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数学 选择性必修一 全书综合练习题一百题
一、单选题（50题）
1．如果且，那么直线不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知直线的倾斜角为，且经过点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．圆心在轴上，半径为2，且过点的圆的方程为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是双曲线的左焦点，，是双曲线右支上的动点，则的最小值为（ ）
A．9 B．8 C．7 D．6
6．抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．1 B．2 C． D．4
7．椭圆的焦点F1，F2，点P为其上的动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是（ ）
A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）
8．已知 是椭圆：()的两个焦点，为椭圆上的一点，且.若的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
10．下列条件中，一定使空间四点P A B C共面的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知点，．若直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
12．美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法.三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份.如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（ ）
A． B．
C． D．
13．已知椭圆，F是椭圆的左焦点，P是椭圆上一点，若椭圆内一点A(1,1)，则的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
14．已知椭圆上存在点，使得，其中，分别为椭圆的左、右焦点，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
15．已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
16．已知圆，，则这两圆的公共弦长为（ ）
A．4 B． C．2 D．1
17．如图，四面体中，，分别为和的中点，，，且向量与向量的夹角为，则线段长为（ ）
A． B． C．或 D．3或
18．已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A． B．
C． D．
19．过点，且焦点在y轴上的抛物线的标准方程是（ ）
A． B． C． D．
20．已知点在椭圆上运动，点在圆上运动，则的最大值为（ ）
A． B． C．5 D．6
21．已知F是椭圆的左焦点，P为椭圆C上任意一点，点Q坐标为，则的最大值为（ ）
A．3 B．5 C． D．13
22．已知椭圆C：（）的左 右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．.
23．若，则和所表示的曲线只可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
24．已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
25．点关于直线的对称点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
26．已知两点到直线的距离相等，则（ ）
A．2 B． C．2或 D．2或
27．已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A． B． C． D．
28．已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．13 B．12 C．9 D．6
29．已知从点发出的一束光线，经x轴反射后，反射光线恰好平分圆：的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
30．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
31．已知直线斜率为k，且，那么倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
32．设圆，圆，则圆，的公切线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
33．已知点在直线上的运动，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
34．过点且倾斜角为的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
35．直线被圆所截得的弦长为（ ）
A． B．4 C． D．
36．动点P，Q分别在抛物线和圆上，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
37．已知直线经过点，且与圆相切，则的方程为（ ）
A． B． C． D．
38．已知抛物线焦点的坐标为，P为抛物线上的任意一点，，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
39．若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
40．已知边长为2的等边三角形，是平面内一点，且满足，则三角形面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
41．若椭圆的左、右焦点分别为、，点P为椭圆C上一动点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．当点P不在x轴上时，的周长是6
B．当点P不在x轴上时，面积的最大值为
C．存在点P，使
D．的取值范围是
42．若直线 与圆 相交于 两点， 且 (其中 为原点)， 则 的值为（ ）
A． 或 B． C． 或 D．
43．已知椭圆（）与双曲线（，）有公共焦点，，且两条曲线在第一象限的交点为P．若是以为底边的等腰三角形，曲线，的离心率分别为和，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
44．已知圆，圆，则同时与圆和圆相切的直线有（ ）
A．4条 B．2条 C．1条 D．0条
45．若圆与圆相外切，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．
46．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
47．已知抛物线：，点为抛物线上任意一点，过点向圆：作切线，切点分别为，，则四边形的面积的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
48．已知两点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A． B．或 C． D．
49．双曲线过焦点的弦AB，A、B两点在同一支上且长为m，另一焦点为，则的周长为（ ）．
A．4a B．4a－m C．4a＋2m D．4a－2m
50．设曲线是双曲线，则“的方程为”是“的渐近线方程为”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
二、解答题（50题）
51．求适合下列条件的双曲线的标准方程：
(1)经过点，；
(2)焦点为，，经过点；
(3)，经过点；
(4)经过和两点．
52．如图，汽车前灯反射镜与轴截面的交线是抛物线的一部分，灯口所在的圆面与反射镜的轴垂直，灯泡位于抛物线的焦点F处.已知灯口直径是，灯深，求灯泡与反射镜的顶点O的距离.
53．如图所示，在平行六面体中，AB＝AD＝A＝1，∠AD＝∠AB＝∠BAD＝60°，求：
（1）A的长；
（2）B的长.
54．如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
55．已知椭圆的左 右焦点分别为，上 顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
56．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，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
57．如图，已知平面，底面为正方形，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
58．数学家欧拉在年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为欧拉线．在中，已知，，若其欧拉线的方程为．求：
(1)外心的坐标；
(2)重心的坐标；
(3)垂心的坐标．
59．已知点，直线，直线.
(1)求点A关于直线的对称点B的坐标；
(2)求直线关于直线的对称直线方程.
60．已知，是其左右焦点，，直线过点交于两点，在轴上方，且 在线段上，
(1)若是上顶点，，求；
(2)若，且原点到直线的距离为，求直线；
(3)证明：对于任意 ，使得的直线有且仅有一条.
61．已知双曲线方程为1，F1，F2为双曲线的左、右焦点，离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足·0，|PF1||PF2|＝6．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过点F2作直线交双曲线于A、B两点，则在x轴上是否存在定点Q(m，0)使得为定值，若存在，请求出m的值和该定值，若不存在，请说明理由．
62．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
63．已知抛物线T：（）和椭圆C：，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段的中垂线交椭圆C于M，N两点.
(1)若F恰是椭圆C的焦点，求p的值；
(2)若恰好被平分，求面积的最大值
64．已知动圆经过坐标原点，且圆心在直线上.
（1）求半径最小时的圆的方程；
（2）求证：动圆恒过一个异于点的定点.
65．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
(1)求A到平面的距离；
(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
66．设椭圆的离心率，过点A（1，）.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左顶点，过点作与轴不重合的直线交椭圆于两点，直线分别交直线于两点，若直线的斜率分别为试问：是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
67．已知圆C经过坐标原点O，圆心在x轴正半轴上，且与直线相切．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线与圆C交于A，B两点．
①求k的取值范围；
②证明：直线OA与直线OB的斜率之和为定值．
68．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
69．已知圆C：，直线l恒过点
(1)若直线l与圆C相切，求l的方程；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且时，求l的方程.
70．已知双曲线的右焦点为为坐标原点，双曲线的两条渐近线的夹角为．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作直线交于两点，在轴上是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标及这个定值；若不存在，说明理由．
71．如图，在四棱锥P ABCD中，ADBC， E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为 .
