2024-2025学年重庆市高二上学期12月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年重庆市高二上学期12月月考数学检测试卷（附解析），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．（5分）若直线3x+4y﹣3＝0与直线6x+my﹣1＝0平行，则它们之间的距离为（ ）
A．1B．12C．15D．25
2．（5分）已知a→=（1，1，0），b→=（﹣1，0，2），且ka→+b→与2a→−b→垂直，则k的值为（ ）
A．15B．1C．35D．75
3．（5分）已知F是抛物线y2＝4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A（3，1），则△APF周长的最小值为（ ）
A．2+25B．4+5C．3+5D．6+5
4．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，1，1），B（0，1，0），C（1，2，3），则点C到直线AB的距离为（ ）
A．32B．3C．2D．22
5．（5分）P是双曲线x29−y216=1的右支上一点，M、N分别是圆（x+5）2+y2＝4和（x﹣5）2+y2＝1上的点，则|PM|﹣|PN|的最大值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
6．（5分）已知点P是直线l：3x+4y﹣7＝0上的动点，过点P引圆（x+1）2+y2＝r2（r＞0）的两条切线PM、PN，M，N为切点，当∠MPN的最大值为90°，则r的值为（ ）
A．4B．3C．1D．2
7．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高OP＝4，底面圆的半径为8，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EF⊥AB，则双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为（ ）
A．35B．45C．17D．67
8．（5分）已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2．下顶点为A，直线AF1交C于另一点B，△ABF2的内切圆与BF2相切于点P．若BP＝F1F2，则C的离心率为（ ）
A．13B．12C．23D．34
二、多选题（3个小题，每小题6分，共18分.每小题的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部份分，有选错的得0分）
（多选）9．（6分）对于点P（1，1）和圆C：x2+y2＝4，下列说法错误的是（ ）
A．点P在圆上
B．过点P有两条圆的切线
C．过点P被圆截得的弦长最大时的直线方程为x﹣y＝0
D．过点P被圆截得的弦长为23的直线方程为y＝1
（多选）10．（6分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则下列正确的是（ ）
A．BM→=12a→−12b→+c→B．AC1→=a→+b→+c→
C．AC1的长为5D．cs＜AB→，AC1→＞=63
（多选）11．（6分）如图，P是椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m＞0，n＞0)在第一象限的交点，∠F1PF2＝θ，且C1，C2共焦点的离心率分别为e1，e2，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1|＝a+m，|PF2|＝a﹣m
B．若θ＝60°，则1e12+1e22=4
C．若θ＝90°，则e12+e22的最小值为2
D．tanθ2=nb
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12．（5分）抛物线y＝2x2的准线方程为 ．
13．（5分）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知向量m→=(a，b，c)，点P0（x0，y0，z0），若平面α经过点P0，且以m→为法向量，点P（x，y，z）是平面内的任意一点，则平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．现已知平面α的方程为2x+y+z+1＝0，直线l的方向向量为（1，﹣1，2），则直线l与平面α所成角是 ．
14．（5分）点P在椭圆x27+y2=1上，AB是圆C：x2+（y﹣3）2＝1的一条直径，则AP→⋅BP→的最大值 ．
四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
15．（13分）已知△ABC的顶点A（2，1），边AB的中线CM所在直线方程为x﹣y+1＝0，边AC的高BH所在直线方程为x﹣2y+2＝0．
