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2023-2024学年江苏省常州市金坛区高二上学期期中数学试题(含解析 )
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这是一份2023-2024学年江苏省常州市金坛区高二上学期期中数学试题(含解析 )，共21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。
1.在平面直角坐标系xOy中，直线y=- 3x+1的倾斜角为
( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.若方程mx2+1-my2=1表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为
( )
A. m<0B. m>1C. 03.某学习小组研究一种卫星接收天线(如图①所示)，发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处(如图②所示).已知接收天线的口径(直径)为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为( )
A. 1.35mB. 2.05mC. 2.7mD. 5.4m
4.已知A(2,0)，B(2,3)，直线l过定点P(1,2)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是
( )
A. -2≤k≤1B. -12≤k≤1C. k≠1D. k≤-2或k≥1
5.17世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程a2-x2=ky2(k>0 ,k≠1 ,a≠0)表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P向长轴AB(异于A，B两点)引垂线，垂足为Q，则PQ2AQ⋅BQ为常数．据此推断，此常数的值为
( )
A. 椭圆的离心率B. 椭圆离心率的平方
C. 短轴长与长轴长的比D. 短轴长与长轴长比的平方
6.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且AF⊥BF，∠ABF=π12，则椭圆的离心率为
( )
A. 12B. 63C. 33D. 22
7.若方程x+b=3- 4x-x2有两个不等的实根，则实数b的取值范围为
( )
A. (1-2 2,1+2 2)B. (1-2 2,-1]
C. [-1,1+2 2)D. (1-2 2,3]
8.已知实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，则| 3x+y-6|的取值范围是
．( )
A. [6- 6,3)B. [3- 62,3)C. [6- 6,6)D. [3- 62,6)
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.下列说法错误的是( )
A. 平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率
B. 点0,2关于直线y=x+1的对称点为1,1
C. 直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D. 经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0
10.已知直线l:(m+1)x+(m-1)y-2m=0(m∈R)，圆O:x2+y2=1，则
( )
A. 直线l恒过定点(1,1)
B. 当直线l与圆O相切时，m=1
C. 当m=12时，直线l被圆O截得的弦长为2 155
D. 当m=2时，直线l上存在点C，使得以C为圆心，1为半径的圆与圆O相交
11.已知点P在圆x2+y-32=8上，点A0,-1，B0,1，C7,0，则
( )
A. PA= 2PBB. 当▵PAB面积最大时，PA=2 2
C. 当∠PCA最小时，PC=5 2D. 当∠PCA最大时，PC=5 2
12.在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，动点Px,y到两个定点F1-1,0，F21,0的距离之积等于1，化简得曲线C:x2+y2+1= 4x2+1.则下列结论正确的是
( )
A. 满足PF1=PF2的点P有两个B. PF1+PF2的最小值为2
C. △F1PF2的面积大于12D. OP的最大值为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若曲线C:x29-k+y21-k=1是双曲线，则其焦距为______．
14.若过点M2,1的直线l与圆O:x2+y2=8交于A，B两点，则弦AB最短时直线l的方程为______．
15.双曲线C;x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右顶点为A，点M，N均在C上，且关于y轴对称，若直线AM，AN的斜率之积为-54，则C的离心率为______．
16.已知F1，F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过F1的直线与C交于P，Q两点，若|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，则C的离心率是______．
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.(本小题10.0分)
已知两条直线l1:3+mx+4y=5-3m，l2:2x+5+my=8.设m为实数，分别根据下列条件求m的值．
(1)l1//l2；
(2)直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1．
18.(本小题12.0分)
在①焦点到准线的距离是2，②准线方程是x=-1，③通径的长等于4.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=2pxp>0，______．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过2p,0的直线l与抛物线C相交于点A、B，求证：▵AOB是直角三角形．
注；如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
19.(本小题12.0分)
瑞士数学家欧拉(Euler) 1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．
已知△ABC的三个顶点为A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)．
(1)求△ABC外接圆的方程;
(2)求△ABC欧拉线的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，已知⊙C的圆心在原点，且与直线x+3y+4 10=0相切．
(1)求⊙C的方程；
(2)点P在直线x=8上，过点P引⊙C的两条切线PA、PB，切点为A、B．
①求四边形OAPB面积的最小值；
②求证：直线AB过定点．
21.(本小题12.0分)
在直角坐标系xOy中，直线y=-2x是双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线，点A 2,2在双曲线C上，设Mm,nn≠0为双曲线上的动点，直线AM与y轴相交于点P，点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q．
(1)求双曲线C的方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得TP+TQ=PQ，若存在，求T点的坐标；若不存在，说明理由；
(3)求M点的坐标，使得▵MPQ的面积最小．
22.(本小题12.0分)
如图，已知点F1,F2分别是椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且F1A=λF2B(λ>0)，连接AF2,BF1，且AF2,BF1交于点Q．
(1)当λ=2时，求点B的横坐标；
(2)若▵ABQ的面积为12，试求λ+1λ的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题．
根据题意，确定直线的斜率，根据斜率为倾斜角的正切值，即可得解．
【解答】
解：由题意，直线y=- 3x+1的斜率为- 3，
设直线y=- 3x+1的倾斜角为α，
则有tanα=- 3，
又α∈[0,π)，
∴α=2π3，
故选C．
2.【答案】A
【解析】【分析】由焦点在y轴上的双曲线方程的结构特征列出关于m的不等式组求解即得．
