2022-2023学年高二数学上学期期中挑战满分冲刺卷（人教A版2019选择性必修第一册浙江专用）特训04 期中解答题汇编（第1-3章） WORD版含解析.doc

1、特训04 期中解答题汇编（第1-3章）基础特训练特训第一阶基础特训练一、解答题1（2022浙江高二期末）已知中，点，边所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为.(1)求点和点的坐标；(2)以为圆心作一个圆，使得，三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.【答案】(1)，(2)【分析】（1）由题意，设所求点的坐标，结合中点坐标公式，代入对应直线方程，解得答案；（2）由题意，分别求点到的距离，比较大小，可得答案.（1）设，的中点，由题意可得直线的直线方程：，则，解得，解得，故，.（2），由，则圆方程为.2（2021浙江瑞安市第六中学高二阶段练习）已知点，圆(1)若直线过

2、点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，求直线的方程；(2)若直线过点，且直线与圆交于两点，若，求直线的方程【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意得到直线经过圆的圆心，求得直线斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解；（2）根据题意得到圆心C到直线的距离为,设直线的方程为，利用点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.（1）解：由圆，可得圆心坐标为，半径为，因为直线过点，且圆上任意一点关于直线的对称点也在圆上，可得直线经过圆的圆心，所以直线斜率为，所以直线的方程为，整理得.（2）解：由及圆的半径为，可得，圆心C到直线的距离为,设直线的斜率为m，则直线的方程为，圆心C到直线的距离，解得或，所

3、以直线的方程为或3（2022浙江杭州四中高二期末）已知圆经过，两点，且与轴的正半轴相切.(1)求圆的标准方程；(2)若直线：与圆交于，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题意，设圆心且半径，由圆所过的点列方程求参数，结合与轴的正半轴相切确定圆的方程；（2）利用弦心距、半径与弦长的关系求.（1）若圆心，则圆的半径，即，又圆经过，则，可得，所以或，又圆与轴的正半轴相切，故圆的标准方程为.（2）由（1）知：到直线的距离为，圆的半径为，所以.4（2022浙江海宁一中高二期中）已知圆，点分别在轴和圆上.(1)判断两圆的位置关系；(2)求的最小值.【答案】(1)外离；(2)【分析】(1)判断两圆圆

4、心距和两圆半径之和及半径之差的关系即可判断两圆的位置关系；(2)根据圆的性质可知，作关于(1，2)关于x轴的对称点，则，据此即可求得答案（1）圆的圆心为(1，2)，半径为1，圆的圆心为(3，4)，半径为，两圆外离；（2），作(1，2)关于x轴的对称点，则当、P、三点共线时，所求最小值为5（2022浙江丽水高二开学考试）已知圆.(1)若不过原点的直线与圆相切，且直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；(2)若圆F与圆和直线都相切，求圆F半径最小时所对应的圆方程.【答案】(1)或(2)【分析】（1）由已知条件得，可以设直线的方程为，利用点到直线的距离公式即可求解；（2）根据与圆和直线相切的最小圆

5、在圆到直线的垂线段上，即可求出圆F的半径和圆心.(1)由于直线不过原点，则设直线的方程为，圆的标准方程为，若直线与圆相切，则，解得或 ，则直线的方程为或者；(2)直线与圆的距离为，直线与圆相离，所求最小圆的圆心一定在圆的圆心到直线的垂线段上，即最小圆的圆心在直线上，且最小圆的半径为，设最小圆的圆心为，则圆心到直线的距离为，所以，即，解得或， 当时，圆的圆心为，圆的圆心为，两圆心的距离为，则应舍去，当时，圆的圆心为，圆的圆心为，两圆心的距离为，则满足题意，即最小的圆的方程为.6（2022浙江瑞安市第六中学高二开学考试）已知点关于直线的对称点为Q，以Q为圆心的圆与直线相交于A，B两点，且(1)求圆

