[数学]2023北京八十中高二(上)期中试卷(教师版)

这是一份[数学]2023北京八十中高二(上)期中试卷(教师版)，共16页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数
学
2023 年 11 月
考号
班级
姓名
（考试时间 120 分钟
满分 150 分
提示：
试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
在答题卡上，选择题用 2B 铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答.
一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求）
x + y −1 = 0
1. 直线
A.45°
的倾斜角是（
）
B. 135°
C. 120°
x =（
D. 90°
D. 1
2. 已知 a
2, 1,3 ，b
= ( −
)
= (−
4, 2, x ，且 a ⊥ b ，则
)
）
10
−
A.
B. 6
C. 6
3
x
2
+
y
2
=1上一点 P 到椭圆一个焦点的距离为 7，则 P 到另一个焦点的距离为（
3. 若椭圆
）
25
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
( )， ( )，则线段
）
A 1,2
B 3,1
4. 已知点
AB 的垂直平分线方程为（
4x + 2y −5 = 0
4x − 2y −5 = 0
x + 2y −5 = 0
x − 2y −5 = 0
D.
A.
B.
C.
(
)对称的圆的方程为（
）
5. 圆(x + 2)
2
+ y
2
= 5 关于原点O 0,0
(x + 2)
2
+ y
+ y
2
= 5
= 5
B. x
D. x
2
2
+ (y − 2)
2
2
= 5
= 5
A.
C.
(x − 2)
2
2
+ (y + 2)
= ”是“直线 ax + (a −1)y −1= 0与直线(a −1)x + ay +1= 0 垂直”的（
6. “ a 1
）
A. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件
B. 必要而不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
x
2
2
y
2
2
3
1 a b 0 的左、右焦点分别为
= (   )
F
1
F
x = a
7. 设椭圆 C :
+
，
， P 为直线
2
上一点，
是
a
b
2
底角为30 的等腰三角形，则椭圆C 的离心率为（
）
3
3
3
4
1
2
A.
B.
C.
D.
3
2
第1页/共16页

y = kx +1(k  R)
C. 3
8. 已知 M 是圆(x −1)
2
+ y
2
=1上的动点，则 M 到直线
B. 2 +1
距离的最大值为（
）
A. 2
D. 2 2 +1
ABCD − A B C D
BB C C
D1E CE = 0
9. 如图，在正方体
则点 E 的轨迹为（
中，点 E 是侧面
内的一个动点，若点 E 满足
，
1
1
1
1
1
1
）
A. 圆
B. 半圆
C. 直线
D. 线段
10. 如图，正四面体 ABCD 的顶点 A，B，C 分别在两两垂直的三条射线 Ox，Oy，Oz 上，则在下列命题
中，错误的是
A. O − ABC 是正三棱锥
B. 直线OB ∥平面 ACD
C. 直线 AD 与OB 所成的角是 45
D. 二面角 D OB A 45 .
−
−
为
二、填空题（本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．）
y = 2x
y = 2x +1之间的距离等于__________.
11. 直线
与直线
x
2
− y
2
= 4 的渐近线方程为__________．
12. 双曲线
13. 已知平面
= (
)
(
P 1, 2,3
)，则点 P 到平面
的距离为______.
经过原点O ，且法向量为 n 2,1, 2 ，点
14. 如图，在四面体O − ABC 中，G
的重心，G 是OG1 上的一点，且OG = 3GG
是
，若
1
1
x + y + z =
OG = xOA+ yOB + zOC ，则
OG =
___________；若四面体O − ABC 是棱长为 2 的正四面体，则
___________.
第2页/共16页