解：因方程mx2+1-my2=1表示焦点在y轴上的双曲线，
则有1-m>0m<0，解得m<0，
所以实数m的取值范围为m<0．
故选：A
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的方程的求法及抛物线的性质的应用，属于基础题．
建立平面直角坐标系，设抛物线的方程，由题意可得抛物线上的点A的坐标，将A的坐标代入抛物线的方程，求出p的值，进而求出焦点到顶点的距离．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为：y2=2px，p>0，由题意可得|AB|=3.6，则A的纵坐标为1.8，
再由深度为0.6，可得A的横坐标为0.6，
即A(0.6,1.8)，将A的坐标代入抛物线的方程可得：1.82=2p×0.6，
可得p=2.7，
所以抛物线的方程为：y2=5.4x，
所以抛物线的焦点到顶点的距离为p2=2.72=1.35m，
故选A．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线斜率公式的应用，考查数形结合思想，属于中档题．
先分别求出PA，PB的斜率，结合图象可知l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：如图，A(2,0)，B(2,3)，P(1,2)，
则kPA=2-01-2=-2，kPB=2-31-2=1，
直线l过点P(1,2)，且与线段AB相交，
由图可知，直线l的斜率k的取值范围是-2≤k≤1．
故选A．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质，是中档题．
由a2-x2=ky2得x2a2+y2a2k=1，对k分类讨论，设出椭圆上任一点Px,y,求出相应的Q、A、B坐标，代入PQ2AQ⋅BQ化简即可得比值．
【解答】
解：方程a2-x2=ky2(k>0,k≠1,a≠0)表示椭圆，
即x2a2+y2a2k=1(k>0 ,k≠1 ,a≠0)，
当k>1时，设椭圆上任意一点Px,y,
Qx,0,Aa,0B-a,0，
则PQ2AQ⋅BQ=y2x-ax+a=y2x2-a2
=y2a2-ky2-a2=1k=a2ka2，
当0则Q0,y,A0,a kB0,-a k，
即PQ2AQ⋅BQ=x2y-a ky+a k
=x2y2-a2k=a2-ky2y2-a2k=k=a2a2k．
故选D．
6.【答案】B
【解析】【分析】设椭圆的左焦点为F'，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形AF'BF为矩形，得AB=FF'=2c，然后在Rt▵ABF中，表示出BF,AF，再利用椭圆的定义列方程化简可求出离心率．
解：设椭圆的左焦点为F'，
因为AF⊥BF，所以根据椭圆的对称性可知：四边形AF'BF为矩形，
所以AB=FF'=2c，
在Rt▵ABF中，AF=2csinπ12,BF=2ccsπ12=AF'，
根据椭圆定义可知：AF+AF'=2a，
所以2csinπ12+2ccsπ12=2a，
所以 2csinπ12+π4=a， 2csinπ3=a，所以ca=1 2× 32= 63，
所以离心率为e= 63
故选：B．
7.【答案】B
【解析】【分析】将y=3- 4x-x2化为(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有2个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解．
解：由y=3- 4x-x2得(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)，
所以直线y=x+b与半圆(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)有2个公共点，
作出直线与半圆的图形，如图：
当直线经y=x+b过点(4,3)时，b=3-4=-1，
当直线与圆(x-2)2+(y-3)2=4相切时，|2-3+b| 1+1=2，解得b=1-2 2或b=1+2 2(舍)，
由图可知，当直线y=x+b与曲线y=3- 4x-x2有2个公共点时，1-2 2故选：B．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了点到直线的距离公式，两平行直线间的距离，椭圆的概念及标准方程，直线与椭圆的位置关系，双曲线的概念及标准方程，双曲线的性质及几何意义和数形结合思想，属于困难题．
利用所给方程，结合椭圆和双曲线的方程得所给方程所表示的曲线C，作出曲线C和直线 3x+y-6=0的图形，设Px,y是曲线C上一点，点P到直线 3x+y-6=0的距离为d，利用点到直线的距离公式得| 3x+y-6|=2d，利用两平行直线间的距离得直线 3x+y=0与直线 3x+y-6=0的距离为3，再利用双曲线渐近线性质得2d<6，从而得| 3x+y-6|<6，设直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，利用图形得直线 3x+y+m=0直线 3x+y-6=0的距离就是：点P到直线 3x+y-6=0的最小距离，利用直线与椭圆的位置关系得m=- 6，再利用两平行直线间的距离得直线 3x+y- 6=0直线 3x+y-6=0的距离为6- 62，从而得2d⩾6- 6，即| 3x+y-6|⩾6- 6，最后得结论．
【解答】
解：因为实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，
所以：①当x⩾0，y⩾0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
椭圆x2+y23=1落在第一象限那部分和与坐标轴正半轴的交点；
②当x>0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线x2-y23=1落在第四象限那部分；
③当x<0，y>0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线-x2+y23=1落在第二象限那部分；
④当x<0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1变为-x2-y23=1，曲线不存在．
作方程x|x|+y|y|3=1所表示的曲线C和直线 3x+y-6=0的图形如下：
设Px,y是曲线C上一点，
则点P到直线 3x+y-6=0的距离d=| 3x+y-6|2，
即| 3x+y-6|=2d．
因为直线 3x+y=0与直线 3x+y-6=0的距离为3，
而 3x+y=0是双曲线x2-y23=1和-x2+y23=1的一条渐近线，
所以点P到直线 3x+y-6=0的最大距离为3，但达不到，即2d<6，
因此| 3x+y-6|<6．
设直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，
则直线 3x+y+m=0直线 3x+y-6=0的距离就是：
点P到直线 3x+y-6=0的最小距离．
由 3x+y+m=0x2+y23=1得6x2+2 3mx+m2-3=0，
因此由Δ=0得2 3m2-4×6m2-3=0，解得m=± 6，
而直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，所以m=- 6，
即直线 3x+y- 6=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切．
又因为直线 3x+y- 6=0直线 3x+y-6=0的距离为6- 62，
所以2d⩾6- 6，即| 3x+y-6|⩾6- 6，
因此| 3x+y-6|的取值范围是[6- 6,6)．
故选C．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，直线方程的求法、对称知识以及直线的截距的应用，属于基础题．
由题意对四个选项逐一判断即可．
【解答】
解：当直线的倾斜角为90°时，直线不存在斜率，
所以所有的直线都有倾斜角，但不一定都有斜率，故A错误；
点(0,2)与(1,1)的中点坐标( 12 , 3 2 )满足直线方程y=x+1，
并且两点所在直线的斜率为-1，
所以点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)，故B正确；
直线x-y-2=0在两坐标轴上的截距分别为：2，-2，
与坐标轴围成的三角形的面积是： 12×2×2=2，故C正确；
经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0或y=x，所以D错误；
故选AD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】由直线的方程，直线与圆，圆与圆的位置关系对选项逐一判断，
解：对于A，l方程可化为m(x+y-2)+x-y=0，