6、Q的方程；(2)过坐标原点O任作一直线交圆Q于C，D两点，求证：为定值【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求出点坐标，然后根据圆心到直线的距离公式及的值求出半径即可求得圆的方程.（2）设出直线方程，联立圆和直线方程利用韦达定理来求解.（1）解：点关于直线的对称点Q为由Q到直线的距离，所以所以圆的方程为（2）当直线CD斜率不存在时，所以 当直线CD斜率存在时，设为k，则直线为，记，联立，得所以，综上，为定值57（2022浙江宁波高二期末）已知过点的圆的圆心M在直线上，且y轴被该圆截得的弦长为4(1)求圆M的标准方程；(2)设点，若点P为x轴上一动点，求的最小值，并写出取得最小值时点P的

7、坐标【答案】(1)(2)，【分析】（1）用待定系数法设出圆心，根据圆过点和弦长列出方程求解即可；（2）当三点共线时有最小值，求出直线MN的方程，令y=0即可.(1)由题意可设圆心，因为y轴被圆M截得的弦长为4，所以，又，则，化简得，解得，则圆心，半径，所以圆M的标准方程为(2)点关于x轴的对称点为，则，当且仅当M，P，三点共线时等号成立，因为，则直线的方程为，即，令，得，则8（2021浙江省诸暨市第二高级中学高二期中）如图在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点（1）求异面直线EF与所成角的大小（2）证明：平面【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】（1）通过建立空间直角坐标系，利用可得

8、解；（2）利用和，可证得线线垂直，进而得线面垂直.【解析】据题意，建立如图坐标系于是：，（1），异面直线EF和所成的角为（2），即，即又，平面且平面9（2021浙江吴兴高级中学高二阶段练习）如图，在四棱柱中，平面，底面满足，且.(1)求证:平面;(2)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）由四棱柱的性质得到四边形是平行四边形，得到，故证明出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.（1）证明：在四棱柱中，故四边形是平行四边形所以，因为平面，平面，所以平面（2）因为平面，平面，所以，因为，所以，所以，故两两垂直，以A为坐标原点，分别以为轴，轴,

9、轴建立空间直角坐标系，则所以设平面的法向量为即令，则，设直线与平面所成角为，.所以直线与平面所成角的正弦值是.10（2022浙江绍兴市教育教学研究院高二期末）如图，已知四棱锥平面，(1)证明：平面；(2)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）由题可得，然后利用线面垂直的判定定理即得；（2）由题可知到平面的距离等于到平面的距离，设直线与平面所成角为，可得，即得；或利用坐标法即得.(1)由题意平面，所以平面，平面，又，所以平面.(2)法一：由可知平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，又由（1）知平面，设直线与平面所成角为，由题可得，所以.法二：如图，以为原点

10、，分别以射线为轴的正半轴，建立直角坐标系，则，设平面的法向量为，由，得，可取设直线与平面所成角为，所以.11（2022浙江省龙游中学高二期末）如图，在四棱锥中，O是AD边的中点，底面ABCD.在底面ABCD中，.(1)求证：平面POC；(2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意，证明BCOA是平行四边形，从而可得，然后根据线面平行的判断定理即可证明；（2）证明BCDO是平行四边形，从而可得，由题意，可建立以为轴建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量，利用向量法即可求解直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.(1)证明：由题意，又，所以BCO

11、A是平行四边形，所以，又平面POC，平面POC，所以平面POC；(2)解：，所以BCDO是平行四边形，所以，而，所以，以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，设平面ABP的一个法向量为，则，取x=1，则，所以，设直线PC与平面PAB所成角为，则，所以直线PC与平面PAB所成角的正弦值为.12（2022浙江苍南中学高三阶段练习）如图，在四棱锥平面平面，底面是平行四边形，.(1)求证：(2)求平面与平面的夹角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质定理得面，再由线面垂直的判定定理证面，再由线面垂直的性质定理证明（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解（1）又底面是平行四边形

