2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二（下）开学数学试卷（含解析），共18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.已知直线l过A(1,1)、B(−1,3)两点，则直线l的斜率为( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
2.抛物线2x2=y的焦点到准线的距离为( )
A. 116B. 18C. 14D. 12
3.已知点A(1,4)为抛物线C：y=ax2(a>0)上一点，F为抛物线的焦点，则|AF|=( )
A. 318B. 338C. 6316D. 6516
4.已知抛物线y2=2px(p>0)的准线过双曲线x23−y2=1的一个焦点，则p=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
5.已知A，B是抛物线y2=8x上两点，当线段AB的中点到y轴的距离为3时，|AB|的最大值为( )
A. 5B. 5 2C. 10D. 10 2
6.两圆的半径分别是方程x2−8x+12=0的两个根，圆心距为3，则两圆的位置关系是( )
A. 相交B. 外离C. 内含D. 外切
7.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知E为线段B1C的中点，点F和点P分别满足D1F=λD1C1，D1P=μD1B，其中λ，μ∈[0,1]，则下列说法不正确的是( )
A. 当λ=12时，三棱锥P−EFD的体积为定值
B. 当μ=12时，四棱锥P−ABCD的外接球的表面积是9π4
C. PE+PF的最小值为5 36
D. 存在唯一的实数对(λ,μ)，使得EP⊥平面PDF
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若离心率e=|PF1||PF2|，则椭圆C的离心率的取值范围为( )
A. (0, 2−1)B. (0, 22)C. [ 22,1)D. [ 2−1,1)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列方程能够表示圆的是( )
A. x2+y2=1B. x2−y2=2
C. x2+y2+2x=1D. x2+y2+xy−1=0
10.下列结论正确的是( )
A. 平面内与两个定点F1，F2的距离之和等于常数的点的轨迹是椭圆．
B. 椭圆的离心率e越大，椭圆就越圆．
C. 方程mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)表示的曲线是椭圆．
D. x2a2+y2b2=1(a>b>0)与y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦距相同．
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为正方体表面上的一动点，则下列说法中正确的有( )
A. 当P为棱C1D1的中点时，则四棱锥P−ABB1A1的外接球的表面积为414π
B. 使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4 2
C. 若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF/​/平面B1CD1时，PF长度的最小值是 5
D. 点G是线段A1C的中点，当点P在平面A1BD内，且PA+PG=2时，点P的轨迹为一个圆
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C方程为x2+y2−2ax−2 3ay+3a2=0，则圆C的半径为______．
13.已知椭圆的一个焦点为F，若椭圆上存在点P，满足以椭圆短轴为直径的圆与线段PF相切于线段PF的中点，则该椭圆的离心率为______．
14.如图，已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其焦距为4，过椭圆长轴上一动点P(xP,0)作直线交椭圆于M、N，直线AM、BN交于点Q(xQ,yQ)，已知xPxQ=5，则椭圆的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某游乐园中有一座摩天轮.如图所示，摩天轮所在的平面与地面垂直，摩天轮为东西走向.地面上有一条北偏东为θ的笔直公路，其中csθ=27.摩天轮近似为一个圆，其半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，其最高点为A.A点正下方的地面B点与公路的距离为70m.甲在摩天轮上，乙在公路上.(为了计算方便，甲乙两人的身高、摩天轮的座舱高度和公路宽度忽略不计)