由x+y-2=0x-y=0得x=1y=1，故直线l恒过定点(1,1)，故 A正确，
对于B，当l与圆O相切时，则圆心到直线距离d=|2m| (m+1)2+(m-1)2=1，解得m=±1，故 B错误，
对于C，当m=12时，直线方程为3x-y-2=0，圆心到直线距离d=2 10= 105，
则直线l被圆O截得的弦长为2 1-25=2 155，故 C正确，
对于D，当m=2时，直线方程为3x+y-4=0，圆心到直线的距离d=4 10=2 105<2，
则直线l上存在点C使得以C为圆心，1为半径的圆与圆O相交，故 D正确，
故选：ACD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】根据两点间的距离、三角形的面积、角的大小等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：设Px,y，则x2+y-32=8，
PA2=x2+y+12=8-y-32+y+12=8y，
2PB2=2PB2=2x2+2y-12=16-2y-32+2y-12=8y，
所以PA= 2PB，A选项正确．
S▵PAB=12×AB×xP=xP≤2 2，
当xP=±2 2，yP=3时，▵PAB面积最大，
对应PA= 8yP= 24=2 6，所以B选项错误．
对于CD选项，只需过C点的直线与圆相切即可，
而CD= 32+72= 58，则当PC与圆相切时，PC= 58-2 22=5 2，
所以CD选项正确．
故选：ACD
12.【答案】BD
【解析】【分析】对于A选项：由PF1=PF2解出x,y即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到PF1+PF2=PF1+1PF1≥2 PF1⋅1PF1即可判断；对于C选项：由△F1PF2面积为12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12sin∠F1PF2即可判断；对于D选项：根据条件得到 4x2+1-x2+1≥0，从而求得x∈- 2, 2，根据两点间的距离公式和条件得到OP2=x2+y2= 4x2+1-1即可判断．
解：对于A，由PF1=PF2可得： x+12+y2= x-12+y2，
所以x+12+y2=x-12+y2，解得：x=0，
代入C:x2+y2+1= 4x2+1，则y2+1=1，解得：y=0，
所以满足PF1=PF2的点P有一个，为P0,0，故 A错误；
对于B，因为PF1⋅PF2=1，所以PF1+PF2=PF1+1PF1≥2 PF1⋅1PF1=2，
当且仅当PF1=1，所以 B正确；
对于C，△F1PF2面积为：12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12sin∠F1PF2，
当∠F1PF2=π2时，△F1PF2面积的最大值为12，故△F1PF2的面积小于等于12， C错误；
对于D，由题意得：y2= 4x2+1-x2+1≥0，
即 4x2+1-x2+1≥0，则x4-2x2≤0，解得：- 2≤x≤ 2，
因为OP2=x2+y2= 4x2+1-1∈0,2，
则OP的取值范围为0, 2，所以 D正确．
故选：BD．
13.【答案】4 2
【解析】【分析】根据双曲线的方程可得a2=9-k,b2=k-1,∴c2=a2+b2=8，即可求解．
解：C:x29-k+y21-k=1表示双曲线，则9-k1-k<0⇒19-k>0,1-k<0,因此a2=9-k,b2=k-1,∴c2=a2+b2=8，
2c=4 2，
故答案为：4 2
14.【答案】2x+y-5=0
【解析】【分析】由条件可知，当AB最短时，直线l⊥OM，即可得到kl，从而得到结果．
解：由题意可知M2,1在圆内，设圆心到直线的距离为d，则AB=2 r2-d2=2 8-d2，故当d最大时，弦AB最短，
作出示意图如图所示：
故当直线l⊥OM，此时d最大，AB最短时，所以kl⋅kOM=-1．
又kOM=12，所以kl=-2，
所以l的方程为y-1=-2(x-2)，即2x+y-5=0．
故答案为：2x+y-5=0
15.【答案】32
【解析】【分析】根据斜率公式即可结合双曲线的方程求解得b2a2=54，进而可求解．
解：双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，则A(a,0)，
又点M，N均在C上，且关于y轴对称，
设M(m,n)，N(-m,n)，
又直线AM，AN的斜率之积为-54，
则na-m×na+m=-54，即n2a2-m2=-54，①
又m2a2-n2b2=1，即n2m2-a2=b2a2，②
联立①②可得：b2a2=54，
即e2=c2a2=a2+b2a2=94，
即e=32．
故答案为：32
16.【答案】 33
【解析】【分析】根据椭圆定义，|PF1|,|PF2|,|QF1|,|QF2|都用a表示，由cs∠QF1F2=-cs∠PF1F2，构造齐次式即可求解．
解：依题得|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，又|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，
则|PF1|=43a,|PF2|=2a3，|QF1|=49a,|QF2|=149a，
则cs∠QF1F2=-cs∠PF1F2，
则(2c)2+(49a)2-(149a)22⋅2c⋅49a=-(2c)2+(43a)2-(23a)22⋅2c⋅43a，
即12c2+1627a2-19627a2=-4c2-169a2+49a2，
则16c2=14427a2，则e2=13，
即e= 33．
故答案为： 33
17.【答案】解：(1)
两条直线l1:3+mx+4y=5-3m，l2:2x+5+my=8，
由l1//l2可得：3+m×5+m-4×2=0，
所以m2+8m+7=0，解得：m=-7或m=-1．
当m=-7时，l1：2x-2y+13=0,l2：x-y-4=0，此时l1//l2;
当m=-1时，l1：x+2y-4=0,l2：x+2y-4=0，此时l1,l2重合，
∴m=-7．
(2)
令l1:3+mx+4y=5-3m中y=0，则x=5-3m3+m，
令l2:2x+5+my=8中x=0，则x=85+m，
直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1，
则5-3m3+m⋅85+m=-1，则85-3m=-3+m5+m，
化简可得：m2-16m+55=0，解得：m=11或m=5．
【解析】【分析】(1)根据已知条件，结合两直线平行的公式，即可求解．
(2)根据已知条件，分别令直线l1,l2中的y=0,x=0，结合直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1，即可求解．
18.【答案】(1)
解：若选①，则抛物线的焦点到准线的距离p=2，故抛物线C的方程为y2=4x；
若选②，抛物线C的准线方程为x=-1，可得-p2=-1，则p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x；
若选③，将x=p2代入抛物线C的方程可得y2=p2，解得y=±p，
所以，抛物线C的通径长为2p=4，则p=2，故抛物线C的方程为y2=4x．
(2)
解：由题意额可知，直线l过点4,0，
若直线l与x轴重合，则该直线与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，
设直线l的方程为x=my+4，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立x=my+4y2=4x可得y2-4my-16=0，Δ=16m2+16>0，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=-16，
所以，OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y2216+y1y2=-16216-16=0，则OA⊥OB，
所以，▵AOB为直角三角形．
【解析】【分析】(1)选①或②，根据抛物线的几何性质求出p的值，可得出抛物线C的方程；
选③，求出抛物线的通径长，可得出p的值，即可得出抛物线C的方程；
(2)分析可知，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x=my+4，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出OA⋅OB=0，即可证得结论成立．
19.【答案】解：(1)设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)，
因为点A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)在所求的圆上，
所以4D+3E+F+25=0,5D+2E+F+29=0,解得D+F+1=0,D=-6,E=-2,F=5.