15. 关于曲线C : x
2
+ y = x + y
，给出下列四个结论：
2
①曲线C 关于原点对称，也关于 轴、 轴对称；
x
y
②曲线C 围成的面积是 π + 2 ；
③曲线C 上任意一点到原点的距离者不大于 2 ；
④曲线C 上的点到原点的距离的最小值为 1.
其中，所有正确结论的序号是______.
三、解答题（本题共 5 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
16. 已知圆 C 经过坐标原点 O 和点(2, 2)，且圆心在 x 轴上．
（1）求圆 C 的方程．
（2）设直线 l 经过点( )，且 l 与圆 C 相交所得弦长为 2 3 ，求直线 l 的方程．
1,2
ABCD − A B C D AD = AA1 = 2
，点 E 在 AB 上，且 AE = 1.
17. 如图，在长方体
中， AB = 3 ，
1
1
1
1
（1）求直线
BC
BC
AC
与 所成角的大小；
1
1
A EC
（2）求
与平面
所成角的正弦值
.
1
1
x
2
y
2
2
(   )的长轴长为 ，且离心率为 1 .
1
= a b 0
+
18. 已知椭圆 C：
4
2
a
2
b
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）设过点 ( )且斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 D.求
F 1, 0
AB
证：
为定值.
DF
第3页/共16页

19. 如 图 ， 在 四 棱 锥 P ABCD 中 ，
−
CD ⊥
平 面 PAD ，
为 等 边 三 角 形 ， AD∥BC ，
AD = CD = 2BC = 2， E,F 分别为棱 PD, PB 的中点．
AE ⊥ 平面 PCD：
（1）求证：
（2）求平面 AEF 与平面 PAD 夹角的余弦值：
PC 上是否存在点G DG∥平面 AEF
？说明理由．
（3）在校
，使得
(
3,0)
，已知平行四边形OMNP
xOy 中，O
M
20. 在平面直角坐标系
和等于 4．
为坐标原点，
两条对角线的长度之
（1）求动点 P 的轨迹方程；
(
3,0)
作互相垂直的两条直线 、 ， 与动点 P 的轨迹交于 A 、 B ， 与动点 P 的轨迹交于
M
l
1
l
l
1
l
（2）过
2
2
点C 、 D ， AB 、CD 的中点分别为 E 、 F ；证明：直线 EF 恒过定点，并求出定点坐标；
（3）在（2）的条件下，求四边形 ACBD 面积的最小值．
第4页/共16页

参考答案
一、选择题（本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项符合题目要求）
1. 【答案】B
【分析】根据斜率即可求解倾斜角.
x + y −1 = 0 得 y = −x +1，
【详解】由
故斜率为 −1，则倾斜角为 135°，
故选：B
2. 【答案】A
【分析】根据空间向量垂直的坐标运算即可求解.
10
3
x =
【详解】由 a ⊥ b 可得 −8− 2 + 3x = 0 ，解得
，
故选：A
3. 【答案】A
【分析】利用椭圆的定义列式计算得解.
x
2
+ y =1的长轴长 2a =10
，而点 P 到椭圆一个焦点的距离为 7，
2
【详解】椭圆
25
2a − 7 = 3 .
所以 P 到另一个焦点的距离为
故选：A
4. 【答案】B
【分析】应用两点式求线段 AB 的斜率，进而可得垂直平分线的斜率，结合 AB 中点坐标及点斜式写出垂
直平分线方程.
1− 2
3−1
1
2
3
k
=
= −
AB
的垂直平分线的斜率为 2，又
AB
(2, )
中点为 ，
【详解】由题设，
，故线段
AB
2
3
y − = 2(x − 2)
4x 2y −5 = 0.
−
所以线段 AB 的垂直平分线方程为
，整理得：
2
故选：B
5. 【答案】C
【分析】先求出圆心关于原点的对称点，从而可求出所求圆的方程.
= 5 的圆心为(−2, 0) ，半径为 5 ，
(x + 2)
2
+ y
2
【详解】圆
因为点
所以圆
(x − 2)
关于原点
(
)对称点为
(−2, 0)
O 0,0
(2,0)
，
(
)对称的圆的方程为
(x + 2)
2
+ y
2
= 5 关于原点O 0,0
2
+ y = 5 ，
2
故选：C.
第5页/共16页

