2023-2024学年广东省深圳市盐田高级中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市盐田高级中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共17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l1过A(2,2 3)，B(4,0)两点，且l1⊥l2，则直线l2的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，则C的渐近线方程为( )
A. y=±2xB. y=± 2xC. y=±12xD. y=±x
3.“a=3”是“直线ax+2y+3a=0和直线3x+(a−1)y+7=0平行”的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
4.M是双曲线x24−y212=1上一点，点F1，F2分别是双曲线左右焦点，若|MF1|=5，则|MF2|=( )
A. 9或1B. 1C. 9D. 9或2
5.已知圆C：x2+y2=1，直线l：y=2x+b相交，那么实数b的取值范围是( )
A. (−3,1)B. (−∞,− 5)C. ( 5,+∞)D. (− 5, 5)
6.已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⊥MF2的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是( )
A. (0,12)B. (0, 22)C. (12, 22)D. ( 22,1)
7.已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)，其右焦点为F(4,0)，过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为(1,−1)，则椭圆的方程为( )
A. x245+y236=1B. x212+y24=1C. x224+y28=1D. x218+y29=1
8.已知直线l：(m−1)x+(m+1)y−3m+1=0与圆O：x2+y2=30交于A，B两点，当|AB|最小时，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|=( )
A. 8 5B. 9 5C. 10 5D. 11 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知方程x24−t+y2t−1=1表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是( )
A. 当1B. 当t>4或t<1时，曲线C是双曲线
C. 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则1D. 若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则t>4
10.下列说法正确的是( )
A. 直线xcsθ+ 3y+2=0的倾斜角的范围是[0,π6]∪[5π6,π)
B. 直线(3+m)x+4y−3+3m=0(m∈R)恒过定点(−3,−3)
C. 曲线C1：x2+y2+2x=0与曲线C2：x2+y2−4x−8y+m=0恰有三条公切线，则m=4
D. 方程 (x+4)2+y2− (x−4)2+y2=6表示的曲线是双曲线的右支
11.已知双曲线C：x29−y216=1的焦点分别为F1，F2，则下列结论正确的是( )
A. 渐近线方程为3x±4y=0
B. 双曲线C与椭圆x225+y29=1的离心率互为倒数
C. 若双曲线C上一点P满足|PF1|=2|PF2|，则△PF1F2的周长为28
D. 若从双曲线C的左、右支上任取一点，则这两点的最短距离为6
12.已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(− 3,0)，F2( 3,0)，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|=1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是( )
A. 存在点P，使得∠F1PF2=90°
B. 若∠F1PF2=60°，则S△F1PF2= 33
C. 满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D. |PF1|−|PF2|的取值范围为[−2 3,2 3]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.与椭圆x212+y23=1有公共焦点，且离心率为32的双曲线方程为______ ．
14.求圆x2+y2−4y+3=0上的动点P到直线3x−4y−2=0距离的最大值______ ．
