期末检测卷（含解析）-2023-2024学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 期末检测卷（含解析）-2023-2024学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-08-05 13:58:58 | ||
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文档简介
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期末检测卷-2023-2024学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
一、单选题
1．直线与圆交于两点，则弦的长（ ）
A． B． C． D．
2．已知双曲线的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．在圆上任意取一点，过点作轴的垂线段，为垂足．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹方程是（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）（ ）
A． B．
C． D．
6．已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
8．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得 阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最小值为 D．的最大值为4
10．如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成的角的取值范围是
D．二面角的正弦值为
11．已知双曲线的左 右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ）
A． B．
C．双曲线的渐近线方程为 D．直线的斜率为4
三、填空题
12．如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为 .
13．已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为 ．
14．如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为8c．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
椭圆C的离心率为 ；点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为l，在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为 ．
四、解答题
15．已知圆C:，直线．
(1)求m的取值范围；
(2)当圆C的面积最大时，求直线l被圆C截得的弦长．
16．如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点．
(1)求；
(2)求二面角的平面角的正弦值．
17．已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，．
(1)求的方程；
(2)过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值．
18．如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求点C到平面的距离．
19．已知离心率为的双曲线与x轴交于A，B两点，B在A的右侧．在E上任取一点，过点B作直线QB垂直PA交于点Q，直线PB、QA分别交y轴于不同的两点M，N．
(1)求双曲线E的方程；
(2)求证：直线与直线的斜率乘积为定值；
(3)三角形MNB的外接圆是否过x轴上除B点之外的定点，若是，求出该定点坐标：若不是，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】先求圆的圆心和半径，再用点到直线的距离公式求点到直线的距离，再利用弦长公式求.
【详解】设圆的圆心为，半径，
因为到直线的距离，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】由实轴长可列方程求得参数的值，进一步即可求得渐近线方程.
【详解】由题可知双曲线的实轴长为，则，解得，所以该双曲线的渐近线方程为．
故选：A.
3．C
【分析】选取为基底，将进行分解，可表示出：，，，进一步结合向量夹角公式即可求解.
【详解】如图所示，延长，使得，由题意点在线段上（不包含端点），
选取为基底，由题意，
而，
从而，
，
，
所以，
设，因为，所以，而，
因为
，
设，则，，
当且仅当，即，即时，的最小值为，
所以当且仅当时，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是表示出：，，，进一步得出，由此即可通过换元法得解.
4．A
【分析】根据直线与圆恒有公共点，由求解.
【详解】圆C：，知，
圆心到直线的距离为：，
解得：.
故选：A
5．D
【分析】设的坐标为，则点的坐标为，利用坐标代换法求出轨迹方程即可.
【详解】设点的坐标为，点的坐标为，
依题意点在圆上，可得，
所以点的轨迹方程为.
故选：D.
6．B
【分析】利用点差法求解即可.
【详解】设
则，两式作差得：，
线段AB的中点为，故，
所以，
且直线AB过和，
则直线AB的斜率：,
故，
解得.
故选：B
7．B
【分析】利用空间向量基本定理表示出，得到答案．
【详解】.
故选：B．
8．C
【分析】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取，使得，从而将所求转化为，根据题意，所表示的圆与圆相同可解得点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到 (当且仅当在线段上时取等)即可得解.
【详解】设，不妨取，使得，
则，
整理得，
此方程与相同，
所以有，解得，
所以，
所以，当且仅当在线段上时，取等号.
因为，所以在圆内；
，所以在圆外；
所以线段与圆必有交点（记为），
当重合时，，为其最小值，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题时，关键是利用阿波罗尼斯圆将变为，再由当在线段上时，求出最小值.
9．AC
【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断.
【详解】对于A，若，且，
则存在唯一实数使得，即，
则，解得，故A正确；
对于B，若，则，即，
化简得，因为，所以无实数解，故B错误；
对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线线角的向量求法判断C，利用二面角的向量求法判断D即可.
【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，
为轴，建立空间直角坐标系，且设正方体边长为2，
故,,，，，
所以，，
对于A，，，故，
，因为，共线，
所以，故，
故，而，
所以，故A正确，
对于B，而，化简得，
故，，
而，，
设面的法向量为，可得，
所以，令，解得，
故，则，
可得平面，故B正确，
对于C，，，
设异面直线与所成的角为，，
所以，
当时，，
而时，令，
因为，可得，
故，得到，故C错误，
对于D，已知面的法向量为，
设面的法向量，所以，
故，令，解得，
故，设二面角为，
，故，而，
而，解得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后表示出关键点的坐标，由线线角的向量求法表示出线线角．
11．BC
【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义求得，，再逐项计算判断即可.