所以△ABC外接圆的方程为x2+y2-6x-2y+5=0．
整理为(x-3)2+(y-1)2=5．
(2)因为A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)，
所以由三角形重心的坐标公式，得△ABC的重心为(103,53)，
由(1)可知，△ABC外心为(3,1)，
所以△ABC欧拉线的方程为y-153-1=x-3103-3，即2x-y-5=0．
【解析】本题考查圆的方程的求法以及直线的方程．
(1)设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)，把三个点的坐标代入方程即可求出结果；
(2)根据(1)可知△ABC外心为(3,1)，△ABC的重心为(103,53)，利用两点式求出直线方程．
20.【答案】解：(1)
依题意得：圆心0,0到直线x+3y+4 10=0的距离d=r，
所以r=d=4 10 10=4，所以⊙C的方程为x2+y2=16
(2)
①连接OA,OB，
∵PA,PB是圆C的两条切线，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
所以SOAPB=2S▵OAP=OA⋅PA=4 PO2-16，
当PO取最小值为8时，四边形OAPB面积的最小值为4 64-16=16 3．
②由①得，A,B在以OP为直径的圆上，
设点P的坐标为8,b，b∈R，
则线段OP的中点坐标为4,b2，
∴以OP为直径的圆的方程为x-42+y-b22=16+b24，
即x2+y2-8x-by=0，
∵AB为两圆的公共弦，
∴由x2+y2=16x2+y2-8x-by=0得直线AB的方程为16-8x-by=0，b∈R，
即8x-2+by=0，则直线AB恒过定点2,0．
【解析】【分析】(1)求出圆心到切线的距离得圆半径，从而得圆标准方程；(2)①由勾股定理求得切线长，由SOAPB=2S▵OAP求得四边形面积，由此得当PO最小时，四边形面积最小，从而得结论；②A,B在以PO为直径的圆上，设点P的坐标为8,b，b∈R，写出此圆方程，此圆方程与已知圆方程相减得公共弦AB所在直线方程，由直线方程得定点坐标．
21.【答案】解：(1)
由已知得ba=22a2-4b2=1，解得a=1b=2，所以双曲线C的方程为x2-y24=1．
(2)
设Tt,0，如图：
根据题意知，直线AM,AN斜率存在，则m≠± 2，则n≠±2
则直线：AM:y=n-2m- 2x- 2+2，令x=0得P0,2m- 2nm- 2，
因为点M关于y轴的对称点为N，所以N-m,n，
则AN:y=n-2-m- 2x- 2+2，令x=0得Q0,2m+ 2nm+ 2，
因为TP+TQ=PQ=TQ-TP，平方可得TP⋅TQ=0，
因为TP=-t,2m- 2nm- 2,TQ=-t,2m+ 2nm+ 2，
则TP⋅TQ=t2+4m2-2n2m2-2=0⇒t2=-4m2-2n2m2-2，
因为m2-n24=1即m2=n2+44，所以-4m2-2n2m2-2=4，
则t2=4，即t=±2，
所以存在T2,0或T-2,0满足条件;
(3)
如图
因为S▵MPQ=12m2m- 2nm- 2-2m+ 2nm+ 2=12m4 2m-2 2mnm2-2
=2 2m2- 2m2nm2-2= 2m2(2-n)m2-2，
又m2-n24=1，则m2=n2+44，代入上式得：
S▵MPQ= 2n2+44(2-n)n2+44-2= 2(n2+4)(2-n)n2-4= 2n2+4n+2= 2(n+2)2-4(n+2)+8n+2= 2(n+2)+8n+2-4，
当n+2<0时，n<-2时，(n+2)+8n+2-4=-[-(n+2)+8-(n+2)]-4≤-4 2-4，
则S▵MPQ≥4 2+8，
当且仅当(n+2)=8n+2，即n=-2 2-2时取等．
当n>-2时，(n+2)+8n+2-4≥4 2-4，则S▵MPQ≥8-4 2，
当且仅当(n+2)=8n+2，即n=2 2-2时等号成立，
故应在n=2 2-2时取得S▵MPQ取最小值，
此时m2=4-2 2，即m=± 4-2 2
所以M的坐标是 4-2 2,2 2-2或- 4-2 2,2 2-2时，▵MPQ的面积最小．
【解析】【分析】根据渐近线方程得ba=2，点A 2,2在双曲线C上，列出方程组求解即可;
(2)假设Tt,0，由直线AM,AN方程得P,Q坐标，由向量的数量积运算可得TP⋅TQ=0，用坐标表示这个结论可得t与m,n关系，再由点M在双曲线可得结论;
(3)直接计算▵MPQ的面积，用基本不等式可得最小值，从而得点坐标．
22.【答案】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(-1,0)，F2(1,0)．
(1)当F1A=2F2B时，(x1+1,y1)=2(x2-1,y2)，
即x1-2x2=-3y1=2y2且x124+y123=1x224+y223=1得x124+y123=14x224+4y223=4,
两式相减得x12-4x224+y12-4y223=-3，
则(x1+2x2)(x1-2x2)4+(y1+2y2)(y1-2y2)3=-3，
所以-34(x1+2x2)=-3，得x1+2x2=4，
即x1-2x2=-3x1+2x2=4得x2=74，
故点B的横坐标为74；
(2)因为F1A//F2B，所以S△AQB=S△QF1F2，
记S△AQB=S△QF1F2=S0，S△QAF1=S1，S△QBF2=S2，
则S1S0=|AQ||QF2|=|F1A||F2B|=λ，则S1=λS0，同理可得S2=1λS0，
而S1+S2+2S0=SAF1F2B，
延长AF1交椭圆C于D，连接DF2，所以|BF2|=|F1D|，则SAF1F2B=S△ADF2，|AF1|=λ|F1D|，
所以S△ADF2=λS0+1λS0+2S0=(λ+1λ+2)S0=(λ+1)2λS0，即S0=λ(λ+1)2S△ADF2，
设AD:x=ty-1，D(x3,y3)，则y1=-λy3，
即λ+1λ=-(y3y1+y1y3)=-y32+y12y1y3=-(y1+y3)2-2y1y3y1y3，
所以2-λ-1λ=(y1+y3)2y1y3，
于是x=ty-1,3x2+4y2=12,得(3t2+4)y2-6ty-9=0，
则y1+y3=6t3t2+4，y1y3=-93t2+4，
S△ADF2=12|F1F2||y1-y3|=|y1-y3|=12 t2+13t2+4，
则2-λ-1λ=(y1+y3)2y1y3=-4t23t2+4，即λ+1λ-2=4t23t2+4，
故S0=λ(λ+1)2S△ADF2=1λ+1λ+2⋅S△ADF2=34 t2+1．
于是S0=34 t2+1=12，得t2=54，所以λ+1λ-2=4t23t2+4=2031，得λ+1λ=8231．
【解析】本题考查了椭圆的综合应用，椭圆中三角形(四边形)的面积，属于较难题．
(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(-1,0)，F2(1,0)，根据F1A=2F2B，可得x1-2x2=-3y1=2y2且x124+y123=1x224+y223=1得x124+y123=14x224+4y223=4，两式相减可得x2的值；
(2)记S△AQB=S△QF1F2=S0，S△QAF1=S1，S△QBF2=S2，根据条件可得S1=λS0，S2=1λS0，延长AF1交椭圆C于D，连接DF2，设AD:x=ty-1，D(x3,y3)，根据条件求得λ+1λ-2=4t23t2+4=2031，故可得答案．
1.在平面直角坐标系xOy中，直线y=- 3x+1的倾斜角为
( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.若方程mx2+1-my2=1表示焦点在y轴上的双曲线，则实数m的取值范围为
( )
A. m<0B. m>1C. 0
A. 1.35mB. 2.05mC. 2.7mD. 5.4m
4.已知A(2,0)，B(2,3)，直线l过定点P(1,2)，且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是
( )
A. -2≤k≤1B. -12≤k≤1C. k≠1D. k≤-2或k≥1