15.已知双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)和椭圆x25+y24=1有相同的焦点，则1m+4n的最小值为______ ．
16.月球背面指月球的背面，从地球上始终不能完全看见.某学习小组通过单光源实验来演示月球背面.由光源点A(0,−2)射出的两条光线与⊙O：x2+y2=1分别相切于点M，N，称两射线AM，AN上切点上方部分的射线与优弧MN上方所夹的平面区域(含边界)为圆O的“背面”.若以点B(a,2)为圆心，r为半径的圆处于⊙O的“背面”，则r的最大值为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知菱形ABCD中，A(−4,7)，C(2,−3)，BC边所在直线过点P(5,9).求：
(1)AD边所在直线的方程；
(2)对角线BD所在直线的方程．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+y2+2x−4y−4=0．
(1)从圆外一点P(2,1)向圆引切线，求切线方程；
(2)若圆C2：x2+y2=4与圆C相交于D、E两点，求线段DE的长．
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥平面BB1C1C，已知∠BCC1=π3，BC=1，AB=C1C=2，点E是棱CC1的中点．
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)求平面AB1E与平面A1B1E夹角的余弦值；
20.(本小题12分)
已知圆C1：(x+3)2+y2=9，C2：(x−3)2+y2=1，动圆M与圆C1，C2均外切，记圆心M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)斜率为4的直线l过点C2，且与曲线C交于A，B两点，求△C1AB的面积．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，且|F1F2|=4．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点(2,0)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q(8,0)，求证：kMQ+kNQ=0．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(−2,0)，点(2, 63)在C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若AB，PQ的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为直线l1过A(2,2 3)，B(4,0)两点，可得kl1=0−2 34−2=− 3，
又因为l1⊥l2，所以kl1⋅kl2=− 3×kl2=−1，可得kl2= 33，
设直线l2的倾斜角为α，则tanα= 33，因为α∈(0,π)，所以α=π6，
所以直线l2的倾斜角为π6．
故选：A．
先利用斜率公式求得直线l1的斜率，结合l1⊥l2，求得kl2= 33，得到tanα= 33，即可求解．
本题考查了直线倾斜角的求解，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意，ca= 5，则c2a2=a2+b2a2=5，即b2=4a2，
解得b2a2=4，ba=2，
∴C的渐近线方程为y=±2x．
故选：A．
由已知结合双曲线的几何性质求得ba，则答案可求．
本题考查双曲线的几何性质，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：当a=3时，两直线分别为：3x+2y+9=0，3x+2y+7=0，
∴两直线斜率相等，则平行且不重合．
若两直线平行且不重合，则a3=2a−1≠3a7
∴a=3或a=−2，
综上所述，a=3是两直线平行的充分不必要条件．
故选：A．
分别当a=3时，判断两直线的位置关系和当两直线平行且不重合时，求a的范围．
本题考查两条直线的位置关系，充要条件的判断，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：M是双曲线x24−y212=1上一点，点F1，F2分别是双曲线左右焦点，|MF1|=5，
所以a=2c=4，
由双曲线定义可知||MF1|−|MF2||=2a=4，
所以|MF2|=1或者9，又|MF2|≥c−a=2，
所以|MF2|=9．
故选：C．
根据双曲线的定义即可求解结论．
本题考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：圆C：x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1，直线l：y=2x+b，
由于圆与直线l相交，所以|b| 5<1，解得− 5故选：D．
求出圆的圆心与半径，结合已知条件列出不等式，求解即可．
