以抛物线的焦点到准线的距离是4，故选：B7．已知双曲线的右顶点为A，若以点A为圆心，以b为半径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则C的离心率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】（）中设，，应用余弦定理得关于的方程，由于，故此方程的两解即为的长，应用韦达定理得，由向量得，三式变形得出关于的等式，变形后可求得离心率．【详解】设渐近线是，记，则，所以，设，在中，，所以，即，由于，因此上述方程的两解就是，又，不妨记，又，，则，所以，所以，则，解得或又，所以．故选：C8．直线与直线间的距离为（ ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行线间距离公式直接计算即可.【详解】设这两条平行线之间的距离为，则，故选：C.二、多选题9．下列命题正确的有（ ）A．若方程表示圆，则的取值范围是B．若圆C的半径为1，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是C．已知点在圆C：上，的最大值为1D．已知圆和，圆和圆的公共弦长为【答案】BD【解析】将圆的一般式方程化为标准方程即可得圆心坐标，可判断选项A，设利用圆心到直线的距离等于半径可求圆心坐标，即可得圆的方程，可判断选项B，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可求出的值，可得的最值，即可判断选项C，两圆方程相减可得公共弦所在直线的方程，利用弦心距、弦长的一半、半径构成直角三角形即可求出弦长，即可判断选项D，进而得出正确选项.【详解】若方程表示圆，则，即，解得或，故选项A不正确；设圆心，则圆心到直线的距离为，解得，即圆心为，所以圆的标准方程是，故选项B正确；由可得，表示圆上的点与原点 连线的斜率，可得相切时取得最值，设切线为，则，显然不是方程的解，故的最大值不是1，故选项C不正确，将两个圆的方程相减可得公共弦所在直线的方程，由得，可得圆心，，圆心到直线的距离 所以弦长为，所以公共弦长为，故选项D正确，故选：BD【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：（1）几何法，设圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；（2）代数法，设直线与圆相交于，，联立直线与圆的方程，消去得到一个关于的一元二次方程，从而可求出，，根据弦长公式，即可得出结果.10．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的是（ ）A．B．C．平面的一个法向量为D．平面与平面夹角的正切值为【答案】BC【分析】根据题意，得到各点的坐标，结合空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意可得对于A，因为，则，故A错误；对于B，因为，则，所以，故B正确；对于C，因为，，设平面的法向量为，则，解得，令，则所以平面的一个法向量为，故C正确；对于D，因为，设平面的法向量为则，解得，令，则平面的一个法向量为设平面与平面夹角为，则即，则，所以，故D错误；故选:BC11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆．”后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系中，，，点满足，点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（ ）A．曲线的方程为B．直线与曲线有公共点C．曲线被轴截得的弦长为D．面积的最大值为【答案】ACD【分析】通过阿氏圆的定义结合，设，从而可以得到曲线C的方程；通过计算圆心到直线的距离是否小于等于半径，从而判断B的正确性；计算圆心到轴的距离，结合，得到曲线被轴截得的弦长，从而判断C的正确性；的长度确定，所以面积的最大值即为点到距离的最大值，从而判断C的正确性.【详解】设，对于选项A，因为，所以，化简得，故A正确；对于选项B，因为曲线C为，所以圆心为，半径为，计算圆心到直线的距离为，所以直线与曲线C没有公共点，故B错误；对于选项C，曲线的圆心在轴上，所以被轴截得的弦即为直径，所以曲线被轴截得的弦长为，故C正确；对于选项D，因为，，所以,故，而曲线C为，所以，即的最大值为，故D正确.故选：ACD12．以下四个关于圆锥曲线的命题中真命题有（ ）A．设，为两个定点，为非零常数，，则动点的轨迹为椭圆B．设定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为圆C．方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率D．双曲线与椭圆有相同的焦点【答案】BC【分析】依次分析4个命题，由椭圆的定义分析可得错误；对于B，分析可得是中点，结合垂径定理分析可得B正确；对于C，求出方程的两根，分析可得两根的大小可得C正确；对于D，分析椭圆、双曲线的焦点位置即可得D不正确，综合即可得答案．【详解】解：根据题意，依次分析4个命题：若动点的轨迹为椭圆则需满足，故错误；若，则是中点，即，所以的轨迹是以为直径的圆，故B正确；方程的两根分别为或，而，故C正确；双曲线焦点在轴上，椭圆的焦点在轴上，故D不正确故选：BC．三、填空题13．直线l过点，且与圆相切，则直线l的方程为 ．【答案】或【分析】由已知，先将圆的方程化为标准式，然后分类讨论直线l斜率存在、不存在，计算圆心到直线的距离等于圆的半径，列式即可求解直线方程的斜率，从而得到直线方程.【详解】由已知，圆可化为：，直线l过点，①当直线l的斜率不存在时，此时直线方程为：，所以圆心到直线的距离，此时直线l与圆不相切，所以不成立；②当直线l的斜率存在时，设直线方程为：，要使直线与圆相切，需满足圆心到直线的距离等于圆的半径，即，解得：或，所以直线l的方程为：或.故答案为：或.14．已知正三棱柱的所有棱长都相等，是侧棱的中点，则异面直线和所成的角的余弦值为 ．【答案】0【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出，，计算二者的数量积，即可得答案.【详解】设中点为，中点为，由正三棱柱性质知底面，底面， 则，，又底面是等边三角形，是中点，则．以为原点，，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长都为2，则，，，，∴，，则∴，即异面直线和成角的余弦值为0,故答案为：0.15．已知直线和的斜率是方程的两根，若直线l过点，斜率为两根之一，且不过第四象限，则直线l的方程为 ．【答案】【分析】由直线l不过第四象限，得出斜率大于等于0，结合直线l斜率为方程的两根之一，得出斜率，即可结合已知由直线的点斜式写出直线方程.