(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；
(2)若二面角P CD A的大小为 ，求P到直线CE的距离.
72．过点作直线l分别与x，y轴正半轴交于点A，B.
(1)若是等腰直角三角形，求直线l的方程；
(2)对于①最小，②面积最小，若选择___________作为条件，求直线l的方程.
73．某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍甍”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，分别是正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)．
(1)若是四边形对角线的交点，求证：∥平面
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
74．直线过点且与直线垂直.
（1）求直线的方程；
（2）求圆心在直线上且过点、的圆的方程.
75．如图所示，圆锥的高，底面圆的半径为，延长直径到点，使得，分别过点、作底面圆的切线，两切线相交于点，点是切线与圆的切点．
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求该圆锥的体积．
76．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
77．已知圆：与：相交于A、B两点．
(1)求公共弦AB所在的直线方程；
(2)求圆心在直线y＝－x上，且经过A、B两点的圆的方程；
(3)求经过A、B两点且面积最小的圆的方程．
78．已知双曲线过点，焦距为，．
(1)求双曲线C的方程；
(2)是否存在过点的直线与双曲线C交于M，N两点，使△构成以为顶角的等腰三角形？若存在，求出所有直线l的方程；若不存在，请说明理由．
79．已知的顶点，AB边上的高所在的直线方程为．
(1)求直线AB的方程；
(2)在两个条件中任选一个，补充在下面问题中．
①角A的平分线所在直线方程为
②BC边上的中线所在的直线方程为
______，求直线AC的方程．
80．如图，四边形中，满足，，，，，将沿翻折至，使得.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
81．已知直线l：.
（1）求证：不论a为何值，直线l总经过第一象限；
（2）为使直线l不经过第二象限，求a的取值范围.
82．如图，在三棱柱中，平面 ，，点分别在棱和棱 上，且为棱的中点．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
83．在中，已知，，.
（1）求边所在的直线方程；
（2）求的面积.
84．已知圆心在第一象限，半径为的圆与轴相切，且与轴正半轴交于，两点（在左侧），（为坐标原点）．
（1）求圆的标准方程；
（2）过点任作一条直线与圆相交于，两点．
①证明：为定值；②求的最小值．
85．过点的直线与以、为端点的线段有交点，求直线的倾斜角的取值范围．
86．如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB QA上所有点到点O的距均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD（C，D为垂足），测得（单位：百米）．
（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；
（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由．
87．如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点，利用向量法证明：
（1）MN∥平面CC1D1D；
（2）平面MNP∥平面CC1D1D．
88．已知点，________，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知条件补充在横线处，并作答．
(1)求直线的方程；
(2)求直线：关于直线的对称直线的方程．
条件①：点关于直线的对称点的坐标为；
条件②：点的坐标为，直线过点且与直线垂直；
条件③点的坐标为，直线过点且与直线平行．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
89．设直线l的方程为（a∈R）.
(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(2)若l不经过第三象限，求a的取值范围.
90．已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
91．椭圆的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线的斜率为，的面积为1．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）椭圆上有两点M，N（异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直），证明：当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
92．已知直线与圆交于两点．
（1）求出直线恒过定点的坐标
（2）求直线的斜率的取值范围
（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
93．在平面直角坐标系中，已知椭圆的焦点为，且过点，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点，试问：是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
94．如图，椭圆：的离心率是，短轴长为，椭圆的左、右顶点分别为、，过椭圆与抛物线的公共焦点的直线与椭圆相交于两点，与抛物线相交于两点，点为的中点．
(1)求椭圆和抛物线的方程；
(2)记的面积为，的面积为，若，求直线在轴上截距的范围．
95．已知双曲线：：(，)与有相同的渐近线，且经过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）已知直线与双曲线交于不同的两点 ，且线段的中点在圆上，求实数的值.
96．如图，在多面体中，底面是边长为的等边三角形，底面，，，，.
(1)证明：；
(2)求二面角的余弦值.
97．如图所示，在三棱柱中，是的中点，化简下列各式：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
98．已知点、，设过点的直线l与的边AB交于点M（其中点M异于A、B两点），与边OB交于N（其中点N异于O、B两点），若设直线l的斜率为k．
(1)试用k来表示点M和N的坐标；
(2)求的面积S关于直线l的斜率k的函数关系式；
(3)当k为何值时，S取得最大值？并求此最大值．
99．已知直线与直线．
（1）若，求m的值；
（2）若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．
100．如图所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求证：；
(2)在上是否存在点，使得平面，若存在，确定点位置并说明理由，若不存在，说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】通过直线经过的点来判断象限.
【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号；
令，得；令，得；
所以直线不经过第三象限.
故选：C.
2．C
【分析】先求出斜率，再由直线的点斜式方程求解即可.
【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的方程为.
故选：C.
3．C
【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．
【详解】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．
4．B
【分析】根据圆心位置，可设出圆的标准方程，再将点代入，即可求得结果.
【详解】根据题意，设圆的标准方程为 ，
将代入，求得 ，
则圆的标准方程为，
故选：B.
5．A
【分析】由双曲线方程求出，再根据点在双曲线的两支之间，结合可求得答案
【详解】由，得，则，
所以左焦点为，右焦点，
则由双曲线的定义得，
因为点在双曲线的两支之间，
所以，
所以，当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为9，
故选：A
6．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
7．C
【解析】设P（x，y），根据椭圆方程求得两焦点坐标，根据∠F1PF2是钝角推断出PF12+PF22＜F1F22代入P坐标求得x和y的不等式关系，求得x的范围．
【详解】解：设P（x，y），由椭圆方程得椭圆焦点坐标为为F1（﹣，0），F2（，0），
且∠F1PF2是钝角 （x+）2+y2+（x﹣）2+y2＜20
x2+5+y2＜10 x2+4（1﹣）＜5 x2＜．所以．
故选：C．
【点睛】结论点睛：本题考查椭圆的标准方程的应用，中，为锐角，为直角，为钝角．
8．B
【分析】根据的面积以及该三角形为直角三角形可得，，然后结合，简单计算即可.
【详解】依题意有，所以
又，，所以，
又，可得，
即，则，
故选：B.
9．B
【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，
，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
10．D
【分析】要使空间中的、、、四点共面，只需满足，且即可.
【详解】对于A选项，，，所以点与、、三点不共面；
对于B选项，，，所以点与、、三点不共面；
对于C选项，，，所以点与、、三点不共面；
对于D选项，，,所以点与、、三点共面.