【详解】由，设，，由，得，
则，，而，解得，因此，，
对于A，，A错误；
对于B，显然，则，B正确；
对于C，令，在中，由，得，
则，，即，因此双曲线的渐近线方程为，C正确；
对于D，由，结合对称性，图中位置可互换，则直线的斜率为，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
12．3
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积的坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
，
则，
因为，所以当时，取最大值，最大值为3.
故答案为：3.
13．
【分析】可设，，且，由三角形的面积公式及基本不等式求解．
【详解】因分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示：
由得，
则有的面积，
的面积，
所以，当且仅当时，取等号．
故答案为：
14． /
【分析】设椭圆C的长轴长为，则由题意结合椭圆的定义可得，从而可求出离心率，延长交于点，结合椭圆的光学性质和，且为的中点，再结合三角形的中位线定理和椭圆的定义可得，从而可求出，进而可求出椭圆方程.
【详解】设椭圆C的长轴长为，
因为由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为8c，
所以，得，
所以椭圆C的离心率为，
如图，延长交于点，
在中，，由反射角等于入射角，可得，
所以，且为的中点，
在中，，
因为在l上的射影H在圆上，所以，
所以，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的光学性质的应用，考查求椭圆的离心率和椭圆的方程，解题的关键是灵活应用椭圆的光学性质及椭圆的定义，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆的一般方程化成标准方程，满足圆的条件即可求的取值范围；
（2）根据圆C的面积最大确定圆的方程，然后根据直线和圆相交的弦长公式进行求解即可．
【详解】（1）圆的方程配方，得，由，
得．故的取值范围为．
（2），
故当时，圆的面积最大．此时，圆的方程为．
圆心到直线的距离，弦长为．
故当圆的面积最大时，直线被圆截得的弦长为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）首先作出得到点的过程，得到截面，再根据几何关系，即可求解；
（2）首先建立空间直角坐标系，根据（1）的结果，利用坐标法求二面角的余弦值，再转化为正弦值.
【详解】（1）如图，延长交于点，连结交于点，
因为点是的中点，所以，且，
所以，
如下图，分离出底面，取的中点，连结，且点是的中点，
所以，且
所以，且，
所以，即，
所以；
（2）如图，以点为原点，以的正方向，建立空间直角坐标系，
，，，
，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，则，
平面的法向量为，
设二面角的平面角为，，
所以，则.
所以二面角的平面角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可利用弦长公式求解,结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设焦距为，当时，将代入椭圆方程可得，
，解得，
所以，又，解得，
所以的方程为；
（2）设直线，
与椭圆线方程联立可得，，
由韦达定理，，
所以
，
同理可得，，
，因为，所以，
故
，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）只需证明，结合线面平行的判定定理即可得解；
（2）只需证明平面，在结合面面垂直的判定定理即可得解；
（3）首先证明面，由等体积法即可列方程求解.
【详解】（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
19．(1)
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为
【分析】（1）根据离心率和双曲线方程可得，可求出双曲线E的方程；
（2）分别表示出，再由化简可得斜率乘积为定值2；
（3）求出三角形MNB的外接圆圆心坐标为，写出圆的标准方程并令可解得符合题意，即可得外接圆过定点.
【详解】（1）由离心率为可得，
又易知，所以，
可得双曲线E的方程为；
（2）易知，如下图所示：
易知的斜率均存在，且满足，可得，
又易知，
所以，
因此直线与直线的斜率乘积为定值2；
（3）由（2）可知直线的方程为，
直线的方程为；
因此可得，
所以三角形MNB的外接圆圆心在线段的垂直平分线上，即；
线段的中点坐标为，
易知线段的垂直平分线为，
联立两直线方程可得圆心坐标为，
所以外接圆半径为，
圆的标准方程为，
令可得，
解得（舍）或
因此可得三角形MNB的外接圆过x轴上除B点之外的定点，该定点坐标为.
【点睛】关键点点睛：求解三角形MNB的外接圆过定点时，关键是写出外接圆的标准方程，再令纵坐标即可求得定点坐标为.
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期末检测卷-2023-2024学年高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册
一、单选题
1．直线与圆交于两点，则弦的长（ ）
A． B． C． D．
2．已知双曲线的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．在棱长为1的正四面体ABCD中，M是BC的中点，且，，则直线AM与CN夹角的余弦值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．在圆上任意取一点，过点作轴的垂线段，为垂足．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹方程是（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）（ ）
A． B．
C． D．
6．已知椭圆C：，的右焦点为，过F的直线与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为，则椭圆C的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
8．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得 阿基米德齐名.他发现：“平面内与两定点距离的比为常数且的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点是圆上任一点，点，，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最小值为 D．的最大值为4
10．如图，在正方体中，M是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．异面直线与所成的角的取值范围是
D．二面角的正弦值为
11．已知双曲线的左 右焦点分别为，过点的直线与的左支相交于两点，若，且，则（ ）
A． B．
C．双曲线的渐近线方程为 D．直线的斜率为4
三、填空题
12．如图，长方体中，，点为线段上一点，则的最大值为 .