(1)如图所示，甲位于摩天轮的A点处时，从甲看乙的最大俯角的正切值等于多少？
(2)当甲随着摩天轮转动时，从乙看甲的最大仰角的正切值等于多少？
16.(本小题15分)
直线l经过抛物线y2=4x的焦点F，且与抛物线交于A，B两点(其中点A在x轴上方)．
(1)若|AF|=4，求直线l的倾斜角；
(2)若原点O到直线l的距离为 22，求以线段AB为直径的圆的方程．
17.(本小题15分)
在图1所示的平面多边形中，四边形ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60°，△P2BC与△P3CD均为等边三角形.分别将△P1AB，△P2BC，△P3CD，△P4AD沿着AB，BC，CD，DA翻折，使得P1，P2，P3，P4四点恰好重合于点P，得到四棱锥P−ABCD，PM=λPA(00)的一个焦点为F( 2,0)，其短轴的一个端点到焦点F的距离为 3．
(1)若点A为椭圆C的“伴随圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C的两相异点，且BD⊥x轴，求AB⋅AD的取值范围．
(2)在椭圆C的“伴随圆”上任取一点P，过点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断l1，l2是否垂直？并说明理由．
19.(本小题17分)
唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点A(3,0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y−4=0，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营．
(Ⅰ)若军营所在区域为Ω：x2+y2≤1，求“将军饮马”的最短总路程；
(Ⅱ)若军营所在区域为为Ω′：|x|+2|y|≤2，求“将军饮马”的最短总路程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：因为A(1,1)、B(−1,3)，
所以直线的斜率k=3−1−1−1=−1．
故选：C．
由直线过的两点的坐标，可得直线的斜率．
本题考查过两点的直线的斜率的求法，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：抛物线2x2=y可化为x2=12y，
因为2p=12，所以p=14，
所以抛物线的焦点到准线的距离为14．
故选：C．
把抛物线化为标准形式，求出p的值，即可得出抛物线的焦点到准线的距离．
本题考查了抛物线的标准方程应用问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：将A(1,4)代入y=ax2，得a=4，
所以抛物线C：x2=14y，焦点F(0,116)，准线方程为y=−116，
由抛物线的定义知|AF|=yA+p2=4+116=6516．
故选：D．
利用点在抛物线上及抛物线的定义即可求解．
本题考查抛物线方程的求法，抛物线的简单性质的应用，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：双曲线x23−y2=1的焦点坐标(±2,0)，
抛物线y2=2px(p>0)的准线过双曲线x23−y2=1的一个焦点，
所以p2=2，可得p=4．
故选：C．
求出双曲线的焦点坐标，然后利用抛物线的定义，求解p即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，双曲线的焦点坐标的求法，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵F是抛物线y2=8x的焦点
∴F(2,0)，准线方程x=−2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∵线段AB的中点到y轴的距离为3，
∴|AB|≤|AF|+|BF|，当且仅当AB经过抛物线的焦点F时取等号，
此时x1+x2=3×2=6，
∴|AB|最大值=|AF|+|BF|=x1+2+x2+2=10．
故选：C．
根据抛物线的方程求出准线方程，利用抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合线段AB的中点到y轴的距离为3，求出|AF|+|BF|，即可求解|AB|的最大值．
本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，弦长的求法，抛物线的定义将到焦点的距离转化为到准线的距离，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：∵两圆的半径分别为方程x2−8x+12=0的两根，
∴两圆的半径之和R+r=8，半径之积为12，
故两个半径分别为2和6，
半径的差R−r=4>3=d，