故选：D.
11．A
【分析】直线l过定点P（1，1），且与线段AB相交，利用数形结合法，求出PA、PB的斜率，
从而得出l的斜率的取值范围,即得解
【详解】设直线过定点，则直线可写成，
令解得直线必过定点．
，．直线与线段相交，
由图象知，或，解得或，
则实数的取值范围是．
故选：A
【点睛】本题考查了直线方程的应用，过定点的直线与线段相交的问题，考查了学生综合分析、数形结合的能力，属于中档题．
12．B
【分析】建立平面直角坐标系，求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解.
【详解】如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，
直线，整理为，
原点O到直线距离为，
故选：B
13．A
【分析】由椭圆定义把转化为到右焦点的距离，然后由平面上到两定点的距离之差最小的性质可得.
【详解】设椭圆的右焦点为，，，
又，，
当三点共线时取等号，的最小值为3（取最小值时是射线与椭圆的交点），
故选：A.
14．D
【分析】先由椭圆的定义结合已知求得，再由求得的不等关系，即可求得离心率的取值范围.
【详解】由椭圆的定义得，又∵，∴，，
而，当且仅当点在椭圆右顶点时等号成立，
即，即，则，即.
故选：D．
15．A
【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可
【详解】由题意，表示圆
故，即或
点A（1，2）在圆C：外
故，即
故实数m的取值范围为或
即
故选：A
16．C
【分析】先求出两圆的公共弦所在直线的方程，用垂径定理求弦长.
【详解】由题意知，，将两圆的方程相减，得，所以两圆的公共弦所在直线的方程为.
又因为圆的圆心为，半径，所以圆的圆心到直线的距离.所以这两圆的公共弦的弦长为.
故选：C.
17．A
【分析】取AC的中点E，可得，然后利用模长公式即得.
【详解】取AC的中点E，连接ME、EN，又，分别为和的中点，
∴ME∥BC，且，∥AD，且，
∵向量与向量的夹角为，
∴向量与向量的夹角为，
又，
∴，
∴，即线段长为.
故选：A.
18．D
【分析】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法，代入整理并代换为基底向量．
【详解】
即
故选：D．
19．C
【分析】设抛物线方程为，代入点的坐标，即可求出的值，即可得解；
【详解】解：依题意设抛物线方程为，因为抛物线过点，
所以，解得，所以抛物线方程为；
故选：C
20．B
【分析】根据圆的性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.
【详解】解：设圆的圆心为，则，
设，则，
所以
，当且仅当时取得最大值，
所以．
故选：B．
21．B
【分析】由，结合图形即得.
【详解】因为椭圆，
所以，，
则椭圆的右焦点为，
由椭圆的定义得：，
当点P在点处，取等号，
所以的最大值为5，
故选：B.
22．B
【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.
【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，
所以，可得，即，又，
所以.
故选：B
23．C
【分析】根据椭圆、双曲线的性质判断参数的符号，结合直线的位置判断与曲线参数是否矛盾，即可知正确选项.
【详解】方程可化为和.
A：双曲线的位置：，，由直线的位置：，，矛盾，排除；
B：椭圆知，，但B中直线的位置：，，矛盾，排除；
C：双曲线的位置：，，直线中，的符号一致.
D：椭圆知，，直线的位置：，，矛盾，排除；
故选：C.
24．A
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
25．A
【分析】根据点关于线对称的特点，利用中点坐标公式及两直线垂直的斜率的关系即可求解.
【详解】设点关于直线的对称点的坐标为，
则，解得.
所以点的坐标为
故选：A.
26．D
【分析】利用点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】因为两点到直线的距离相等，
所以有，或，
故选：D
27．C
【分析】由可知，又已知OQ是△F1F2M的中位线，点Q与y轴重合时，Q与短轴端点距离最近.
【详解】解：设F1Q的延长线交F2P的延长线于点M，则由题意知
∵
∴
由题意知OQ是△F1F2M的中位线
∴
∴Q点的轨迹是以O为圆心，以6为半径的圆
∴当点Q与y轴重合时，Q与短轴端点取最近距离
故选：C．
28．C
【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案．
【详解】由题，，则，
所以（当且仅当时，等号成立）．
故选：C．
【点睛】
29．A
【分析】根据反射性质，结合圆的性质、直线斜率公式进行求解即可.
【详解】设点的坐标为，圆的圆心坐标为，
设是x轴上一点，因为反射光线恰好平分圆的圆周，
所以反射光线经过点，
由反射的性质可知：，
于是，所以反射光线所在的直线方程为：
，
故选：A
30．C
【分析】将，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项.
【详解】设与的夹角为．由，得，两边平方，得，
所以，解得，又，所以，
故选：C．
31．B
【分析】根据直线斜率的取值范围，以及斜率和倾斜角的对应关系，求得倾斜角的取值范围.
【详解】解：直线l的斜率为k，且，
∴，.
∴.
故选：B.
32．B
【分析】先根据圆的方程求出圆心坐标和半径，再根据圆心距与半径的关系即可判断出两圆的位置关系，从而得解．
【详解】由题意，得圆，圆心，圆，圆心，∴，∴与相交，有2条公切线．
故选：B．
33．A
【分析】表示点与距离的平方，求出到直线的距离，即可得到答案.
【详解】表示点与距离的平方，
因为点到直线的距离，
所以的最小值为．
故选：A
34．D
【分析】由倾斜角为求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程
【详解】解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
故选：D
35．A
【分析】直接利用直线被圆截得的弦长公式求解即可.
【详解】由题意圆心，圆C的半径为3，
故C到的距离为，
故所求弦长为.
故选：A.
36．B
【分析】设，根据两点间距离公式，先求得P到圆心的最小距离，根据圆的几何性质，即可得答案.
【详解】设，圆化简为，即圆心为（0,4），半径为，
所以点P到圆心的距离，
令，则，
令，，为开口向上，对称轴为的抛物线，
所以的最小值为，
所以，
所以的最小值为.
故选：B
37．A
【分析】直线经过点，且与圆相切可知，再使用点斜式即可.
【详解】直线经过点，且与圆相切，则,
故直线的方程为，即.
故选：A.
38．A
【分析】先根据焦点坐标求出，结合抛物线的定义可求答案.
【详解】因为抛物线焦点的坐标为，所以，解得．
记抛物线的准线为l，作于，作于，则由抛物线的定义得，当且仅当P为BA与抛物线的交点时，等号成立．
故选：A.
