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2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年广东省东莞市东华高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共17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．若直线过点，，则此直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两点间的斜率公式计算出结果.
【详解】因为直线经过，，
所以直线的斜率为，
故选：A.
2．若点到直线l：的距离为3，则（ ）
A．2B．3C．D．4
【答案】A
【分析】根据点到直线的距离求解.
【详解】由点到直线距离公式知，，
解得，
故选：A
3．已知空间向量，满足，，，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】目标式平方，利用转化法求解可得
【详解】因为，，，
所以，
所以.
故选：C
4．在四面体中，点M在线段上，且，N为中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据以及的位置，通过空间向量的加减以及数乘将表示为的线性组合.
【详解】因为，所以，
又因为N为中点，所以，
所以，
故选：B.
5．已知圆，过作圆O的切线l，则直线l的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】D
【分析】易得点在圆上，故切线只有一条，且与直线垂直，根据的值，可求出切线的斜率，继而求得倾斜角.
【详解】因为在圆O上，则切线只有一条，
圆心为，所以，
所以过M的切线l的斜率为，
设切线的倾斜角为，则，
由于，故，
即，
故选：D．
6．若直线与直线的交点位于第一象限，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分和讨论，当时求出交点，根据交点位于第一象限列不等式组求解可得.
【详解】当时，，此时，不满足题意；
当时，解方程组得，
由题知，解得，
即实数a的取值范围为.
故选：A
7．M点是圆上任意一点，为圆的弦，且，N为的中点.则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据弦长公式先求出，然后可知点N在以为圆心，1为半径的圆上，结合图形即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为.
如图，由弦长公式知，，解得，
所以，点N在以为圆心，1为半径的圆上，
由图可知，的最小值为.
故选：B
8．已知椭圆的左、右焦点分别是，，A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，且，若，则椭圆C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的对称性及定义，求得的长度.根据为直角三角形，利用勾股定理得到的关系，进而求出离心率.
【详解】由椭圆的对称性，得．设，则．
由椭圆的定义，知，即，
解得，故，．
在中，由勾股定理，得，
即，则，故．
故选：D
二、多选题
9．已知直线l：，则下列结论正确的是（）
A．点在直线l上B．直线l的一个方向向量为
C．直线l在y轴上的截距为8D．直线l的倾斜角为
【答案】BD
【分析】由直线解析式，可判断点是否在直线上，直线在y轴上的截距，以及直线的倾斜角，根据直线得方向向量与法向量的概念可以判断B选项.
【详解】对于A选项，把代入到得，所以点不在直线l上，A错误；
对于B选项，因为直线l：，即为：，直线的斜率为1，
所以为直线的一个方向向量，B正确；
对于C选项，当时，，所以直线l在y轴上的截距为，C错误；
对于D选项，因为直线的斜率为1，所以直线l的倾斜角为，D正确.
故选：BD
10．下列命题中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线的方向向量分别是，，则
B．直线l的方向向量，平面的法向是，则
C．两个不同的平面，的法向量分别是，，则
D．直线l的方向向量，平面的法向量，则直线l与平面所成角的大小为
【答案】ABC
【分析】由可判断A；由可判断B；由可判断C；根据线面角的向量公式直接计算可判断D.
【详解】A选项：因为，且不重合，所以，A正确；
B选项：因为，所以，B正确；
C选项：因为，所以，C正确；
D选项：记直线l与平面所成角为，则，
因为，所以，D错误.
故选：ABC
11．下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ）
A．若向量与向量分别构成空间向量的一组基底，则
B．若非零向量满足，，则有
C．若是空间向量的一组基底，且，则四点共面
D．若向量，，是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底
【答案】CD
【分析】根据空间向量的基本定理逐一判断即可.
【详解】对于A，因为可以和任意不属于所在平面的非零向量构成空间向量的一组基底，
所以若向量与向量分别构成空间向量的一组基底，则与的位置关系不确定，A错误；
对于B，当非零向量满足，时，与不一定平行，也可能垂直，B错误；
对于C，若是空间向量的一组基底，且，
则，
即，所以四点共面，C正确；
对于D， 若向量，，是空间向量的一组基底，
则对空间中的任何一个向量存在唯一的实数组，使得，
于是，所以也是空间向量的一组基底，D正确；
故选：CD.