∴两圆的位置关系是内含．
故选：C．
根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系即可求解．
本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A，当λ=12时，F为C1D1中点，又E为B1C的中点，∴EF/​/BD1，
∵EF⊂平面EFD，BD1⊄平面EFD，∴BD1/​/平面EFD，
当点P在线段BD1上移动时，其到平面EFD的距离不变，
∴三棱锥P−EFD的体积为定值，故A正确；
对于B，当μ=12时，取AC，BD交点O，则四棱锥P−ABCD为正四棱锥，
∴PO⊥平面ABCD，
设四棱锥P−ABCD的外接球的球心为O，半径为R，则O′在直线PO上，
∵OC= 22，OO′=|12−R|，∴OC2+OO′2=O′C2，∴12+(12−R)2=R2，
解得R=34，∴四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为S=4πR2=9π4，故B正确；
对于C，将问题转化为在平面ABC1D1内求解PE+PF的最小值，
作E关于线段BD1的对称点E1，过E1作HG//AD1，交C1D1，AD于H，G，如图，
∵PE=PE1，∴PE+PF=PE1+PF>E1H(当且仅当F与H重合时取等号)，
∵∠E1BA=∠ABD1−∠D1BE=∠ABD1−∠D1BC1，
∴sin∠E1BA=sin(∠ABD1−∠D1BC1)=( 2 3)2−(1 3)2=13，
∴E1G=B1E⋅sin∠E1BA=BE⋅sin∠E1BA= 26，
∴E1H= 2− 26=5 26，
∴PE+PF的最小值为5 26，故C错误；
对于D，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则D(0,0,0)，E(12,1,12)，F(0,λ,1)，P(μ,μ,1−μ)，
∴EP=(μ−12,μ−1,12−μ)，DP=(μ,μ,1−μ)，DF=(0,λ,1)，
∵EP⊥平面PDF，∴EP⊥DP，EP⊥DF，
∴EP⋅DP=μ(μ−12)+μ(μ−1)+(12−μ)(1−μ)=0EP⋅DF=λ(μ−1)+(12−μ)=0，
解得μ=3+ 36λ=−1+ 32(舍)或μ=3− 36λ= 3−12，
∴存在唯一的实数对(λ,μ)=( 3−12,3− 36)，使得EP⊥平面PDF，故D正确．
故选：C．
由线面平行的判定可知BD1//平面EFD，知三棱锥P−EFD底面积和高均为定值，故A正确；根据正棱锥外接球的球法，可构造关于外接球半径R的方程，求得R后知B正确；将C中问题转化为在平面ABC1D1内求解PE+PF的最小值，作E关于线段BD1的对称点E1，将问题转化为E1H长度的求解，根据角度和长度关系可确定C正确；以D为坐标原点建立空间直角坐标系，假设线面垂直可构造方程组求得λ，μ，可知D正确．
本题考查三棱锥的体积、四棱锥外接球、线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为e=|PF1||PF2|，所以|PF1|=e|PF2|，
由椭圆的定义得：|PF1|+|PF2|=2a，解得|PF2|=2ae+1，
因为a−c≤|PF2|≤a+c，所以a−c≤2ae+1≤a+c，
两边同除以a得1−e≤2e+1≤1+e，解得 e≥ 2−1，
因为 0b>0)与y2a2+x2b2=1(a>b>0)的焦距都是2c=2 a2−b2，焦距相同，故D正确．
故选：CD．
由椭圆的定义判断A；由椭圆离心率与椭圆的关系判断B；由椭圆的标准方程判断C；求出两椭圆的焦距判定D．
本题考查椭圆的几何性质，是基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A：设球心到正方形ABB1A1的中心的距离为d，外接球的半径为r，
由根据题意可得d2+( 2)2=12+(2−d)2=r2，
解得d=34，r2=4116，所以四棱锥P−ABB1A1的外接球的表面积为414π，故A正确；
对于B，∵直线AP与平面ABCD所成角为45°，
若点P在平面DCC1D1和平面BCC1B1内，∵∠B1AB=45°，∠D1AD=45°最大，不成立；
在平面ADD1A1内，点P的轨迹是AD1=2 2，
在平面ABB1A1内，点P的轨迹是AB1=2 2，
在平面A1B1C1D1时，作PM⊥平面ABCD，如图，
作PM⊥平面ABCD，∵∠PAM=45°，∴PM=AM，
∵PM=AB，∴AM=AB，∴A1P=AB，
∴点P的轨迹是以A1为圆心，以2为半径的四分之一圆，
∴点P的轨迹长度为14×2π×2=π，
∴点P的轨迹总长度为π+4 2，故B正确；
对于C，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设P(x,y,0)，0≤x≤2，0≤y≤2，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，F(2,1,2)，
