1、特训01 期中选填压轴题（第1-3章）一、单选题1（2022浙江高三开学考试）已知半径为1的球面上有四个点，且，则四面体的体积最大值为（）ABCD【答案】B【分析】设分别在上，且，再根据线面垂直的性质与判定，结合体积公式可得，进而转求线段的最大值.再设的中点分别是，利用，再两边平方，结合向量的性质分析可得，进而求得体积最大值即可.【解析】设分别在上，且，因为，所以面所以，所以.要求四面体的体积最大，即求线段的最大值.设的中点分别是，球心为，因为，所以.所以在中，因为，所以因为，所以所以，当和均重合时取等所以.故选：B.【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，需要结合体积的公式与球的性质，从而得
2、到线的垂直关系与线段长度间的关系，并结合空间向量的方法分析最值.属于难题.2（2021浙江台州一中高三期中）如图，等腰直角中，点为平面外一动点，满足，则存在点使得（）AB与平面所成角为CD二面角的大小为【答案】D【分析】假设，结合线面垂直判定定理证明面，由此得到，推出矛盾，确定A错误，建立坐标系，计算与平面所成角，判断B，计算,判断C错误，求二面角的大小，判断D.【解析】对于A：由是等腰直角三角形，可得因为，所以，若，则面，因为面，所以，即与矛盾，A错误；以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系则，设点， ， ， ，设，则，设平面的法向量为，则，即，取，可得平面的一个法向量为，又， ，若与平面
3、所成角为，则则，可得，与矛盾，B错误， ， ， ，所以不存在点满足，C错误， 平面的一个法向量为， ，令，则，解得（-1舍去），所以存在点使得二面角的大小为，D正确故选：D3（2021浙江省淳安县汾口中学高二开学考试）如图，在菱形中，线段，的中点分别为，现将沿对角线翻折，则异面直线与所成的角的取值范围是ABCD【答案】C【解析】设菱形的边长为1，则，利用向量的平行四边形法则得到，再利用数量积运算求出，再由 ，根据的范围，利用余弦函数的性质求解.【解析】设菱形的边长为1，则， ，所以，由图可知：，所以，所以，所以，所以异面直线与所成的角的取值范围是故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键是得到，转化
4、为余弦函数求得其范围，进而求出的范围.4（2020浙江舟山中学模拟预测）在正四面体（所有棱长均相等的三棱锥）中，点在棱上，满足，点为线段上的动点.设直线与平面所成的角为，则（）A存在某个位置，使得B存在某个位置，使得C存在某个位置，使得平面平面D存在某个位置，使得【答案】C【分析】设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果.【解析】如下图所示，设正四面体的底面中心为点，连接，则平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设正四面体的棱长为，则、，设，其中，对于A选项
5、，若存在某个位置使得，解得，不合乎题意，A选项错误；对于B选项，若存在某个位置使得，该方程无解，B选项错误；对于C选项，设平面的一个法向量为，由，取，得，设平面的一个法向量为，由，取，则，若存在某个位置，使得平面平面，则，解得，合乎题意，C选项正确；对于D选项，设平面的一个法向量为，由，令，则，若存在某个位置，使得，即，整理得，该方程无解，D选项错误.故选：C.【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.5（2020浙江瑞安中学高二期中）在平面直角坐标系中,定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点及上任意一点,称的最小值为点到直线的“切比雪夫距离”记
6、作给出下列四个命题:对任意三点，都有已知点和直线则到原点的“切比雪夫距离”等于的点的轨迹是正方形；其中真命题的是（）ABCD【答案】D【分析】讨论，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；设点是直线上一点，且，可得，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；根据“切比雪夫距离”的定义可判断出命题的真假.【解析】 对任意三点、，若它们共线，设，、，如图，结合三角形的相似可得，为，或，则；若，或，对调，可得；若，不共线，且三角形中为锐角或钝角，如图，由矩形或矩形，；则对任意的三点，都有，故正确；设点是直线上一点，且，可得，由，解得，即有，当时，取得最小值；由，解得或，即有