（1）求点B的坐标；
（2）若入射光线经过点A（2，1），被直线CM反射，反射光线过点N（4，2），求反射光线所在的直线方程．
16．（15分）已知：圆C1：x2+y2＝1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0．
（1）当m＝8时，判断两圆是否相交，并说明理由．如果相交，求公共弦所在直线的方程．
（2）当两圆外切时，
①求m的值；
②某直线l分别与圆C1和圆C2相切于相异的AB两点，求AB．
17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB=3．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为427，求AD．
18．（17分）已知P1（2，3），P2（6，﹣1）在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当P在椭圆C上，且在第三象限，A是椭圆C的右顶点，B为椭圆C的上顶点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．
19．（17分）已知y=2x为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程，过右焦点F2作垂直于x轴的直线，并在x轴上方交双曲线于点M，且MF2＝2．
（1）求双曲线C的方程；
（2）设S，T是双曲线上的两个动点，直线MS，MT的斜率分别为k1，k2且满足k1+k2＝0．求直线ST的斜率kST；
（3）过圆O：x2+y2＝b2上任意一点Q（x0，y0）作切线l，分别交双曲线C于A，B两个不同点，AB中点为N，证明：AB＝2ON．
答案与试题解析
一、单选题（共8个小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合题目要求）
1．（5分）若直线3x+4y﹣3＝0与直线6x+my﹣1＝0平行，则它们之间的距离为（ ）
A．1B．12C．15D．25
【分析】首先根据两直线平行求出m＝8，再利用两平行线间公式求解即可．
解：依题意直线3x+4y﹣3＝0与直线6x+my﹣1＝0平行，可得3m﹣4×6＝0，解得m＝8，
则直线方程为6x+8y﹣1＝0，
而方程3x+4y﹣3＝0，即6x+8y﹣6＝0，
所以两条平行线间的距离为d=|−6+1|62+82=12．
故选：B．
【点评】本题考查平行线之间的距离的求法，是基础题．
2．（5分）已知a→=（1，1，0），b→=（﹣1，0，2），且ka→+b→与2a→−b→垂直，则k的值为（ ）
A．15B．1C．35D．75
【分析】先求出 ka→+b→和2a→−b→的坐标，根据ka→+b→与2a→−b→垂直，可得（ka→+b→）•（2a→−b→）＝0，由此解得k的值．
解：∵已知a→=（1，1，0），b→=（﹣1，0，2），∴ka→+b→=（k﹣1，k，2），2a→−b→=（3，2，﹣2），
∵ka→+b→与2a→−b→垂直，∴（ka→+b→）•（2a→−b→）＝3（k﹣1）+2k+2×（﹣2）＝0，解得k=75，
故选：D．
【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题．
3．（5分）已知F是抛物线y2＝4x的焦点，P是抛物线上的一个动点，A（3，1），则△APF周长的最小值为（ ）
A．2+25B．4+5C．3+5D．6+5
【分析】根据抛物线的性质可知|AP|+|PF|最短距离为P到准线的距离，然后求解三角形的周长的最小值．
解：抛物线的准线方程为x＝﹣1，焦点坐标（1，0），
过A作准线的垂线，垂足为N，则|PN|＝|PF|，
故而当P，A，N三点共线时，|AP|+|PF|取得最小值4，
则△APF周长的最小值为4+(3−1)2+12=4+5．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线的定义与性质，属于基础题．
4．（5分）在空间直角坐标系中，已知点A（1，1，1），B（0，1，0），C（1，2，3），则点C到直线AB的距离为（ ）
A．32B．3C．2D．22
【分析】利用共线向量定理，求出直线AB上满足CD→⊥AB→的点D的坐标，再根据两点间的距离公式算出答案．
解：过点C作直线AB的垂线，垂足为D，设D（x，y，z），BD→=λBA→，则BD→=（x，y﹣1，z），
结合BA→=（1，0，1），可得x=λy−1=0z=λ，解得x=λy=1z=λ，所以D（λ，1，λ），可得CD→=（λ﹣1，﹣1，λ﹣3）．
因为CD→⊥AB→，所以CD→⋅AB→=0，即（λ﹣1）×1+（﹣1）×0+（λ﹣3）×1＝0，解得λ＝2，可得D（2，1，2）．
因此，点C到直线AB的距离等于|CD→|=(2−1)2+(1−2)2+(2−3)2=3．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间向量的数量积及其性质、空间两点间的距离公式等知识，属于基础题．