39．C
【分析】由于点在圆的外部，所以，从而可求出的取值范围
【详解】解：由题意得，解得，
故选：C．
40．A
【分析】建立直角坐标系，设，写出的坐标，利用列式得关于的等式，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，写出直线的方程，计算和点距离直线的最小距离，代入三角形面积公式计算.
【详解】以的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，则，，，
设，因为，所以，得，
所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，当点距离直线距离最大时，面积最大，已知直线的方程为：，，点距离直线的最小距离为：，所以面积的最小值为.
故选：A
41．C
【分析】根据椭圆定义以及焦距即可判断选项A；当点位于上下顶点时，面积的最大即可判断选项B；当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大与比较即可判断选项C；当点为椭圆的左右顶点时取得最值，即可判断选项D.
【详解】由椭圆方程可知，，从而．
对于选项A；根据椭圆定义，，又，所以的周长是 ，故选项A正确；
对于选项B：设点，因为，则．
因为，则面积的最大值为，故选项B正确；
对于选项C：由椭圆性质可知，当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大．
此时，，又，
则为正三角形，，
所以不存在点，使，故选项C错误；
对于选项D：由椭圆的性质可知，当点为椭圆的右顶点时，取最大值，此时；
当点为椭圆的左顶点时，取最小值，此时，所以，故选项D正确．
故选：C.
【点睛】结论点睛：椭圆中焦点三角形的有关结论
以椭圆上一点和焦点为顶点的中，若，则
（1）焦点三角形的周长为；
（2）当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大；
（3），当时，即点为椭圆短轴的一个端点时取最大值，为；
（4）.
42．A
【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由可知，圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式可得
故选：A
【点睛】
43．B
【分析】设曲线，的焦距为2c，则可得，然后结合椭圆和双曲线的定义可求出的关系，变形后可得结果.
【详解】设曲线，的焦距为2c．是以为底边的等腰三角形，
则．
由点P在第一象限，知，
即，即，
即．
故选：B
44．B
【分析】利用已知条件判断圆与圆的关系，进而可以求解.
【详解】由，得圆，半径为，
由，得，半径为
所以，
，，
所以，所以圆与圆相交，
所以圆与圆有两条公共的切线.
故选：B.
45．D
【分析】确定出两圆的圆心和半径，然后由两圆的位置关系建立方程求解即可.
【详解】由可得，所以圆的圆心为，半径为，
由可得，所以圆的圆心为，半径为，
因为两圆相外切，所以，解得，
故选：D
46．D
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
47．C
【分析】由题意圆的圆心与抛物线的焦点重合，可得连接，则，而，所以当最小时，四边形的面积最小，再抛物线的定义转化为点到抛物线的准线的距离的最小值，结合抛物线的性质可求得结果
【详解】如图，连接，圆：，该圆的圆心与抛物线的焦点重合，半径为1，
则．
又，所以当四边形的面积最小时，最小．
过点向抛物线的准线作垂线，垂足为，则，
当点与坐标原点重合时，最小，此时．
故．
故选：C
48．B
【分析】数形结合法，讨论直线过A、B时对应的斜率，进而判断率的范围.
【详解】如下图示，
当直线过A时，，
当直线过B时，，
由图知：或.
故选：B
49．C
【分析】由双曲线定义得到，，两式相加得到，进而求出周长.
【详解】由双曲线的定义得：①，②，
两式相加得：，
即，
所以，
故的周长为.
故选：C
50．B
【分析】根据的方程为，则渐近线为；若渐近线方程为，则双曲线方程为（）即可得答案.
【详解】解：若的方程为，则，，渐近线方程为，
即为，充分性成立；
若渐近线方程为，则双曲线方程为（），
“的方程为”是“的渐近线方程为”的充分而不必要条件.
故选：B.
【点睛】本题通过圆锥曲线的方程主要考查充分条件与必要条件，属于中档题.判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.
51．(1)；
(2)；
(3)；
(4).
【分析】(1)根据题意，由双曲线经过点，，分析可得双曲线的焦点为轴上，且，设双曲线的标准方程为：，将点代入计算可得的值，将的值代入双曲线的方程，即可得答案；
(2)根据题意，分析可得双曲线的焦点在轴上，且，由双曲线的定义计算可得的值，结合双曲线的几何性质可得的值，将、的值代入双曲线的方程，即可得答案．
(3)根据题意，设双曲线的方程为：，将点代入其中计算可得的值，即可得双曲线的方程，变形为标准方程即可得答案；
(4)根据题意，设双曲线的方程为，将和，两点坐标代入双曲线方程可得，解可得：、的值，将、的值代入双曲线方程即可得答案．
（1）
根据题意，双曲线经过点，，则双曲线的焦点在轴上，且，
设双曲线的标准方程为：，
双曲线经过，则有，解可得，
则双曲线的标准方程为：；
（2）
根据题意，焦点为，，则双曲线的焦点在轴上，且，
∵双曲线过点，故根据双曲线的定义可知：
，
则，则，
则双曲线的标准方程为：；
（3）
根据题意，双曲线中，设双曲线的方程为：，
又由双曲线经过点，则有，
则双曲线的方程为，
则双曲线的标准方程为：；
（4）
根据题意，设双曲线的方程为，
双曲线经过和，两点，则有，
解可得：，，
则双曲线的标准方程为：．
52．
【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后由待定系数法可得.
【详解】以轴为x轴，反射镜的顶点为原点建立平面直角坐标系，
如图，由题可知，设抛物线方程为
则有，得，
所以灯泡与反射镜的顶点O的距离为.
53．（1）；（2）.
【分析】（1）利用，然后平方转化为向量的数量积计算；
（2）利用，然后平方转化为向量的数量积计算；
【详解】（1）
＝1＋1＋1＋2×1×1×＋2×1×1×＋2×1×1×＝6.
∴A＝＝.
（2）)
＝1＋1＋1＋2×1×1×(－)＋2×1×1×＋2×1×1×(－)＝2.
∴＝.
54．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；
（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.
在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.
［方法二］：空间向量共线定理
以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设，则．
所以．故．所以，点在平面内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得，
所以．
故．所以点在平面内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设．
在平面内，因为，所以．
延长交于G，
平面，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
由①②得，平面平面．
连接，根据相似三角形知识可得．
在中，．
同理，在中，．
如图4，在中，．
所以，即G，，H三点共线．
因为平面，所以平面，得证．
［方法五］：
如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．
（2）［方法一］【最优解】：坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.