6. 【答案】A
【分析】根据两直线垂直可构造方程求得 的值，由推出关系可得结论.
a = 0 或 a = 1；
a
a a −1 + a a −1 = 0
，解得：
【详解】由两直线垂直可得： (
)
(
)
a = 0或 a = 1， a = 0 或 a =1
，
+ ( − ) − = 与直线(a −1)x + ay +1= 0
“ a = 1”是“直线 ax a 1 y 1 0
垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 【答案】D
是底角为30 的等腰三角形，把
PF = F F
用
a,c
表示出来后可求得离心率．
【分析】由
2
1
2
PF = F F
F (c,0)
2
PF F = F PF = 30 PF2E = 60，
，则
【详解】解：由题意可得
，
，如图，
2
1
2
1
2
1
2
F2PE = 30，
 3
 2


PF = 2 EF = 2 a − c
所以

 ，
2
2
 3
 2


3
4
2
a − c = 2c ，∴3a = 4c
e =
所以 

，∴
．
故选：D．
8. 【答案】B
y = kx +1(k  R)
【分析】根据圆上的点到一条直线距离的最大值等于圆心到此直线距离与半径和，根据
恒过的定点 ( ) ，过圆心
y = kx +1(k  R)
作直线 的垂线，垂足为 B ，得知点 B 的轨迹为以
C 0,1
A 1,0
AC 为直径的圆，则 dmax AB
=
+1= 2 +1求解
.
max
( − )
【详解】设圆 x 1
2
+
y2
=1的圆心为 A 1,0
y = kx +1(k  R)
的距离为d ，过点 A 作直
，点 M 到直线
y = kx +1(k  R)
线
的垂线，垂足为 B ，
y = kx +1(k  R)
AB d
，所以
max
= AB
+1，
则点 A 到直线
的距离为
max
y = kx +1(k  R)
C 0,1
恒过定点
( )，则垂足 B 的轨迹为以 AC 为直径的圆，
d = AB +1= 2 +1
，所以
max
又因为直线
AB
= AC = 1+1 = 2
则
max
max
故选：B
9. 【答案】B
C1D CD 交点为O
CC1 中点 F ，连接OE,OF,EF ，证明OF ⊥ EF
D1E CE = 0
【分析】设
与
，取
，由
，
1
第6页/共16页

1
1
D1E ⊥ CE
OE = CD
EF = a a
（ 为正方体的棱长），从而得轨迹．
则
，从而可得
，最终得出
1
2
2
C1D CD 交点为O
CC1 中点 F ，连接OE,OF,EF
，
【详解】如图，设
与
，取
1
O 是CD1 中点，OF CC1 ，而平面
⊥
CC D D ⊥
BCC1B
CC D D
BCC B = CC
平面 ，
1 1 1
平面
，平面
1
1
1
1
1
OF  平面CC D D ，所以OF ⊥平面 BCC B ， EF  平面 BCC B ，则OF ⊥ EF ，
1
1
1
1
1 1
1
D1E CE = 0
D1E CE ，所以OE
⊥
=
CD
，则
，
1
2
1
2
1
2
a
=
a ，显然OF =
a
EF = OE
2
−OF = a
，
2
设正方体棱条为 ，则OE
，所以
2
2
1
BCC1B
a ，其轨迹是以 F 为圆心的半圆，
在正方形
内 E 点到点 F 的距离为
1
2
故选：B．
10. 【答案】B
【详解】试题分析：由正四面体的性质知
是等边三角形，且OA、OB、OC 两两垂直，所以 A 正确；
借助正方体思考，把正四面体 ABCD 放入正方体，很显然直线OB 与平面
考点：正四面体的性质、转化思想的运用.
ACD
不平行， 错误.
B
二、填空题（本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．）
5
11. 【答案】
5
【分析】利用平行线间的距离公式求解即可.
0 −1
4 +1
5
y = 2x
y = 2x +1之间的距离 d =
=
【详解】直线
与直线
.
5
5
故答案为：
5
y = x
12. 【答案】
【分析】先把双曲线化简成标准方程，直接得出渐近线方程.
第7页/共16页

