2A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意得，，然后联立求解即可.【详解】如图（示意图）：为月球的球心，月球半径约为.依题意，，.所以，解得.由，得，所以椭圆的离心率.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的定义和几何性质，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.6.圆上点关于直线的对称点仍在圆上，且该圆的半径为，则圆的方程为（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】
3【分析】先判断圆心在直线上，设圆心的坐标为，由半径，列出方程，求出的值，即可得到答案．【详解】解：因为圆上的点关于直线的对称点仍在圆上，所以圆心在直线上，设圆心的坐标为，因为该圆的半径为，则，解得或，所以圆心为或，则圆的方程为或．故选：D．7.已知圆与圆的公共弦所在直线恒过点，且点在直线上，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将两圆的方程相减可得公共弦方程，从而求得定点，利用点在直线上可得，再代入消元，转化成一元二次函数的取值范围；【详解】解：由圆，圆，得圆与圆的公共弦所在直线方程为，求得定点，又在直线上，，即.∴，∴的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查圆的公共弦方程求解、一元二次函数的最值，考查转化与化归思想的运用.8.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在一点，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C
4【解析】【分析】在中，由正弦定理可得，结合已知条件得到，设点，得到，整理得到，根据椭圆的几何性质可得，化简得到，即可求解.【详解】在中，由正弦定理可得,又由，即，即,设点，可得，则，解得，由椭圆的几何性质可得，即，整理得，解得或，又由，所以椭圆的离心率的取值范围是.故选：C.【点睛】方法点拨：在中，由正弦定理和结合已知条件得到，设点，结合椭圆的焦半径公式，得到，根据椭圆的几何性质可得，列出关于离心率的不等式是解答的关键.二､多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法正确的是（）A.截距相等的直线都可以用方程表示B.方程能表示平行y轴的直线C.经过点，倾斜角为的直线方程为D.经过两点，的直线方程【答案】BD【解析】【分析】．当直线过原点时，无法表示；．当时，满足条件；．当倾斜角为时，无法表示；．结合两点式方程进行判断即可.
5【详解】解：对于A，截距相等为0的直线都不可以用方程表示，故错误；对于B，当时，方程能表示平行y轴的直线，故正确；对于C，经过点，倾斜角为的直线方程不能写成，故错；对于D，经过两点，的直线均可写成，故正确．故选：BD．10.在平面直角坐标系中，三点，，，动点满足，则（）A.点的轨迹方程为B.面积最大时C.最大时，D.到直线距离最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据可求得点轨迹方程为，A正确；根据直线过圆心可知点到直线的距离最大值为，由此可确定面积最大时，由此可确定B正确；当最大时，为圆的切线，利用切线长的求法可知C错误；求得方程后，利用圆上点到直线距离最值的求解方法可确定D正确.【详解】设，由得：，即，化简可得：，即点轨迹方程为，A正确；直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，，面积最大为，此时，，B正确；当最大时，则为圆的切线，，C错误；直线的方程为，则圆心到直线的距离为，
6点到直线距离最小值为，D正确.故选：ABD.11.已知椭圆的左右焦点分别为是圆上且不在轴上的一点，的面积为，设的离心率为，，则（）AB.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断；由数量积及三角形面积公式求得判断．【详解】如图，连接，，设交椭圆于，则，，故正确；设，，，，，，故错误；设，，则，又△的面积为，，即，，又，，故正确；由，，
7两式作商可得：，故正确．故选：ACD12.已知圆，直线，()．则下列四个命题正确的是（）A.直线恒过定点B.当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离都等于1C.圆与曲线恰有三条公切线，则D.当时，直线上一个动点向圆引两条切线，，其中，为切点，则直线经过点【答案】ACD【解析】【分析】利用相交直线系方程和圆系方程可判断AD的正误，根据圆心到直线的距离可判断B的正误，根据两圆外切可判断C的正误.【详解】直线可化为：，由可得，故直线恒过定点，故A正确.当时，直线，圆心到该直线的距离为，因为，故圆上有且仅有四个点到直线的距离都等于1，故B错.因为圆与曲线恰有三条公切线，故两圆外切，故，故，故C正确.当时，直线，设，则以为直径的圆的方程为，而圆，故的直线方程为，整理得到，由可得，故直线经过点，故D正确.