12、，面面，面面.面，故从而，故为正三角形.取中点O，连接，则，面，面，从而面.面故.（2）（法一）：如图，建立空间直角坐标系，则，设由得解得，设面得法向量为，则即，取又面的法向量是，故平面与平面的夹角为.（法二）由（1）可知，故.又，得.故，即.如图所示，建立空间直角坐标系，则以下步骤同法一.（法三）由（1）可知，故.又，得.故，即.设平面平面，面面，面，又面，平面平面，过点P作交的延长线于点H，连接，因平面平面，故面，且，易得，又，即为平面与平面的夹角.在中，得.故平面与平面的夹角为.13（2022杭州求是高级中学高二期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，二面角的大小是45，分别是的

13、中点，交于点.(1)求证：四点共面；(2)设是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）先根据线面垂直的判定与性质分析可得二面角的平面角为，进而确定，建系，利用空间向量证明四点共面；（2）利用空间向量求线面夹角.（1）底面是正方形，则又侧棱底面，则平面，则二面角的平面角为如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设则设平面的法向量为，则令，则，即设，则又，则，则，即点在平面内，即四点共面（2）结合（1）可得：，则直线与平面所成角的正弦值.14（2022浙江高三开学考试）如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，平面平面是的中点，且为等边三角形，平面平面.(1

14、)设直线，求点到平面PDC的距离；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)；(2)【分析】（1）延长，交于点发现直线，通过图象关系可得点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，通过建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面PDC的距离的2倍，继而得到结果；（2）通过向量法求解二面角的余弦值，继而求出正弦值（1）延长，交于点直线，在底面中，得为中位线，所以为中点，因为分别为中点，所以为的中位线，得，所以点到平面PDC的距离是点到平面PDC的距离的2倍，易得是等边三角形，取中点中点为，连接，所以在中，解得，所以，所以因为平面平面平面平面，平面，所以平面则以为原点如图建立直角坐标系，由题意得，

15、设平面PDC的法向量由得，令，则，所以所以点到平面PDC的距离为，所以点到平面的距离是；（2）由（1）得：，设平面法向量由得，令，则，则设平面PBE法向量，由得，令，则，则设二面角P-BE-D的平面角为因此，二面角的正弦值是15（2022浙江安吉县上墅私立高级中学高二期末）如图，一个湖的边界是圆心为的圆，湖的一侧有一条直线型公路，湖上有桥（是圆的直径）.规划在公路上选两个点，并修建两段直线型道路.规划要求，线段上的所有点到点的距离均不小于圆的半径.已知点到直线的距离分别为和（为垂足），测得，（单位：百米）.(1)若道路与桥垂直，求道路的长；(2)在规划要求下，点能否选在处？并说明理由.【答案】

16、(1)15（百米）(2)点选在处不满足规划要求，理由见解析【分析】（1）建立适当的坐标系，得圆及直线的方程，进而得解.（2）不妨点选在处，求方程并求其与圆的交点，在线段上取点不符合条件，得结论.(1)如图，过作，垂足为.以为坐标原点，直线为轴，建立平面直角坐标系.因为为圆的直径，所以圆的方程为.因为，所以，故直线的方程为，则点，的纵坐标分别为3，从而，直线的斜率为.因为，所以直线的斜率为，直线的方程为.令，得，所以.因此道路的长为15（百米）.(2)若点选在处，连结，可求出点，又，所以线段.由解得或，故不妨取，得到在线段上的点，因为，所以线段上存在点到点的距离小于圆的半径5.因此点选在处不满足

17、规划要求.16（2020浙江金华高一期末）已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的上方(1)求圆C的方程；(2)过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在x轴正半轴上是否存在点N，使得x轴平分？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）设出圆心，根据相切求出圆心即可得出方程；（2）设出直线方程，与圆方程联立，根据建立关系可求出.（1）设圆心，由题可得圆心到直线的距离，解得或（舍去），所以圆的方程为；（2）当直线轴，则轴必平分，此时可以为轴上任一点，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，设，由，可得，经检验，所以，若轴平分