x
2
y
2
【详解】由
x
2
− y
2
= 4 得
−
=1
4
4
a
2
= 4,b
2
= 4  a = 2,b = 2
y = x
所以渐近线方程为
y = x
故答案为
.
【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
10
13. 【答案】
3
【分析】利用向量数量积的几何意义，求出点 P 到平面的距离即可．
【详解】平面
经过原点O ，且法向量为 n
= (2,1, 2)，OP = (1, 2,3)，
OP
则点 P 到平面
的距离为
.
3
n
10
故答案为：
.
3
3
6
1
14. 【答案】 ①. ##0.75 ②.
##
6
4
2
2
【分析】第一空：利用空间向量的线性运算法则，结合三角形重心的性质求解；
OG = OA+ OB + OC
第二空：将
两边同时平方，利用数量积的运算律计算即可.
4
4
4
OG = OG = (OA+ AG ) = OA+ 
(AC + AB)
【详解】


1
1
4
4
4
4 3 2

3
= OA+ AC + AB = OA+ (OC −OA) + (OB −OA)
4
1
4
4
4
4
4
= OA+ OB + OC
，
4
4
4
1
1
1
4
x = , y = , z =
4
4
3
x + y + z =
则
将
4
OG = OA+ OB + OC
两边同时平方得：
4
4
4
1
(OA + OB + OC + 2OAOB + 2OAOC + 2OC OB)
(
)
OG =
1 
OA+ OB + OC =
16
16
1 
6
=
43+ 3222
=


16 
2 
4
第8页/共16页

6
 OG =
2
3
4
6
故答案为：
；
.
2
15. 【答案】①②③④
【分析】画出曲线C 的图象，根据对称性、面积、图象等知识确定正确答案.
【详解】曲线C : x
2
+ y
2
= x + y
，
2
2


1 
2 


1 
2 
1
2
x  0, y  0
则
时， x2 y2 x y, x
+
= +
−

+
 y
−

=
，
2
2


1 


1 
2 
1
x  0, y  0
x  0, y  0
时， x2
+
y2
= −x + y, x
+
+
 y
−
=


，
2 
1 2
2
2




1 
2 
1
2
时， x2 y2 x y, x
+
= −
−

+
 y
+

=


，
2 
2
2
1 
2 
1 
2 
1
2
x  0, y  0
时， x2 y2
+
= − −
x y, x
+
+
 y
+
=
，
当




由此画出曲线C 的图象如下图所示，
由图可知：
曲线C 关于原点对称，也关于 轴、 轴对称，①正确.
x
y
 1
4  π
1 
2 
曲线C 围成的面积是


+ 2  2 = π + 2，②正确.
 2
2
2
曲线C 上任意一点到原点的距离者不大于
+
=
2 ，③正确
2
2
曲线C 上的点到原点的距离的最小值为 1，即
OA = OB = OC = OD =1，
所以④正确.
故答案为：①②③④
三、解答题（本题共 5 小题，共 75 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
( − )
16. 【答案】（1） x 2
2
+
y2 = 4
第9页/共16页