8故选：ACD.【点睛】方法点睛：对于含参数的直线方程，可通过化简其方程，以便于求出定点坐标，而切点弦，则需要利用圆系来求其方程，过圆外一点及两个切点的圆的方程可由直径式方程得到.三､填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.直线的斜率为__．【答案】【解析】【分析】根据直线的方程写出直线的斜率表达式，化简求值即可．【详解】由直线，得，即，则该直线的斜率．故答案为：．【点睛】本题考查由直线方程求直线的斜率，属于简单题．14.已知直线与圆，则被圆截得的最短弦长为___________.【答案】【解析】【分析】求出直线所过定点，再求出圆心的坐标和半径，要使直线被圆截得的线段长度最小，需圆心到直线的距离最大，的最大值为线段的长度，即可得出结论．【详解】解：直线，即，显然过直线及直线的交点，则的坐标为，，故直线经过定点，，圆表示以为圆心，以3为半径的圆，设圆心到直线的距离为，要使直线被圆截得的线段长度最小，需最大，由题意可知，的最大值为线段的长度，由两点间的距离公式可得．直线被圆截得的最短的弦长为．故答案为：．15.已知圆，过直线上任意一点作圆的两条切线
9，切点分别为，若为锐角，则的取值范围是______．【答案】【解析】【详解】试题分析：由于圆心到直线的距离,当时,,所以,即,注意到,故,即.考点：圆与直线的位置关系及运用．【易错点晴】本题考查的是圆与直线的位置关系的问题.解答时先求出圆心到定直线的距离,再考虑为直角的特殊情形,求出此时圆心与动点的距离为定值,这时的是最小的,当由直角变小时,会增大,由于是动点与圆心连线中长度是最小的,因此只要圆心到直线的距离也大于即可,所以求得的范围是.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为__________【答案】12【解析】【分析】根据椭圆定义及圆心位置、半径，应用分析法要使最大只需让最大即可，由数形结合的方法分析知共线时有最大值，进而求目标式的最大值.【详解】由题意得：，根据椭圆的定义得，∴，圆变形得，即圆心，半径，要使最大，即最大，又，∴使最大即可.如图所示：
10∴当共线时，有最大值为，∴的最大值为，∴的最大值，即的最大值为11+1=12，故答案为：12四､解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知直线和直线的交点为．（1）求过点且与直线平行的直线方程；（2）若直线与直线垂直，且到的距离为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】利用平行（垂直）直线系设出待求直线，用待定系数法求直线方程.【详解】解：联立解得，可知交点（1）设与直线平行的直线方程为把交点代入可得，∴∴所求的直线方程为：（2）设与直线垂直的直线方程为：∵到的距离为，解得或
11∴直线的方程为：或【点睛】解析几何中直线系方程的设法:(1)过定点的直线可设为；(2)与直线平行的直线可设为：；(3)与直线垂直的直线可设为：.18.已知椭圆经过（1）求椭圆的方程；（2）若直线交椭圆于不同两点是坐标原点，求的面积.【答案】(1)；(2)．【解析】【分析】(1)将两点坐标代入椭圆方程中，求出的值，可求出椭圆的方程；(2)直线方程与椭圆方程联立，消去，得到一元二次方程，解这个方程，求出两点的纵坐标，设直线与轴交于点，利用进行求解．【详解】(1)由题意得:,解得:即轨迹E的方程为(2)记，的方程为由消去得，所以设直线与轴交于点19.已知圆过点，，且圆心在直线上，圆.（1）求圆的标准方程；（2）求圆与圆的公共弦长；
12（3）求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）求出的坐标及其圆的半径，从而可得圆的标准方程；（2）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，利用垂径定理可求弦长.（3）设所求的圆的方程为：，求出圆心的坐标，利用该圆心在已知直线上可求的值，从而得到圆的方程.【详解】解：（1）设，则，解得，圆即所求的标准方程为：.（2）圆的一般方程为，将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，即即，故到直线的距离为，所以所求公共弦长为.（3）设所求的圆的方程为：，整理得到，该圆圆心为，因为该圆心在直线，故，解得，故所求圆的方程为.【点睛】本题考查圆的方程的求法、以及圆的公共弦的方程及弦长的求法，注意公共弦的直线方法可以由两个圆的一般方程相减得到，在求过已知直线和圆的交点的圆的方程时，注意利用圆系方程降低运算量，本题属于基础题.20.已知的顶点，边上的中线所在直线方程，边上的高所在直线方程为．求：（1）顶点的坐标；（2）直线的方程．【答案】（1）（2）．【解析】
13【分析】（1）先求直线的方程，然后通过方程组求出的坐标．（2）设出的坐标，求出的坐标，把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线．联立求出的坐标，然后利用两点式求得直线的方程．【详解】（1）、所在直线方程为的斜率为边所在直线所在的直线的斜率为，的方程为，即解方程组，求得，故的坐标为.（2）、设出的中点为，．把点的坐标代入直线方程，把点的坐标代入直线．可得，求得，故点．再用两点式求的直线BC的方程为，化简为，故直线的方程.21.如图，平面直角坐标系中，圆交轴于、两点，交直线于、两点．（1）若，求的值；（2）设直线、的斜率分别为、，试探究斜率之积
14是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．（3）证明：直线、的交点必然在一条定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】（1）；（2）恒为定值；（3）证明见解析，交点恒在定直线上.【解析】【分析】（1）利用勾股定理可求得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，即可求得实数的值；（2）设点、，将直线的方程与圆的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理可求得的值，即可证得结论成立；（3）设直线的斜率为，可得出，写出直线、的方程，求出两直线交点的纵坐标，即可证得结论成立.【小问1详解】解：圆的圆心为，到直线的距离为，，可得，解得.【小问2详解】解：将代入圆О方程，并整理得，则，设点、，由韦达定理，．，所以，，同理，于是（定值）.【小问3详解】解：注意到，设直线的斜率为，则，即．
15直线的方程为，直线的方程为的交点满足，即，解得，故直线、交点必在定直线上．22.已知两圆，动圆在圆内部且和圆内切，和圆外切.（1）求动圆圆心的轨迹方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹方程恒有两个交点，且满足若存在，求出该圆的方程，若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）设圆的半径为，由椭圆的定义得到点的轨迹，求出椭圆方程即可；（2）当切线斜率存在时，设切线方程，与椭圆联立，得到韦达定理，利用，化简整理得到和的关系，利用圆心到切线的距离等于半径，可得圆的方程，当切线的斜率不存在时，可得到切线方程，求出两个交点坐标，符合题意，即可得到答案.【小问1详解】设圆的半径的，则，所以的轨迹是以的焦点的椭圆，则，，所以，，，故动圆圆心轨迹方程为.【小问2详解】假设存在圆心在原点圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，
16设，，当切线斜率存在时，设该圆的切线的方程为，由方程，可得，则，所以，由，，则，，，则，即，即，即，所以且，故，解得或，因为直线为圆心在原点的圆的一条切线，所以圆的半径为，则，故，所以所求圆的方程为，此时圆的切线都满足或，当切线的斜率不存在时，切线方程为，所以切线与椭圆，的两个交点为，，满足.综上所述，存在圆心在原点的圆满足条件.