则CB1=(2,0,2)，CD1=(0,−2,2)，FP=(x−2,y−1,−2)，
设平面CB1D1的一个法向量为n=(a,b,c)，
则CD1⋅n=−2b+2c=0CB1⋅n=2a+2c=0，取a=1，得n=(1,−1,−1)，
∵PF/​/平面B1CD1，∴FP⋅n=(x−2)−(y−1)+2=0，y=x+1，
∴|FP|= (x−2)2+(y−1)2+4= 2x2−4x+8= 2(x−1)2+6≥ 6，
当x=1时，等号成立，故C错误；
对于D，易证A1C⊥平面A1BD，记A1C与平面A1BD交于点O，
可得OP2+OG2=PG2，OA2+OG2=PA2，设OP=x，
则PG= x2+OG2，PA= OA2+x2，∴PA+PG= x2+OG2+ OA2+x2，
∴PA+PG= x2+OG2+ OA2+x2，显然PA+PG在(0,+∞)上为增函数，
由PA+PG=2，OP为定值，故可得P的轨迹是以O为圆心的一个圆，故D正确．
故选：ABD．
设球心到正方形ABB1A1的中心的距离为d，外接球的半径为r，根据题意可得d2+( 2)2=12+(2−d)2=r2，求解可判断A；根据直线AP与平面ABCD所成的角为45°，结合正方体的特征判断B；建立空间直角坐标系，求出FP的坐标，计算判断C；由已知可得A1C⊥平面A1BD，可得结论判断D．
本题考查命题真假的判断，考查点的轨迹问题，空间向量等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】|a|
【解析】解：圆x2+y2−2ax−2 3ay+3a2=0的标准方程为(x−a)2+(y− 3a)2=a2，
所以圆的半径r=|a|．
故答案为：|a|．
由圆的一般方程可得它的标准方程，进而求出圆的半径．
本题考查圆的半径的求法，属于基础题．
13.【答案】 53
【解析】解：如图所示，
设椭圆的左焦点为F′，
∵以椭圆短轴为直径的圆与线段PF相切于线段PF的中点，
∴切点E为PF的中点，OP=OF=OF′，
∴FP⊥F′P．
设|PF|=n，|PF′|=m，
则m+n=2a，m2+n2=4c2，b=m2．
∴n=2a−2b．
∴4b2+(2a−2b)2=4c2，又c2=a2−b2，
化为3b=2a．
∴该椭圆的离心率= 1−(ba)2= 1−49= 53．
故答案为： 53．
如图所示，设椭圆的左焦点为F′，由于以椭圆短轴为直径的圆与线段PF相切于线段PF的中点，切点E为PF的中点，可得OP=OF=OF′，FP⊥F′P.设|PF|=n，|PF′|=m，可得m+n=2a，m2+n2=4c2，b=m2.又c2=a2−b2，可得该椭圆的离心率= 1−(ba)2．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、圆的切线的性质、三角形的中位线定理、勾股定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
14.【答案】2 55
【解析】解：对于椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任一点D(x0,y0)，y0≠0，
则x02a2+y02b2=1，可得y02=−b2a2(x02−a2)，
可知A(−a,0)，B(a,0)，
所以kAD⋅kBD=y0x0+a⋅y0x0−a=y02x02−a2=−b2a2(x02−a2)x02−a2=−b2a2，
由题意可知：直线MN的斜率不为0，但可以不存在，
设MN：x=my+xP，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立方程x=my+xPx2a2+y2b2=1，消去x得(a2+m2b2)y2+2b2mxPy+b2xP2−a2b2=0，
则Δ>0,y1+y2=−2b2mxPa2+m2b2,y1y2=b2xP2−a2b2a2+m2b2，
可得kAM⋅kAN=y1x1+a⋅y2x2+a=y1my1+xP+a⋅y2my2+xP+a
=y1y2m2y1y2+m(xP+a)(y1+y2)+(xP+a)2=b2xP2−a2b2a2+m2b2m2⋅b2xP2−a2b2a2+m2b2−m(xP+a)2b2mxPa2+m2b2+(xP+a)2
=b2(xP−a)a2(xP+a)，
可知直线AM：y=kAM(x+a)，直线AN：y=kBN(x−a)=−b2a2kAN(x−a)，
联立方程yQ=kAM(xQ+a)yQ=−b2a2kAN(xQ−a)，消去yQ可得a2kAMkAN(xQ+a)=−b2(xQ−a)，
则(xP−a)(xP+a)(xQ+a)=−(xQ−a)，整理得a2=xPxQ=5，即a= 5，
又因为焦距为4，可得c=2，
所以椭圆离心率为e=ca=2 55．
故答案为：2 55．