（2）x =1和3x + 4y −11= 0
【分析】（1）设圆心(a,0)，则圆心到
(0, 0)与(2, 2)距离相同且等于半径，由此求出
a
= 2
，进而求出圆
C 的方程.
（2）分别研究斜率存在与斜率不存在时两种情况：当斜率不存在时，直线为x =1，符合要求；当斜率存
2k + 2 − k
在时，设直线 l 为kx − y + 2 − k = 0
，则圆心到直线的距离d =
，再结合弦长公式即可求出 k
+ (−1)
2
k
2
的值，由此能出直线l 的方程.
【小问1 详解】
设圆心(a,0
)，则圆心到(0, 0)与(2, 2)距离相同且等于半径，
= a
2
= (2 − a)
+ 22 ，解得a = 2 ，
2
所以r
2
所以圆心为(2, 0)，半径r 2 ，
=
( − )
所以圆C 的方程为 x 2
2
+
y2 = 4．
【小问2 详解】
y − 2 = k x −1)，整理得kx − y + 2 − k = 0，
(
当斜率存在时，设直线l 为
| 2k + 2 − k |
则圆心到直线的距离d =
，①
k
2
+ (−1)
2
= 2 3 ，解得d =1，②
又因为2 r
2
− d
2
= 2 2
2
− d
2
由①②解得：k = − 3
，
4
3
3
− x − y + 2+ = 0，整理得3x + 4y −11= 0；
所以直线方程为
4
4
当斜率不存在时，直线为x =1，此时圆心到直线的距离d =1，
所以其弦长为2 2 = 2 3 ，符合题意.
2
−1
2
综上，所求直线方程为x =1和3x + 4y −11= 0.
17. 【答案】（1）90
2
（2）
6
【分析】（1）以 D 为原点， DA, DC, DD
x
y
的方向分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立空间直角坐标系，
z
1
求出 AC ， BC = (−2,0,2)，利用空间向量的数量积求解直线
AC BC
所成角的余弦值即可．
1
与
1
1
1
A EC
1
（2）求出平面
的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角
【小问1 详解】
第10页/共16页

以 D 为原点， DA, DC, DD 的方向分别为 轴、 轴、 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
x
y
z
1
(
)
(
)
(
)
(
1
)
(
)
A 2,0, 2 ,C 0,3, 0 ,B 2,3, 0 ,C 0,3, 2 ,E 2,1, 0
则
，
1
4 − 4
csAC,BC  =
．所以
= 0
,
= (−
2, 3, 2 ，
− ) BC1 = (−2, 0, 2)
1
1
所以 A1C
 17
| A1C | BC1
8
所以 A1C BC1 ，故直线
⊥
AC BC
与 所成角为90 ．
1 1
【小问 2 详解】
= −
= ( − ) ,
因为 EC ( 2, 2,0), A E 0,1, 2
1

y − 2z = 0,
m
A EC
1
m = (x
y
z)


即
设平面
的法向量为
，
，
，则
−2x 2y 0.
+
=
m

,

= ( )
2, 2,1 ,
y = 2
x = 2 ， z =1,于是
m
令
设
，则
BC
A EC 所成角为
，
1
与平面
1
0 + 2
2
则sin = csBC1,m
=
，
2 3
6
BC1 m
2
6
BC
A EC
所成角的正弦值为
1
所以
与平面
1
x
2
y
2
+
=1
18. 【答案】（1）
4
3
（2）证明见解析.
【分析】（1）求出
a,b
后可得椭圆的方程；
AB
y = k x −1)，用斜率 k
(
AB , DF
后可证
（2）设直线l 的方程为
【小问 1 详解】
表示
为定值.
DF
由题设可得 a 2 ，
=
c
1
c
设椭圆的半焦距为 ，则
=
，故 c 1，故b = 3 ，
=
a
2
第11页/共16页

x
2
y
2
+
=1.
故椭圆的方程为：
4
3
【小问 2 详解】
AB
DF
当 k = 0 时，l : y = 0
，此时
AB = 4
，而
D 0,0
(
)，故
DF
=1，故
= 4
.
当 k  0时，直线l 的方程为
y = k x −1
(
)，
A x , y ,B x , y
(
) (
)，
1
1
2
2
 = ( − )
y k x 1
可得(3+ 4k
)
x
−8k
x + 4k
−12 = 0
2
2
2
2
2

由
，
3x

2
+ 4y
2
=12
(
)(4k
)
 = 64k
4
− 4 3+ 4k
2
−12 =144 +144k
2
 0
，
此时
x1 + x
2
4k
2
y1
+
y
2
3k
3+ 4k
=
= −
，
，
3+ 4k
2
2
2
2
(
)
12 1+ k
2
144 144k
+
2
且 AB = 1+ k
2