5．（5分）P是双曲线x29−y216=1的右支上一点，M、N分别是圆（x+5）2+y2＝4和（x﹣5）2+y2＝1上的点，则|PM|﹣|PN|的最大值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【分析】由题设通过双曲线的定义推出|PF1|﹣|PF2|＝6，利用|MP|≤|PF1|+|MF1|，|PN|≥|PF2|﹣|NF2|，推出|PM|﹣|PN|≤|PF1|+|MF1|﹣|PF2|﹣|NF2|，求出最大值．
解：双曲线x29−y216=1中，如图：
∵a＝3，b＝4，c＝5，
∴F1（﹣5，0），F2（5，0），
∵|PF1|﹣|PF2|＝2a＝6，
∴|MP|≤|PF1|+|MF1|，|PN|≥|PF2|﹣|NF2|，
∴﹣|PN|≤﹣|PF2|+|NF2|，
所以，|PM|﹣|PN|≤|PF1|+|MF1|﹣|PF2|+|NF2|
＝6+1+2
＝9．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法及直线与双曲线的相关知识，解题时要注意合理地进行等价转化．
6．（5分）已知点P是直线l：3x+4y﹣7＝0上的动点，过点P引圆（x+1）2+y2＝r2（r＞0）的两条切线PM、PN，M，N为切点，当∠MPN的最大值为90°，则r的值为（ ）
A．4B．3C．1D．2
【分析】利用直线与圆的位置关系先确定∠MPN的最大时，P的位置，根据点到线的距离公式计算即可．
解：已知点P是直线l：3x+4y﹣7＝0上的动点，
过点P引圆（x+1）2+y2＝r2（r＞0）的两条切线PM、PN，M，N为切点，
由圆（x+1）2+y2＝r2（r＞0），可知其圆心C（﹣1，0），半径为r，
由切线的性质易知sin∠MPN2=r|PC|，则∠MPN取最大时，|PC|最小，即PC⊥l，
所以|PC|min=1032+42=2，
又∠MPN的最大值为90°，所以此时sin∠MPN2=22=r|PC|，则r的值为2．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
7．（5分）古希腊数学家阿波罗尼奥斯用不同的平面截同一圆锥，得到了圆锥曲线，其中的一种如图所示．用过M点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一部分，已知高OP＝4，底面圆的半径为8，M为母线PB的中点，平面与底面的交线EF⊥AB，则双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为（ ）
A．35B．45C．17D．67
【分析】根据题意可得双曲线的渐近线为两圆锥的轴截面的两母线，从而可得双曲线的两条渐近线的夹角即为图中∠APB或其补角，再解三角形，即可求解．
解：根据题意可得双曲线的渐近线为两圆锥的轴截面的两母线，
∴双曲线的两条渐近线的夹角即为图中∠APB或其补角，
又易知AO＝BO＝8，OP＝4，∴AP＝BP=45，
∴cs∠APB=80+80−2562×45×45=−35，
∴双曲线的两条渐近线的夹角的余弦值为35．
故选：A．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
8．（5分）已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2．下顶点为A，直线AF1交C于另一点B，△ABF2的内切圆与BF2相切于点P．若BP＝F1F2，则C的离心率为（ ）
A．13B．12C．23D．34
【分析】由题意，结合点A所在位置以及椭圆的对称性可得内切圆圆心必在y轴上，不妨记其分别切直线AB、AF2于Q、G两点，AQ＝AG＝m，F2P＝F2G＝n，根据椭圆的定义以及离心率公式进行求解即可．
解：因为点A为椭圆C的下顶点，
由椭圆的对称性得，该内切圆圆心必在y轴上，
不妨记其分别切直线AB、AF2于Q、G两点，
令AQ＝AG＝m，F2P＝F2G＝n，
此时F1Q＝n，
又BP＝BQ＝F1F2＝2c，
所以BF1＝2c﹣n，
由椭圆的定义得BF1+BF2＝2c﹣n+2c+n＝2a＝4c，
则C的离心率e=ca=12．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的定义，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
二、多选题（3个小题，每小题6分，共18分.每小题的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部份分，有选错的得0分）
（多选）9．（6分）对于点P（1，1）和圆C：x2+y2＝4，下列说法错误的是（ ）
A．点P在圆上
B．过点P有两条圆的切线
C．过点P被圆截得的弦长最大时的直线方程为x﹣y＝0
D．过点P被圆截得的弦长为23的直线方程为y＝1
