2022年新高考数学基础训练专题31 直线与方程(解析版)

专题31直线与方程一、单选题1．已知直线R，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】结合两直线的位置关系以及充要条件的概念即可判断.【详解】或，由于，所以，由充要条件的概念可知选C.故选：C．2．已知直线与圆相切，则m的值为（）A．3或B．1或C．0或4D．或0【答案】A【分析】利用圆的切线性质结合点到直线的距离公式列式计算即得.【详解】圆的圆心为，半径为，因直线与圆相切，则点到直线的距离为，整理得，解得或，所以m的值为3或.故选：A3．若，满足约束条件，则目标函数的取值范围是（）A．B．C．D． 【答案】C【分析】先画出可行域，再根据的几何意义结合图形求解.【详解】作出约束条件，表示的可行域如图所示，，其几何意义为可行域内的点到直线的距离的倍．由解得．由图可知，的最大值为点到直线的距离的倍，即为；因为直线与可行域有公共点，所以的最小值为．故选：C4．若点为圆的弦的中点，则弦所在直线的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】圆的圆心，由给定条件结合圆的性质可得，求出直线OP斜率即可计算作答.【详解】依题意，圆的圆心，因点为圆的弦的中点，则有，而直线OP斜率为，于是得直线AB斜率，又直线过，因此有，即，所以弦所在直线的方程为.故选：A 5．在平面直角坐标系中，圆：，若直线：（）上有且仅有一点满足：过点作圆的两条切线，，切点分别为，，且使得四边形为正方形，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】设结合题设易知、，要使条件满足有直线与圆相切，应用点线距离公式求的值即可.【详解】圆：的圆心，半径，设，则，又四边形为正方形，易知，∴，由题意得：直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，∴，解得或（舍去）．故选：．6．已知抛物线的准线为，点是抛物线上的动点，直线的方程为，过点分别作，垂足为，，垂足为，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】令抛物线焦点为F，利用抛物线定义可得，再求点F到直线的距离即可.【详解】令抛物线的焦点为F，则，连接PF，如图， 因是抛物线的准线，点是抛物线上的动点，且于，于是得，点到直线：的距离，又于，显然点P在点F与N之间，于是有，当且仅当F，P，N三点共线时取“=”，所以的最小值为.故选：B7．已知圆，直线过点且与圆相切，若直线与两坐标轴交点分别为，则=（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由点在圆上，所以点为切点，利用圆的切线和圆心于切点的连线垂直，可求得斜率，利用点斜式即可求得切线方程，再求点的坐标，利用两点间距离公式即可得解.【详解】易知为切点，所以，所以直线的斜率为，所以，令，则，故选：C.8．若直线与圆相交于，两点，且（为原点），则的值为（）A．B． C．D．【答案】A【分析】由题意可知，圆心角，过圆心作直线的垂线，交点为C，那么是直角三角形，即可求出答案.【详解】由圆，其圆心为，半径为，过圆心作直线的垂线，交点为C，那么是直角三角形，其中，，，又圆心到直线的距离为，解得.故选：A.9．自点发出的光线经过轴反射，其反射光线所在直线正好与圆相切，则反射光线所在直线的所有斜率之和为（）A．B．2C．D．4【答案】C【分析】 求出圆心与半径，点A关于轴的对称点的坐标，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求得结论.【详解】圆可化为，圆心为，半径为．点关于轴对称的点为，所以设反射光线所在直线的方程为，即．由反射光线正好与圆相切，得，即，解得，于是．故选：C.10．已知直线：（），：，若，则与间的距离为（）A．B．C．2D．【答案】B【分析】由直线平行的结论列方程求，再由平行直线的距离公式求两直线的距离.【详解】由得，解得，所以直线：，即，所以与间的距离为，故选B．11．已知，设函数的图象在点处的切线为l，则l过定点（）A．B．C．D．【答案】A【分析】 根据导数几何意义求出切线方程，化成斜截式，即可求解【详解】由，，，故过处的切线方程为：，故l过定点故选：A【点睛】本题考查由导数的几何意义求解切线方程，直线过定点问题，属于简单题12．设曲线在点处的切线与直线平行，则等于（）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，利用两直线平行可得出实数的值.【详解】对函数求导得，由已知条件可得，所以，.故选：B.13．已知为圆上一动点，则点到直线的距离的最大值是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】求出圆心与半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，由即可求解.