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2023-2024学年山东省临沂市平邑县平邑县第一中学高二上学期11月月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年山东省临沂市平邑县平邑县第一中学高二上学期11月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．直线的倾斜角是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】直线方程化为点斜式，求出直线斜率，即可求出倾斜角.
【详解】化为，
斜率为，所以倾斜角为.
故选:D.
【点睛】本题考查直线的一般式方程，涉及直线的倾斜角和斜率的关系，属于基础题.
2．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】等价于.
若，则方程表示单位圆.
若方程表示椭圆，则椭圆方程可化为，
则且.
故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
3．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝（ ）
A．﹣3B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据线面垂直的向量表示即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
4．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
5．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径，再结合点到直线的距离公式与勾股定理即可求解.
【详解】由题意知，圆心，圆C的半径为3，
故C到的距离为，
故所求弦长为．
故选：C
6．直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
7．若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．3B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用两圆的位置关系计算即可.
【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，
所以.
故选：B
8．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上异于A，B的一点，直线PA，PB与直线分别交于M，N两点，则的最小值为（ ）
A．B．7C．D．6
【答案】D
【分析】计算直线PA和直线PB的斜率之积为常数，据此分别用同一参数表示直线方程，求出坐标，得到，利用均值不等式求最值.
【详解】设，则，
由椭圆方程可知，故顶点，，
则直线PA和直线PB的斜率之积，
设直线PA的方程为，则与的交点，
直线PB的方程为，则与的交点，
所以，当且仅当时等号成立．
故选：D
二、多选题
9．已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（ ）
A．l与C恒有公共点B．是钝角三角形
C．的面积的最大值为1D．l被C截得的弦的长度的最小值为
【答案】ABD
【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
【详解】直线与y轴交于点，
且在圆内部，
l与C恒有公共点，A正确；
在圆内部，
为钝角，是钝角三角形，B正确；
到的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD.
10．已知点是平行四边形所在平面外一点，，，下列结论中正确的是（ ）
A．B．存在实数，使
C．不是平面的法向量D．四边形的面积为
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的数量积的坐标表示公式、空间向量共线向量的性质，结合法向量的性质、空间向量模的公式、空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】A：，所以本选项结论正确；
B：，假设存在存在实数，使，
，显然方程组无实数解，因此假设不成立，所以不存在实数，使，因此本选项说法不正确；
C：不互相垂直，所以不是平面的法向量，因此本选项说法正确；
D：，
所以，
四边形的面积为：，
因此本选项说法正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式，结合三角形面积公式是解题的关键
11．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得B．的最小值为
C．，则的面积为9D．直线与直线斜率乘积为定值
【答案】ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
12．已知长方体的棱，，点满足：，、、，下列结论正确的是（ ）
A．当，时，到的距离为
B．当时，点的到平面的距离的最大值为1
C．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．当，时，四棱锥外接球的表面积为
【答案】CD
【分析】根据向量的线性关系确定所在的位置或区域，结合长方体的结构求点线、点面距离，根据线面角的定义求直线与平面所成角的最大正切值，求棱锥外接球的半径，进而求外接球的表面积.
【详解】A：，则，即，故在上运动，
所以到的距离为，即棱与的距离，错；
B：，则，故在底面上运动，
所以，当在上时，的到平面的距离最大，
而，面，面，则面，
所以，由长方体结构特征，最大值问题化为到的距离，，则，错；
C：，则，故在上运动，
根据长方体的结构易知：当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，对；
D：，则，故为中点，
如下图，，，
所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即的交点，
故外接球的球心一定在直线上，令球体半径为R，
所以，，且，
可得，则外接球的表面积为，对.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：根据各选项的条件，利用向量加减、数乘的几何意义确定的位置或运动区域为关键.
三、填空题
13．若，向量与平行且，则 ．
【答案】或/或
【分析】首先求出方向上的单位向量，讨论与同向或反向分别求出对应的坐标.
【详解】由题设，方向上的单位向量为，
所以，当与同向，则，
当与反向，则.
故答案为：或
14．直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】由，可得且，
所以曲线是以为圆心，半径为的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图，
当直线过时，可得，
当直线与曲线相切时，则，
解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
15．已知，为椭圆：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】18
【分析】判断满足条件的点存在，再借助对称的性质确定四边形形状，利用椭圆定义求解作答.