7、，的范围是，无最值；综上可得，两点的“切比雪夫距离”的最小值为；故正确；由题，到原点的“切比雪夫距离”的距离为1的点满足，即或，显然点的轨迹为正方形，故正确；故选：D【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查数形结合思想方法，以及运算能力和推理能力，属于难题6（2022浙江镇海中学高二阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元首262公元前190年）的著作圆锥曲线论是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼期圆已知 ，圆上有且仅有一个点 P满足，则r的取值可以为（ ）A1B2C3D4【答案】A【分析】设动点P的坐标
8、，利用已知条件列出方程，化简可得点P的轨迹方程，由点P是圆C：上有且仅有的一点，可得两圆相切，进而可求得r的值【解析】设动点，由，得，整理得，又点是圆：上有且仅有的一点，所以两圆相切. 圆的圆心坐标为，半径为2，圆C：的圆心坐标为，半径为r，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，得，当两圆内切时，得故选：A.【点睛】结论点睛：本题考查阿波罗尼斯圆，考查两圆相切的应用，判断圆与圆的位置关系几何法：圆心距d与r1，r2的关系：（1）外离；（2）外切；（3）相交；（4）内切；（5）内含，考查学生的数形结合思想和逻辑推理能力，属于中档题7（2020浙江高二期末）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基
9、米德并称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q、P的距离之比，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点Q为x轴上一点，且，若点，则的最小值为（）ABCD【答案】C【分析】设，根据和求出a的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即【解析】设，所以，由，所以，因为且，所以，整理可得，又动点M的轨迹是，所以，解得，所以，又所以，因为，所以的最小值为.故选：C【点睛】本题主要考查圆上动点问题，考查两点间直线最短.8（2019浙江
10、高二期中）已知，两条不同直线与的交点在直线上，则的值为（）A2B1C0D-1【答案】C【分析】联立方程求交点，根据交点在在直线上，得到三角关系式，化简得到答案.【解析】 交点在直线上观察分母和不是恒相等故故答案选C【点睛】本题考查了直线方程，三角函数运算，意在考查学生的计算能力.9（2022浙江模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，M为右支上一点，的内切圆圆心为Q，直线交x轴于点N，则双曲线的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】先由切线长定理及双曲线的定义求得点横坐标为，再由直线的方程求出，再借助求得，进而求得，在，由双曲线的定义及余弦定理即可求出.【解析】如图，设内切圆Q与的三边分别切于三
11、点，过作轴于点，易得，又由双曲线定义得，即，又，故，即点横坐标为，又，则，故直线的方程为，代入，解得，即，又，则，故，又，则，在中，由余弦定理得，即，化简得，即，解得或，又离心率大于1，故离心率为.故选：A.10（2022浙江模拟预测）已知点F为双曲线(，)的左焦点，过原点O的直线与双曲线交于A、B两点(点B在双曲线左支上)，连接BF并延长交双曲线于点C，且，AFBC，则该双曲线的离心率为()ABCD【答案】B【分析】设双曲线右焦点为，设，为矩形，根据双曲线定义表示出、，在中根据余弦定理列出一个方程，在Rt中，根据勾股定理列出另外一个方程，两个方程联立可求m，由此即可求出离心率.【解析】如图，
12、为双曲线右焦点，则根据对称性知为矩形设，则，在中，由余弦定理得，即，即，在Rt中，即，联立解得，代入，解得.故选：B.11（2022浙江模拟预测）已知圆与抛物线的两个交点是A，B过点A，B分别作圆和抛物线的切线，则（）A存在两个不同的b使得两个交点均满足B存在两个不同的b使得仅一个交点满足C仅存在唯一的b使得两个交点均满足D仅存在唯一的b使得仅一个交点满足【答案】D【分析】利用抛物线方程设出交点坐标，再由直线与垂直及交点在圆上求出b，p的关系，然后逐项分析作答.【解析】依题意，设圆与抛物线的交点，显然直线的斜率存在且不为0，设方程为：，由消去x并整理得：，而，则，解得，由及圆的性质知，直线过圆