18、，则，即，整理得，即，解得，综上，存在点，使得x轴平分.17（2021浙江省杭州第二中学高二期中）数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心（三条中垂线的交点）重心（三条中线的交点）垂心（三条高线的交点）依次位于同一直线上.这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点，.(1)求的外接圆方程；(2)求的欧拉线的方程及内心坐标.【答案】(1)；(2)欧拉线方程：；内心坐标.【分析】（1）设的外接圆方程为，将三点坐标代入求出的值即可求解；（2）求出重心坐标，结合外心坐标可得欧拉线方程，根据到角公式结合点斜式方程求出和内角平分线所在直线的方程，联立两个方程解方程组可得内心坐标.(1)设的外接圆方

19、程为，因为点，在圆上，所以可得，所以的外接圆方程为即(2)因为，所以重心坐标，由（1）知外心坐标为，因为外心重心都在的欧拉线上，所以欧拉线方程为：，设的角平分线的斜率为，因为，由到角公式可得：，解得：，所以的角平分线的所在直线，设的角平分线的斜率为，因为，由到角公式可得：，解得：，所以的角平分线所在直线，由 可得：，所以的内心坐标为18（2021浙江宁波高二期中）如图，圆，圆（），点，为圆上异于点P的两点.若直线，与圆都相切，求证：(1)直线，的斜率之积为1；(2)直线的斜率为定值.【答案】(1)证明见解析；(2)直线的斜率为定值.【分析】（1）设切线为，由，整理得，利用韦达定理即可证明；（2

20、）直接求出M、N的坐标，求出，整理化简即可证明.(1)因为，所以过点P与圆C相切的直线斜率一定存在.设切线为，即，设，两边平方整理得：.设直线PM,PN的斜率分别为，由韦达定理得：，所以直线PM,PN的斜率之积为1.即证.(2)由（1）得：，则有：，.设把直线与联立，消去y，整理得：.解得：所以.所以直线的斜率为.【点睛】求圆的切线方程的思路通常有两种:（1）几何法:用圆心到直线的距离等于半径；（2）代数法:直线方程与圆的方程联立,利用=019（2020浙江浙江高二课时练习）已知抛物线的准线方程为.(1)求p的值；(2)直线交抛物线于A，B两点，求弦长.【答案】(1)2(2)8【分析】（1）根

21、据抛物线的准线方程直接求出即可；（2）设，联立方程，利用韦达定理求得，再根据弦长公式即可得解.(1)解：因为抛物线的准线方程为，所以，所以；(2)解：设，由，消去，得，则，所以.20（2021浙江金华市江南中学高二期中）已知椭圆的两焦点为、，P为椭圆上一点，且(1)求此椭圆的方程；(2)若点P在第二象限，求的面积【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，根据椭圆的定义，求得，进而求得的值，即可求解；（2）由题可得直线方程为，联立椭圆方程可得点P，利用三角形的面积公式，即求.（1）设椭圆的标准方程为，焦距为，由题可得，所以，可得，即，则，所以椭圆的标准方程为（2）设点坐标为，所在的直线方程

22、为，则解方程组，可得，.21（2022浙江高三专题练习）设双曲线的右顶点为，虚轴长为，两准线间的距离为.(1)求双曲线的方程；(2)设动直线与双曲线交于两点，已知，设点到动直线的距离为，求的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）依题意可得，再根据，即可得到方程组，求出、，即可得解；（2）依题意可知，设，即可表示出，从而得到，再由两点式表示出的方程，即可得到过定点，从而得到，即可得到；（1）解：依题意可得，解得，所以双曲线方程为（2）解：由（1）可知，依题意可知，设，则有，所以，所以，作差得，又的方程为，所以过定点，所以，即的最大值为；22（2022浙江金华高二期末）已知：，椭圆，双曲线.(