则、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
［方法二］：定义法
在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．
在中，．
所以，则．
［方法三］：向量法
由题意得，
由于，所以．
如图7，在平面内作，垂足为G，
则与的夹角即为二面角的大小．
由，得．
其中，，解得，．
所以二面角的正弦值．
［方法四］：三面角公式
由题易得，．
所以．
．
．
设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以．
【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．
55．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意的面积为，结合四边形的四条边的平方和为16，即，求出即可得结果；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系，根据中点坐标公式化简，列出线段的垂直平分线方程，判断定点在圆内即可得结果.
（1）
由的面积为，得，
又四边形的四条边的平方和为16，
所以或，
即椭圆的方程为或.
（2）
设，由于，得椭圆的方程为，
设直线的方程为，
当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，
由，得，
由，
得.
由，
设线段的中点为，得，
即，
所以.
所以线段的垂直平分线的方程为.
即，
故线段的垂直平分线恒过点.
因为，
故点在圆内，
所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
56．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
57．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）利用直线的方向向量，平面的法向量，计算线面角的正弦值.
【详解】（1）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则
.
，
，所以,
由于，所以平面.
（2），
，
设平面的法向量为，则
，令，则，所以.
设直线与平面所成角为，则
.
58．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将直线垂直平分线方程与欧拉线方程联立即可解得外心坐标；
（2）设，由此可得重心坐标，将其代入欧拉线可得关于方程；由可得关于的另一方程，由此联立可得的值，进而得到重心坐标；
（3）将边上的高所在直线方程与欧拉线方程联立即可解得垂心坐标.
【详解】（1）中点为且，垂直平分线方程为：，
即，
由得：，即外心.
（2）设，则重心，
将代入欧拉线得：，即…①；
由得：…②；
由①②得：或（与重合，不合题意），
，重心.
（3）由（2）知：；由（1）知：，
边的高所在直线方程为：，即；
由得：，垂心.
59．(1)
(2)
【分析】（1）设点，则由题意可得，解方程组求出，从而可得点B的坐标，
（2）先求出两直线的交点坐标，再在直线上任取一点，求出其关于直线的对称点，从而可求出直线关于直线的对称直线方程
【详解】（1）设点，则由题意可得，
解得，
所以点B的坐标为，
（2）由，得，所以两直线交于点，
在直线上取一点，设其关于直线的对称点为，则
，解得，即，
所以，
所以直线为，即，
所以直线关于直线的对称直线方程为
60．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆方程确定，以及，根据，即可求得答案;
（2）设，利用结合向量的坐标运算，求得坐标，再利用原点到直线的距离为，即可求得直线方程；
（3）设直线的斜率为，取中点，利用点差法求出k与直线OC的斜率之间的关系，即可证明结论.
（1）
由题意知： ,，因为，
因为，所以，
所以；
（2）
设，其中，
因为，，
所以，
所以，（舍去），所以，
故，则直线方程可以设为，
又因为到直线的距离为，
所以，
所以，得或，
当时，直线方程为，此时（舍），
所以直线方程为.
（3）
设，，设直线的斜率为，连接，，取中点，
连接，可知为梯形的中位线，
因为，令.
由点差法得，得，
化简得，即，
故当确定时，也就只有唯一与对应，
故对任意时，满足条件的直线只有一条.
61．(1)x21
(2)存在，m＝﹣1，定值为0
【分析】（1）由离心率得，从而得，再由数量积为0得垂直，利用勾股定理得的关系式，从而求得得双曲线方程；
（2）直线斜率为0时，直接求出坐标，计算出数量积，当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线方程代入双曲线方程，应用韦达定理得，代入，由它为定值求得值，得结论．
【详解】（1）由题意可得e2，可得c＝2a，b2＝c2﹣a2＝3a2，
所以ba，
又因为·0，|PF1||PF2|＝6．所以,
由|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以可得|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝4a2，
而|PF1|2+|PF2|2＝4c2，
所以4c2﹣12＝4a2，
可得b2＝3，a2＝1，
所以双曲线的方程为：x21；
（2）由(1)可得F2(2，0)，
当直线l的斜率为0时，l：y＝0，此时A(﹣1，0)，B(1，0)，
由M(m，0)，则·m2﹣1，
当l的斜率不为0时，设l：x＝ty+2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立，整理可得：(3t2﹣1)y2+12ty+9＝0，
因为t2，y1+y2，y1y2，
因为·(x1﹣m，y1)·(x2﹣m，y2)＝(ty1+2﹣m)(ty2+2﹣m)+y1y2＝(t2+1)y1y2+(2﹣m)t(y1+y2)+(2﹣m)2
＝(t2+1)·(2﹣m)t·(2﹣m)2
(2﹣m)2，
要使 为定值，则，解得m＝﹣1，则，
所以Q(﹣1，0)．定值为0．
62．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
63．(1)4
(2)．
【分析】（1）求出椭圆焦点，得抛物线焦点，从而得的值；
（2）设直线方程为，代入抛物线方程，结合韦达定理得中点坐标，根据椭圆的弦中点性质得出一个参数值，由中点在椭圆内部得出另一个参数的范围，然后求出三角形面积，得出最大值．
（1）
在椭圆中，， 所以，；
（2）
设直线方程为，代入抛物线方程得，
设，中点为，则，，
，，
设，则，两式相减得，
所以，，，
所以，解得，
点在椭圆内部，所以，得，
因为，所以或，
，
时，，时，，
所以面积的最大值为．
【点睛】本题考查求抛物线的方程，考查直线民椭圆、抛物线相交问题，考查圆锥曲线中的面积问题．解题方法采用设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，代入曲线方程后应用韦达定理，求得弦中点坐标，弦长等，把这个结论代入其他条件可求得参数关系，参数值，参数范围等．即设参数，利用韦达定理把目标用参数表示，进而求最值，证明一些结论．本题考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力，对学生的要求较高，属于难题．
64．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）设出圆心坐标，表示出半径，利用二次函数的性质可得半径的最小值，进而可得此时圆的方程；
（2）设定点坐标，，表示出圆的方程，当为变量时，，能使该等式恒成立，即且，解方程组可得定点坐标．
【详解】（1）因为圆心在直线上，
所以设圆心的坐标为.
又因为动圆经过坐标原点，
所以动圆的半径，所以半径的最小值为.
并且此时圆的方程为：.