13、心及点，于是得：，整理得：，又，即，因此有，解得，而，即，于是有满足的两曲线交点只有点，选项A，C不正确；显然，即正数p值确定，b值也随之确定，并且唯一，选项B不正确，D正确.故选：D【点睛】结论点睛：抛物线在点处的切线斜率；抛物线在点处的切线斜率.12（2021浙江高三专题练习）在平面直角坐标系中，设点是抛物线上的一点，以抛物线的焦点为圆心、以为半径的圆交抛物线的准线于，两点，记，若，且的面积为，则实数的值为（）ABCD【答案】A【分析】根据且sin2+cos21求出，结合图象可知，BFC为等边三角形，求出圆的半径，以及抛物线的定义，即可求出SABC|BC|x0|BC|FA|，解得即可求出p
14、的值【解析】因为，且sin2+cos21，解得sin=，cos，结合图象可知，BFC为等边三角形，|FD|p，|BC|FB|p，即圆的半径|FA|p，设A（x0，y0），SABC|BC|x0|BC|FA|pp，解得p8，故选A【点睛】本题考查了圆和抛物线的位置关系，以及抛物线的定义和三角函数的化简和计算，三角形的面积，考查了运算能力，属于中档题13（2021浙江省杭州学军中学高二期中）已知椭圆的两个焦点分别为，设为椭圆上一点，角的外角平分线所在直线为，过点，分别做的垂线，垂足分别为，当点在椭圆上运动时，点，的轨迹所围成的图形的面积为：（）ABCD【答案】C【分析】延长交的延长线于，可证得，且是
15、的中点，由此可求得的长度是定值，即可求点的轨迹的几何特征，从而可得出答案【解析】解：由题意，是以，为焦点的椭圆上一点，过焦点作外角平分线的垂线，垂足为，延长交的延长线于，得，由椭圆的定义知，故有，连接，知是三角形的中位线，即点到原点的距离是定值，由此知点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆同理可得，点的轨迹是以原点为圆心、半径等于的圆故点，所形成的图形的面积为故选：C.【点睛】本题考查求轨迹方程，关键是证出是中位线以及利用题设中所给的图形的几何特征求出的长度，进而求出的长度，再利用圆的定义得出点的轨迹是一个圆，难度较大14（2021四川攀枝花市第三高级中学校高二阶段练习（理）已知双曲线：（，）的
16、左右焦点分别为、A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，且，则该双曲线的离心率为（） ABCD【答案】C【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，设，则，求出点P，Q的坐标，得出，根据，再利用余弦定理求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率【解析】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为设，则，由，解得或，又为双曲线的左顶点，则，在中，由余弦定理得，即，即，则，所以，则，即，所以故选：C.【点睛】方法点睛：离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而求出；构造的齐次式，求出；采用离心率的
17、定义以及圆锥曲线的定义来求解；根据圆锥曲线的统一定义求解15（2022浙江省杭州第九中学高二期末）已知F是椭圆的左焦点，A是该椭圆的右顶点，过点F的直线l（不与x轴重合）与该椭圆相交于点M，N记，设该椭圆的离心率为e，下列结论正确的是（）A当时，B当时，C当时，D当时，【答案】A【分析】设在轴上方，在轴下方，设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，联立直线的方程与椭圆方程可求的坐标，同理可求的坐标，利用三点共线可得，利用离心率的范围可得，从而可判断为锐角.【解析】不失一般性，设在轴上方，在轴下方，设直线的斜率为，倾斜角为，直线的斜率为，倾斜角为，则，且.又.又直线的方程为，由可得，故，所以，故，同理
18、，故，因为共线，故，整理得到即，若，因为，故，所以，故.故选：A.【点睛】思路点睛：与椭圆有关的角的计算，一般利用其正切来刻画，因为角的正切与直线的斜率相关，注意运算结果的准确性.16（2022全国高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为、，经过的直线交椭圆于，的内切圆的圆心为，若，则该椭圆的离心率是（）ABCD【答案】A【分析】对变形得到，进而得到以，结合椭圆定义可求出，由余弦定理求解关系式，求出离心率.【解析】因为，所以，如图，在上取一点M，使得，连接，则，则点I为AM上靠近点M的三等分点，所以，所以，设，则，由椭圆定义可知：，即，所以，所以，故点A与上顶点重合，在中，由余弦定理得：，在中