本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为MF1⊥MF2，故M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2=c2，
圆在椭圆内部，故c故e∈(0, 22)．
故选：B．
M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2=c2，根据c本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入椭圆的方程可得x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1.两式相减可得：(x1−x2)(x1+x2)a2+(y1−y2)(y1+y2)b2=0.把x1+x2=2，y1+y2=−2，y1−y2x1−x2=−1−01−4=13，代入上式可得：a2=3b2.又c=4，c2=a2−b2，联立解得即可．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，代入椭圆的方程可得x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1．
两式相减可得：(x1−x2)(x1+x2)a2+(y1−y2)(y1+y2)b2=0．
由x1+x2=2，y1+y2=−2，y1−y2x1−x2=−1−01−4=13，代入上式可得：
2a2+−2b2×13=0，化为a2=3b2．
又c=4，c2=a2−b2，联立解得a2=24，b2=8．
∴椭圆的方程为：x224+y28=1．
故选：C．
8.【答案】C
【解析】解：如图，由题意得l：(x+y−3)m−x+y+1=0，
由x+y−3=0−x+y+1=0，得x=2y=1，所以l过定点P(2,1)．
设l与x轴交于点E，当|AB|最小时，则OP⊥AB，可得kOP=1−02−0=12，所以kAB=−2，
则tan∠AEO=2，cs∠AEO= 55，因为|OP|= 5，
所以|AB|=2 30−5=10.在△ACE中，|CE|=|AE|cs∠AEO，
在△BDE中，|DE|=|BE|cs∠BED=|BE|cs∠AEO，
所以|CD|=|CE|+|DE|=|AE|cs∠AEO+|BE|cs∠AEO=|AB|cs∠AEO=10 5．
故选：C．
由题意可得直线l过定点P(2,1)，进而可得kAB=−2，可得|AB|=10，利用|CD|=|CE|+|DE|=|AE|cs∠AEO+|BE|cs∠AEO可求结论．
本题考查直线过定点问题，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想，属中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：当曲线C是椭圆时，4−t>0t−1>04−t≠t−1，解得1当曲线C是双曲线时，(4−t)(t−1)<0，解得t>4或t<1，故B正确；
若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则4−t>0t−1>04−t>t−1，解得1若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则4−t>0t−1>0t−1>4−t，解得52故选：BC．
根据椭圆与双曲线的几何性质，不等式思想，即可求解．
本题考查椭圆与双曲线的几何性质，不等式思想，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了直线倾斜角的范围、直线过定点、两圆的位置关系及双曲线的定义，属于中档题．
A：根据直线倾斜角和斜率的关系即可判断；
B：将直线按m合并，令m的系数为零解得定点；
C：两曲线为圆，根据公切线有三条可知两圆外切，圆心距等于半径之和；
D：根据两点间距离公式，设P(x,y)，A(−4,0)，B(4,0)，方程可化为|PA|−|PB|=6，根据双曲线定义即可判断．
【解答】
解：对于A，直线的斜率k=− 33csθ∈[− 33, 33]，
∴直线的倾斜角的范围是[0,π6]∪[5π6,π)，故A正确；
对于B：直线方程整理为：m(x+3)+(3x+4y−3)=0，
由x+3=03x+4y−3=0，解得x=−3y=3，
故该直线恒过定点(−3,3)，故B错误；
对于C，∵曲线C1：x2+y2+2x=0，曲线C2：x2+y2−4x−8y+m=0有三条公切线，
∴两条曲线均为圆，故20−m>0，即m<20，且两圆的位置关系为外切，
∵曲线C1：(x+1)2+y2=1，圆心C1(−1,0)，半径r1=1，曲线C2：(x−2)2+(y−4)2=20−m，圆心C2(2,4)，半径r2= 20−m，
故圆心距d=|C1C2|= (2+1)2+42=5= 20−m+1，解得：m=4，故C正确；
对于D，设P(x,y)，A(−4,0)，B(4,0)，
则方程等价为|PA|−|PB|=6<|AB|=8，