【分析】根据点P的坐标与圆C的方程的关系可判断A和B，根据圆的几何性质可判断C，利用圆的弦长公式可求得圆心到直线的距离，进而求得直线方程，即可判断D．
解：对于选项A、B，由题意，圆C：x2+y2＝4的圆心（0，0），半径为2，点P（1，1），
∵12+12＝2＜4，∴点P（1，1）在圆C内，
则过点P不存在圆的切线，故A选项不正确，B选项不正确；
圆C：x2+y2＝4的圆心C（0，0），半径r＝2，
对于选项C，根据圆的几何性质可知，当过点P被圆截得的弦长最大时，直线经过圆心，
即直线经过点P（1，1）和C（0，0），此时直线方程为x﹣y＝0，故C选项正确；
对于选项D，当过点P（1，1）的直线斜率不存在时，方程为x＝1，与圆x2+y2＝4交于点A(1，3)和B(1，−3)，此时弦长为23，符合题意；
当过点P（1，1）的直线斜率存在时，设直线方程为y﹣1＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+1＝0，
设圆心到弦所在直线的距离为d，由2r2−d2=23，解得d＝1，则|1−k|k2+1=1，解得k＝0，直线方程为y＝1，故D选项不正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
（多选）10．（6分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点，若AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则下列正确的是（ ）
A．BM→=12a→−12b→+c→B．AC1→=a→+b→+c→
C．AC1的长为5D．cs＜AB→，AC1→＞=63
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，BM→=BB1→+B1M→=AA1→+12（BA→+BC→）=12b→−12a→+c→，A错误，
对于B，AC1→=AB→+AD→+CC1→=a→+b→+c→，B正确；
对于C，AC1→=a→+b→+c→，则|AC1→|2＝（a→+b→+c→）2=a→2+b→2+c→2+2a→•b→+2a→•c→+2b→•c→=6，则|AC1→|=6，C错误；
对于D，AB→•AC1→=a→•（a→+b→+c→）=a→2+a→•b→+a→•c→=2，
则cs＜AB→，AC1→＞=AB→⋅AC1→|AB→||AC1→|=63，D正确；
故选：BD．
【点评】本题考查空间向量的应用，涉及空间向量基本定理以及空间向量模、夹角的计算，属于基础题．
（多选）11．（6分）如图，P是椭圆C1：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)与双曲线C2：x2m2−y2n2=1(m＞0，n＞0)在第一象限的交点，∠F1PF2＝θ，且C1，C2共焦点的离心率分别为e1，e2，则下列结论正确的是（ ）
A．|PF1|＝a+m，|PF2|＝a﹣m
B．若θ＝60°，则1e12+1e22=4
C．若θ＝90°，则e12+e22的最小值为2
D．tanθ2=nb
【分析】A．利用椭圆和双曲线的定义，即可求解；
B．应用余弦定理，正确表示离心率，即可判断；
C．根据勾股定理，并表示离心率，最后应用基本不等式，即可判断；
D．分别在椭圆和双曲线中，在焦点三角形中，应用余弦定理表示，建立等量关系，即可判断．
解：对于A．由题意可知，|PF1|+|PF2|＝2a，|PF1|﹣|PF2|＝2m，得|PF1|＝a+m，|PF2|＝a﹣m，故A正确；
对于B．△PF1F2中，若θ＝60°，设椭圆和双曲线的半焦距为c，
根据余弦定理，4c2＝（a+m）2+（a﹣m）2﹣（a+m）（a﹣m），
整理为4c2＝a2+3m2，
而1e12+1e22=a2c2+m2c2=4c2−2m2c2=4−2m2c2＜4，故B错误；
对于C．若θ＝90°，则4c2＝（a+m）2+（a﹣m）2，则a2+m2＝2c2，
则a2c2+m2c2=2，
e12+e22=c2a2+c2m2=12(c2a2+c2m2)(a2c2+m2c2)=12(2+a2m2+m2a2)≥12(2+2a2m2⋅m2a2)=2，
当a＝m时，等号成立，这与a＞m矛盾，所以e12+e22＞2，故C错误；
对于D．在椭圆中，2|PF1||PF2|csθ=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|2
=||PF|1+|PF2||2−2|PF1||PF2|−|F1F2|2
＝4a2﹣4c2﹣2|PF1||PF2|，
整理为|PF1||PF2|=2b21+csθ，
在双曲线中，2|PF1||PF2|csθ=|PF1|2+|PF2|2−|F1F2|2=4m2−4c2+2|PF1||PF2|，
整理为|PF1||PF2|=2n21−csθ，
所以2n21−csθ=2b21+csθ，即n2b2=1−csθ1+csθ=2sin2θ22cs2θ2=tan2θ2，