【详解】椭圆：的长短半轴长，半焦距，
于是椭圆上存在点到原点距离等于椭圆半焦距c，
由P，Q为上关于坐标原点对称的两点，得四边形为平行四边形，
又，则为矩形，即有，
而，所以四边形的面积
.
故答案为：18
16．如图，在直三棱柱中，，，点是棱上一点，且异面直线与所成角的余弦值为，则的长为 ．
【答案】1
【分析】利用基向量表示出,结合异面直线所成角，确定点E的位置，从而可求的长，也可以建立空间坐标系，利用空间向量坐标求解.
【详解】设 ，则，，
，，.
,
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以.
解得，所以.
【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，注意向量夹角与异面直线所成角的范围的不同.
四、解答题
17．已知点，.
(1)若点在轴上，且为直角，求点的坐标；
(2)若点，且点在同一条直线上，求的值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设，由为直角，得到，结合斜率列出方程，即可求解；
（2）根据斜率公式，求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设，则.
因为为直角，所以，可得，解得或，
即点的坐标为或.
（2）解：因为，，
因为点在同一条直线上，所以，解得.
18．已知圆的方程为.
(1)若圆与圆关于直线对称，求圆的方程；
(2)若，圆与圆交于，两点，且，求圆的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点关于直线对称的点，则，解得、，即可求出圆的方程；
（2）设圆的方程为（），由两圆的位置关系求出的取值范围，再两圆方程作差得到公共弦方程，再由弦长求出，即可得解.
【详解】（1）圆的方程为，则圆心，半径，
设点关于直线对称的点，
则，解得，
所以圆的方程为.
（2）设圆的方程为（），圆的方程为，
因为圆与圆相交，则，所以，
可得两圆的方程相减，即为两圆公共弦所在的直线的方程即，
可得到直线的距离，
由弦长，可得，即，可得或，
所以圆的方程为：或.
五、未知
19．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，且过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若该椭圆左顶点为B，则椭圆上是否存在一点P，使得的面积为．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在这样的点P为
【分析】（1）通过焦点可得，椭圆过点，可得，解方程组即可求得椭圆方程；
（2）假设存在点，使得的面积为，可构建方程关于的方程，再代入椭圆，求得，则可判定是否存在这样的点.
【详解】（1）因为两个焦点分别为，
所以，即，
因为椭圆过点，所以，
又，解得（负值舍去），
所以椭圆C的标准方程
（2）假设存在点，使得的面积为，
则又，
所以解得，
代入椭圆可得，解得,
此时点的坐标为
所以存在点P为时，使得的面积为.
六、解答题
20．①圆心在直线：上，圆过点；②圆过直线：和圆的交点：在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解．
已知圆经过点，且________．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知点，求过点的圆的切线方程．
【答案】(1)选①：；选②：
(2)和
【分析】（1）利用圆的定义、直线方程、直线与圆的关系、圆与圆的关系运算即可得解.
（2）利用直线与圆的关系、直线方程、点到直线的距离公式运算即可得解.
【详解】（1）解：选①：设圆心，则由题意：
∵圆心在直线：上，
∴………………………（ⅰ）
∵圆过点和，
∴，即，
化简得：…………………（ⅱ）
联立（ⅰ）（ⅱ）解得：，
∴圆心，半径为，
∴圆的标准方程为.
选②：如下图：设直线：和圆的交点为，
连接，则由直线和圆的位置关系、圆和圆的位置关系知直线，
垂足为，连接、.
由题意，圆的圆心为，半径.
∵直线方程为，，
∴直线方程为，故设圆心，
由图知，则，
由解得直线和直线交点，
则，
圆半径，
，，
由得：
，解得：.
∴圆心，半径.
∴圆的标准方程为.
（2）解：由（1）知，选①或选②，圆的标准方程均为，
如下图，点在圆外，则
因为圆的圆心到轴距离，
所以，是圆过点的一条切线.
设圆过点的另一条切线斜率为，则其方程为：
，即.
由直线与圆相切知圆心到直线距离为半径，则有
，解得：，
∴切线方程为，即.
综上知，过点的圆的切线方程为和.
21．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为的等边三角形，且．
(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取中点，根据垂直关系，可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用体积公式可求得，设，利用二面角的向量求法可求得的值，进而得到结果.