【详解】∵圆，∴圆心，半径，∴圆心到直线的距离，∴圆上的点到直线的距离最大值为，故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查圆上的点到直线距离的最值问题，利用圆的几何性质是解题的关键.14．若是双曲线上关于原点对称的两点，点是双曲线的右支上位于第一象限的动点，记的斜率分别为，且，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由点差法和直线的斜率公式，推得的关系，即可求得双曲线的离心率.【详解】设，，则，由题可知，，两式相减得：，即又，即所以双曲线的离心率为故选：A【点睛】方法点睛：本题考查求双曲线的离心率，求解离心率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：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．15．已知双曲线的左､右焦点分别为，，点，则的平分线的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】先依题意判断，设的平分线交x轴于M，设，计算，求得，即得角平分线所在直线的斜率，再根据点斜式写直线方程即可. 【详解】如图，依题意知，，而点在双曲线上，故，，.设的平分线交x轴于M，设，则，有，即，，化简解得，故的平分线所在直线的斜率，所以的平分线的方程为，即.故选：A.16．已知抛物线的焦点为F，直线l为准线，点E在拋物线上.若点E在直线l上的射影为Q，且Q在第四象限，，则直线的斜率为（）A．B．C．D．1【答案】A【分析】根据题意先确定出点所在象限，然后作出图示，根据的长度以及抛物线的定义确定出点坐标，由此可求直线的斜率.【详解】因为在上的射影点在第四象限，所以在第一象限，设与轴的交点为点，如下图所示：因为，，所以，所以，又因为轴，所以， 又因为，所以为等边三角形，所以,所以，所以直线的斜率为，故选：A.17．“直线与直线平行”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据两直线平行得到或，再利用充分必要条件的定义判断即可.【详解】当直线与直线平行,，解得或，当，直线和直线重合，舍去，所以.根据充分条件、必要条件的定义可得，“直线与直线平行”是“”的充分必要条件故选：C18．已知集合，.若，则实数（）A．3B．C．3或D．或1【答案】A 【分析】将问题转化为“直线与直线互相平行”，由此求解出的取值.【详解】因为，所以直线与直线没有交点，所以直线与直线互相平行，所以，解得或，当时，两直线为：，，此时两直线重合，不满足，当时，两直线为：，，此时两直线平行，满足，所以的值为，故选：A.19．已知，是双曲线的左，右焦点，过点作斜率为的直线与双曲线的左，右两支分别交于，两点，以为圆心的圆过，，则双曲线的离心率为（）A．B．C．2D．【答案】B【分析】取MN中点A，连AF2，令，由双曲线定义及所给条件可得，再借助直线斜率为即可作答.【详解】取MN中点A，连AF2，由已知令，则，如图：因点M，N为双曲线左右两支上的点，由双曲线定义得，，则，令双曲线半焦距为c，中，，中，， 则有，即，因直线的斜率为，即，而，即，，于是有，，，所以双曲线的离心率为.故选：B20．平行直线l1：x﹣y﹣1＝0和l2：x﹣y+2＝0与圆E：x²+y²﹣4y＝0分别相交于A、B和C、D四点，则四边形ABDC的对角线AD的长度为（）A．3B．C．D．【答案】B【分析】先求出圆心到直线的距离和两直线之间的距离相等且为，弦长为，然后利用勾股定理来求对角线AD的长度.【详解】由，得，所以圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，所以，所以，过点作于点，则，又过圆心，所以所以，即.故选：.21．对圆上任意一点，若的值都与，无关，则实数的取值范围是（）A．B．C．或D． 【答案】A【分析】将转化为，然后根据几何意义进行解题即可.【详解】等价于圆上任意一点到直线和直线的距离的差的5倍，而距离之差与，无关，则直线与圆相切或相离，且与直线位于圆的同侧，所以，即或，由于直线与直线位于圆的同侧，所以故选：A.22．已知两点、，在曲线上存在点满足的曲线方程是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题首先可根据得出点在线段的中垂线上，然后求出线段的中垂线方程为，最后依次判断四个选项对应的曲线是否与有交点即可得出结果.【详解】因为点满足，所以点在线段的中垂线上，线段中点坐标为，，中垂线的斜率，故线段的中垂线方程为，即，因为曲线上存在点满足，所以曲线与有交点，A项：与平行，A错误；B项：，圆心为，半径为， 圆心到的距离，故圆与相离，B错误；C项：联立，整理得，，有解，C正确；D项：联立，整理得，，无解，D错误，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查点的轨迹方程，能否根据得出点在线段的中垂线上是解决本题的关键，考查直线与直线、直线与圆的位置关系，考查判别式的应用，考查计算能力，体现了综合性，是中档题.23．