12．神舟飞船是中国自行研制、具有完全自主知识产权、达到或优于国际第三代载人飞船技术的空间载人飞船，神州十七号也于2023年10月26日成功发射，神舟飞船采用三舱一段结构，即由返回舱、轨道舱、推进舱和附加段构成，返回舱是宇航员返回地球的座舱，其轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”.如图，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G，若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的长轴长为B．线段长度的取值范围是
C．的周长为D．面积的最小值是4
【答案】BC
【分析】根据圆过椭圆的焦点和短轴与半圆的直径重合可得b，c，然后可得a，即可判断A；根据椭圆性质可知，然后可得范围，可判断B；利用椭圆定义可求的周长，可判断C；由，可得，根据椭圆和圆的性质，结合图形可得面积的最大值，可判断D.
【详解】因为半圆所在的圆过椭圆的焦点，
所以椭圆半焦距，圆的半径，
又椭圆的短轴与半圆的直径重合，所以椭圆短半轴，
所以，椭圆的长轴长，A错误；
因为，，所以，B正确；
由题知，为椭圆的下焦点，所以，
又，所以的周长为，C正确；
设，则，
由图可知，当直线l与x轴重合时，有最大值4，D错误.
故选：BC
三、填空题
13．已知直线：，：，若，则实数
【答案】
【分析】根据已知条件结合直线垂直的性质列式求解即可.
【详解】因为直线：，：，且，
所以，解得.
故答案为：.
14．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆的长轴长为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆的定义求解即得.
【详解】椭圆的半焦距，其焦点坐标为，
由椭圆的定义得所求长轴长
.
故答案为：
15．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为 .
【答案】
【分析】求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式，列式计算即得.
【详解】圆的圆心，半径，点到直线的距离，
依题意，，即，于是，解得，
所以的值为.
故答案为：
16．已知椭圆（），是其左焦点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆离心率的最小值为 .
【答案】
【分析】令椭圆右焦点为，根据给定条件，判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求解作答.
【详解】令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，因为分别是、的中点，O为的中点，
则，由以为直径的圆过原点，得，
则有，又点A，B关于原点O对称，即四边形为平行四边形，且是矩形，
于是，有，，
因此，当且仅当时取等号，
即有，，则离心率有，而，解得，
所以椭圆离心率的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．在中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若.
(1)求角A；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，整理后可解；
（2）利用（1）中结果，结合基本不等式可解.
【详解】（1）因为，
所以，由正弦定理边化角可得，
因为，所以，即，
又，所以.
（2）因为，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，的面积的最大值为.
18．如图，直四棱柱中，底面是菱形，，设，若，
(1)求的长；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，应用，结合数量积运算即可.
（2）建立空间直角坐标系．应用空间向量求解二面角的余弦值.
【详解】（1）解：，
则
．
∴．
（2）∵四边形ABCD为菱形，∴．
以O为坐标原点，，正方向为x，y轴的正方向，过点O且平行于的直线为z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，
∴，．
设平面的法向量，
则，令，解得，，∴．
∵平面轴，∴平面的一个法向量
设平面与平面所成角为，
∴，
∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
19．平面直角坐标系中，圆M的方程为，圆N的方程为，动圆P与圆N内切，与圆M外切.
(1)求动圆P的圆心的轨迹方程；
(2)当时，求的大小.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）作图，根据圆与圆的位置关系和椭圆定义可知所求轨迹为椭圆，然后可得方程；
（2）根据椭圆定义和已知，联立余弦定理求解即可.
【详解】（1）圆M的圆心为，半径为，
圆N的圆心为，半径为.
设动圆P的圆心为，半径为r，
则依题意得，，
所以，
所以，点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，其中，故，
所以，动圆P的圆心的轨迹方程为.
由图可知，当时，不符合题意，故椭圆方程为.
（2）记，，
由（1）知，，
由余弦定理可得，
整理得，即，
又，所以，解得，
因为，所以.
20．已知圆，直线.
(1)对，直线与圆C能否相切？若相切，求出切线方程，若不相切，说明理由；
(2)设直线l与圆C交于点A，B，若为等腰直角三角形，求l的方程.
【答案】(1)不能相切，理由见解析；
(2).
【分析】（1）求出直线所过定点，判断点是否在圆内即可；
（2）根据为等腰直角三角形求出圆心到直线的距离，然后由点到直线的距离公式可得m，即可得直线方程.