23、1)若的离心率为，求的离心率；(2)当时，过点的直线与的另一个交点为，与的另一个交点为，若恰好是的中点，求直线的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）有椭圆的离心率可以得到，的关系，在双曲线中方程是非标准的方程，注意套公式时容易出错.（2）联立方程分别解得P,Q两点的横坐标，利用中点坐标公式即可解得斜率值.(1)椭圆的离心率为，在双曲线中因为，.(2)当时, 椭圆，双曲线.当过点的直线斜率不存在时，点P,Q恰好重合，坐标为，所以不符合条件；当斜率存在时，设直线方程为，联立方程 得，利用韦达定理，所以；同理联立方程，韦达定理得，所以由于是的中点，所以,所以，即，化简得，所以直线方程为或.23

24、（2022浙江省淳安中学高二期中）已知点为双曲线右支上的点，双曲线在点处的切线交渐近线于点，.(1)证明：为中点；(2)若双曲线上存在点使的垂心恰为原点，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)设，代入双曲线方程，得到的切线方程，进而联立渐近线方程分别求出，通过运算即可证明为中点.(2)双曲线上存在点，设，通过联立与，得到的坐标，然后分别把代入双曲线方程，利用双曲线的几何性质，得到的范围.(1)设，满足，过的切线方程点满足方程，同理可得点满足方程，；.所以为中点；(2)双曲线上存在点，.由直线与直线得点坐标为，由，得点坐标为，将点坐标代入双曲线方程得，与点满足的方程联立得，解

25、得，即.24（2022浙江高三专题练习）已知椭圆的左右焦点分别为，椭圆上的点到两焦点，的距离之和为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，过点作直线交抛物线于点M，N，直线交抛物线于点Q，以Q为切点作抛物线的切线，且，求面积S的最小值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据椭圆的定义，结合代入法进行求解即可；（2）根据抛物线焦点和椭圆焦点的定义求出抛物线的标准方程，设直线的方程与抛物线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、平行线的性质、三角形面积公式，结合基本不等式进行求解即可.（1）因为椭圆上的点到两焦点，的距离之和为4，所以有，即，将点代入椭圆的方程，得，

26、从而，所以椭圆的标准方程为；（2）由（1）知椭圆的右焦点为，因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，所以，即，从而抛物线的方程为.设，设直线为：，联立，消去x得，所以，直线与抛物线联立，消去x得，所以得Q点的纵坐标为，所以，因为，所以直线为：与抛物线联立，消去x得，故，得，代入式可以得，即，又有，直线为，得，所以，当且仅当时取到最小值.【点睛】关键点睛：利用基本不等式是解题的关键.培优特训练特训第二阶拓展培优练一、解答题1（2022浙江杭州四中高二期末）如图，已知平面，底面为矩形，分别为，的中点.(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正弦值；(3)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见

27、解析；(2)；(3).【分析】（1）若为中点，连接，易证为平行四边形，则，根据线面平行的判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，求的方向向量与平面的法向量，应用向量夹角坐标表示求线面角的正弦值；（3）由是面的一个法向量，结合（2）并应用向量夹角坐标表示求面面角的余弦值；（1）若为中点，连接，又、为、的中点，底面为矩形，所以且，而且，所以且，故为平行四边形，故，又面，面，则面.（2）由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，所以，则，若是面的一个法向量，则，令，故，所以与平面所成角的正弦值为.（3）由（2）知：是面的一个法向量，又是面的一个法向量，所以，故平面与平面的夹角的余弦值.2（2022浙江杭

28、州四中高二期中）已知直三棱柱中，侧面为正方形，且，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点.(1)证明：；(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？【答案】(1)证明见解析；(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最小【分析】（1）以为原点建立空间直角坐标系，证得，即可（2）易知平面的一个法向量为，求得平面的法向量，再由空间向量的数量积可得，再结合的范围即可得到答案（1）由直三棱柱可得平面，且，故以为原点，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，且，则，所以即；（2）平面，平面的一个法向量为，由（1）知，设平面的法向量为，则，即，令，则，又当时，面与面所成的二面角的余弦值最