已知直线恒过定点，点也在直线上，其中，均为正数，则的最小值为（）A．2B．4C．8D．6【答案】B【分析】先将直线方程变形得到定点的坐标，根据点在直线上确定出所满足的关系，最后根据“”的妙用求解出的最小值.【详解】已知直线整理得：，直线恒过定点，即.点也在直线上，所以，整理得：， 由于，均为正数，则,取等号时，即，故选：B.【点睛】方法点睛：已知，求的最小值的方法：将变形为，将其展开可得，然后利用基本不等式可求最小值，即，取等号时.24．已知，，直线，，且，则的最小值为（）A．2B．4C．D．【答案】D【分析】根据得到，再将化为积为定值的形式后，利用基本不等式可求得结果.【详解】因为，所以，即，因为，，所以，，所以，当且仅当，时，等号成立．故选：D.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.25．若点是曲线上任意一点，则点到直线的最小距离为（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由已知可知曲线在点处的切线与直线平行，利用导数求出点的坐标，利用点到直线的距离公式可求得结果.【详解】因为点是曲线任意一点，所以当点处的切线和直线平行时，点到直线的的距离最小，因为直线的斜率等于，曲线的导数，令，可得或（舍去），所以在曲线与直线平行的切线经过的切点坐标为，所以点到直线的最小距离为.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查曲线上的点到直线距离的最小值的求解，解题的关键在于分析出曲线在点处的切线与直线平行，进而利用导数求解.26．已知直线和，则“”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B 【分析】根据和的互相推出情况确定出“”是“”的何种条件，求解时注意分析两直线重合的情况.【详解】当时，，，若，此时重合，所以充分性不满足；当时，且，所以且，所以必要性满足，所以“”是“”的必要不充分要条件，故选：B.【点睛】结论点睛：已知；若，则有且.27．已知点P在曲线上，为曲线在点P处的切线的倾斜角，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】首先根据导数的几何意义求得切线斜率的取值范围，再根据倾斜角与斜率之间的关系求得倾斜角的取值范围.【详解】因为，由于，所以，根据导数的几何意义可知：,所以，故选：D.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．二、填空题28．设，是正数，若两直线和恒过同一定点，则的最小值为__________．【答案】【分析】根据直线方程求出所过定点坐标，将定点坐标代入的方程可得，将展开利用基本不等式即可求解.【详解】直线的方程可化为，显然该直线恒过两直线和的交点，由可得，所以直线恒过点，所以点也在直线上，故，即．因为，是正数，所以，当且仅当，即，时等号成立，故答案为：.29．在三棱锥中，，二面角的大小为，在侧面内(含边界)有一动点，满足到的距离与到平面的距离相等，则动点的轨迹的长度为__________．【答案】【分析】 如图，先作出二面角的平面角，进而得到，再建立如图所示的平面直角坐标系，可得直线的方程为，从而求出的轨迹的长度．【详解】解：如图，过作于，平面于，过作于，连接，则为二面角的平面角，由，得．又，所以，在中，以所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则直线的方程为，直线的方程为，所以直线与的交点坐标为，所以的轨迹为线段，长度为．故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题关键为利用二面角得出结论后建立平面直角坐标系求解，方法比较少见，利用直角坐标系求得直线的方程后顺利求得直线与的交点坐标，将问题转化为求线段 得长度，问题解决.30．已知函数，点为函数图象上一动点，则到直线距离的最小值为___________.(注)【答案】【分析】求出导函数，利用导数的几何意义求出切线与已知直线平行时切点坐标，然后转化为求点到直线的距离即可求解．【详解】解：，，与直线平行的切线斜率，解得或，当时，，即切点为，此时点到直线的距离为；当时，，即切点为，此时点到直线的距离为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是结合图形分析，将原问题转化为函数图象上与已知直线平行的切线的切点到直线的距离.31．已知为抛物线的焦点，，点在抛物线上且满足.若这样的点有且只有一个，则实数的值为___________.【答案】【分析】设，根据，由两点间的距离公式化简可得，由题意此方程有且只有一解，最后利用解方程的知识即可求解. 