而0＜θ2＜π2，则tanθ2=nb，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查椭圆和双曲线的定义，并在两个曲线中正确表示离心率，以及焦点三角形中应用余弦定理相关知识，属于中档题．
三、填空题（共3小题，每题5分，共15分）
12．（5分）抛物线y＝2x2的准线方程为 y=−18 ．
【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程即可．
解：抛物线的方程可变为x2=12y
故p=14
其准线方程为y=−18
故答案为y=−18
【点评】本题考查抛物线的简单性质，解题关键是记准抛物线的标准方程，别误认为p＝1，因看错方程形式马虎导致错误．
13．（5分）人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系O﹣xyz中，已知向量m→=(a，b，c)，点P0（x0，y0，z0），若平面α经过点P0，且以m→为法向量，点P（x，y，z）是平面内的任意一点，则平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．现已知平面α的方程为2x+y+z+1＝0，直线l的方向向量为（1，﹣1，2），则直线l与平面α所成角是 π6 ．
【分析】根据平面α的方程可得法向量，利用线面角的向量公式计算即可．
解：因为平面α的方程为2x+y+z+1＝0，所以平面α的一个法向量m→=(2，1，1)，
又直线l的方向向量n→=(1，−1，2)，
可得m→•n→=2×1+1×（﹣1）+1×2＝3，|m→|=22+12+12=6，|n→|=12+(−1)2+22=6，
所以cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=36×6=12，
设直线l与平面α所成角为θ，θ∈[0，π2]，
所以sinθ＝|cs＜m→，n→＞|=12，则θ=π6．
故π6．
【点评】本题考查用向量的方法求线面所成的角的大小，属于中档题．
14．（5分）点P在椭圆x27+y2=1上，AB是圆C：x2+（y﹣3）2＝1的一条直径，则AP→⋅BP→的最大值 332 ．
【分析】由题意，利用向量的坐标运算以及圆的性质得到AP→⋅BP→的表达式，设出点P的坐标，结合函数的单调性再求解即可．
解：易知AP→=AC→+CP→，BP→=BC→+CP→，AC→⋅BC→=−1，AC→+BC→=0，
所以AP→⋅BP→=（AC→+CP→）•（BC→+CP→）=AC→⋅BC→+（AC→+BC→）⋅CP→+CP→2
＝﹣1+0+CP2＝CP2﹣1，
设P（x，y），
因为点P在椭圆上，
所以x27+y2=1，
易知圆C的圆心C（0，3），
所以CP→=(x，y−3)，
可得|CP|2＝x2+（y﹣3）2，
所以AP→⋅BP→=x2+(y−3)2−1=7﹣7y2+（y﹣3）2﹣1=−6(y+12)2+332，
因为y∈[﹣1，1]，
所以当y=−12时，AP→⋅BP→取得最大值，最大值为332．
故332．
【点评】本题考查平面向量的坐标运算以及二次函数的性质，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
四、解答题（15题13分，16、17题每题15分，18、19题每题17分，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
15．（13分）已知△ABC的顶点A（2，1），边AB的中线CM所在直线方程为x﹣y+1＝0，边AC的高BH所在直线方程为x﹣2y+2＝0．
（1）求点B的坐标；
（2）若入射光线经过点A（2，1），被直线CM反射，反射光线过点N（4，2），求反射光线所在的直线方程．
【分析】（1）设B（2a﹣2，a），分析可知AB的中点(a，a+12)在直线x﹣y+1＝0上，运算即可；
（2）求A（2，1）关于直线x﹣y+1＝0的对称点为A′，进而可求反射光线所在的直线方程．
解：（1）已知△ABC的顶点A（2，1），
边AB的中线CM所在直线方程为x﹣y+1＝0，
边AC的高BH所在直线方程为x﹣2y+2＝0，
可设点B（2a﹣2，a），
因为A（2，1），则AB的中点(a，a+12)在直线x﹣y+1＝0上，
可得a−a+12+1=0，解得a＝﹣1，
所以点B的坐标为B（﹣4，﹣1）；
（2）设A（2，1）关于直线x﹣y+1＝0的对称点为A′（m，n），
则n−1m−2=−1m+22−n+12+1=0，解得n=0m=3，即A′（0，3），
所以反射光线所在的直线方程为y−23−2=x−40−4，可得x+4y﹣12＝0．
【点评】本题考查了点关于直线对称点和反射光线所在直线方程的计算，属于中档题．
16．（15分）已知：圆C1：x2+y2＝1与圆C2：x2+y2﹣6x﹣8y+m＝0．
（1）当m＝8时，判断两圆是否相交，并说明理由．如果相交，求公共弦所在直线的方程．
（2）当两圆外切时，
①求m的值；
②某直线l分别与圆C1和圆C2相切于相异的AB两点，求AB．