=
.
3+ 4k
2
3+ 4k
2

2

1
4k
3k
 3 + 4k
AB 的中垂线的方程为： y
= −
 x
k 
−
−

，
3 + 4k
2
2
(
)
3 1+ k
2
2
k
+
2
k
+
2
y = 0
x =
D
DF =
−1 =
令
故
，则
，故
，
3 4k
2
3 4k
2
3+ 4k
AB
DF
= 4.
19. 【答案】（1）证明见解析
17
（2）
17
PG
PC
4
=
（3）存在点G ，使得 DG / / 平面 AEF ，此时
【分析】（1）证明CD ⊥ AD ，CD ⊥ AE
，利用见解析
5
PD ⊥ AE
AE ⊥
平面 PCD．
，得出
，再证明
（2）建立空间直角坐标系，求出平面 AEF 的法向量，平面 PAD 的一个法向量，然后利用空间向量的数
量积求解．
（3）假设棱
PC
上存在点 ，使得
G
DG / /
平面
AEF
，利用 DG n 0 ，转化求解线段

=
PC 上存在点G
，
使得 DG / / 平面 AEF ．
【小问 1 详解】
证明：因为CD ⊥ 平面 PAD ， AD 平面

PAD ， AE 
平面 PAD ，
所以CD ⊥ AD ，CD ⊥ AE
．
又因为
为等边三角形， E 为 PD 的中点，
第12页/共16页

PD CD D, PD,CD 

=
所以 PD AE ．
⊥
平面
PCD
AE ⊥ 平面 PCD；
所以
【小问 2 详解】
取 AD 的中点O ，连接OP ，OB
DO / /BC, DO = BC
，
由于
，所以四边形 DOBC
为平行四边形，
又CD ⊥ AD ，所以四边形 DOBC 为矩形，
故OB / /CD ，OB ⊥ AD ，OB ⊥ OP
．
因为
为等边三角形，所以OP ⊥ AD
，
所在直线分别为
3
以O 为原点，以OA ,OB ,OP
x , y , z
轴如图建系，
1
3
A(1,0, 0) , E(− ,0,
, F(0 ,1,
, B(0 ,2, 0)
，
)
)
2
2
2
AE = (− ,0, 3) , EF = (2 ,1, 0) ，
3
2
2

3
3
− x +
z = 0




2
2
n = (x , y , z)


设平面 AEF 的法向量为
，则：
，即
，
n  EF = 0

1
x + y = 0

2
令 x = 2 ，得平面
AEF
的一个法向量
n = (2 , −1,
2
3
) ，
易知平面 PAD 的一个法向量为OB = (0 ,2,
−2
0)
，
17
n =
= −
cs  OB ,
，
| OB || n
+1+12
17
17
所以平面 AEF 与平面 PAD 所成角的余弦值为
【小问 3 详解】
；
17
PC 上存在点G
DG / /
平面 AEF ，
解：假设棱
，使得
PG
=  ,  
,
,
,0,
3) C(−1,2, 0) , D(−1,0, 0)
,
[0 1]
= 
P(0
设
，则 PG
PC
，
PC
PC = (−1,2, − 3) ，则G(
− , 2
, 3
−
3 ) ， DG (1

=
−  , 2
, 3
−
3) ，
4
=
要使得 DG / / 平面 AEF ，则 DG  n
2 − 2 + 6 − 6 = 0 ，得
，
2
5
PG
PC
4
5
=
PC 上存在点G
DG / /
平面 AEF ，
所以线段
，使得
．
第13页/共16页

x
2
+
y
2
=1(y  0)
20. 【答案】（1）
4
（2）证明见解析，定点 (4 3
,0)
5
32
25
（3）
．
PM + PM1 = 4
【分析】(1)根据几何位置关系可得
，再根据椭圆定义求解；
(2)利用韦达定理表示出 E,F 坐标，从而表示出 EF 的直线方程即可求解；
AB,CD
(3)利用韦达定理表示出弦长
【小问 1 详解】
，进而可表示面积，利用二次函数的性质可求面积的最小值.
∥
取点 M (− 3, 0) ，则有 M O PN ，所以四边形
M1ONP
是平行四边形，
1
1
PM1 = ON
PM + ON = 4
PM + PM1 = 4
，所以 ，
所以
，因为
所以动点 P 的轨迹为椭圆（左右顶点除外），所以 2a = 4， c
=
3 ，
=1(y  0)
．
x
2
2
=
a
2
−
c
2
=1，所以动点 P 的轨迹方程为 + y
2
所以b
4
【小问 2 详解】
l
x
当 垂直于 轴时，
AB
的中点 E( 3, 0) ，
1
x
2
直线l
x
为 轴，与椭圆
+ y
2
=1(y  0)
，无交点，不合题意，
2
4
l
x
当直线 不垂直于 轴时，不妨设直线 的方程为
l
y = k(x − 3)(k  0)
，
1
1
A(x , y ) B(x , y )
，
，
2
1
1
2
第14页/共16页