【详解】（1），为中点，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）取中点，连接，
为等边三角形，；
分别为中点，，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，
，解得：，
，，，，
，，，
假设在棱上存在点，使得二面角的大小为，
设，则，
；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面，平面的一个法向量为，
，解得：（舍）或，
，则；
存在点，满足，使得二面角的大小为.
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线交椭圆C于点P，Q，直线AP，AQ分别交y轴于点M，N，且，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一：由椭圆的定义求，即可求解；方法二：建立方程组，解方程即可求解；
（2）设直线AP的方程为,直线的方程为，由得，直线的方程为.与椭圆联立，利用根与系数的关系，结合已知求解即可
【详解】（1）方法一：设椭圆的焦距为，则.
不妨设，，
所以，，
所以，解得.
因为，所以椭圆的标准方程.
方法二：设椭圆的焦距为，则.
由解得，，
所以椭圆的标准方程.
（2）显然直线AP，AQ斜率都存在.
设直线AP的方程为.
令，得.
设直线的方程为，同理可得.
因为，所以，
所以.
设直线的方程为.
由得，
所以，，
所以，所以，
所以解得.
所以直线过点.
一、单选题
1．直线的倾斜角是
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】直线方程化为点斜式，求出直线斜率，即可求出倾斜角.
【详解】化为，
斜率为，所以倾斜角为.
故选:D.
【点睛】本题考查直线的一般式方程，涉及直线的倾斜角和斜率的关系，属于基础题.
2．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】等价于.
若，则方程表示单位圆.
若方程表示椭圆，则椭圆方程可化为，
则且.
故“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：B.
3．已知直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则＝（ ）
A．﹣3B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据线面垂直的向量表示即可求解.
【详解】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
4．已知实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．4C．D．7
【答案】C
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
5．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】C
【分析】利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径，再结合点到直线的距离公式与勾股定理即可求解.
【详解】由题意知，圆心，圆C的半径为3，
故C到的距离为，
故所求弦长为．
故选：C
6．直三棱柱如图所示，为棱的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为，则异面直线和所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线和的方向向量，从而可求解.
【详解】因为在直三棱柱中，所以球心到底面的距离，
又因为，所以，所以，所以底面外接圆半径，
又因为球的表面积为，所以，
而，所以，
以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则
，，，，
，
，
设直线和所成的角为，则
.
故选：A.
7．若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．3B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用两圆的位置关系计算即可.
【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，
所以.
故选：B
8．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，P为C上异于A，B的一点，直线PA，PB与直线分别交于M，N两点，则的最小值为（ ）
A．B．7C．D．6
【答案】D
【分析】计算直线PA和直线PB的斜率之积为常数，据此分别用同一参数表示直线方程，求出坐标，得到，利用均值不等式求最值.
【详解】设，则，
由椭圆方程可知，故顶点，，
则直线PA和直线PB的斜率之积，
设直线PA的方程为，则与的交点，
直线PB的方程为，则与的交点，
所以，当且仅当时等号成立．
故选：D
二、多选题
9．已知为圆的直径，直线与y轴交于点，则（ ）
A．l与C恒有公共点B．是钝角三角形
C．的面积的最大值为1D．l被C截得的弦的长度的最小值为
【答案】ABD
【分析】M是一个在圆内的定点，可以判断选项；根据是定值可以判断到的距离最大时，三角形面积最大，从而判断C选项；l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，从而判断D选项.
【详解】直线与y轴交于点，
且在圆内部，
l与C恒有公共点，A正确；
在圆内部，
为钝角，是钝角三角形，B正确；
到的最大距离，即到圆心的距离为1，
，故C错误；
l被C截得的弦的长度的最小时，圆心到直线的距离最大，
且此距离为到圆心的距离为1，故弦长为，故D正确.
故选：ABD.