【详解】方程的两根为1和，直线l不过第四象限，斜率大于等于0，直线l斜率为方程的两根之一，斜率为1，直线l斜率为1，且过点，，整理得：.故答案为：.16．已知直线，则直线恒过定点 .【答案】【分析】依题意可得，令，解得即可.【详解】解：直线即，令，解得，所以直线恒过定点.故答案为：四、解答题17．已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．(1)求的标准方程；(2)设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)是定值，定值为【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；（2）根据题意结合韦达定理求点，代入椭圆方程可得，结合弦长公式求面积即可，注意讨论直线的斜率是否存在.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，由题意可得，解得，故的标准方程为.（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：由（1）可得：，则有：当直线的斜率不存在时，设，若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，可得，解得，故平行四边形的面积；当直线的斜率存在时，设，联立方程，消去y得，则，可得，∵，若为平行四边形，则，即点在椭圆上，则，整理可得，满足，则，可得，点到直线的距离，故平行四边形的面积；综上所述：平行四边形的面积为定值.【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．18．已知直线与直线互相垂直，求的值．【答案】【解析】本题首先可求出两条直线的斜率，然后根据两条直线互相垂直得出，最后通过计算即可得出结果.【详解】直线的斜率，直线的斜率，因为直线与直线互相垂直，所以，解得，故的值为.19．如图，在四边形中，，，，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面；（2）若为的中点，二面角等于60°，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）要证明线面垂直，需证明线与平面内的两条相交直线垂直，利用垂直关系，关键证明；（2）根据垂直关系可知，取AC的中点О，连接OM，OB，如图以О为原点建立空间直角坐标系，利用向量坐标法求线面角的正弦值．【详解】（1）因为，，，所以平面，又因为平面，所以又因为，，所以平面（2）因为，，所以是二面角的平面角，即，在中，，取AC的中点О，连接OM，OB，因为，，所以，由（1）知，平面，为的中位线，所以，，即，，两两垂直，如图以О为原点建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设平面的一个法向量为则由得令，得所以，所以直线PB与平面MBC所成角的正弦值为．【点睛】方法点睛：1.利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角中的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；2.建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设是直线的方向向量，是平面的法向量，利用公式求解．20．如图，为坐标原点，椭圆的右顶点和上顶点分别为，，，的面积为1．（1）求的方程；（2）若，是椭圆上的两点，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）求出后可得的方程.（2）设直线的方程，设，，用此两点的坐标表示，联立直线的方程和椭圆的方程后消去，利用韦达定理可证为定值.也可以设，求出的方程后再求出后可证为定值.【详解】（1）解：由题意知，由于，解得，，故的方程为．（2）证明：由(1)得，，直线的斜率为．（方法一）因为，故可设的方程为．设，，联立消去，得，所以，从而．直线的斜率，直线的斜率，所以．故为定值．（方法二）设，．因为，所以的方程为，联立消去，得，解得（舍去）或，所以点的坐标为，则，即为定值．【点睛】求椭圆的标准方程，关键是基本量的确定，方法有待定系数法、定义法等. 直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.21．已知椭圆.（1）求椭圆的离心率；（2）经过原点的直线与椭圆交于、两点，直线与直线垂直，且与椭圆的另一个交点为.①当点为椭圆的右顶点时，求证：为等腰三角形；②当点不是椭圆的顶点时，求直线和直线的斜率之比.【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.【分析】（1）由椭圆方程得出、的值，即可得出椭圆的离心率的值；（2）①设点，则点，由已知得出，可求得、的值，利用两点间的距离公式得出，进而可证得结论成立；②设点，利用点差法计算得出，由得出，由此可得出，即可得解.【详解】（1）在椭圆中，，，则，因此，椭圆的离心率为；（2）①设点，则点，，可得，当点为椭圆的右顶点时，，，，，即，整理可得，即，由题意可知，点不与点重合，则，可得，，，即，因此，为等腰三角形；②设点，则，，则，由已知得，两式相减得，可得，，，所以，.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（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．22．已知椭圆：，点、分别为椭圆的左右顶点，点、分别为椭圆的左右焦点，过点任作一条不与y轴垂直的直线与椭圆交于、两点，的周长为8.（1）求椭圆的方程.（2）若直线，交于点，试判断点是否在某条定直线点上，若是，求出的值；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，．【分析】（1）根据题设条件和椭圆的定义，得到，求得，再由，求得，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线，联立方程组，根据根与系数的关系，得到，在由由直线的方程联立，得到，将代入求得，即可得到结论．【详解】（1）由的周长为8得：，即，由、，故，∴椭圆的方程为.（2）设：，与椭圆C：，联立得，由韦达定理得，，直线：与：，联立得，将，代入整理得：，即，即直线与的交点D的横坐标为4，故点D在直线上，∴.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
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