【分析】（1）根据两圆的方程得出圆心坐标和半径，计算出圆心距，比较圆心距与半径之和，半径之差的绝对值的大小，进而判断两圆位置关系；相交时，将两圆的方程相减，即得公共弦所在直线的方程；
（2）①利用两圆外切的条件得出关于参数m的方程，即可求出m的值，②利用外公切线的计算公式计算即可．
解：（1）由圆C1：x2+y2=1与圆C2：x2+y2−6x−8y+m=0，
可知两圆圆心分别为C1（0，0），C2（3，4），半径r1=1，r2=25−m，则C1C2|＝5，
当m＝8时，r2=17，则r2−r1=17−1＜5，r1+r2=1+17＞5，
所以r2﹣r1＜|C1C2|＜r1+r2，故两圆相交．
两圆方程相减得6x+8y﹣9＝0，即两圆公共弦所在直线的方程为6x+8y﹣9＝0．
（2）①若两圆外切，则|C1C2|＝r1+r2，即1+25−m=5，解得m＝9．
②因为r2=25−9=4，所以|AB|=|C1C2|2−(r1−r2)2=25−9=4．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，属于中档题．
17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB=3．
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为427，求AD．
【分析】（1）由PA⊥面ABCD，结合线面垂直的性质定理可得PA⊥AD，又AD⊥PB，结合线面垂直的判定定理可得AD⊥面PAB，则AD⊥AB，推出AD∥BC，结合线面平行的判定定理，即可得出答案．
（2）以DA，DC为x，y轴，过点D作平面ABCD垂直的线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz，令AD＝t，则DC=4−t2，C（0，4−t2，0），求出平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面CPD的法向量为n2→=（x2，y2，z2），则77=|cs＜n1→，n2→＞|＝|n1→⋅n2→|n1→||n2→|，解得t，即可得出答案．
解：（1）证明：因为PA⊥面ABCD，AD⊂面ABCD，
所以PA⊥AD，
又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂面PAB，
所以AD⊥面PAB，
又AB⊂面PAB，
所以AD⊥AB，
在△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
所以AB⊥BC，
因为A，B，C，D四点共面，
所以AD∥BC，
又因为BC⊂面PBC，AD⊄面PBC，
所以AD∥面PBC．
（2）以DA，DC为x，y轴，过点D作平面ABCD垂直的线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz：
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），
DC=4−t2，C（0，4−t2，0），
设平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，z1），
所以n1→⋅AC→=−tx1+4−t2y1=02z1=0，
设x1=4−t2，则y1＝t，z1＝0，
所以n1→=（4−t2，t，0），
设平面CPD的法向量为n2→=（x2，y2，z2），
所以n2→⋅DP→=tx2+2z2=0n2→⋅DC→=4−t2y2=0，
设z2＝t，则x2＝﹣2，y2＝0，
所以n2→=（﹣2，0，t），
因为二面角A﹣CP﹣D的正弦值为427，则余弦值为77，
又二面角为锐角，
所以77=|cs＜n1→，n2→＞|＝|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=24−t22t2+4，
所以t=3，
所以AD=3．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
18．（17分）已知P1（2，3），P2（6，﹣1）在椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）当P在椭圆C上，且在第三象限，A是椭圆C的右顶点，B为椭圆C的上顶点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．
【分析】（1）由题意，将已知点坐标代入椭圆标准方程，求解即可；
（2）根据题意求出直线PA，PB的方程，得到M，N的坐标，利用垂直关系表示出四边形ABNM的面积，通过计算消去参数，进而即可得证．
解：（1）因为P1（2，3），P2（6，﹣1）在椭圆C，
所以2a2+3b2=16a2+1b2=1，
解得a2＝8，b2＝4，
则椭圆C的方程为x28+y24=1；
（2）证明：设P（x0，y0）（x0＜0，y0＜0），