19、，解得：，所以椭圆离心率为.故选：A【点睛】对于求解圆锥曲线离心率问题，要结合题目中的条件，直接求出离心率或求出的齐次方程，解出离心率，本题的难点在于如何将进行转化，需要作出辅助线，结合内心的性质得到三角形三边关系，求出离心率.二、多选题17（2022浙江省衢州第一中学高二开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列说法正确的是（）A平面B几何体的外接球半径C异面直线与所成角的正弦值的取值范围为D面与底面所成角正弦值的取值范围为【答案】ACD【分析】对于A，利用面面平行的性质定理可判断；对于B，几何体的外接球与正方体的外接球相同，可求得其半径；对于C，找到异面直线与所成角的正弦
20、值取到最大以及最小值的位置，即可求解；对于D，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，结合三角函数的知识可进行求解.【解析】在正方体中， ,故为平行四边形，所以,而平面平面，平面，故平面，同理可证平面,而平面,所以平面平面平面，则平面，A正确.几何体关于正方体的中心对称，其外接球与正方体的外接球相同，半径为，故B错误.由于，则直线与所成最大角为（或），其正弦值为.直线与所成最小角为与平面所成角，当为中点时，所成角即为，而平面平面,故 , ，故 ，故C正确.以D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则 ,则,设 ,则 ,设平面的法向量为，则，令，则 ，故 ，由题意知平面ABCD的法向量可取为
21、，则 ，则面与底面所成角正弦值为，由于，故当时，取到最小值8，则取到最小值为 ，当或时，取最大值12，取最大值为，所以面与底面所成角正弦值的取值范围为，D正确，故选：ACD.【点睛】本题考查了几何体中线面平行的判断，以及外接球的半径的求解和空间相关角的求解，涉及知识点多，综合性强，计算量大，解答时要充分发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，解答的关键是能掌握并熟练应用空间线线角以及面面角的定义，并能应用空间向量的方法求解.18（2022全国高三专题练习）在棱长为1的正方体中，点满足，则以下说法正确的是（）A当时，平面B当时，存在唯一点使得与直线的夹角为C当时，长度的最小值为D当时，与平面所
22、成的角不可能为【答案】ACD【分析】对于A，可知点在线段上，易证平面平面，利用线面平行的性质可证得结论；对于B，可证得点为中点，此时可判断； 对于C，可知三点共线，线段在中，利可求得距离最小值； 对于D，设点在平面内的射影为Q在线段上，则为所求角，求，可判断结果.【解析】对于A，当时，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；对于B， 当时，设的中点为H，则，即，即点为中点，此时，故B错误；对于C，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，故长度的最小值为，故C正确；对于D，当时，可知三点共线，点在平面内的射影为Q在线段上，则为与平面所成的角，又，所以，
23、而，所以与平面所成的角不可能为，故D正确；故选：ACD【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：（1）定义法，作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；求，利用解三角形的知识求角；（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.19（2023全国高三专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB2，BAD60，将ABD沿对角线BD翻折到PBD位置，连接PC，构成三棱锥 设二面角为，直线和直线所成角为，在翻折过程中，下列说法正确的是（）APC与平面BCD所成的最大角为45B存在某个
24、位置，使得PBCDC当时，的最大值为D存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为【答案】BC【分析】取BD的中点O，由题可得平面，进而可得PC与平面BCD所成的角为PCO，利用特值可判断A，利用向量法可得，结合条件可判断BC，若B到平面PDC的距离为，则有平面PCD，进而判断D【解析】取BD的中点O，连接，则，又，可得平面，平面，所以平面平面，PC与平面BCD所成的角为PCO，当PC时，OPC为等边三角形，此时PCO6045，故A错误；由上可知为的平面角，即，因为，所以，当时，即，故B正确；又，当时，所以，即的最大值为，故C正确；点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，若B到平面PDC的距离为，