（2）设定点坐标，，因为圆的方程为：
所以，
即，
因为当为变量时，，却能使该等式恒成立，
所以只可能且
即解方程组可得：，或者，（舍去）
所以圆恒过一定点，.
65．(1)
(2)
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
66．（1）；（2）为定值.
【分析】（1）根据，得，根据椭圆过点A（1，），得，结合求得，即可得出答案；
（2）设，直线得方程为，联立，根据韦达定理求得，根据B、E、M三点共线，可求得，同理可求得，利用斜率公式化简整理即可得出结论.
【详解】解：（1）因为，所以①，
将A（1，）代入得②，
又③，
由①②③解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，直线得方程为，
联立，得，
则，
由B、E、M三点共线，可知，即，
同理可得：，
则，
，
所以.
所以为定值.
67．（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）具体见解析.
【分析】（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；
（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；
（ⅱ）设出两点坐标，进而通过根与系数的关系与坐标公式进行化简，即可得到答案.
【详解】（1）由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径r=a，
又圆C与直线相切，所以圆心C到直线的距离（负值舍去），所以圆 C的标准方程为：.
（2）（ⅰ）将直线l代入圆的方程可得：，因为有两个交点，
所以，即k的取值范围是.
（ⅱ）设，由根与系数的关系：，
所以.
即直线OA,OB斜率之和为定值.
68．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；
方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；
方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；
方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.
69．(1)或
(2)或
【分析】(1)分类讨论直线l的斜率存在与不存在，利用圆心到直线l的距离等于圆的半径计算即可；
(2)由题意知直线l的斜率一定存在，设直线方程，利用点到直线的距离公式和圆的垂径定理计算即可.
【详解】（1）由题意可知，圆C的圆心为，半径，
①当直线l的斜率不存在时，即l的方程为时，此时直线与圆相切，符合题意；
②当直线l的斜率存在时，设斜率为k，直线l的方程为，
化为一般式：，若直线l与圆相切，
则，即，解得，
：，即l：，
综上，当直线l与圆C相切时，直线l的方程为或；
（2）由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，
直线l的方程为，即，
设圆心到直线l的距离为d，则，
由垂径定理可得，，即，
整理得，，解得或，
则直线l的方程为或
70．(1)
(2)存在；定点，
【分析】（1）由渐近线夹角得出渐近线的倾斜角，从而得的值，再由求得得双曲线方程；
（2）当直线不与轴重合时，设直线的方程为，代入双曲线方程，设点，得，再设，计算，由其为常数求得，同时验证当直线斜率为0时，此值也使得为刚才的常数，即得结论．
（1）
双曲线的渐近线为，
又，，故其渐近线的倾斜角小于，而双曲线的两条渐近线的夹角为，
则渐近线的的倾斜角为，
则，即．
又，则．
所以双曲线的方程是．
（2）
当直线不与轴重合时，设直线的方程为，
代入，得，即．
设点，则．
设点，则
令，得，
此时．
当直线与轴重合时，则点为双曲线的两顶点，不妨设点．
对于点．
所以存在定点，使为定值．
【点睛】思路点睛：本题考查求双曲线方程，圆锥曲线中的的定值问题，解题方法是设交点坐标为，设直线方程并代入圆锥曲线方程整理后应用韦达定理得（或），代入题设要得定值的式子，利用定值得出参数值．并验证特殊表形下也成立．
71．(1)存在，在平面内可以找到一点，使得直线CM平面PBE
(2)
【分析】（1）先判断存在符合题意的点，再通过作辅助线找到该点，证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，通过已知的二面角度数，找到线段之间关系，从而确定相关点的坐标，然后利用向量的运算求得答案.
（1）
延长交直线于点，
点为的中点，，
，
，即，
四边形为平行四边形，即.
，
平面平面，
平面，
平面，
平面，
故在平面内可以找到一点，使得直线平面.
（2）
如图所示，，即，
且异面直线与所成的角为，即，
又平面平面.
平面，
又平面，
平面，
平面.
因此是二面角的平面角，大小为.
.
不妨设，则.
以A为坐标原点，平行于的直线为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，
，
方向上的单位向量坐标为，
则在上的投影的绝对值为，
所以到直线的距离为.
72．(1)
(2)选①：；选②：.
【分析】（1）由题意，求出直线l的倾斜角为，进而可得直线l的斜率，最后利用点斜式即可写出直线l的方程；
（2）设，，直线的方程为，把点代入可得，若选①：，由基本不等式等号成立的条件，即可求得直线l的方程；若选②：，由基本不等式等号成立的条件，即可求得直线l的方程．
（1）
解：因为过点作直线l分别与x，y轴正半轴交于点A、B，且是等腰直角三角形，
所以直线l的倾斜角为，
所以直线l的斜率为，
所以直线l的方程为，即；
（2）
解：设，，直线l的方程为，代入点可得，
若选①：，当且仅当时等号成立，
此时直线l的斜率，
所以直线l的方程为，即；
若选②：由，可得，当且仅当时等号成立，
所以，即面积最小为4，
此时直线l的斜率，
所以直线l的方程为，即.
73．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合图形可证四边形是平行四边形，可得，可得∥平面；（2）根据题意结合二面角的定义可得，利用空间向量求线面夹角．
【详解】（1）取线段中点，连接，由图1可知，四边形是矩形，且
是线段与的中点，且
在图1中且，且．
所以在图2中，且且
四边形是平行四边形，则
由于平面平面平面
（2）由图1，折起后在图2中仍有
即为二面角的平面角．
以为坐标原点，分别为轴和轴正向建立空间直角坐标系如图，且设
则，
设平面的一个法向量
由，得，取则
于是平面的一个法向量
∴直线与平面所成角的正弦值为
74．（1）；（2）.
【分析】（1）设直线的方程为，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出直线的方程；
（2）设圆心的坐标为，根据已知条件可得出关于实数的等式，求出的值，可得出圆心坐标以及圆的半径，进而可得出所求圆的方程.
【详解】（1）因为直线与直线垂直，则直线的方程可设为，
又因为直线过点，所以，即，
所以直线的方程为；
（2）因为圆心在直线上，所以圆心坐标可设为，
又因为该圆过点、，
所以有，解得，
所以圆心坐标为，半径，
故圆的方程为.
75．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由线面垂直、切线的性质可得、，再根据线面垂直的判定即可证结论.
（2）若，构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及其对应的余弦值求R，最后由圆锥的体积公式求体积.
（1）
由题设，底面圆，又是切线与圆的切点，
∴底面圆，则，且，而，
∴平面.