【详解】解：由题意，，设，由可得，即，因为这样的点有且只有一个，所以或，即或，由，解得，综上，.故答案为：.关键点点睛：本题的解题关键是将原问题转化为方程有且只有一解.三、解答题32．已知椭圆：的上顶点与下顶点在直线：的两侧，且点到的距离是到的距离的倍．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）设与交于，两点，求证：直线与的斜率之和为定值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）由点到直线的距离公式即求；（Ⅱ）由直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理法即可证明.【详解】（Ⅰ）由椭圆的方程可得，，由题意可得，解得或．当时，点，都在直线的下方，不符合题意，故． （Ⅱ）联立消去可得，设，，则，．直线与的斜率之和．因此直线与的斜率之和为定值．33．如图所示，已知椭圆：与直线：．点在直线上，由点引椭圆的两条切线，，，为切点，是坐标原点．（1）若点为直线与轴的交点，求的面积；（2）若，为垂足，求证：存在定点，使得为定值．【答案】(1)4；(2)，证明见解析.【分析】(1)设出直线方程，与椭圆方程联立，根据，求出直线的斜率，从而求切点坐标，根据切点坐标判断出为直角三角形，从而求的面积.(2)先写出切线方程和，根据切线方程求出直线AB的方程及直线AB过的定点T，从而判断出OT的中点为点Q.【详解】(1)由题意易知，显然过点P与椭圆相切的直线斜率存在，设切线方程为，与椭圆方程联立，消并整理得， 由得，即切线方程为，此时切点坐标为，易知为直角三角形，，所以.(2)设，则切线为，切线为，设，则，，所以直线的方程为————①又点在直线：上，所以，即，代入①，得，即，所以直线过定点，又因为，所以点D在以为直径，为圆心的定圆上，所以为定值，且.34．如图，某市一学校H位于该市火车站O北偏东45°方向，且OH＝4km，已知OM，ON是经过火车站O的两条互相垂直的笔直公路，CE，DF及圆弧CD都是学校道路，其中CE∥OM，DF∥ON，以学校H为圆心，半径为2km的四分之一圆弧分别与CE，DF相切于点C，D.当地政府欲投资开发△AOB区域发展经济，其中A，B分别在公路OM，ON上，且AB与圆弧CD相切，设∠OAB＝θ，△AOB的面积为Skm2．（1）求S关于θ的函数解析式；（2）当θ为何值时，△AOB面积S为最小，政府投资最低？【答案】（1）；（2）.【分析】（1）以点O为坐标原点建立适当坐标系，根据直线AB与圆H相切构建l与之间的关系，再根据 中，即计算得的解析式；（2）先换元，得到t的范围和，代入化简得到，再利用二次函数研究分母何时取得最大值，即找到对应，使得△AOB面积S为最小.【详解】解：（1）以点O为坐标原点建立如图直角坐标系，则，在中，设，又，故，所以直线AB的方程为，即，因为直线AB与圆H相切，所以H到直线AB的距离等于半径2，即①，又点H在直线AB的上方，故，所以①式可化简为，即，故,所以△AOB的面积为S;即S关于θ的函数解析式为；（2）令，，则，且 ，所以，令，分母，其中，所以时，分母部分最大，面积最小，此时，即.所以时△AOB面积S为最小，政府投资最低.【点睛】思路点睛：在求含有的三角函数的最值问题时，通常通过换元，结合，将问题转化成二次函数的最值问题.35．如图，A，B是椭圆的左、右顶点，点P是椭圆上异于A，B的一点，直线分别交直线于M，N两点直线的斜率分别记为．（1）求的值；（2）若线段的中点Q恰好在以为直径的圆上，求m的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设点P的坐标为，代入椭圆方程有，化简求出答案；（2）设直线的方程，与椭圆方程联立求出P的坐标，进一步求出的中点，根据和得到，化简求出的范围.【详解】 （1）设点P的坐标为，有由已知得、，则;（2）由题意知直线的方程：，则，由得由已知得得，∴的中点当直线的斜率存在时，由题意知，又，∴，即，化简得∴当直线的斜率不存在时，综上：∴.【点睛】直线与圆锥曲线的题目解题时关键是对题目进行翻译，翻译成常见的比较好理解的知识点来解题，本题“线段的中点Q恰好在以为直径的圆上”，可以翻译为⊥,这样就可以利用斜率的乘积为“”来解题.36．如图，已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆交于两点（在轴上方），连接并延长，交椭圆于点． （1）若轴，求直线的方程；（2）求时的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由题意可得，，由轴求得，得到直线的斜率，从而得直线的方程；（2）分两种情况讨论求解，当直线的斜率不存在时，求得；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得到，可得，综合两种情况可得结果．【详解】（1）由椭圆方程知：，，当轴时，，直线的的斜率为，直线的方程为：，即．