25、则平面PBD平面PCD平面CBD平面PCD，则有DB平面PCD，即DBCD，与BCD是等边三角形矛盾，故D错误故选：BC20（2022浙江省长兴中学高二期末）直三棱柱中，分别为，的中点，点是棱上一动点，则（）A对于棱上任意点，有B棱上存在点，使得面C对于棱上任意点，有面D棱上存在点，使得【答案】AD【分析】对于A，连接，证明平面即可；对于B，建立空间直角坐标系，判断MN与BN是否可能垂直即可；对于C、D，当N是AC中点时，MNDE，即可判断.【解析】A选项：连接，由题可知四边形是正方形，则，由题知平面平面，平面平面，平面ABC，平面，又，又，平面，平面，平面，.故A正确；B选项：如图建立空间直
26、角坐标系，设ACBC2，则，设，则，若BNMN，则，即，方程无实数根，即BN与MN不垂直，则不存在点N，使得平面，B错误；C选项：当N是AC中点时，MN，DE，MN平面；当N不是AC中点时，MN和B1C相交，若平面，结合平面可知平面平面，这显然与图形不符(与AC相交)，故此时与平面不平行；故C错误；D选项：由C项可知，N为AC中点满足题意，故D正确.故选：AD.21（2022浙江浙江高二期中）如图，已知正方体棱长为4，Q是上一动点，点H在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，P是侧面内一动点，且点P到平面距离等于线段的长，下列说法正确的是（）A平面B与平面所成角的正切值得最大值为C的最小值为D
27、当点P运动时，的范围是【答案】ABD【分析】对于A,先证明平面平面，利用面面平行的性质判断平面；对于B,找到与平面所成角，表示出角的正切值，即可判断；对于C, 当把平面折起，和平面在同一个平面上时,即可求得的最小值；对于D，建立空间直角坐标系，求得的表达式，结合二次函数的性质，可求得其范围.【解析】对于A,连接 ,则 ,且平面 ,而平面 ,故平面平面 , 平面,故平面，故A正确；对于B， 连接,由于 平面，则即为与平面所成角，故 ，当, ,此时最小，故取到最大值 ，故B正确；对于C，当把平面折起，和平面在同一个平面上时，如图示：取到最小值，最小值为 ，故C错误；对于D，以D为坐标原点，DA为x
28、轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，则 ,设 ，由题意可知 ,故点P落在以点F为焦点，以为准线的抛物线上，故 ，由得，即 ，故 ，当时，取最小值22，当时，取最大值 ，故，故D正确.故选：ABD22（2022重庆南开中学模拟预测）全班学生到工厂劳动实践，各自用，的长方体切割出四棱锥模型.产品标准要求：分别为的中点，可以是线段(不含端点)上的任意一点，有四位同学完成制作后，对自己所做的产品分别作了以下描述，你认为有可能符合标准的是()A使直线与平面所成角取到了最大值B使直线与平面所成角取到了最大值C使平面与平面的夹角取到了最大值D使平面与平面的夹角取到了最大值【答案】BC【分析】建立空
29、间直角坐标系，设P点坐标，利用向量法求出各个选项所研究的角的正弦值或余弦值，根据点P的坐标变化范围即可判断角的变化情况，判断角是否能取到最大值即可.【解析】则，设，则，取平面PEB的一个法向量为，设平面PDF的法向量为，则，取，设平面PDE的法向量为，则，取，设平面PFB的法向量为，则，取，A：设直线与平面所成角为，则，0t4时，函数单调递减，没有最大值，故A描述不可能符合标准.B：设直线与平面所成角为，则，0t2时，函数y单调递增，2t4时，函数y单调递减，当t2时，即P是中点的时候，sin取最大值，此时夹角最大，故B描述可能符合标准.C：设平面与平面的夹角为，则下面研究函数在t(0，4)上
30、的单调性：令t3s，则，t(0，4)，在递减，在递增，且，又在时递增，故由复合函数单调性判断原理可知在递减，在递增，则cos在t3时取最小值，此时最大，即平面与平面的夹角取到了最大值，故C描述可能符合标准.D：设平面与平面的夹角为，则，即为定值，故D描述不可能符合标准.故选：BC.【点睛】本题综合考察了线面角和面面角的向量求法.问题关键是选项C的情况，需要合理换元，通过复合函数的单调性判断法则判断所得函数的单调性.23（2021浙江海盐第二高级中学高二阶段练习）以下四个命题表述正确的是（）A圆上有且仅有个点到直线的距离都等于B曲线与曲线，恰有四条公切线，则实数的取值范围为C已知圆，为直线上一动
31、点，过点向圆引一条切线，其中为切点，则的最小值为D已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，为切点，则直线经过点【答案】ACD【分析】选项A根据圆心到直线的距离与半径的关系来确定所求点的个数；选项B根据两曲线有四条公切线，确定曲线类型为圆，再由两圆外离列不等式求解；选项C利用圆心与切点的连线垂直切线列等式，转化为求圆心到直线上的点的距离的最小值问题；选项D利用切线的性质得切点弦方程，再根据切点弦方程求定点.【解析】选项A：圆的圆心为 ，半径 .圆心到直线的距离，所以圆上有且仅有个点到直线的距离都等于 故选项A正确；选项B：方程可化为 ，故曲线 表示圆心为，半径 的圆.方程可化为 因为圆 与