5.17世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中证明，方程a2-x2=ky2(k>0 ,k≠1 ,a≠0)表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质：若从椭圆上任意一点P向长轴AB(异于A，B两点)引垂线，垂足为Q，则PQ2AQ⋅BQ为常数．据此推断，此常数的值为
( )
A. 椭圆的离心率B. 椭圆离心率的平方
C. 短轴长与长轴长的比D. 短轴长与长轴长比的平方
6.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且AF⊥BF，∠ABF=π12，则椭圆的离心率为
( )
A. 12B. 63C. 33D. 22
7.若方程x+b=3- 4x-x2有两个不等的实根，则实数b的取值范围为
( )
A. (1-2 2,1+2 2)B. (1-2 2,-1]
C. [-1,1+2 2)D. (1-2 2,3]
8.已知实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，则| 3x+y-6|的取值范围是
．( )
A. [6- 6,3)B. [3- 62,3)C. [6- 6,6)D. [3- 62,6)
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.下列说法错误的是( )
A. 平面直角坐标系内的任意一条直线都存在倾斜角和斜率
B. 点0,2关于直线y=x+1的对称点为1,1
C. 直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2
D. 经过点1,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0
10.已知直线l:(m+1)x+(m-1)y-2m=0(m∈R)，圆O:x2+y2=1，则
( )
A. 直线l恒过定点(1,1)
B. 当直线l与圆O相切时，m=1
C. 当m=12时，直线l被圆O截得的弦长为2 155
D. 当m=2时，直线l上存在点C，使得以C为圆心，1为半径的圆与圆O相交
11.已知点P在圆x2+y-32=8上，点A0,-1，B0,1，C7,0，则
( )
A. PA= 2PBB. 当▵PAB面积最大时，PA=2 2
C. 当∠PCA最小时，PC=5 2D. 当∠PCA最大时，PC=5 2
12.在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.在平面直角坐标系xOy中，动点Px,y到两个定点F1-1,0，F21,0的距离之积等于1，化简得曲线C:x2+y2+1= 4x2+1.则下列结论正确的是
( )
A. 满足PF1=PF2的点P有两个B. PF1+PF2的最小值为2
C. △F1PF2的面积大于12D. OP的最大值为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若曲线C:x29-k+y21-k=1是双曲线，则其焦距为______．
14.若过点M2,1的直线l与圆O:x2+y2=8交于A，B两点，则弦AB最短时直线l的方程为______．
15.双曲线C;x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右顶点为A，点M，N均在C上，且关于y轴对称，若直线AM，AN的斜率之积为-54，则C的离心率为______．
16.已知F1，F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，过F1的直线与C交于P，Q两点，若|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，则C的离心率是______．
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.(本小题10.0分)
已知两条直线l1:3+mx+4y=5-3m，l2:2x+5+my=8.设m为实数，分别根据下列条件求m的值．
(1)l1//l2；
(2)直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1．
18.(本小题12.0分)
在①焦点到准线的距离是2，②准线方程是x=-1，③通径的长等于4.这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
问题：在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=2pxp>0，______．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过2p,0的直线l与抛物线C相交于点A、B，求证：▵AOB是直角三角形．
注；如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．
19.(本小题12.0分)
瑞士数学家欧拉(Euler) 1765年在所著的《三角形的几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．
已知△ABC的三个顶点为A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)．
(1)求△ABC外接圆的方程;
(2)求△ABC欧拉线的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，已知⊙C的圆心在原点，且与直线x+3y+4 10=0相切．
(1)求⊙C的方程；
(2)点P在直线x=8上，过点P引⊙C的两条切线PA、PB，切点为A、B．
①求四边形OAPB面积的最小值；
②求证：直线AB过定点．
21.(本小题12.0分)
在直角坐标系xOy中，直线y=-2x是双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线，点A 2,2在双曲线C上，设Mm,nn≠0为双曲线上的动点，直线AM与y轴相交于点P，点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q．
(1)求双曲线C的方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得TP+TQ=PQ，若存在，求T点的坐标；若不存在，说明理由；
(3)求M点的坐标，使得▵MPQ的面积最小．
22.(本小题12.0分)
如图，已知点F1,F2分别是椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点，A，B是椭圆C上不同的两点，且F1A=λF2B(λ>0)，连接AF2,BF1，且AF2,BF1交于点Q．
(1)当λ=2时，求点B的横坐标；
(2)若▵ABQ的面积为12，试求λ+1λ的值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题．
根据题意，确定直线的斜率，根据斜率为倾斜角的正切值，即可得解．
【解答】
解：由题意，直线y=- 3x+1的斜率为- 3，
设直线y=- 3x+1的倾斜角为α，
则有tanα=- 3，
又α∈[0,π)，
∴α=2π3，
故选C．
2.【答案】A
【解析】【分析】由焦点在y轴上的双曲线方程的结构特征列出关于m的不等式组求解即得．
解：因方程mx2+1-my2=1表示焦点在y轴上的双曲线，
则有1-m>0m<0，解得m<0，
所以实数m的取值范围为m<0．
故选：A
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线的方程的求法及抛物线的性质的应用，属于基础题．
建立平面直角坐标系，设抛物线的方程，由题意可得抛物线上的点A的坐标，将A的坐标代入抛物线的方程，求出p的值，进而求出焦点到顶点的距离．
【解答】
解：建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线的方程为：y2=2px，p>0，由题意可得|AB|=3.6，则A的纵坐标为1.8，