（2）若直线的斜率不存在，则直线的方程为，由，得：；若直线的斜率存在，设的方程为，设点，， 联立得：，，，，，，当时，，当时，，．又直线的斜率不存在时，，的取值范围为．【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的向量数量积的取值范围问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③根据坐标运算得到向量数量积，代入韦达定理的形式，整理为关于变量的函数的形式；④化简所得函数式，利用函数值域的求解方法求得取值范围.37．已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，交轴于点，分别过点作直线的垂线，垂足分别为，如图． （1）若（为坐标原点），求的值；（2）过作直线的垂线交于点．记，的面积分别为．若，求直线的方程．【答案】（1）4；（2）.【分析】（1）设直线为，设，则，然后将直线方程与抛物线方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，而由可得，从而可求出的值；（2）由（1）可得，直线，从而可求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，从而可表示出的面积，再结合图形表示出，再由列方程可求出直线的斜率，进而可求出直线的方程【详解】（1）设直线为，设，则，由，得，则，因为，所以（舍）或4．． （2）由（1）（*）．．，令．①由几何关系知．．不妨设．又将（*）代入．②由①②：又过点．代入．仅有一个解．．【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考要点到直线的距离公式的应用，考查计算能力，解题的关键是结合先求出的面积，再结合图形表示出，再由列方程可求出直线的斜率，属于中档题38．已知椭圆的方程为. （1）设是椭圆上的点，证明：直线与椭圆有且只有一个公共点；（2）过点作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为､，点在直线上的射影为点，求点的坐标；（3）互相垂直的两条直线与相交于点，且､都与椭圆只有一个公共点，求点的轨迹方程.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）当时，符合题意；当时，联立直线与椭圆的方程，得判别式为0，从而方程组只有一组解，进而可得答案；（2）设，，得出A，B的坐标满足直线方程，推出直线AB的方程为，联立NQ的方程解得Q点坐标；（3）设，分两种情况：当直线与有一条斜率不存在时，当直线与有一条斜率存在时，讨论点P的轨迹，即可得出答案.【详解】（1）当时，，直线，即直线，与椭圆只有一个公共点. 当时，由得，，又，有，从而方程组只有一组解，直线与椭圆的有且只有一个公共点.（2）设，.由（1）知两条直线为，，又是它们的交点，，，从而有，的坐标满足直线方程，所以直线：.直线的方程为，由解得，即，（3）设.当直线与有一条斜率不存在时，，.当直线与的斜率都存在时，设为和，由得，由，整理得，，和是这个方程的两个根，有，得，所以点的轨迹方程是.【点睛】 关键点点睛：解决第一问主要是通过联立直线与椭圆所构成的方程组有一个解；解决第二问主要是通过第一问中的结论得出的方程；解决第三问主要是依据两直线的关系得到.39．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），在以原点为极点，轴非负半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程（1）求曲线的普通方程和直线的倾斜角；（2）若与相交于、两点，且，求的值．【答案】（1）；；（2）．【分析】（1）利用同角三角函数平方关系消参，求的普通方程；应用公式法直接写出直线的方程，进而确定倾斜角；（2）联立曲线和直线的方程，有与相交时，结合韦达定理、相交弦长公式及已知弦长求值．【详解】（1）由题意，，则的普通方程是，由，整理得，即．∴的倾斜角为．（2）由（1）联立方程，消去，得，，∴当时，与相交，设，，则，，∴，∴，∴．【点睛】关键点点睛：第二问，注意直线与曲线相交的前提条件 ，进而应用韦达定理、相交弦的弦长公式求参数值.40．已知椭圆：的右顶点为，直线：过椭圆的右焦点，点到直线的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）椭圆的左顶点为，是椭圆位于轴上方部分的一个动点，以点为圆心，过点的圆与轴的右交点为，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线，交直线于点．求的值．【答案】（1）；（2）1.【分析】先求出点的坐标，得到的值，再利用点到直线的距离求出，进而求出，得到答案.(2)由题意得出点的坐标，设,，先求出圆的半径，从而得出点的坐标，由直线和直线的方程求出点的坐标，由条件，得出直线的方程,得到点的坐标，从而可得出，，得出答案.