32、曲线 有四条公切线，所以曲线也为圆，且圆心为 ，半径 ( )同时两圆的位置关系为外离，有 ，即 ，解得.故选项B错误；选项C：圆的圆心 ，半径 ，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离.由切线的性质知， 为直角三角形， ，当且仅当 与直线垂直时等号成立，所以 的最小值为 .故选项C正确；选项D：设点，因为点在直线上，所以， ，由圆的切线性质知，直线的方程为，整理得 ，解方程得， .所以直线过定点.故选项D正确.故选：ACD.24（2022浙江宁波市北仑中学高一期中）已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，C，D分别为A，B在l上的射影，且，M为AB中点，则下列结论正确的是（）
33、AB为等腰直角三角形C直线AB的斜率为D的面积为4【答案】AC【解析】A根据抛物线性质，结合角度之间的关系，求解出的度数；B利用抛物线的焦半径结合，判断为等腰直角三角形的可能性；C根据，设出直线方程完成直线斜率的求解；D取直线的方程，联立抛物线方程求解出的值，根据求解出三角形面积.【解析】过点向准线作垂线，垂足为，设，如下图所示：A因为，所以，又因为，所以，所以平分，同理可知平分，所以，故结论正确；B假设为等腰直角三角形，所以，所以四点共圆且圆的半径为，又因为，所以，所以，所以，所以，显然不成立，故结论错误；C设直线的方程为，所以，所以，所以， 又因为，所以，所以，所以，所以，所以直线的斜率为
34、，故结论正确；D取，由上可知，所以，所以，故结论错误.故选：AC.【点睛】本题考查抛物线焦点弦的性质的综合应用，对于图形分析和计算能力要求较高，难度较难.抛物线焦点弦的性质的另一种表示形式：过抛物线焦点的直线的倾斜角为，焦点弦与抛物线的交点为(在轴的上方，在轴的下方)，此时，.25（2021浙江高二期中）为椭圆：上的动点，过作切线交圆：于，过，作切线交于，则（）A的最大值为B的最大值为C的轨迹是D的轨迹是【答案】AC【解析】设出点的坐标，分别写出直线方程，根据系数相等，求得坐标之间的关系，结合几何关系，即可求得三角形得面积，结合均值不等式则面积的最大值可解；利用相关点法，即可求得动点的轨迹方程
35、.【解析】根据题意，作图如下：不妨设点的坐标为，点坐标为，故切点所在直线方程为：；又点为椭圆上的一点，故切线方程所在直线方程为：；故可得.即不妨设直线交于点，故设直线方程为：，故，又，故可得三角形的面积，当且仅当，且时，即时取得最大值.因为点在椭圆上，故，又，故可得，整理得.故动点的轨迹方程为：.故选：.【点睛】本题考查切点弦直线方程、椭圆的切线方程，以及均值不等式的利用，轨迹方程的求解，属综合困难题.26（2021浙江高二期中）已知、分别为双曲线的左、右焦点，且，点P为双曲线右支一点，I为的内心，若成立，则下列结论正确的有（）A当轴时，B离心率CD点I的横坐标为定值a【答案】BCD【分析】当
36、轴时，由，得；由可得求出离心率；设的内切圆半径为，由，用的边长和表示出等式中的三角形的面积，解此等式求出；由切线的性质面积和双曲线的定义可得I的横坐标【解析】当轴时，此时，所以A错误；，整理得（为双曲线的离心率），所以B正确.设的内切圆半径为r，由双曲线的定义得，故，所以C正确.设内切圆与、的切点分别为M、N、T，可得，.由，可得，可得T的坐标为，即的横坐标为a，故D正确；故选BCD.【点睛】本题考查双曲线的定义和简单性质，利用待定系数法求出参数的值，考查圆的切线的性质，化简运算能力和推理能力，属于中档题三、填空题27（2022浙江安吉县上墅私立高级中学高二期末）已知单位空间向量，满足，.若空
37、间向量满足，且对于任意实数，的最小值是2，则的最小值是_.【答案】【分析】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，根据条件求得坐标，由二次函数求最值即可求得最小值.【解析】以，方向为轴，垂直于，方向为轴建立空间直角坐标系，则 ，由可设，由是单位空间向量可得，由可设，当，的最小值是2，所以 ，取，当时，最小值为.故答案为：.28（2020浙江镇海中学高二期中）空间向量，且，若点P满足，且，则动点P的轨迹所形成的空间区域的体积为_.【答案】【解析】先分析若，时，点在图中的点，由，可得，可以得出点在三棱锥内，计算三棱锥的体积即可求解.【解析】因为，当，时，点在图中的点，因为，当，时，同理，