10．已知点是平行四边形所在平面外一点，，，下列结论中正确的是（ ）
A．B．存在实数，使
C．不是平面的法向量D．四边形的面积为
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的数量积的坐标表示公式、空间向量共线向量的性质，结合法向量的性质、空间向量模的公式、空间向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】A：，所以本选项结论正确；
B：，假设存在存在实数，使，
，显然方程组无实数解，因此假设不成立，所以不存在实数，使，因此本选项说法不正确；
C：不互相垂直，所以不是平面的法向量，因此本选项说法正确；
D：，
所以，
四边形的面积为：，
因此本选项说法正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式，结合三角形面积公式是解题的关键
11．已知椭圆：，，分别为它的左右焦点，，分别为它的左右顶点，点是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得B．的最小值为
C．，则的面积为9D．直线与直线斜率乘积为定值
【答案】ABC
【分析】设椭圆短轴顶点为根据得的最大角为钝角即可判断A；记，则，结合余弦定理与基本不等式求解判断B；结合题意得，进而计算面积判断C；设，直接求解即可判断D.
【详解】解：设椭圆短轴顶点为，由题知椭圆：中，，
所以，，，，，
对于A选项，由于，，所以的最大角为钝角，故存在P使得，正确；
对于B选项，记，则，
由余弦定理：
，当且仅当时取“=”，B正确；
对于C选项，由于，故 ，所以，C正确；
对于D选项，设，则，，于是,故错误.
故选：ABC
12．已知长方体的棱，，点满足：，、、，下列结论正确的是（ ）
A．当，时，到的距离为
B．当时，点的到平面的距离的最大值为1
C．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．当，时，四棱锥外接球的表面积为
【答案】CD
【分析】根据向量的线性关系确定所在的位置或区域，结合长方体的结构求点线、点面距离，根据线面角的定义求直线与平面所成角的最大正切值，求棱锥外接球的半径，进而求外接球的表面积.
【详解】A：，则，即，故在上运动，
所以到的距离为，即棱与的距离，错；
B：，则，故在底面上运动，
所以，当在上时，的到平面的距离最大，
而，面，面，则面，
所以，由长方体结构特征，最大值问题化为到的距离，，则，错；
C：，则，故在上运动，
根据长方体的结构易知：当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，对；
D：，则，故为中点，
如下图，，，
所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即的交点，
故外接球的球心一定在直线上，令球体半径为R，
所以，，且，
可得，则外接球的表面积为，对.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：根据各选项的条件，利用向量加减、数乘的几何意义确定的位置或运动区域为关键.
三、填空题
13．若，向量与平行且，则 ．
【答案】或/或
【分析】首先求出方向上的单位向量，讨论与同向或反向分别求出对应的坐标.
【详解】由题设，方向上的单位向量为，
所以，当与同向，则，
当与反向，则.
故答案为：或
14．直线与曲线有两个交点，则实数k的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意分析可得曲线C是以为圆心，1为半径的右半圆，结合图象分析求解.
【详解】由，可得且，
所以曲线是以为圆心，半径为的右半圆，
直线过定点，斜率为，如图，
当直线过时，可得，
当直线与曲线相切时，则，
解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
15．已知，为椭圆：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为 ．
【答案】18
【分析】判断满足条件的点存在，再借助对称的性质确定四边形形状，利用椭圆定义求解作答.
【详解】椭圆：的长短半轴长，半焦距，
于是椭圆上存在点到原点距离等于椭圆半焦距c，
由P，Q为上关于坐标原点对称的两点，得四边形为平行四边形，
又，则为矩形，即有，
而，所以四边形的面积
.
故答案为：18
16．如图，在直三棱柱中，，，点是棱上一点，且异面直线与所成角的余弦值为，则的长为 ．
【答案】1
【分析】利用基向量表示出,结合异面直线所成角，确定点E的位置，从而可求的长，也可以建立空间坐标系，利用空间向量坐标求解.
【详解】设 ，则，，
，，.
,
因为异面直线与所成角的余弦值为，所以.
解得，所以.
【点睛】本题主要考查空间向量的应用，利用空间向量解决异面直线所成角的问题，注意向量夹角与异面直线所成角的范围的不同.
四、解答题
17．已知点，.
(1)若点在轴上，且为直角，求点的坐标；
(2)若点，且点在同一条直线上，求的值.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设，由为直角，得到，结合斜率列出方程，即可求解；
（2）根据斜率公式，求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】（1）解：设，则.
因为为直角，所以，可得，解得或，
即点的坐标为或.
（2）解：因为，，
因为点在同一条直线上，所以，解得.
18．已知圆的方程为.
(1)若圆与圆关于直线对称，求圆的方程；
(2)若，圆与圆交于，两点，且，求圆的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点关于直线对称的点，则，解得、，即可求出圆的方程；
（2）设圆的方程为（），由两圆的位置关系求出的取值范围，再两圆方程作差得到公共弦方程，再由弦长求出，即可得解.