29、大，此时正弦值最小，故当时，面与面所成的二面角的正弦值最小3（2022浙江高二开学考试）用文具盒中的两块直角三角板（直角三角形和直角三角形）绕着公共斜边翻折成的二面角，如图和，将翻折到，使二面角成，为边上的点，且(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).【分析】（1）取BC中点F，连接，可证明平面，再由线面垂直的性质即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可.（1）取BC中点F，连接，如图，由已知知；又，则，即，又，平面，平面，.（2）以F为坐标原点建系如图，则，故，设平面的法向量，则令，则，即，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成

30、角的正弦值为.4（2022浙江省义乌中学高一期末）如图，在三棱柱: 中，点为线段中点，侧面为矩形.(1)证明: 平面 平面;(2)若，二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；（2）由（1）可得就是二面角的平面角，设，在，中，由余弦定理建立方程可求得，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求解方法可求得答案.（1）证明：因为，点为线段中点，所以，又侧面为矩形，所以，所以.又，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）解：由（1）得平面，所以，又，所以就

31、是二面角的平面角，所以，则，设，在中，所以，在中，所以在中，即，化简得，解得（舍去），所以，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示，过作底面，因为，则，则，则，则，设平面的法向量为，由，则，令，则，即， 设与平面所成的角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.5（2022浙江高二阶段练习）如图，在三棱锥中，(1)证明：平面平面(2)若点Q在棱上，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的平面角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、，即可得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得到平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；（1）证

32、明：取的中点，连接、因为，则，所以，即又，平面，所以平面，而平面，所以平面平面（2）解：如图，建立空间直角坐标系，则，则，令，则设平面的法向量为，则，取设直线与平面所成的角为，则，解得或（舍去），故设平面的法向量为，所以，取记二面角的平面角为，所以6（2020浙江台州高二期中）已知圆M过，且圆心M在直线上.（1）求圆M的标准方程；（2）过点的直线m截圆M所得弦长为，求直线m的方程；（3）过直线l: x+y+4=0上任意一点P向圆M作两条切线，切点分别为C，D.记线段CD的中点为Q，求点Q到直线l的距离的取值范围.【答案】（1）；（2），或；（3）.【分析】（1）根据题意可设圆的标准方程为：，再

33、根据圆过点，可列两个方程，即可求出，得到圆M的标准方程；（2）分类讨论直线m的斜率存在以及不存在，依据弦长公式即可求出；（3）设，根据圆系方程的应用（或极点极线知识）可得切点弦所在的直线方程为，又因为直线的方程为，即可联立求出点的坐标，再根据点到直线的距离公式可得点Q到直线l的距离为，即可求出范围【解析】（1） 圆心在直线上，设圆的标准方程为：，圆过点，解得圆的标准方程为.（2）当斜率不存在时，直线m的方程为：，直线m截圆M所得弦长为，符合题意；当斜率存在时，设直线m：，圆心M到直线m的距离为根据垂径定理可得，解得直线m的方程为，或.（3）设，则切点弦所在的直线方程为，直线的方程为，联立可得，

34、根据点到直线距离公式可得，7（2021浙江镇海中学高一期末）已知，动点在直线：上（1）设内切圆半径为，求的最大值：（2）设外接圆半径为，求的最小值，并求此时外接圆的方程【答案】（1）；（2），外接圆方程为【分析】（1）利用面积相等可得，只需最小即可，结合平面几何知识可得答案；（2）中垂线方程为，中垂线方程为，求出圆心坐标，可得，换元后利用二次函数的性质可得答案.【解析】（1）因为，到的距离，所以三角形的面积，所以，只需最小即可，设关于的对称点为， 则，所以，最小为，（2）中垂线方程为中垂线方程为圆心坐标为设，此时，圆心坐标为，所以外接圆方程为8（2021浙江吴兴高级中学高二阶段练习）已知圆，点