【详解】解：（1）将代入直线：得，∴，即，∵到直线的距离为，∴，解得，∴，∴椭圆的方程为：．（2）由题意可知，，，设的坐标为，则，∵点在椭圆上，∴，∴，∵点在椭圆上，∴，∴，∴，∵圆过点与点， ∴，∴点，易求直线的方程为，直线的方程为，将代入直线的方程得：，故点的坐标为，∵，，∴，∵，∴，∴直线的方程为：，将代入得：，∴点又∵，∴，，∴．【点睛】关键点睛：本题考查求椭圆的方程，考查直线与椭圆的位置关系，解答本题的关键是设出点的坐标,由条件表示出，得出，求出，属于中档题.41．已知曲线：的左、右焦点分别为、，直线经过且与相交于、两点． （1）求△的周长；（2）若以为圆心的圆截轴所得的弦长为，且与圆相切，求的方程；（3）设的一个方向向量，在轴上是否存在一点，使得且？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）6；（2）；（3）存在；．【分析】（1）根据椭圆方程求出，再根据椭圆的定义可求出结果；（2）圆的方程为（），根据弦长求出，再根据直线与圆相切可出，从而可得直线的方程；（3）假设在轴上存在一点，满足题意，设直线的方程为（），联立直线与椭圆方程，根据韦达定理求出的中点坐标，利用的中垂线方程求出，再根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离，再根据可求出结果.【详解】（1）根据题设条件，可得，故，根据椭圆定义，可知，，，由，得△的周长为．（2）设圆的方程为（），令，得，故，得．由与圆相切，得到直线：的距离．解得，故直线的方程为． （3）假设在轴上存在一点，设直线的方程为（），将直线的方程和椭圆的方程联立，得，消去并整理，得，，令，，则，，，故线段的中点的坐标为，则线段中垂线的方程为，令，得，点到直线的距离，又因为，所以，即，化简得，解得，故．所以在轴上是否存在一点，使得且.【点睛】关键点点睛：设直线的方程为（），利用直线的方程与椭圆方程联立求出的中点坐标，再根据的中垂线方程得到，再根据点到直线的距离与建立方程求出是解题关键，42．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为M，，且原点O到直线的距离为.（1）求椭圆C的方程：（2）己知斜率为的直线l交椭圆C于A、B两点，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）.【分析】(1)由椭圆对称性求出直线MF1的斜率，写出其方程，利用点到直线距离求出b即可得解；(2)设出直线l的纵截距m，写出直线l的方程，联立直线l与椭圆C的方程组，借助韦达定理求出两交点的横、纵坐标积即可作答.【详解】（1）由题设条件及椭圆对称性知，，而，则，如图：直线：，即，由点到直线距离公式得，则b=1，点，即椭圆半焦距，于是有，所以曲线C的方程为；（2）设直线l的纵截距为m，则l的方程为，由消去y化简整理得，因为直线l交椭圆于A，B两点，从而有，解得，设，则有，，，则，所以的取值范围.43．如图，在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆的交点为，圆：与轴正半轴的交点是.若圆上一动点从开始，以的角速度逆时针做圆周运动，秒后到达点.设. （1）若且，求函数的单调递增区间；（2）若，，求.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据三角函数的定义分别写出的坐标，再根据点到点的距离公式表示出，代入的值再结合余弦函数的单调区间公式求解出的单调递增区间；（2）根据计算出的值，再结合诱导公式求解出的值.【详解】解：（1）由已知条件和三角函数的定义得，，则当，则令（），解得（）又∵，∴，的单调递增区间为．（2）由，，得，即，∵，∴， ∴．44．已知椭圆C：（）过点，，为椭圆的左右顶点，且直线，的斜率的乘积为．（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，线段的垂直平分线交直线l于点P，交直线于点Q，求的最小值．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）由题意可得：，即可求得的值，进而可得椭圆C的方程；（2）设直线的方程为，点，，联立直线与消去可得关于的一元二次方程，可求得，，计算点坐标，利用弦长公式求得弦长、，将化简整理，利用基本不等式求最值即可求解.【详解】（1）依题意有，①， 因为，所以，，所以②，由①②解得：，，故椭圆的方程为；（2）由题意知直线的斜率不为0，设其方程为，设点，，联立方程，得到，由弦长公式，又，，，，令，，上式，当，即时，取得最小值2．【点睛】思路点睛：解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；③利用基本不等式求出参数的取值范围； ④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.