【详解】（1）直线与圆C不可能相切.理由如下：
将直线的方程化为，
所以直线过定点，
因为，所以点P在圆C内，
所以，直线与圆C不可能相切.
（2）圆的圆心为，半径为，
作，垂足为D，
如图，若为等腰直角三角形，则，
则，即圆心C到直线l的距离为2.
于是有，解得.
所以，此时l的方程为，即.
21．已知椭圆C的一个顶点为，两焦点坐标分别为，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线，与椭圆C交于不同的两点M，N，满足，求k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标和顶点坐标求解出的值，根据求解出的值，则的标准方程可求；
（2）联立直线与椭圆方程得到对应坐标的韦达定理形式，根据得到斜率之间的关系，结合解不等式即可.
【详解】（1）因为焦点坐标为，所以，
又因为焦点在轴上且为顶点，所以，
所以，所以的标准方程为；
（2）设，的中点为，
联立，得，
所以，
且，即，
又因为的中点坐标为，即为，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，解得.
22．已知平面内的动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆（动点M与两定点A，B的距离之比（，，且是一个常数），其方程为，定点分别为椭圆的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的长轴长为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左焦点为E，过点A作直线l交圆于点S，T，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）取特殊点，根据阿波罗尼斯圆定义列方程即可求出c，然后可得椭圆方程；
（2）结合图形可得，然后设直线方程为，联立圆方程消去x，利用韦达定理代入整理，然后利用基本不等式可得最值.
【详解】（1）取，由阿波罗尼斯圆定义可得，
由题知，，代入上式可解得，
所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由题知，
显然，直线l的斜率不为0，故设l的方程为，
代入整理得，
设，
则，
由得，
由图知，，
易知同号，
所以
，
令，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值3.
【点睛】本题难点在于结合图形，将的面积转化为，利用坐标表示后，即可由韦达定理代入求解.
一、单选题
1．若直线过点，，则此直线的斜率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两点间的斜率公式计算出结果.
【详解】因为直线经过，，
所以直线的斜率为，
故选：A.
2．若点到直线l：的距离为3，则（ ）
A．2B．3C．D．4
【答案】A
【分析】根据点到直线的距离求解.
【详解】由点到直线距离公式知，，
解得，
故选：A
3．已知空间向量，满足，，，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】目标式平方，利用转化法求解可得
【详解】因为，，，
所以，
所以.
故选：C
4．在四面体中，点M在线段上，且，N为中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据以及的位置，通过空间向量的加减以及数乘将表示为的线性组合.
【详解】因为，所以，
又因为N为中点，所以，
所以，
故选：B.
5．已知圆，过作圆O的切线l，则直线l的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】D
【分析】易得点在圆上，故切线只有一条，且与直线垂直，根据的值，可求出切线的斜率，继而求得倾斜角.
【详解】因为在圆O上，则切线只有一条，
圆心为，所以，
所以过M的切线l的斜率为，
设切线的倾斜角为，则，
由于，故，
即，
故选：D．
6．若直线与直线的交点位于第一象限，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分和讨论，当时求出交点，根据交点位于第一象限列不等式组求解可得.
【详解】当时，，此时，不满足题意；
当时，解方程组得，
由题知，解得，
即实数a的取值范围为.
故选：A
7．M点是圆上任意一点，为圆的弦，且，N为的中点.则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据弦长公式先求出，然后可知点N在以为圆心，1为半径的圆上，结合图形即可求解.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为.
如图，由弦长公式知，，解得，
所以，点N在以为圆心，1为半径的圆上，
由图可知，的最小值为.
故选：B
8．已知椭圆的左、右焦点分别是，，A，B是椭圆C上关于原点对称的两点，且，若，则椭圆C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据椭圆的对称性及定义，求得的长度.根据为直角三角形，利用勾股定理得到的关系，进而求出离心率.
【详解】由椭圆的对称性，得．设，则．
由椭圆的定义，知，即，
解得，故，．
在中，由勾股定理，得，
即，则，故．
故选：D
二、多选题
9．已知直线l：，则下列结论正确的是（）
A．点在直线l上B．直线l的一个方向向量为
C．直线l在y轴上的截距为8D．直线l的倾斜角为
【答案】BD
【分析】由直线解析式，可判断点是否在直线上，直线在y轴上的截距，以及直线的倾斜角，根据直线得方向向量与法向量的概念可以判断B选项.