【详解】（1）圆的方程为，则圆心，半径，
设点关于直线对称的点，
则，解得，
所以圆的方程为.
（2）设圆的方程为（），圆的方程为，
因为圆与圆相交，则，所以，
可得两圆的方程相减，即为两圆公共弦所在的直线的方程即，
可得到直线的距离，
由弦长，可得，即，可得或，
所以圆的方程为：或.
五、未知
19．已知椭圆C：的两个焦点分别为，，且过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若该椭圆左顶点为B，则椭圆上是否存在一点P，使得的面积为．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在这样的点P为
【分析】（1）通过焦点可得，椭圆过点，可得，解方程组即可求得椭圆方程；
（2）假设存在点，使得的面积为，可构建方程关于的方程，再代入椭圆，求得，则可判定是否存在这样的点.
【详解】（1）因为两个焦点分别为，
所以，即，
因为椭圆过点，所以，
又，解得（负值舍去），
所以椭圆C的标准方程
（2）假设存在点，使得的面积为，
则又，
所以解得，
代入椭圆可得，解得,
此时点的坐标为
所以存在点P为时，使得的面积为.
六、解答题
20．①圆心在直线：上，圆过点；②圆过直线：和圆的交点：在①②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中进行求解．
已知圆经过点，且________．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知点，求过点的圆的切线方程．
【答案】(1)选①：；选②：
(2)和
【分析】（1）利用圆的定义、直线方程、直线与圆的关系、圆与圆的关系运算即可得解.
（2）利用直线与圆的关系、直线方程、点到直线的距离公式运算即可得解.
【详解】（1）解：选①：设圆心，则由题意：
∵圆心在直线：上，
∴………………………（ⅰ）
∵圆过点和，
∴，即，
化简得：…………………（ⅱ）
联立（ⅰ）（ⅱ）解得：，
∴圆心，半径为，
∴圆的标准方程为.
选②：如下图：设直线：和圆的交点为，
连接，则由直线和圆的位置关系、圆和圆的位置关系知直线，
垂足为，连接、.
由题意，圆的圆心为，半径.
∵直线方程为，，
∴直线方程为，故设圆心，
由图知，则，
由解得直线和直线交点，
则，
圆半径，
，，
由得：
，解得：.
∴圆心，半径.
∴圆的标准方程为.
（2）解：由（1）知，选①或选②，圆的标准方程均为，
如下图，点在圆外，则
因为圆的圆心到轴距离，
所以，是圆过点的一条切线.
设圆过点的另一条切线斜率为，则其方程为：
，即.
由直线与圆相切知圆心到直线距离为半径，则有
，解得：，
∴切线方程为，即.
综上知，过点的圆的切线方程为和.
21．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为的等边三角形，且．
(1)证明：；
(2)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用面面垂直和线面垂直的性质可证得结论；
（2）取中点，根据垂直关系，可以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用体积公式可求得，设，利用二面角的向量求法可求得的值，进而得到结果.
【详解】（1），为中点，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，.
（2）取中点，连接，
为等边三角形，；
分别为中点，，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，
，解得：，
，，，，
，，，
假设在棱上存在点，使得二面角的大小为，
设，则，
；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
平面，平面的一个法向量为，
，解得：（舍）或，
，则；
存在点，满足，使得二面角的大小为.
22．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的焦距为2，过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线交椭圆C于点P，Q，直线AP，AQ分别交y轴于点M，N，且，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）方法一：由椭圆的定义求，即可求解；方法二：建立方程组，解方程即可求解；
（2）设直线AP的方程为,直线的方程为，由得，直线的方程为.与椭圆联立，利用根与系数的关系，结合已知求解即可
【详解】（1）方法一：设椭圆的焦距为，则.
不妨设，，
所以，，
所以，解得.
因为，所以椭圆的标准方程.
方法二：设椭圆的焦距为，则.
由解得，，
所以椭圆的标准方程.
（2）显然直线AP，AQ斜率都存在.
设直线AP的方程为.
令，得.
设直线的方程为，同理可得.
因为，所以，
所以.
设直线的方程为.
由得，
所以，，
所以，所以，
所以解得.
所以直线过点.
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