则根据双曲线的定义可知，P的轨迹是以A、B为焦点的双曲线的右支，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】CD
【解析】解：∵双曲线C：x29−y216=1，
∴a=3，b=4，c=5，且焦点在x轴上，
对A选项，渐近线方程为y=±bax=±43x，
即4x±3y=0，∴A选项错误；
对B选项，双曲线C与椭圆x225+y29=1的离心率分别为53，45，
∴双曲线C与椭圆x225+y29=1的离心率不互为倒数，∴B选项错误；
对C选项，∵双曲线C上一点P满足|PF1|=2|PF2|，
又|PF1|=|PF2|+2a=|PF2|+6，∴|PF2|+6=2|PF2|，
∴|PF2|=6，|PF1|=12，又|F1F2|=2c=10，
∴△PF1F2的周长为6+12+10=28，∴C选项正确；
对D选项，若从双曲线C的左、右支上任取一点，则这两点的最短距离为2a=6，∴D选项正确．
故选：CD．
根据双曲线的几何性质，椭圆的几何性质，即可分别求解．
本题考查双曲线的几何性质，椭圆的几何性质，属基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：根据题意：可得c= 3，|AB|的最小值为1，所以|AB|=2b2a=1，又c2=a2−b2，
所以a=2，b=1，所以椭圆方程为x24+y2=1，
当点P为该椭圆的上顶点时，tan∠OPF2= 3，所以∠OPF2=60°，
此时∠F1PF2=120°，所在存在点P，使得∠F1PF2=90°，所以选项A正确；
若∠F1PF2=60°，|PF1|+|PF2|=4，|F1F2|=2 3，
由余弦定理|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2，
即|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|=12，
又|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|=16，
所以|PF1||PF2|=43，
所以，S△F1PF2= 33，所以选项B正确；
满足|PF2|=|F1F2|的点P有两个，同理满足|PF1|=|F1F2|的点P有两个，P在上下两个顶点时，有2个，所以选项C不正确；
对于选项D，|PF1|−|PF2|=|PF1|−(2a−|PF1|)=2|PF1|−4，
分析可得|PF1|∈[2− 3,2+ 3]，|PF1|−|PF2|∈[−2 3,2 3]，所以选项D正确，
故选：ABD．
首先求出椭圆方程，当点P为该椭圆的上顶点时，求出∠F1PF2，即可判断A；利用余弦定理及三角形面积公式判断B；再根据|PF2|的范围判断C；根据椭圆的定义及|PF1|的范围判断D．
本题主要考查椭圆的几何性质，圆锥曲线中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
13.【答案】x24−y25=1
【解析】解：由椭圆方程x212+y23=1，可得焦点为(3,0)，(−3,0)，
设双曲线的半焦距为c，则c=3，因双曲线的离心率为32，则e=ca=3a=32，
故a=2，所以b= c2−a2= 5，
所以双曲线的标准方程为：x24−y25=1．
故答案为：x24−y25=1．
由椭圆方程求出焦点坐标，得出c的值，再由双曲线的离心率得出a，进而可得双曲线的标准方程．
本题主要考查双曲线方程的求解，考查计算能力，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：圆x2+y2−4y+3=0可化为x2+(y−2)2=1，其圆心为(0,2)，半径为1，
圆心(0,2)到直线3x−4y−2=0的距离d=|3×0−4×2−2| 9+16=2，
所以圆上的点到直线距离的最大值为2+r=3．
故答案为：3．
先求得圆心和半径，再求得圆心到直线的距离，由此距离加半径为最大值求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，要求学生灵活运用点到直线的距离公式，找出d+r为所求距离的最大值是解本题的关键，是基础题．
15.【答案】9
【解析】解：先根据椭圆的基本量关系式得到椭圆x25+y24=1的焦点分别为点(−1,0)与点(1,0)，
于是点(−1,0)与点(1,0)也是双曲线x2m−y2n=1(m>0,n>0)的两个焦点，
因此m+n=1，最后使用基本不等式中“1”的代换，
于是就有1m+4n=(1m+4n)(m+n)=nm+4mn+5≥2 nm⋅4mn+5=9(当且仅当n=2m时取等号)，
因此1m+4n的最小值为9．
故答案为：9．
先运用椭圆与双曲线的基本量的关系，依据椭圆与双曲线的焦点相同得到m+n=1，最后利用基本不等式中“1”的妙用，将1m+4n化为积定的形式，运用基本不等式求出最小值．
本题考查椭圆和双曲线的性质，考查基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】11−4 6
【解析】解：如图，