（2）
由题设，若，可构建为原点，、、为x、y、z轴的空间直角坐标系，
又，可得，
∴，，，有，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
又面的一个法向量为，
∴，可得，
∴该圆锥的体积．
76．（1）；（2）
【分析】（1）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，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长；
（2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．
因为，所以．
所以，于是．
所以．所以．
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结交于点N．
由[方法二]知．
在矩形中，有，所以，即．
令，因为M为的中点，则，，．
由，得，解得，所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，
所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，
故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，
由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.
（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
77．(1)x－2y＋4＝0
(2)
(3)
【分析】（1）两圆相减，可得公共弦所在直线方程；
（2）首先设圆系方程（为常数），根据圆心在直线上，求，即可求得圆的方程；
（3）面积最小的圆，就是以线段AB为直径的圆，即可求得圆心和半径.
（1）
将两圆方程相减得x－2y＋4＝0，此即为所求直线方程．
（2）
设经过A、B两点的圆的方程为（为常数），
则圆心坐标为；又圆心在直线y＝－x上，故，
解得，故所求方程为．
（3）
由题意可知以线段AB为直径的圆面积最小．两圆心所在直线方程为2x＋y＋3＝0，
与直线AB方程联立得所求圆心坐标为，由弦长公式可知所求圆的半径为．
故面积最小的圆的方程为．
78．(1).
(2)存在，直线为或.
【分析】（1）根据焦距、双曲线上的点求双曲线参数，进而写出双曲线C的方程；
（2）由题设有，设直线为，，并联立双曲线方程，应用韦达定理、中点坐标公式求M，N的中点坐标，由等腰三角形中垂线性质求参数k，进而可得直线l的方程.
【详解】（1）由题设，，又在双曲线上，
∴，可得，
∴双曲线C的方程为.
（2）由（1）知：，
直线的斜率一定存在，当直线斜率为0时，直线：，符合题意；
设直线为，，
联立双曲线方程可得：，
由题设，
∴，，则.
要使△构成以为顶角的等腰三角形，则，
∴的中点坐标为，
∴，可得或，
当时，，不合题意，所以，直线l：，
∴存在直线为或，使△构成以为顶角的等腰三角形.
79．(1)；
(2)若选①：直线AC的方程为；若选②：直线AC的方程为.
【分析】（1）由两直线垂直时，其斜率间的关系求得直线AB的斜率为，再由直线的点斜式方程可求得答案；
（2）若选①：由，求得点，再求得点B关于的对称点，由此可求得直线AC的方程；
若选②：由，求得点，设点，由BC的中点在直线上，和点C在直线上，求得点，由此可求得直线AC的方程.
【详解】（1）解：因为AB边上的高所在的直线方程为，所以直线AB的斜率为，
又因为的顶点，所以直线AB的方程为：，
所以直线AB的方程为： ；
（2）解：若选①：角A的平分线所在直线方程为，
由，解得，
所以点，
设点B关于的对称点，则，解得，所以，
又点在直线AC上，所以，
所以直线AC的方程为，
所以直线AC的方程为；
若选②：BC边上的中线所在的直线方程为，
由，解得，所以点，
设点，则BC的中点在直线上，所以，即，所以点C在直线上，
又点C在直线上，由解得，即，
所以，
所以直线AC的方程为，
所以直线AC的方程为.
80．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，作，垂足为，易得，通过勾股定理可得，即可得平面，进而可得结果；
（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量，利用向量法即可得结果.
【详解】（Ⅰ）过作，垂足为，连，，则，
作，垂足为，则，，
所以，即
又，所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）以为坐标原点，，所在的直线为，轴建立空间直角坐标系
则，，，，
，
设平面的法向量为，则
取法向量，
设直线与平面所成角为，
则.
81．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）将直线方程整理得到，求出直线所过定点，即可证明结论成立；
（2）根据直线的特征，列出不等式求解，即可得出结果.
【详解】（1）直线l为，
即，
，解得，
不论a为何值，直线l总过第一象限的点，
即直线l过第一象限；
（2）因为直线的斜率显然存在，
又直线l不经过第二象限，直线l过第一象限，
所以斜率只能为正，且直线与轴不能交于正半轴；
因此；解得，
的取值范围是.
82．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）计算出向量和的坐标，得出，即可证明出；
（Ⅱ）可知平面的一个法向量为，计算出平面的一个法向量为，利用空间向量法计算出二面角的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
83．（1）；（2）.
【分析】（1）由直线方程的两点式可得；
（2）先求直线方程，再求到的距离，最后用面积公式计算即可.
【详解】（1），，
边所在的直线方程为，即；
（2）设到的距离为，
则，
，
方程为：即：
.
.
84．（1）；（2）①，证明见解析，②
【分析】（1）首先，得到，，，再根据即可得到答案.
（2）①首先根据（1）得到，，设，再分别计算即可；②根据得到，即可得到答案.
【详解】（1）设，由题知：
，，，
所以，
解得，所以圆.
（2）由（1）知：，，
.所以，，
设，
，
同理，所以.
②因为，
所以.
所以的最小值为.
85．
【分析】作出图形，利用斜率公式分别求得，，根据题意得到或，即可求解.
【详解】如图所示，因为，，，
可得，，
要使得直线与以、为端点的线段有交点，
设直线的倾斜角为，其中，则满足或，
解得或，即直线的倾斜角的取值范围.
86．（1）；（2），中不能有点选在点；
【分析】（1）设与圆交于，连接，以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，，设点，，，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，求得的坐标，可得所求值；
（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，求得的坐标，即可得到结论；
【详解】解：设与圆交于，连接，
为圆的直径，可得，
即有，，，
以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，
（1）设点，，，
则，
即，
解得，所以，；
（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，
则，即，解得，，，
由，在此范围内，不能满足，上所有点到的距离不小于圆的半径，
所以，中不能有点选在点；
【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考查直线的斜率和两直线垂直的条件：斜率之积为，以及两点的距离公式，分析问题和解决问题的能力，考查运算能力．
87．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用直线的方向向量和平面的法向量的数量积为0进行证明；（2）证明两个平面有相同的一个法向量即可..
【详解】（1）证明：以D为坐标原点，，，的方向
分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，
D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)，P(1，2，1).
由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，
所以＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量.
由于＝(0，1，－1)，
则＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，
所以⊥.
又MN 平面CC1D1D，
所以MN∥平面CC1D1D.