38、由知点在内，而，所以点在三棱锥内，且，过作平面的垂线，垂足为，由三余弦定理可得：，即，所以，所以，所以三棱锥的体积为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由可得是以为邻边所成的平行六面体的体对角线，关键点是分析出，得出点在三棱锥内.29（2020浙江省杭州第二中学高二期中）平面直角坐标系中，已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆交圆于、两点，点在上且满足，则点的轨迹方程是_【答案】【解析】延长交于点，设，利用三角形全等证明出，可得出为线段的垂直平分线，设点，求出以为直径的圆的方程，可求得两圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，利用垂直平分线的性质可得出，由此可求得动点的
39、轨迹方程.【解析】延长交于点，则，设，以为直径的圆交圆于点、，所以，则，可得，在和中，则为的中点，且，则为的中点，设点，则，的中点坐标为，以线段为直径的圆的方程为，即，将圆与圆的方程相减得，即直线的方程为，即，由，解得，所以，直线过定点，由于为线段的垂直平分线，则，所以，点的轨迹方程为.故答案为：.【点睛】求与圆有关的轨迹方程时，常用以下方法：（1）直接法：根据题设条件直接列出方程；（2）定义法：根据圆的定义写出方程；（3）几何法：利用圆的性质列方程；（4）代入法：找出要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式30（2017浙江长兴县教育研究中心高二期中）如图1，等腰直角三角形， 为中点，为
40、平面内过 点的一条动直线，沿直线作如图2的翻折，点在翻折过程中记为点，在直线上的射影为，在平面上的射影落在直线上，则当取得最小值时，到直线的距离为_【答案】#【分析】由给定条件证得，可得是过顶点C作直线l的垂线的垂足，再在平面内建立直角坐标系，利用点到直线距离结合均值不等式推理、计算作答.【解析】如图，平面，平面，则，而，平面，于是得，因此，点三点共线，以直线分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图，则，依题意，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：，直线的方程：，则，由得，解得，因此，当且仅当，即时取“=”，此时，直线l：，直线：，由解得，则点到直线AB距离，故答案为：【点睛】思路点睛
41、：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化.31（2020浙江高三阶段练习）记，其中、，已知、是椭圆上的任意两点，是椭圆右顶点，则的最大值是_.【答案】【分析】设点，其中，可得，分和两种情况讨论，结合辅助角公式求得的最大值，同理可求得的最大值，由此能得出结果.【解析】设点，其中，易知点，则.当时，则，当时，取最大值；当时，则，当时，取最大值.综上所述，的最大值，同理可知，的最大值也为.因此，的最大值是.故答案为：.【点睛】本题考查距离的新定义，考查椭圆方程的应用，考查计算能力，属于难题.32（2020浙江宁波模拟预测）以点为圆心作圆，过
42、点作圆的切线，切线长为，直线（其中为坐标原点）交圆于两点，当点在优弧上运动时，的最大值为_.【答案】【分析】首先根据切线长为得到圆的标准方程，画出图形可知优弧均在直线的上方区域，得到，则，令，再根据的几何意义结合图形即可得到答案.【解析】设圆的标准方程为，则切线长为，解得.则圆的标准方程为，直线的方程为，作出直线，可得优弧均在直线的上方区域.如图所示：则优弧上任意一点满足不等式，则.令，则.表示直线的轴截距再加.由图知，当直线与圆相切于第一象限时，最大.所以，解得.由图可知：的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，同时考查了圆的标准方程和线性规划，属于难题.33（2022
43、浙江高三专题练习）以下四个关于圆锥曲线的命题中：设、为两个定点，为非零常数，若，则动点的轨迹为双曲线；过定圆上一定点作圆的动弦，为坐标原点，若，则动点的轨迹为椭圆；抛物线的焦点坐标是；曲线与曲线（且）有相同的焦点.其中真命题的序号为_写出所有真命题的序号.【答案】【分析】根据双曲线的定义判断，根据相关点法求轨迹方程判断，根据抛物线焦点的求法判断，根据椭圆、双曲线的几何性质判断.【解析】，当时，点的轨迹不存在，所以错误.，设，由于，所以，是线段的中点，所以，设圆的方程为，将的坐标代入圆的方程得，整理得，这不是椭圆方程，所以错误.，由得，所以抛物线焦点坐标为，正确.，表示双曲线，其焦点在轴上，且.