再由深度为0.6，可得A的横坐标为0.6，
即A(0.6,1.8)，将A的坐标代入抛物线的方程可得：1.82=2p×0.6，
可得p=2.7，
所以抛物线的方程为：y2=5.4x，
所以抛物线的焦点到顶点的距离为p2=2.72=1.35m，
故选A．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线斜率公式的应用，考查数形结合思想，属于中档题．
先分别求出PA，PB的斜率，结合图象可知l的斜率k的取值范围．
【解答】
解：如图，A(2,0)，B(2,3)，P(1,2)，
则kPA=2-01-2=-2，kPB=2-31-2=1，
直线l过点P(1,2)，且与线段AB相交，
由图可知，直线l的斜率k的取值范围是-2≤k≤1．
故选A．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质，是中档题．
由a2-x2=ky2得x2a2+y2a2k=1，对k分类讨论，设出椭圆上任一点Px,y,求出相应的Q、A、B坐标，代入PQ2AQ⋅BQ化简即可得比值．
【解答】
解：方程a2-x2=ky2(k>0,k≠1,a≠0)表示椭圆，
即x2a2+y2a2k=1(k>0 ,k≠1 ,a≠0)，
当k>1时，设椭圆上任意一点Px,y,
Qx,0,Aa,0B-a,0，
则PQ2AQ⋅BQ=y2x-ax+a=y2x2-a2
=y2a2-ky2-a2=1k=a2ka2，
当0
即PQ2AQ⋅BQ=x2y-a ky+a k
=x2y2-a2k=a2-ky2y2-a2k=k=a2a2k．
故选D．
6.【答案】B
【解析】【分析】设椭圆的左焦点为F'，则由已知条件结合椭圆的性质可得四边形AF'BF为矩形，得AB=FF'=2c，然后在Rt▵ABF中，表示出BF,AF，再利用椭圆的定义列方程化简可求出离心率．
解：设椭圆的左焦点为F'，
因为AF⊥BF，所以根据椭圆的对称性可知：四边形AF'BF为矩形，
所以AB=FF'=2c，
在Rt▵ABF中，AF=2csinπ12,BF=2ccsπ12=AF'，
根据椭圆定义可知：AF+AF'=2a，
所以2csinπ12+2ccsπ12=2a，
所以 2csinπ12+π4=a， 2csinπ3=a，所以ca=1 2× 32= 63，
所以离心率为e= 63
故选：B．
7.【答案】B
【解析】【分析】将y=3- 4x-x2化为(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)，作出直线与半圆的图形，利用两个图形有2个公共点，求出切线的斜率，观察图形可得解．
解：由y=3- 4x-x2得(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)，
所以直线y=x+b与半圆(x-2)2+(y-3)2=4(y≤3)有2个公共点，
作出直线与半圆的图形，如图：
当直线经y=x+b过点(4,3)时，b=3-4=-1，
当直线与圆(x-2)2+(y-3)2=4相切时，|2-3+b| 1+1=2，解得b=1-2 2或b=1+2 2(舍)，
由图可知，当直线y=x+b与曲线y=3- 4x-x2有2个公共点时，1-2 2
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了点到直线的距离公式，两平行直线间的距离，椭圆的概念及标准方程，直线与椭圆的位置关系，双曲线的概念及标准方程，双曲线的性质及几何意义和数形结合思想，属于困难题．
利用所给方程，结合椭圆和双曲线的方程得所给方程所表示的曲线C，作出曲线C和直线 3x+y-6=0的图形，设Px,y是曲线C上一点，点P到直线 3x+y-6=0的距离为d，利用点到直线的距离公式得| 3x+y-6|=2d，利用两平行直线间的距离得直线 3x+y=0与直线 3x+y-6=0的距离为3，再利用双曲线渐近线性质得2d<6，从而得| 3x+y-6|<6，设直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，利用图形得直线 3x+y+m=0直线 3x+y-6=0的距离就是：点P到直线 3x+y-6=0的最小距离，利用直线与椭圆的位置关系得m=- 6，再利用两平行直线间的距离得直线 3x+y- 6=0直线 3x+y-6=0的距离为6- 62，从而得2d⩾6- 6，即| 3x+y-6|⩾6- 6，最后得结论．
【解答】
解：因为实数x，y满足x|x|+y|y|3=1，
所以：①当x⩾0，y⩾0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
椭圆x2+y23=1落在第一象限那部分和与坐标轴正半轴的交点；
②当x>0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线x2-y23=1落在第四象限那部分；
③当x<0，y>0时，方程x|x|+y|y|3=1表示的曲线是：
双曲线-x2+y23=1落在第二象限那部分；
④当x<0，y<0时，方程x|x|+y|y|3=1变为-x2-y23=1，曲线不存在．
作方程x|x|+y|y|3=1所表示的曲线C和直线 3x+y-6=0的图形如下：
设Px,y是曲线C上一点，
则点P到直线 3x+y-6=0的距离d=| 3x+y-6|2，
即| 3x+y-6|=2d．
因为直线 3x+y=0与直线 3x+y-6=0的距离为3，
而 3x+y=0是双曲线x2-y23=1和-x2+y23=1的一条渐近线，
所以点P到直线 3x+y-6=0的最大距离为3，但达不到，即2d<6，
因此| 3x+y-6|<6．
设直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，
则直线 3x+y+m=0直线 3x+y-6=0的距离就是：
点P到直线 3x+y-6=0的最小距离．
由 3x+y+m=0x2+y23=1得6x2+2 3mx+m2-3=0，
因此由Δ=0得2 3m2-4×6m2-3=0，解得m=± 6，
而直线 3x+y+m=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切，所以m=- 6，
即直线 3x+y- 6=0与椭圆x2+y23=1在第一象限相切．
又因为直线 3x+y- 6=0直线 3x+y-6=0的距离为6- 62，
所以2d⩾6- 6，即| 3x+y-6|⩾6- 6，
因此| 3x+y-6|的取值范围是[6- 6,6)．
故选C．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角与斜率，直线方程的求法、对称知识以及直线的截距的应用，属于基础题．
由题意对四个选项逐一判断即可．
【解答】
解：当直线的倾斜角为90°时，直线不存在斜率，
所以所有的直线都有倾斜角，但不一定都有斜率，故A错误；
点(0,2)与(1,1)的中点坐标( 12 , 3 2 )满足直线方程y=x+1，
并且两点所在直线的斜率为-1，
所以点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)，故B正确；
直线x-y-2=0在两坐标轴上的截距分别为：2，-2，
与坐标轴围成的三角形的面积是： 12×2×2=2，故C正确；
经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0或y=x，所以D错误；
故选AD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】由直线的方程，直线与圆，圆与圆的位置关系对选项逐一判断，
解：对于A，l方程可化为m(x+y-2)+x-y=0，
由x+y-2=0x-y=0得x=1y=1，故直线l恒过定点(1,1)，故 A正确，
对于B，当l与圆O相切时，则圆心到直线距离d=|2m| (m+1)2+(m-1)2=1，解得m=±1，故 B错误，
对于C，当m=12时，直线方程为3x-y-2=0，圆心到直线距离d=2 10= 105，
则直线l被圆O截得的弦长为2 1-25=2 155，故 C正确，