y = k(x − 3)

(1+ 4k
，得
2
)x
2
−8 3k
2
x +12k − 4 = 0，
2
由
x

2
+ 4y = 4
2
所以△ = (−8 3k
2
)
2
−
4(4k
2
+
=
1)(12k
2
−
4) 16(1 k
=
+
2
)  0 ，
12k
4k
2
− 4
+1
8 3k 2
所以 x + x =
， x1x2
，
1
2
2 +
2
4k
1
8 3k
1+ 4k
3
−2 3k
所以 y1 y2 k(x1 x ) 2 3k
+
=
+
−
=
−
2 3k
=
，
2
2
1+ 4k
2
4 3k
2
− 3k
所以 E(
,
+1) ，
4k
2
+1 4k
2
1
4 3
3k
+ 4) ，
l ⊥ l
1
−
因为
，以
2
代替 ，得 F(
k
,
k
k
2
+ 4 k
2
3k
3k
+
5k
4(1− k )
k
2
+
4
4k
2
+1
所以直线 EF 的斜率为
所以直线 EF 的方程为
k
=
=
(k  1)
，
2
EF
4 3 4 3k
2
−
k
2
+ 4 4k
5k
4k2 +1 4(1− k2 )
2
+1
3k
4 3k 2
4k2 +1
y +
=
(x −
)(k  1)，
x
由椭圆的对称性得，若存在这样的定点必在 轴上，
3k
5k
4 3k 2
4k2 +1
y = 0
=
(x −
)
，
令
，则
4k2 +1 4(1− k2 )
16 3k2 + 4 3 4 3(4k2 +1) 4 3
x =
=
=
所以
，
5(4k2 +1)
5(1+ 4k2 )
5
所以直线 EF 恒过定点 (4 3
,0) ，
5
4 3
5
3)， 4 3
3
当 k = 1时，
E(
,−
F(
,
) ，
5
5
5
所以直线 EF 恒过定点 (4 3
,0) ，
5
综上所述，直线 EF 恒过定点 (4 3
,0) ．
5
【小问 3 详解】
8 3k 2
12k
4k
2
− 4
+1
由（2）得 x + x =
， x1x2
=
，
1
2
2 +
2
4k
1
所以| AB |= 1+ k
2
(x + x ) − 4x1x2
2
1
2
第15页/共16页

192k
(4k +1)
4
12k
4k
2
− 4 4(1+ k )
2
= 1+ k
2
− 4
=
，
2
2
2
+1
4k +1
2
4(1+ k2 )
k2 + 4
同理可得| CD |=
，
1
8(1+ k
2
)
2
S = | AB || CD |=
所以四边形 ACBD 的面积
，
2
(4k
2
+1)(k
2
+ 4)
令t
=
2
k +1，则t 1，
8t
2
8t
2
8
8
S =
=
=
=
所以
(4t −3)(t + 3) 4t
2
+ 9t −9
9
9
3
3
，
−
+ + 4 −( )
2
+ 3 + 4
t
2
t
t
t
3
因为t 1，所以 0

 3，
t
3
3
2
3
3
25
4
32
25
=
−( )
2
+ 3 + 4 
S
=
min
当
，即 k = 1时，
，所以
，
t
t
t
32
25
所以四边形 ACBD 的面积最小值为
．
第16页/共16页