13．已知点为坐标原点，点是拋物线的焦点，点分别位于轴的两侧且都在抛物线上，记的面积为的面积为，若，则的最小值为 ．
14．如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为8c．利用椭圆的光学性质解决以下问题：
椭圆C的离心率为 ；点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为l，在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为 ．
四、解答题
15．已知圆C:，直线．
(1)求m的取值范围；
(2)当圆C的面积最大时，求直线l被圆C截得的弦长．
16．如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点．
(1)求；
(2)求二面角的平面角的正弦值．
17．已知椭圆的右焦点为，离心率为，过的直线交于两点，为坐标原点，当时，．
(1)求的方程；
(2)过的另一条直线交于两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，若，求的最大值．
18．如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)若，求点C到平面的距离．
19．已知离心率为的双曲线与x轴交于A，B两点，B在A的右侧．在E上任取一点，过点B作直线QB垂直PA交于点Q，直线PB、QA分别交y轴于不同的两点M，N．
(1)求双曲线E的方程；
(2)求证：直线与直线的斜率乘积为定值；
(3)三角形MNB的外接圆是否过x轴上除B点之外的定点，若是，求出该定点坐标：若不是，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】先求圆的圆心和半径，再用点到直线的距离公式求点到直线的距离，再利用弦长公式求.
【详解】设圆的圆心为，半径，
因为到直线的距离，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】由实轴长可列方程求得参数的值，进一步即可求得渐近线方程.
【详解】由题可知双曲线的实轴长为，则，解得，所以该双曲线的渐近线方程为．
故选：A.
3．C
【分析】选取为基底，将进行分解，可表示出：，，，进一步结合向量夹角公式即可求解.
【详解】如图所示，延长，使得，由题意点在线段上（不包含端点），
选取为基底，由题意，
而，
从而，
，
，
所以，
设，因为，所以，而，
因为
，
设，则，，
当且仅当，即，即时，的最小值为，
所以当且仅当时，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是表示出：，，，进一步得出，由此即可通过换元法得解.
4．A
【分析】根据直线与圆恒有公共点，由求解.
【详解】圆C：，知，
圆心到直线的距离为：，
解得：.
故选：A
5．D
【分析】设的坐标为，则点的坐标为，利用坐标代换法求出轨迹方程即可.
【详解】设点的坐标为，点的坐标为，
依题意点在圆上，可得，
所以点的轨迹方程为.
故选：D.
6．B
【分析】利用点差法求解即可.
【详解】设
则，两式作差得：，
线段AB的中点为，故，
所以，
且直线AB过和，
则直线AB的斜率：,
故，
解得.
故选：B
7．B
【分析】利用空间向量基本定理表示出，得到答案．
【详解】.
故选：B．
8．C
【分析】根据题目阿波罗尼斯圆的条件不妨取，使得，从而将所求转化为，根据题意，所表示的圆与圆相同可解得点坐标，再利用三角形两边之和大于第三边得到 (当且仅当在线段上时取等)即可得解.
【详解】设，不妨取，使得，
则，
整理得，
此方程与相同，
所以有，解得，
所以，
所以，当且仅当在线段上时，取等号.
因为，所以在圆内；
，所以在圆外；
所以线段与圆必有交点（记为），
当重合时，，为其最小值，
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题时，关键是利用阿波罗尼斯圆将变为，再由当在线段上时，求出最小值.
9．AC
【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断.
【详解】对于A，若，且，
则存在唯一实数使得，即，
则，解得，故A正确；
对于B，若，则，即，
化简得，因为，所以无实数解，故B错误；
对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线线角的向量求法判断C，利用二面角的向量求法判断D即可.
【详解】如图，以为原点，为轴，为轴，
为轴，建立空间直角坐标系，且设正方体边长为2，
故,,，，，
所以，，
对于A，，，故，
，因为，共线，
所以，故，
故，而，
所以，故A正确，
对于B，而，化简得，
故，，
而，，
设面的法向量为，可得，
所以，令，解得，
故，则，
可得平面，故B正确，
对于C，，，
设异面直线与所成的角为，，
所以，
当时，，
而时，令，
因为，可得，
故，得到，故C错误，
对于D，已知面的法向量为，
设面的法向量，所以，
故，令，解得，
故，设二面角为，
，故，而，
而，解得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后表示出关键点的坐标，由线线角的向量求法表示出线线角．
11．BC
【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义求得，，再逐项计算判断即可.