对于D，当m=2时，直线方程为3x+y-4=0，圆心到直线的距离d=4 10=2 105<2，
则直线l上存在点C使得以C为圆心，1为半径的圆与圆O相交，故 D正确，
故选：ACD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】根据两点间的距离、三角形的面积、角的大小等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
解：设Px,y，则x2+y-32=8，
PA2=x2+y+12=8-y-32+y+12=8y，
2PB2=2PB2=2x2+2y-12=16-2y-32+2y-12=8y，
所以PA= 2PB，A选项正确．
S▵PAB=12×AB×xP=xP≤2 2，
当xP=±2 2，yP=3时，▵PAB面积最大，
对应PA= 8yP= 24=2 6，所以B选项错误．
对于CD选项，只需过C点的直线与圆相切即可，
而CD= 32+72= 58，则当PC与圆相切时，PC= 58-2 22=5 2，
所以CD选项正确．
故选：ACD
12.【答案】BD
【解析】【分析】对于A选项：由PF1=PF2解出x,y即可判断；对于B选项：结合条件利用基本不等式得到PF1+PF2=PF1+1PF1≥2 PF1⋅1PF1即可判断；对于C选项：由△F1PF2面积为12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12sin∠F1PF2即可判断；对于D选项：根据条件得到 4x2+1-x2+1≥0，从而求得x∈- 2, 2，根据两点间的距离公式和条件得到OP2=x2+y2= 4x2+1-1即可判断．
解：对于A，由PF1=PF2可得： x+12+y2= x-12+y2，
所以x+12+y2=x-12+y2，解得：x=0，
代入C:x2+y2+1= 4x2+1，则y2+1=1，解得：y=0，
所以满足PF1=PF2的点P有一个，为P0,0，故 A错误；
对于B，因为PF1⋅PF2=1，所以PF1+PF2=PF1+1PF1≥2 PF1⋅1PF1=2，
当且仅当PF1=1，所以 B正确；
对于C，△F1PF2面积为：12PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2=12sin∠F1PF2，
当∠F1PF2=π2时，△F1PF2面积的最大值为12，故△F1PF2的面积小于等于12， C错误；
对于D，由题意得：y2= 4x2+1-x2+1≥0，
即 4x2+1-x2+1≥0，则x4-2x2≤0，解得：- 2≤x≤ 2，
因为OP2=x2+y2= 4x2+1-1∈0,2，
则OP的取值范围为0, 2，所以 D正确．
故选：BD．
13.【答案】4 2
【解析】【分析】根据双曲线的方程可得a2=9-k,b2=k-1,∴c2=a2+b2=8，即可求解．
解：C:x29-k+y21-k=1表示双曲线，则9-k1-k<0⇒1
2c=4 2，
故答案为：4 2
14.【答案】2x+y-5=0
【解析】【分析】由条件可知，当AB最短时，直线l⊥OM，即可得到kl，从而得到结果．
解：由题意可知M2,1在圆内，设圆心到直线的距离为d，则AB=2 r2-d2=2 8-d2，故当d最大时，弦AB最短，
作出示意图如图所示：
故当直线l⊥OM，此时d最大，AB最短时，所以kl⋅kOM=-1．
又kOM=12，所以kl=-2，
所以l的方程为y-1=-2(x-2)，即2x+y-5=0．
故答案为：2x+y-5=0
15.【答案】32
【解析】【分析】根据斜率公式即可结合双曲线的方程求解得b2a2=54，进而可求解．
解：双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，则A(a,0)，
又点M，N均在C上，且关于y轴对称，
设M(m,n)，N(-m,n)，
又直线AM，AN的斜率之积为-54，
则na-m×na+m=-54，即n2a2-m2=-54，①
又m2a2-n2b2=1，即n2m2-a2=b2a2，②
联立①②可得：b2a2=54，
即e2=c2a2=a2+b2a2=94，
即e=32．
故答案为：32
16.【答案】 33
【解析】【分析】根据椭圆定义，|PF1|,|PF2|,|QF1|,|QF2|都用a表示，由cs∠QF1F2=-cs∠PF1F2，构造齐次式即可求解．
解：依题得|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，又|PF1|=2|PF2|=3|F1Q|，
则|PF1|=43a,|PF2|=2a3，|QF1|=49a,|QF2|=149a，
则cs∠QF1F2=-cs∠PF1F2，
则(2c)2+(49a)2-(149a)22⋅2c⋅49a=-(2c)2+(43a)2-(23a)22⋅2c⋅43a，
即12c2+1627a2-19627a2=-4c2-169a2+49a2，
则16c2=14427a2，则e2=13，
即e= 33．
故答案为： 33
17.【答案】解：(1)
两条直线l1:3+mx+4y=5-3m，l2:2x+5+my=8，
由l1//l2可得：3+m×5+m-4×2=0，
所以m2+8m+7=0，解得：m=-7或m=-1．
当m=-7时，l1：2x-2y+13=0,l2：x-y-4=0，此时l1//l2;
当m=-1时，l1：x+2y-4=0,l2：x+2y-4=0，此时l1,l2重合，
∴m=-7．
(2)
令l1:3+mx+4y=5-3m中y=0，则x=5-3m3+m，
令l2:2x+5+my=8中x=0，则x=85+m，
直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1，
则5-3m3+m⋅85+m=-1，则85-3m=-3+m5+m，
化简可得：m2-16m+55=0，解得：m=11或m=5．
【解析】【分析】(1)根据已知条件，结合两直线平行的公式，即可求解．
(2)根据已知条件，分别令直线l1,l2中的y=0,x=0，结合直线l1在x轴与l2在y轴上的截距之积等于-1，即可求解．
18.【答案】(1)
解：若选①，则抛物线的焦点到准线的距离p=2，故抛物线C的方程为y2=4x；
若选②，抛物线C的准线方程为x=-1，可得-p2=-1，则p=2，
故抛物线C的方程为y2=4x；
若选③，将x=p2代入抛物线C的方程可得y2=p2，解得y=±p，
所以，抛物线C的通径长为2p=4，则p=2，故抛物线C的方程为y2=4x．
(2)
解：由题意额可知，直线l过点4,0，
若直线l与x轴重合，则该直线与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，
设直线l的方程为x=my+4，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立x=my+4y2=4x可得y2-4my-16=0，Δ=16m2+16>0，
由韦达定理可得y1+y2=4m，y1y2=-16，
所以，OA⋅OB=x1x2+y1y2=y12y2216+y1y2=-16216-16=0，则OA⊥OB，
所以，▵AOB为直角三角形．
【解析】【分析】(1)选①或②，根据抛物线的几何性质求出p的值，可得出抛物线C的方程；
选③，求出抛物线的通径长，可得出p的值，即可得出抛物线C的方程；
(2)分析可知，直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x=my+4，设点Ax1,y1、Bx2,y2，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，计算出OA⋅OB=0，即可证得结论成立．
19.【答案】解：(1)设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)，
因为点A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)在所求的圆上，
所以4D+3E+F+25=0,5D+2E+F+29=0,解得D+F+1=0,D=-6,E=-2,F=5.