设过A点的切线方程为y=kx−2，所以|−2| 1+k2=1，解得k=± 3，
所以直线AM的方程为y= 3x−2，即 3x−y−2=0，令y=2，解得x=4 33，
直线AN的方程为y=− 3x−2，即 3x+y+2=0，令y=2，解得x=−4 33，
因为圆B：(x−a)2+(y−2)2=r2处于圆O的“背面”，
所以a∈(−4 33,4 33)．
当圆B与圆O外切且圆B与AM(或AN )相切时，r取最大值，
由圆B与圆O外切得 a2+4=r+1，圆B与AM相切时| 3a−4|2=r′
又a∈(−4 33,4 33)，所以4− 3a2=r，所以a=4−2r 3，
即r2−22r+25=0，解得r=11+4 6或r=11−4 6，结合a∈(−4 33,4 33)，
所以r=11−4 6，所以r的最大值为11−4 6，
同理圆B与AN相切时r的最大值为11−4 6，
综上可得r的最大值为11−4 6．
故答案为：11−4 6．
设过A点的切线方程为y=kx−2，根据圆心到直线的距离等于半径求出k，即可得到直线AM、AN的方程，从而求出a的取值范围，当圆B与圆O外切且圆B与AM(或AN)相切时，r取最大值，从而求出r的最大值，即可得解．
本题主要考查直线和圆的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为BC边所在直线过点P(5,9)，
所以直线BC的方程为：y+3=9−(−3)5−2(x−2)，
即4x−y−11=0，在菱形ABCD中可知AD//BC，
所以设直线AD的方程为4x−y+m=0，将点A(−4,7)代入4⋅(−4)−7+m=0，
所以m=23，
所以直线AD的方程为：4x−y+23=0；
(2)由题意可得线段AC的中点M(−4+22,−3+72)，即M(−1,2)，
kAC=7−(−3)−4−2=−53，
因为菱形的对角线互相垂直平分，所以直线BD的斜率为35，
所以BD所在的直线方程为y−2=35(x+1)，即3x−5y+13=0．
【解析】(1)由直线BC过点P，C，求出直线的斜率，由点斜式求出直线BC的方程；因为菱形的对边平行，所以可设直线AD的方程，将A点代入可得参数的值，进而求出直线AD的方程；
(2)求出线段AC的中点及直线AC的斜率，由菱形的对角线互相垂直平分可得直线BD的方程．
本题考查直线的平行和垂直的性质的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)圆C1：x2+y2+2x−4y−4=0，圆心C1(−1,2)，半径为3，
当切线的斜率不存在时，切线方程为x=2，
当切线的斜率存在时，设切线方程为y−1=k(x−2)，即kx−y−2k+1=0．
由圆心到切线的距离等于圆的半径，得|−k−2−2k+1| 1+k2=3，
解得k=43．
∴切线方程为4x−3y−5=0．
综上所述，切线方程为x=2或4x−3y−5=0；
(2)联立x2+y2+2x−4y−4=0x2+y2=4，得D、E所在直线方程为x−2y=0．
圆x2+y2=4的圆心C2(0,0)，在直线x−2y=0上，
则线段DE的长为圆C2的直径，等于4．
【解析】(1)设切线方程为y−1=k(x−2)，即kx−y−2k+1=0，由圆心到直线的距离等于半径求解k，则切线方程可求；
(2)联立两圆方程，可得DE所在直线方程，通过垂径定理，转化求解即可．
本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的应用，考查点到直线的距离公式的应用，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)证明：底面BCC1B1中，已知∠BCC1=π3，BC=1，C1C=2，
由余弦定理得C1B2=BC2+C1C2−2BC⋅C1C⋅csπ3=5−2×1=3=C1C2−BC2，
所以C1B⊥BC，
又AB⊥平面BB1C1C，C1B⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥C1B，
又AB∩BC=B，AB、BC⊂平面ABC，
所以C1B⊥平面ABC．
(2)由(1)可知AB、BC、C1B三直线两两垂直，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则

A(0,0,2)、A1(−1, 3,2)、E(12, 32,0)、B1(−1, 3,0)，
所以B1E=(32,− 32,0),B1A=(1,− 3,2),B1A1=(0,0,2)，
设平面AB1E与平面A1B1E的法向量分别为m=(a,b,c)，
则有m⋅B1E=0m⋅B1A=0⇒32a− 32b=0a− 3b+2c=0，
取a=1，则b= 3，c=1，
所以m=(a,b,c)=(1, 3,1)，
设平面A1B1E的法向量分别为n=(x,y,z)，
则有n⋅B1E=0n⋅B1A1=0⇒2z=032x− 32y=0，
取x=1，则y= 3，z=0，
所以n=(1, 3,0)，
设平面AB1E与平面A1B1E的夹角为α，则csα=|m⋅n||m|⋅|n|=42 5=2 55．