（2）证明：因为＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量，
由于＝(0，2，0)，＝(0，1，－1)，
则，
即＝(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量，
所以平面MNP∥平面CC1D1D.
88．(1)
(2)
【分析】（1）计算直线的斜率，根据直线的平行或垂直关系得到斜率，代入点得到直线方程.
（2）计算直线的交点，在直线上取一点，求其关于对称的点，根据交点和对称点得到直线方程.
（1）
选择条件：
因为点关于直线的对称点的坐标为，所以是线段的垂直平分线．
因为，所以直线的斜率为，又线段的中点坐标为，
所以直线的方程为，即．
选择条件：
因为，直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
选择条件，
因为，直线与直线平行，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程为，即．
（2）
，解得，故，的交点坐标为，
因为在直线：上，设关于对称的点为，
则，解得，
直线关于直线对称的直线经过点，，代入两点式方程得，即，
所以：关于直线的对称直线的方程为．
89．(1)0或3
(2)
【分析】（1）通过讨论是否为0，求出a的值即可；
（2）根据一次函数的性质判断a的范围即可.
【详解】（1）当直线l过原点时，该直线l在x轴和y轴上的截距为零，
∴a＝3，方程即为4x+y＝0；
若a≠3，则，即a+1＝1，
∴a＝0，方程即为，
∴a的值为0或3.
（2）若l不经过第三象限，
直线l的方程化为，
则，解得，
∴a的取值范围是.
90．（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
91．（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题知，，利用直线的斜率结合三角形的面积，求出，即可得到椭圆方程.
（2）设直线方程为，设，，与椭圆方程联立整理得，结合韦达定理，利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出，并且利用基本不等式求得其最大值得到，再利用两点连线的斜率公式求得化简可得其为定值.
【详解】（1）椭圆的右顶点，上顶点，
由题知，解得
所以椭圆的标准方程为
（2）由已知MN与x轴不垂直，可知直线的斜率存在，
设直线方程为，设，，
联立，整理得：
其中，即
且，
又原点O到直线的距离
所以
，当且仅当，即时，等号成立，
所以
又，可得
所以当的面积最大时，直线与的斜率之积为定值．
【点睛】思路点睛：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．
92．（1）；（2）；（3）为定值.
【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；
（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；
（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.
【详解】（1）将直线方程整理为：，
令，解得：，直线恒过定点；
（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；
圆方程可整理为，则其圆心，半径，
直线与圆交于两点，圆心到直线距离，
即，解得：，即直线斜率的取值范围为；
（3）设，
当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，
则直线，可设直线方程为，
由得：，由（2）知：；
，，
，
为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.
93．(1)
(2)为定值，该定值为2
【分析】（1）先根据焦点形式设出椭圆方程和焦距，根据椭圆经过和半焦距为3易得椭圆的标准方程；
（2）设，分别表示出直线方程，进而求得点的纵坐标，点横坐标，即可表示出，即可求得答案．
(1)
由焦点坐标可知，椭圆的焦点在轴上，
所以设椭圆：，焦距为，
因为椭圆经过点，焦点为
所以，，
解得，
所以椭圆的标准方程为；
(2)
设，由椭圆的方程可知，
因为，则直线，
由已知得，直线斜率均存在，
则直线，令得，
直线，令得，
因为点在第一象限，所以，，
则，
又因为，即，所以．
所以为定值，该定值为2.
94．(1)椭圆，拋物线
(2)
【分析】（1）由题知，进而解方程即可求得答案；
（2）设，进而分别与椭圆和抛物线联立计算弦长，，进而计算面积，，再结合已知求得，再求直线在轴上截距的范围即可.
【详解】（1）解：根据题意得：，解得，，，
所以，抛物线焦点，
所以，椭圆，拋物线
（2）解：设，
联立与椭圆，
整理得：，
判别式：
弦长公式：
点到直线的距离为
所以
联立与抛物线，整理得：，判别式：
弦长公式：，
点到直线的距离为
所以，
因为，即，解得： .
所以，直线在轴上截距或，
所以，直线在轴上截距取值范
【点睛】.
95．（1）；（2）.
【解析】（1）根据共渐近线设双曲线的方程，然后代入点计算；（2）联立直线与双曲线的方程，得关于的一元二次方程，写出韦达定理，然后表示出的中点坐标，代入圆的方程计算.
【详解】（1）由题意，设双曲线的方程为，又因为双曲线过点，，所以双曲线的方程为：
（2）由得
设，则，，所以
则中点坐标为，代入圆
得，所以.
96．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理可证，，可得线面垂直，进而可证线线垂直；
（2）取中点为，建立空间直角坐标系，利用坐标法求二面角余弦值.
(1)
由已知平面，得，
又，，
又，则，
，，
在中，由余弦定理，，
故，
，
如图所示，过点作，设，
则四边形为矩形，
，，，
又，故，
，
又，且，平面，
平面，
；
(2)
取中点，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
所以，
由图可知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为.
97．（1）；（2）；（3）；（4）．
【分析】（1）利用向量加法的三角形法则即可求解.
（2）由，利用向量加法的三角形法则即可求解.
（3）利用向量减法的运算法则即可求解.
（4）利用向量加法、减法的运算法则即可求解.
【详解】（1）．
（2）．
（3）．
（4）．
98．(1)；.
(2)
(3)当时，，S取得最大值，最大值为.
【分析】（1）联立直线方程组可解得结果；
（2）利用两个三角形面积相减可得结果；
（3）换元，令，，再根据基本不等式可求出结果.
（1）
由已知得直线l斜率存在，设．
由，得；又，所以.
由，得．
（2）
.
（3）
设，则．
，
当且仅当时，等号成立．
99．（1），（2）或
【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；
（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程
【详解】解：（1）因为，所以，且，
由，得，解得或（舍去）
所以，
（2）因为点在直线上，
所以，得，所以点的坐标为，
所以设直线的方程为（），
令，则，令，则，
因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，
所以，解得或，
所以直线的方程为或
100．(1)证明见解析；
(2)在上存在点使得平面，且为的中点．
【分析】（1）本题首先以为坐标原点建立空间直角坐标系，然后得出、，最后根据即可证得；
（2）本题可假设点存在，则，然后通过得出，最后求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）因为，，，所以，
如图所示，在直三棱柱中，以为坐标原点，直线、、分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，，
所以，，即.
（2）若存在点使平面，则，，
，，，，
因为平面，所以存在实数、，使成立，
则，解得，
故在上存在点使平面，此时点为中点.

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