所以△ABC外接圆的方程为x2+y2-6x-2y+5=0．
整理为(x-3)2+(y-1)2=5．
(2)因为A(4,3)，B(5,2)，C(1,0)，
所以由三角形重心的坐标公式，得△ABC的重心为(103,53)，
由(1)可知，△ABC外心为(3,1)，
所以△ABC欧拉线的方程为y-153-1=x-3103-3，即2x-y-5=0．
【解析】本题考查圆的方程的求法以及直线的方程．
(1)设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)，把三个点的坐标代入方程即可求出结果；
(2)根据(1)可知△ABC外心为(3,1)，△ABC的重心为(103,53)，利用两点式求出直线方程．
20.【答案】解：(1)
依题意得：圆心0,0到直线x+3y+4 10=0的距离d=r，
所以r=d=4 10 10=4，所以⊙C的方程为x2+y2=16
(2)
①连接OA,OB，
∵PA,PB是圆C的两条切线，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
所以SOAPB=2S▵OAP=OA⋅PA=4 PO2-16，
当PO取最小值为8时，四边形OAPB面积的最小值为4 64-16=16 3．
②由①得，A,B在以OP为直径的圆上，
设点P的坐标为8,b，b∈R，
则线段OP的中点坐标为4,b2，
∴以OP为直径的圆的方程为x-42+y-b22=16+b24，
即x2+y2-8x-by=0，
∵AB为两圆的公共弦，
∴由x2+y2=16x2+y2-8x-by=0得直线AB的方程为16-8x-by=0，b∈R，
即8x-2+by=0，则直线AB恒过定点2,0．
【解析】【分析】(1)求出圆心到切线的距离得圆半径，从而得圆标准方程；(2)①由勾股定理求得切线长，由SOAPB=2S▵OAP求得四边形面积，由此得当PO最小时，四边形面积最小，从而得结论；②A,B在以PO为直径的圆上，设点P的坐标为8,b，b∈R，写出此圆方程，此圆方程与已知圆方程相减得公共弦AB所在直线方程，由直线方程得定点坐标．
21.【答案】解：(1)
由已知得ba=22a2-4b2=1，解得a=1b=2，所以双曲线C的方程为x2-y24=1．
(2)
设Tt,0，如图：
根据题意知，直线AM,AN斜率存在，则m≠± 2，则n≠±2
则直线：AM:y=n-2m- 2x- 2+2，令x=0得P0,2m- 2nm- 2，
因为点M关于y轴的对称点为N，所以N-m,n，
则AN:y=n-2-m- 2x- 2+2，令x=0得Q0,2m+ 2nm+ 2，
因为TP+TQ=PQ=TQ-TP，平方可得TP⋅TQ=0，
因为TP=-t,2m- 2nm- 2,TQ=-t,2m+ 2nm+ 2，
则TP⋅TQ=t2+4m2-2n2m2-2=0⇒t2=-4m2-2n2m2-2，
因为m2-n24=1即m2=n2+44，所以-4m2-2n2m2-2=4，
则t2=4，即t=±2，
所以存在T2,0或T-2,0满足条件;
(3)
如图
因为S▵MPQ=12m2m- 2nm- 2-2m+ 2nm+ 2=12m4 2m-2 2mnm2-2
=2 2m2- 2m2nm2-2= 2m2(2-n)m2-2，
又m2-n24=1，则m2=n2+44，代入上式得：
S▵MPQ= 2n2+44(2-n)n2+44-2= 2(n2+4)(2-n)n2-4= 2n2+4n+2= 2(n+2)2-4(n+2)+8n+2= 2(n+2)+8n+2-4，
当n+2<0时，n<-2时，(n+2)+8n+2-4=-[-(n+2)+8-(n+2)]-4≤-4 2-4，
则S▵MPQ≥4 2+8，
当且仅当(n+2)=8n+2，即n=-2 2-2时取等．
当n>-2时，(n+2)+8n+2-4≥4 2-4，则S▵MPQ≥8-4 2，
当且仅当(n+2)=8n+2，即n=2 2-2时等号成立，
故应在n=2 2-2时取得S▵MPQ取最小值，
此时m2=4-2 2，即m=± 4-2 2
所以M的坐标是 4-2 2,2 2-2或- 4-2 2,2 2-2时，▵MPQ的面积最小．
【解析】【分析】根据渐近线方程得ba=2，点A 2,2在双曲线C上，列出方程组求解即可;
(2)假设Tt,0，由直线AM,AN方程得P,Q坐标，由向量的数量积运算可得TP⋅TQ=0，用坐标表示这个结论可得t与m,n关系，再由点M在双曲线可得结论;
(3)直接计算▵MPQ的面积，用基本不等式可得最小值，从而得点坐标．
22.【答案】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(-1,0)，F2(1,0)．
(1)当F1A=2F2B时，(x1+1,y1)=2(x2-1,y2)，
即x1-2x2=-3y1=2y2且x124+y123=1x224+y223=1得x124+y123=14x224+4y223=4,
两式相减得x12-4x224+y12-4y223=-3，
则(x1+2x2)(x1-2x2)4+(y1+2y2)(y1-2y2)3=-3，
所以-34(x1+2x2)=-3，得x1+2x2=4，
即x1-2x2=-3x1+2x2=4得x2=74，
故点B的横坐标为74；
(2)因为F1A//F2B，所以S△AQB=S△QF1F2，
记S△AQB=S△QF1F2=S0，S△QAF1=S1，S△QBF2=S2，
则S1S0=|AQ||QF2|=|F1A||F2B|=λ，则S1=λS0，同理可得S2=1λS0，
而S1+S2+2S0=SAF1F2B，
延长AF1交椭圆C于D，连接DF2，所以|BF2|=|F1D|，则SAF1F2B=S△ADF2，|AF1|=λ|F1D|，
所以S△ADF2=λS0+1λS0+2S0=(λ+1λ+2)S0=(λ+1)2λS0，即S0=λ(λ+1)2S△ADF2，
设AD:x=ty-1，D(x3,y3)，则y1=-λy3，
即λ+1λ=-(y3y1+y1y3)=-y32+y12y1y3=-(y1+y3)2-2y1y3y1y3，
所以2-λ-1λ=(y1+y3)2y1y3，
于是x=ty-1,3x2+4y2=12,得(3t2+4)y2-6ty-9=0，
则y1+y3=6t3t2+4，y1y3=-93t2+4，
S△ADF2=12|F1F2||y1-y3|=|y1-y3|=12 t2+13t2+4，
则2-λ-1λ=(y1+y3)2y1y3=-4t23t2+4，即λ+1λ-2=4t23t2+4，
故S0=λ(λ+1)2S△ADF2=1λ+1λ+2⋅S△ADF2=34 t2+1．
于是S0=34 t2+1=12，得t2=54，所以λ+1λ-2=4t23t2+4=2031，得λ+1λ=8231．
【解析】本题考查了椭圆的综合应用，椭圆中三角形(四边形)的面积，属于较难题．
(1)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F1(-1,0)，F2(1,0)，根据F1A=2F2B，可得x1-2x2=-3y1=2y2且x124+y123=1x224+y223=1得x124+y123=14x224+4y223=4，两式相减可得x2的值；
(2)记S△AQB=S△QF1F2=S0，S△QAF1=S1，S△QBF2=S2，根据条件可得S1=λS0，S2=1λS0，延长AF1交椭圆C于D，连接DF2，设AD:x=ty-1，D(x3,y3)，根据条件求得λ+1λ-2=4t23t2+4=2031，故可得答案．
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