【详解】对于A选项，把代入到得，所以点不在直线l上，A错误；
对于B选项，因为直线l：，即为：，直线的斜率为1，
所以为直线的一个方向向量，B正确；
对于C选项，当时，，所以直线l在y轴上的截距为，C错误；
对于D选项，因为直线的斜率为1，所以直线l的倾斜角为，D正确.
故选：BD
10．下列命题中，正确的是（ ）
A．两条不重合直线的方向向量分别是，，则
B．直线l的方向向量，平面的法向是，则
C．两个不同的平面，的法向量分别是，，则
D．直线l的方向向量，平面的法向量，则直线l与平面所成角的大小为
【答案】ABC
【分析】由可判断A；由可判断B；由可判断C；根据线面角的向量公式直接计算可判断D.
【详解】A选项：因为，且不重合，所以，A正确；
B选项：因为，所以，B正确；
C选项：因为，所以，C正确；
D选项：记直线l与平面所成角为，则，
因为，所以，D错误.
故选：ABC
11．下列关于空间向量的命题中，正确的有（ ）
A．若向量与向量分别构成空间向量的一组基底，则
B．若非零向量满足，，则有
C．若是空间向量的一组基底，且，则四点共面
D．若向量，，是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底
【答案】CD
【分析】根据空间向量的基本定理逐一判断即可.
【详解】对于A，因为可以和任意不属于所在平面的非零向量构成空间向量的一组基底，
所以若向量与向量分别构成空间向量的一组基底，则与的位置关系不确定，A错误；
对于B，当非零向量满足，时，与不一定平行，也可能垂直，B错误；
对于C，若是空间向量的一组基底，且，
则，
即，所以四点共面，C正确；
对于D， 若向量，，是空间向量的一组基底，
则对空间中的任何一个向量存在唯一的实数组，使得，
于是，所以也是空间向量的一组基底，D正确；
故选：CD.
12．神舟飞船是中国自行研制、具有完全自主知识产权、达到或优于国际第三代载人飞船技术的空间载人飞船，神州十七号也于2023年10月26日成功发射，神舟飞船采用三舱一段结构，即由返回舱、轨道舱、推进舱和附加段构成，返回舱是宇航员返回地球的座舱，其轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”.如图，在平面直角坐标系中，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半圆与y轴交于点G，若过原点O的直线与上半椭圆交于点A，与下半圆交于点B，则下列说法正确的有（ ）
A．椭圆的长轴长为B．线段长度的取值范围是
C．的周长为D．面积的最小值是4
【答案】BC
【分析】根据圆过椭圆的焦点和短轴与半圆的直径重合可得b，c，然后可得a，即可判断A；根据椭圆性质可知，然后可得范围，可判断B；利用椭圆定义可求的周长，可判断C；由，可得，根据椭圆和圆的性质，结合图形可得面积的最大值，可判断D.
【详解】因为半圆所在的圆过椭圆的焦点，
所以椭圆半焦距，圆的半径，
又椭圆的短轴与半圆的直径重合，所以椭圆短半轴，
所以，椭圆的长轴长，A错误；
因为，，所以，B正确；
由题知，为椭圆的下焦点，所以，
又，所以的周长为，C正确；
设，则，
由图可知，当直线l与x轴重合时，有最大值4，D错误.
故选：BC
三、填空题
13．已知直线：，：，若，则实数
【答案】
【分析】根据已知条件结合直线垂直的性质列式求解即可.
【详解】因为直线：，：，且，
所以，解得.
故答案为：.
14．过点且与椭圆有相同焦点的椭圆的长轴长为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，求出椭圆的焦点坐标，再利用椭圆的定义求解即得.
【详解】椭圆的半焦距，其焦点坐标为，
由椭圆的定义得所求长轴长
.
故答案为：
15．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为 .
【答案】
【分析】求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式，列式计算即得.
【详解】圆的圆心，半径，点到直线的距离，
依题意，，即，于是，解得，
所以的值为.
故答案为：
16．已知椭圆（），是其左焦点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，M，N分别是，的中点，若存在以为直径的圆过原点，则椭圆离心率的最小值为 .
【答案】
【分析】令椭圆右焦点为，根据给定条件，判断四边形为矩形，再利用椭圆定义结合均值不等式求解作答.