因为点P在椭圆C上，
所以x028+y024=1，
即x02+2y02=8，
由（1）知，A(22，0)，B（0，2），
所以直线PA的方程为y=y0x0−22(x−22)，
令x＝0，
解得yM=−22y0x0−22，
所以|BM|=2−yM=2+22y0x0−22=2x0−42+22y0x0−22，
直线PB的方程为y=y0−2x0x+2，
令y＝0，
解得xN=−2x0y0−2，
所以|AN|=22−xN=22+2x0y0−2=22y0−42+2x0y0−2，
因为AN⊥BM，
所以四边形ABNM的面积S=12|AN|⋅|BM|，
S=12×22y0−42+2x0y0−2×2x0−42+22y0x0−22=12×(22y0−42+2x0)2(y0−2)(x0−22)
=12×4(x02+2y02+22x0y0−42x0−8y0+8)x0y0−22y0−2x0+42=2(22x0y0−42x0−8y0+16)x0y0−22y0−2x0+42
=42(x0y0−22y0−2x0+42)x0y0−22y0−2x0+42=42．
故四边形ABNM的面积为定值，定值为42．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
19．（17分）已知y=2x为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程，过右焦点F2作垂直于x轴的直线，并在x轴上方交双曲线于点M，且MF2＝2．
（1）求双曲线C的方程；
（2）设S，T是双曲线上的两个动点，直线MS，MT的斜率分别为k1，k2且满足k1+k2＝0．求直线ST的斜率kST；
（3）过圆O：x2+y2＝b2上任意一点Q（x0，y0）作切线l，分别交双曲线C于A，B两个不同点，AB中点为N，证明：AB＝2ON．
【分析】（1）根据渐近线方程及点M坐标可得双曲线方程；
（2）设直线ST：y＝kSTx+m，联立直线与双曲线，结合韦达定理及k1+k2＝0，可得(kST+3)(3kST+m−2)=0，进而可得kST；
（3）当斜率存在时，设直线AB：y＝kx+t，联立直线与双曲线，结合韦达定理可得kOAkOB＝﹣1，当直线斜率不存在时，直线AB：x=2，可得点A，B坐标，可得kOA•kOB＝﹣1，即可得△AOB为直角三角形，即|AB|＝2|ON|．
解：（1）由渐近线为y=2x，则ba=2，即b=2a，所以c=3a，
则双曲线方程为x2a2−y22a2=1，F2(3a，0)，
令x=3a，则y＝±2a，又M在x轴上方，则M(3a，2a)，
所以|MF2|＝2a＝2，则a＝1，
所以双曲线方程为x2−y22=1；
（2）由（1）得M(3，2)，设直线ST：y＝kSTx+m，S（x1，y1），T（x2，y2），
联立x2−y22=1y=kSTx+m，化简得 (2−kST2)x2−2kSTmx−m2−2=0，
则Δ=(−2kSTm)2−4(2−kST2)(−m2−2)=8m2−8kST2+16＞0，即m2＞kST2−2，
所以x1+x2=2kSTm2−kST2，x1x2=−m2−22−kST2，
又k1=y1−2x1−3=kSTx1+m−2x1−3，k2=y2−2x2−3=kSTx2+m−2x2−3，且k1+k2＝0，
则kSTx1+m−2x1−3+kSTx2+m−2x2−3=0，
化简可得(kST+3)(3kST+m−2)=0，
即kST=−3或m=2−3kST，
当m=2−3kST，直线ST：y=kSTx+2−3kST=kST(x−3)+2，
直线过点M，不成立，
综上所述，kST=−3；
（3）证明：当直线斜率存在时，设直线AB：y＝kx+t，A（x3，y3），B（x4，y4），
易知直线AB与圆O：x2+y2＝2相切，
则|t|1+k2=2，即t2＝2+2k2，
联立直线与双曲线x2−y22=1y=kx+t，化简得（2﹣k2）x2﹣2ktx﹣t2﹣2＝0，
则Δ＝8t2﹣8k2+16＞0，即t2＞k2﹣2，
且x3+x4=2kt2−k2，x3x4=−t2−22−k2，
则kOA=y3x3=kx3+tx3，kOB=v4x4=kx4+tx4，
即kOA⋅kOB=kx3+tx3⋅kx4+tx4=k2x3x4+kt(x3+x4)+t2x3x4
=k2(−t2−2)+kt(2kt)+t2(2−k2)−t2−2=−2k2+2t2t2−2
=−2k2+2(2+2k2)−(2+2k2)−2=2k2+4−2k2−4=−1，
即OA⊥OB，
当直线AB斜率不存在时，直线AB：x=2或x=−2，
当AB方程为x=2时，A(2，2)，B(2，−2)，
此时kOA⋅kOB=22×−22=−1，则 OA⊥OB，
同理，当AB方程为x=−2时，OA⊥OB，
综上所述，OA⊥OB恒成立，即△AOB为直角三角形，且N为AB中点，
则|AB|＝2|ON|．
【点评】本题考查了圆锥曲线的性质及直线与圆锥曲线的位置关系，属于难题．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
B
B
D
D
A
B