35、P是直线上的一动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B（1）当切线PA的长度为时，求点P的坐标；（2）若的外接圆为圆N，试问：当P运动时，圆N是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）求线段AB长度的最小值【答案】（1）或；（2）圆过定点，；（3）当时，AB有最小值【分析】（1）设，由，计算即可求得，得出结果；（2）因为A、P、M三点的圆N以MP为直径，所以圆的方程为，化简为，由方程恒成立可知，即可求得动圆所过的定点；（3）由圆和圆方程作差可得直线方程，设点到直线AB的距离，则，计算化简可得结果.【解析】（1）由题可知，圆M的半径，设，因为PA是圆M的一条切

36、线，所以，所以，解得或，所以点P的坐标为或（2）设，因为，所以经过A、P、M三点的圆N以MP为直径，其方程为，即，由，解得或，所以圆过定点，（3）因为圆N方程为，即又圆-得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为点到直线AB的距离，所以相交弦长，所以当时，AB有最小值【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考查定点问题和距离的最值问题，难度较难.9（2019浙江省柯桥中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴的交点是，过点的直线与圆交于不同的两点.（1）若直线与轴交于，且，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别是，求的值；（3）设的中点为，点，若，求的面积.【答案】（1）（2）

37、-1（3）【分析】（1）可设点，表示出，可求出参数或6，结合题意可舍去，再由两点已知求出直线的方程；（2）可设，设直线方程为，联立直线和圆的方程求出关于的一元二次方程，表示出韦达定理，再分别求出，结合前式即可求解；（3）设，由建立方程，化简可得，由（2）可得，联立求解得，再结合圆的几何性质和点到直线距离公式及三角形面积公式即可求解；【解析】（1）设，求出，则或6，结合直线圆的位置关系可知，一定满足，此时直线的方程为：；当时，直线的方程为：，圆心到直线距离（舍去）；（2）设直线的方程为：，联立可得：， 设，则，则，将代入化简可得，即；（3）设点，由点，可得，化简得，又，式代入式解得或，由圆心到直

38、线的距离，故，此时，圆心到直线距离，则，直线方程为：，到直线的距离，则【点睛】本题考查圆中，由向量关系反求直线方程，由韦达定理求解圆锥曲线中的定值问题，由弦的中点问题求三角形面积，圆的几何性质，点到直线距离公式等，计算能力，综合性强，属于难题10（2022浙江慈溪中学高三开学考试）已知双曲线的离心率为，且点在上.(1)求双曲线的方程：(2)试问：在双曲线的右支上是否存在一点，使得过点作圆的两条切线，切点分别为，直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，且？若存在，求出点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，或【分析】（1）根据题意即可列出关于方程组，即可解出答案；（2）根据题意设，即可求

39、出直线的方程，则可求出点的坐标，即可表示出，再由点到直线的距离，则可表示出，即可求出点的坐标.（1）因为，所以，即，又点在双曲线的图像上，所以，即，解得，所以双曲线；（2）设，由已知点在以为直径的圆上，又点在上，则有方程组解得直线的方程为，设直线与渐近线的交点分别为，由解得，由解得，所以，又点到直线的距离为，则三角形的面积，又因为，所以，由已知，解得，即，因为点在双曲线右支上，解得，即点或.11（2022浙江高三专题练习）如图，已知F是抛物线的焦点，过点的直线l与抛物线交于两个不同的点M，N（M是第一象限点），MN的垂直平分线交抛物线于P，Q当直线l的斜率为时，(1)求抛物线的方程；(2)若，

40、求的最小值【答案】(1)或(2)【分析】（1）设点M的坐标为，由已知条件列出方程组，解方程组即可得到答案；（2）设直线l的方程为及其点，将点，代入抛物线方程作差，即可得到，由此可以求得故MN中点坐标为，设出PQ方程为，与抛物线的方程联立得到关于的一元二次方程，利用弦长公式求出，最后用导数求其最值即可.(1)设点M的坐标为，根据题意可列出方程组，可解得或因此可得到抛物线方程为或(2)由于，可知抛物线方程为，设直线l的方程为，,即和，两式相减为，即，则，故MN中点坐标为，设PQ方程为，,联立得，即，由韦达定理可知，于是可得,令，并记 ，求导函数得，令，解得导函数零点为，且导函数在上单调递增，因此导