【详解】令椭圆右焦点为，半焦距为c，连接，因为分别是、的中点，O为的中点，
则，由以为直径的圆过原点，得，
则有，又点A，B关于原点O对称，即四边形为平行四边形，且是矩形，
于是，有，，
因此，当且仅当时取等号，
即有，，则离心率有，而，解得，
所以椭圆离心率的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．在中，A，B，C的对边分别是a，b，c，若.
(1)求角A；
(2)若，求的面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，整理后可解；
（2）利用（1）中结果，结合基本不等式可解.
【详解】（1）因为，
所以，由正弦定理边化角可得，
因为，所以，即，
又，所以.
（2）因为，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，的面积的最大值为.
18．如图，直四棱柱中，底面是菱形，，设，若，
(1)求的长；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，应用，结合数量积运算即可.
（2）建立空间直角坐标系．应用空间向量求解二面角的余弦值.
【详解】（1）解：，
则
．
∴．
（2）∵四边形ABCD为菱形，∴．
以O为坐标原点，，正方向为x，y轴的正方向，过点O且平行于的直线为z轴，可建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得，，，
∴，．
设平面的法向量，
则，令，解得，，∴．
∵平面轴，∴平面的一个法向量
设平面与平面所成角为，
∴，
∵二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
19．平面直角坐标系中，圆M的方程为，圆N的方程为，动圆P与圆N内切，与圆M外切.
(1)求动圆P的圆心的轨迹方程；
(2)当时，求的大小.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）作图，根据圆与圆的位置关系和椭圆定义可知所求轨迹为椭圆，然后可得方程；
（2）根据椭圆定义和已知，联立余弦定理求解即可.
【详解】（1）圆M的圆心为，半径为，
圆N的圆心为，半径为.
设动圆P的圆心为，半径为r，
则依题意得，，
所以，
所以，点P的轨迹为椭圆，焦点在x轴上，其中，故，
所以，动圆P的圆心的轨迹方程为.
由图可知，当时，不符合题意，故椭圆方程为.
（2）记，，
由（1）知，，
由余弦定理可得，
整理得，即，
又，所以，解得，
因为，所以.
20．已知圆，直线.
(1)对，直线与圆C能否相切？若相切，求出切线方程，若不相切，说明理由；
(2)设直线l与圆C交于点A，B，若为等腰直角三角形，求l的方程.
【答案】(1)不能相切，理由见解析；
(2).
【分析】（1）求出直线所过定点，判断点是否在圆内即可；
（2）根据为等腰直角三角形求出圆心到直线的距离，然后由点到直线的距离公式可得m，即可得直线方程.
【详解】（1）直线与圆C不可能相切.理由如下：
将直线的方程化为，
所以直线过定点，
因为，所以点P在圆C内，
所以，直线与圆C不可能相切.
（2）圆的圆心为，半径为，
作，垂足为D，
如图，若为等腰直角三角形，则，
则，即圆心C到直线l的距离为2.
于是有，解得.
所以，此时l的方程为，即.
21．已知椭圆C的一个顶点为，两焦点坐标分别为，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线，与椭圆C交于不同的两点M，N，满足，求k的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点坐标和顶点坐标求解出的值，根据求解出的值，则的标准方程可求；
（2）联立直线与椭圆方程得到对应坐标的韦达定理形式，根据得到斜率之间的关系，结合解不等式即可.
【详解】（1）因为焦点坐标为，所以，
又因为焦点在轴上且为顶点，所以，
所以，所以的标准方程为；
（2）设，的中点为，
联立，得，
所以，
且，即，
又因为的中点坐标为，即为，所以，
因为，所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，解得.
22．已知平面内的动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆（动点M与两定点A，B的距离之比（，，且是一个常数），其方程为，定点分别为椭圆的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的长轴长为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左焦点为E，过点A作直线l交圆于点S，T，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)3
【分析】（1）取特殊点，根据阿波罗尼斯圆定义列方程即可求出c，然后可得椭圆方程；
（2）结合图形可得，然后设直线方程为，联立圆方程消去x，利用韦达定理代入整理，然后利用基本不等式可得最值.
【详解】（1）取，由阿波罗尼斯圆定义可得，
由题知，，代入上式可解得，
所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由题知，
显然，直线l的斜率不为0，故设l的方程为，
代入整理得，
设，
则，
由得，
由图知，，
易知同号，
所以
，
令，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值3.
【点睛】本题难点在于结合图形，将的面积转化为，利用坐标表示后，即可由韦达定理代入求解.
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