44、当时，可化为，表示双曲线，其焦点在轴上，且.当时，表示椭圆，其焦点在轴上，且.所以正确.故答案为：34（2019浙江常山县天马中学高三开学考试（理）已知直线经过抛物线的焦点，与抛物线交于、，且，点是弧（为原点）上一动点，以为圆心的圆与直线相切，当圆的面积最大时，圆的标准方程为_【答案】【分析】作出图形，利用两点间的斜率公式得出直线的斜率，可得出直线的方程，再利用当点到直线的距离最大时，圆的面积最大，由此求出点的坐标，并计算出点到直线的距离，作为圆的半径，由此可得出圆的标准方程.【解析】抛物线的标准方程为，抛物线的焦点坐标为，直线的斜率，所以，直线的方程为，即.当点到直线的距离最大时，圆的面积最
45、大，如下图所示：设点，点在直线的下方，则，点到直线的距离为，当时，取最大值，此时，点的坐标为，因此，圆的标准方程为.故答案为.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，同时也考查了抛物线上一点到直线距离的最值问题，解题的关键在于将问题转化为二次函数的最值问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.35（2021浙江高一期末）如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线和圆分别交于和，且抛物线的准线与圆相切，则当取得最大值时，直线的方程为_【答案】【解析】由抛物线的准线与圆相切，可以求出，设直线方程为，则直线方程为，根据两直线分别与抛物线和圆相切可求出的范围，分别求出弦长和，将表示成关于
46、的函数，对其求导即可求得取最大值时的值，进而可得此时直线的方程.【解析】由可得圆心，半径，由抛物线可得准线方程为：，因为抛物线的准线与圆相切，所以，解得：或，因为，所以，所以抛物线方程为，设直线方程为，则直线方程为，对于，令可得或，因为直线与圆相交，所以，可得，又因为直线与抛物线相交，所以，即，所以，由可得，所以，圆心到直线：的距离为，所以弦长，所以，令，则，由可得，由可得，所以在单调递增，在单调递减，所以当时，最大，此时也最大.此时直线方程为，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设直线方程为，直线方程为，求出的范围以便后面求导找最值，将表示成关于的函数，令对其求导到最值是突破点.36（2020浙江模拟预测）已知椭圆右顶点为，上顶点为，该椭圆上一点与的连线的斜率，中点为，记的斜率为，且满足.若、分别是轴、轴负半轴上的动点，且四边形的面积为2，则三角形面积的最大值是_.【答案】【分析】解：先得到，再求出，接着建立方程，并得到不等式，最后求三角形面积的最大值即可.【解析】解：设，中点，则有，两式相减得，即，则，由为椭圆右顶点，所以，又，得到，.设，则由四边形的面积为2，又为上顶点，则，即，由基本不等式得，解不等式得，所以三角形的面积，当且仅当，即，时取等号.故答案为：【点睛】本题考查椭圆的面积问题、椭圆中的定值问题、基本不等式求最值问题，是偏难题.