41、函数在上恒为负，在上恒为正，可知原函数在上单调递减，在上单调递增，则在处取得最小值，则，即.12（2022浙江平湖市当湖高级中学高二期中）已知，是椭圆：的左、右焦点，离心率为，点A在椭圆C上，且的周长为.(1)求椭圆C的方程；(2)若B为椭圆C的上顶点，过的直线与椭圆C交于两个不同点P、Q，直线BP与x轴交于点M，直线BQ与x轴交于点N，判断是否为定值.若是，求出定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用椭圆的定义可得，而离心率，解方程组，即可得解；（2）设直线的方程为，将其与椭圆的方程联立，由，三点的坐标写出直线，的方程，进而知点，的坐标，再结合韦达定理，进行化简，即可

42、得解(1)解：因为的周长为，所以，即，又离心率，所以，所以，故椭圆的方程为(2)解：由题意知，直线的斜率一定不可能为0，设其方程为，联立，得，所以，因为点为，所以直线的方程为，所以点，直线的方程为，所以点，所以，即为定值13（2021浙江宁波市北仑中学高二期中）在平面直角坐标系中，对于点、直线：，我们称为点到直线：的方向距离.(1)设双曲线上的任意一点到直线：，：的方向距离分别为，求的值；(2)已知直线：和椭圆，设椭圆的两个焦点到直线的方向距离分别为，且满足，且直线与轴的交点为、与轴的交点为，试比较的长与 的大小.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用方向距离的概念分别求出，进而表示出，再结合

43、点在双曲线上，进而求出的值；(2)结合已知条件和方向距离的定义可得到，然后利用两点间距离公式表示出，然后利用均值不等式即可求解.(1)由题设可知，设，所以，所以，又因为，即，所以.(2)不妨设，则，由，化简得，所以，所以，又因为，所以，所以，当且仅当，即时，不等式取等号，所以，即.14（2022浙江杭州市富阳区第二中学高二阶段练习）如图，已知椭圆的左顶点，过右焦点的直线与椭圆相交于两点，当直线轴时，.(1)求椭圆的方程；(2)记,的面积分别为，求的取值范围；(3)若的重心在圆上，求直线的斜率.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据已知条件得到，即可得到椭圆的方程.（2）首先设直线为，与椭

44、圆联立得到，根据得到的范围，从而得到的范围.（3）设重心，根据重心性质得到，再代入求解即可.(1)因为左顶点，所以，根据，可得，解得，所以；(2)设直线为，则，则，那么，根据解得，所以.(3)设重心，则：，所以，所以，即所求直线的斜率为.15（2022浙江高二期末）设点为抛物线：（）的动点，是抛物线的焦点，当时，.(1)求抛物线的方程；(2)当在第一象限且时，过作斜率为，的两条直线，分别交抛物线于点，且，证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标；(3)是否存在定圆：，使得过曲线上任意一点作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1

45、)；(2)定点为，详见解析；(3)，证明见解析.【分析】（1）由题可得，进而即得；（2）由题可得，设，联立抛物线方程，利用韦达定理法结合条件可得，进而即得；（3）取，结合条件可得，然后证明对任意的点，直线也与圆相切，设，切线为，利用韦达定理法结合条件求出直线方程，计算圆心到直线的距离即得.（1）当时，所以， 即抛物线的方程为；（2）在第一象限且时，设，由，可得，则，同理，又，即，即，所以，即所以直线恒过定点；（3）取，设的切线为，则，即，把代入，解得，直线，若直线与圆：相切，则，又，解得或（舍去），下面证明过曲线上任意一点（除原点）作圆的两条切线，与曲线交于另外两点，时，总有直线也与圆相切，设，切线为，由，可得，由，可得，所以，即，同理可得，故，所以直线，所以圆心到直线的距离为，又，综上，可得过曲线上任意一点，存在实数，使直线与圆相切.