根据椭圆方程可证：对于椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任一点D(x0,y0)，y0≠0，均有kAD⋅kBD=−b2a2，设MN：x=my+xP，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程利用韦达定理可证kAM⋅kAN=b2(xP−a)a2(xP+a)，进而根据直线的交点整理可得a2=xPxQ=5，即可求离心率．
本题考查椭圆的离心率的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)如图所示，设公路所在直线为l，过B点作l的垂线，垂直为D，BD=70m．
因为圆的半径为35m，圆心O到地面的距离为40m，所以AB=75m．
从甲看乙的最大俯角与∠ADB相等，由题意得，AB⊥BD，
则tan∠ADB=ABBD=7570=1514；
(2)如图所示，设甲位于圆O上的R点处，直线OF垂直于OA，

且交圆O于F点，射线OR可以看成是射线OF绕着O点按逆时针方向旋转α角度得到．
过R点正下方的地面T点向l作垂线，垂足为S．
当tan∠RST取得最大值时，∠RST即为从乙看甲的最大仰角．
由题意得：tan∠RST=35sinα+4070−35csα×27=72⋅sinα+877−csα=−72⋅−87−sinα7−csα，
其中，−87−sinα7−csα表示点(csα,sinα)和点(7,−87)构成的直线a的斜率．
当直线a的斜率取得最小值时，tan∠RST取最大值．
因为点(csα,sinα)在单位圆x2+y2=1上，
所以当直线a与单位圆相切时，斜率取得最大值或最小值．
设过点(7,−87)的直线方程为：y+87=k(x−7)即|49k+8|7 1+k2=1，解得k=−14± 15184，
则直线a的斜率最小值为−14− 15184，代入可得tan∠RST取最大值是14+ 15124．
【解析】(1)作辅助线，再解直角三角形即可；
(2)由题得当tan∠RST取得最大值时，∠RST即为从乙看甲的最大仰角，再结合平面几何相关知识求tan∠RST的最大值即可．
本题考查解三角形的实际应用问题，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设A(x1,y1)，则|AF|=x1+1=4，所以x1=3，
又因为y12=4x1,y1>0，所以y1=2 3，
所以KAF=y1x1−1= 3，
所以直线l的倾斜角为π3；
(2)设直线l的方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB的中点为M(x0,y0)，
联立方程x=my+1y2=4x，消去x得：y2−4my−4=0，则Δ=16m2+16>0，
所以y1+y2=4m，x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2，
所以y0=2m,x0=2m2+1，|AB|=x1+x2+2=4m2+4，
所以圆心M(2m2+1,2m)，半径r=12|AB|=2m2+2，
因为原点O到直线l的距离为 22，所以1 1+m2= 22，所以m=±1.，
当m=1时，圆心为M(3,2)，半径r=12|AB|=4，以线段AB为直径的圆的方程为(x−3)2+(y−2)2=16，
当m=−1时，圆心为M(3,−2)，半径r=12|AB|=4，以线段AB为直径的圆的方程为(x−3)2+(y+2)2=16，
所以以线段AB为直径的圆的方程为(x−3)2+(y−2)2=16或(x−3)2+(y+2)2=16．
【解析】(1)由抛物线性质结合已知条件即可求解；
(2)设出直线l的方程x=my+1，联立直线和抛物线的方程，然后利用设而不求求出圆心和半径，结合原点O到直线l的距离为 22，从而求出m的值即可．
本题考查了抛物线的性质和直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：∵λ=12，∴M为PA的中点，
由题可知，AB=AD=PB=PD，∴PA⊥BM，PA⊥DM，
又BM∩DM=M，∴PA⊥平面BDM，
取BD∩AC=N，则MN//PC，
∵PA⊥平面BDM，∴PA⊥MN，∴PA⊥PC．
(2)解：连接AC，由题意得BD⊥平面PAC，
过点P作PO⊥AC，垂足为O，则PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，

由AB=2，得CP=2,AC=2 3,AP=2 2，从而OC=2 33,OP=2 63，
则P(0,0,2 63),A(4 33,0,0),D( 33,10),C(−2 33,0,0)，
则PM=λPA=(4 33λ,0,−2 63λ)，
MD=PD−PM=( 33−4 33λ,1,2 63λ−2 63)，CD=( 3,1,0)．
设平面MCD的法向量为m=(x,y,z)，
则MD⋅m=( 33−4 33λ)x+y+(2 63λ−2 63)z=0CD⋅m= 3x+y=0，令x=1，得m=(1,− 3, 2+2 2λ2λ−2)．