【详解】由，设，，由，得，
则，，而，解得，因此，，
对于A，，A错误；
对于B，显然，则，B正确；
对于C，令，在中，由，得，
则，，即，因此双曲线的渐近线方程为，C正确；
对于D，由，结合对称性，图中位置可互换，则直线的斜率为，D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为，而双曲线(a>0,b>0)的渐近线方程为(即)，应注意其区别与联系.
12．3
【分析】建立空间直角坐标系，设，利用向量数量积的坐标运算得关于的函数，再求解函数最值即可.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
，
则，
因为，所以当时，取最大值，最大值为3.
故答案为：3.
13．
【分析】可设，，且，由三角形的面积公式及基本不等式求解．
【详解】因分别位于轴的两侧且都在抛物线上，则可设，，且，如图所示：
由得，
则有的面积，
的面积，
所以，当且仅当时，取等号．
故答案为：
14． /
【分析】设椭圆C的长轴长为，则由题意结合椭圆的定义可得，从而可求出离心率，延长交于点，结合椭圆的光学性质和，且为的中点，再结合三角形的中位线定理和椭圆的定义可得，从而可求出，进而可求出椭圆方程.
【详解】设椭圆C的长轴长为，
因为由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为8c，
所以，得，
所以椭圆C的离心率为，
如图，延长交于点，
在中，，由反射角等于入射角，可得，
所以，且为的中点，
在中，，
因为在l上的射影H在圆上，所以，
所以，
所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆的光学性质的应用，考查求椭圆的离心率和椭圆的方程，解题的关键是灵活应用椭圆的光学性质及椭圆的定义，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据圆的一般方程化成标准方程，满足圆的条件即可求的取值范围；
（2）根据圆C的面积最大确定圆的方程，然后根据直线和圆相交的弦长公式进行求解即可．
【详解】（1）圆的方程配方，得，由，
得．故的取值范围为．
（2），
故当时，圆的面积最大．此时，圆的方程为．
圆心到直线的距离，弦长为．
故当圆的面积最大时，直线被圆截得的弦长为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）首先作出得到点的过程，得到截面，再根据几何关系，即可求解；
（2）首先建立空间直角坐标系，根据（1）的结果，利用坐标法求二面角的余弦值，再转化为正弦值.
【详解】（1）如图，延长交于点，连结交于点，
因为点是的中点，所以，且，
所以，
如下图，分离出底面，取的中点，连结，且点是的中点，
所以，且
所以，且，
所以，即，
所以；
（2）如图，以点为原点，以的正方向，建立空间直角坐标系，
，，，
，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，则，
平面的法向量为，
设二面角的平面角为，，
所以，则.
所以二面角的平面角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用离心率以及即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可利用弦长公式求解,结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设焦距为，当时，将代入椭圆方程可得，
，解得，
所以，又，解得，
所以的方程为；
（2）设直线，
与椭圆线方程联立可得，，
由韦达定理，，
所以
，
同理可得，，
，因为，所以，
故
，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）只需证明，结合线面平行的判定定理即可得解；
（2）只需证明平面，在结合面面垂直的判定定理即可得解；
（3）首先证明面，由等体积法即可列方程求解.
【详解】（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
19．(1)
(2)证明见解析；
(3)过定点，坐标为
【分析】（1）根据离心率和双曲线方程可得，可求出双曲线E的方程；
（2）分别表示出，再由化简可得斜率乘积为定值2；
（3）求出三角形MNB的外接圆圆心坐标为，写出圆的标准方程并令可解得符合题意，即可得外接圆过定点.
【详解】（1）由离心率为可得，
又易知，所以，
可得双曲线E的方程为；
（2）易知，如下图所示：
易知的斜率均存在，且满足，可得，
又易知，
所以，
因此直线与直线的斜率乘积为定值2；
（3）由（2）可知直线的方程为，
直线的方程为；
因此可得，
所以三角形MNB的外接圆圆心在线段的垂直平分线上，即；
线段的中点坐标为，
易知线段的垂直平分线为，
联立两直线方程可得圆心坐标为，
所以外接圆半径为，
圆的标准方程为，
令可得，
解得（舍）或
因此可得三角形MNB的外接圆过x轴上除B点之外的定点，该定点坐标为.
【点睛】关键点点睛：求解三角形MNB的外接圆过定点时，关键是写出外接圆的标准方程，再令纵坐标即可求得定点坐标为.
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