平面ACD的一个法向量为n=(0,0,1)，
∵二面角M−CD−A的余弦值为 33，
∴|m⋅n||m||n|=| 2+2 2λ2λ−2| 4+( 2+2 2λ2λ−2)2= 33，解得λ=14．
【解析】(1)推导出M为PA的中点，PA⊥BM，PA⊥DM，从而PA⊥平面BDM，推导出MN//PC，由PA⊥平面BDM，得PA⊥MN，由此能证明PA⊥PC．
(2)连接AC，过点P作PO⊥AC，垂足为O，则PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，OA，OP所在直线分别为x轴、z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)由椭圆的焦点F的坐标，可得c= 2，再由短轴的一个端点到焦点F的距离为 3，可得a= 3，
所以b2=a2−c2=3−2=1，
可得椭圆C的方程为：x23+y2=1；
所以 a2+b2= 3+1=2，
由题意可得椭圆C的“伴随圆”的方程为x2+y2=4，可得A(2,0)，
设B(x0,y0)，则D(x0,−y0)，因为B在椭圆上，x0∈(− 3, 3)，
所以x023+y02=1，
可得AB⋅AD=(x0−2,y0)⋅(x0−2,−y0)=(x0−2)2−y02=(x0−2)2−(1−x023)=43x02−4x0+3=43(x0−32)2，
因为x0∈(− 3, 3)，
所以x0=32时，AB⋅AD最小，且最小值为0，
当x0=− 3，AB⋅AD最大，且最大值为7+4 3，
所以AB⋅AD∈(0,7+4 3)；
(2)设x2+y2=4上点P(m,n)，则m2+n2=4，
当m=± 3，n=±1时，则直线l1，l2若由有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0时，显然得l1⊥2，
当直线得l1，l2斜率存在且不为0时，当m≠± 3时，设P与椭圆只有一个交点的直线的斜率为k，
则直线l1的方程为y−n=k(x−m)，代入椭圆的方程，(1+3k2)x2+6k(n−km)x+3(n−km)2−3=0，
Δ=36k2(n−km)2−4(1+3k2)[3(n−km)2−3]=0，
整理可得：(3−m2)k2+2mnk+1−n2=0，3−n2≠0，
设直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，
可得k1k2=1−n23−m2=1−(4−m2)3−m2=−1，
所以直线l1，l2垂直．
【解析】(1)由椭圆的焦点坐标，可得c的值，再由题意可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程及“伴随圆”的方程，由题意可知A的坐标，设B的坐标，由题意可知D的坐标，进而求出AB⋅AD的表达式，再由B点的横坐标的范围，求出AB⋅AD的取值范围；
(2)由题意设P的坐标，代入“伴随圆”的方程，可知P的横纵坐标的关系，分直线l1，l2的斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线l1的方程，与椭圆的方程联立，由判别式等于0，可得参数的关系，求出直线l1，l2的斜率之积的代数式，将P的坐标代入整理，可得两条直线的斜率之积为−1，即可证得两条直线互相存在．
本题考查求椭圆的方程及“伴随圆”的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ) 若军营所在区域为Ω：x2+y2≤1，
圆：x2+y2=1的圆心为原点，半径为1，作图如下：

设将军饮马点为P，到达营区点为B，A′为A关于直线x+y=4的对称点，
因为A(3,0)，所以A′(4,1)，则总路程|PB|+|PA|=|PB|+|PA′|，
要使得路程最短，只需要|PB|+|PA′|最短，即点A′到军营的距离最短，
即点A′到x2+y2=1的最短距离，且为|OA′|−1= 17−1；
(Ⅱ)若军营所在区域为Ω：|x|+2|y|≤2，
对于|x|+2|y|=2，在x≥0，y≥0时为x+2y=2，令x=0，得y=1，令y=0，则x=2，
图象为连接点(0,1)和(2,0)的线段，根据对称性得到|x|+2|y|=2的图象如图所示的菱形，Ω′：|x|+2|y|≤2为这个菱形的内部(包括边界)，
作图如下：

由图可知，最短路径为连接(2,0)点和A′的连线，交直线x+y=4于点P，饮马最佳点为P，
所以点A′到区域Ω最短距离|A′B′|= (4−2)2+12= 5，
即“将军饮马”最短总路程为 5．
【解析】(Ⅰ)设A关于直线x+y−4=0对称的点A′的坐标，则A′到圆心的距离减去半径即为将军饮马”的最短总路程；即最短距离为|A′O|−r，求出即可；
(Ⅱ)由题意如图所示：最短路径为连接(2,0)点和A′的连线，由题意求出即可．
本题考查点关于直线的对称点的求法，线段和的最小值的求法，属于中档题．