【解析】(1)由余弦定理得C1B2=C1C2−BC2，则C1B⊥BC，又AB⊥平面BB1C1C，由线面垂直的性质定理可得AB⊥C1B，由线面垂直的判定定理，即可得出答案．
(2)以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面AB1E与平面A1B1E的法向量m=(a,b,c)，n=(x,y,z)，进而可得答案．
本题考查直线与平面所成的角，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)易知圆C1的圆心C1(−3,0)，半径r1=3；圆C2的圆心C2(3,0)，半径r2=3，
因为动圆M与圆C1，C2均外切，
所以|MC1|−3=|MC2|−1，
即|MC1|−|MC2|=2<|C1C2|，
由双曲线的定义知，点M是以C1，C2为焦点，2为实轴长的双曲线的右支，
所以a=1，c=3，
则b2=c2−a2=8，
故曲线C的方程为x2−y28=1(x≥1)；

(2)由(1)知双曲线的渐近线方程为y=±2 2x，
所以斜率为4的直线与双曲线的右支有两个交点A，B，
不妨设直线AB的方程为y=4(x−3)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=4(x−3)x2−y28=1，消去y并整理得x2−12x+19=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得x1+x2=12，x1x2=19，
所以|AB|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2
= 1+16⋅ 122−4×19=34，
而点C1(−3,0)到直线AB的距离d=|4×(−3)−0−12| 16+1=24 17，
故S△C1AB=12|AB|⋅d=12×34×24 17=24 7．

【解析】(1)由题意，根据两圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；
(2)设出直线AB的方程，将直线AB的方程与曲线C的方程联立，结合韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式以及三角形面积公式再进行求解即可．
本题考查轨迹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．
21.【答案】解：(1)因为椭圆C的离心率为12，|F1F2|=4，
所以2c=4e=ca=12c2=a2−b2，
解得a2=16b2=12c=2，
则椭圆C的方程为x216+y212=1；
(2)证明：由(1)知F2(2,0)，
若直线l的斜率为0，
此时直线l的方程为y=0，显然kMQ+kNQ=0成立；
若直线l的斜率不为0，
不妨设直线l的方程为x=my+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x216+y212=1x=my+2，消去x并整理得(3m2+4)y2+12my−36=0，
此时Δ>0，
由韦达定理得y1+y2=−12m3m2+4，y1y2=−363m2+4，
易知kMQ=y1x1−8，kNQ=y2x2−8，
所以kMQ+kNQ=y1x1−8+y2x2−8
=y1my1−6+y2my2−6=y1(my2−6)+y2(my1−6)(my1−6)(my2−6)
=2my1y2−6(y1+y2)m2y1y2−6m(y1+y2)+36=2m⋅−363m2+4−6⋅−12m3m2+4m2y1y2−6m(y1+y2)+36=0．
故kMQ+kNQ=0．
【解析】(1)由题意，结合题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式求出a和b的值，进而可得椭圆C的方程；
(2)对直线l的斜率是否为零进行讨论，当直线斜率存在且不为零时，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和斜率公式再进行求证即可．
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、分类讨论和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为椭圆的左焦点为F(−2,0)，
所以c=2，
此时右焦点为F1(2,0)，
因为点A(2, 63)在椭圆上，
将x=c代入椭圆C的方程中，
得到y=±b2a，
即b2a= 63，
又a2−b2=4，
解得a2=6，b2=2(舍去负值)，
则椭圆方程为x26+y22=1；
(2)证明：当两条直线斜率存在时，
不妨设AB的直线方程为x=my−2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my−2x26+y22=1，消去x并整理得(m2+3)y2−4my−2=0，
此时Δ=16m2+8(m2+3)=24m2+24>0，
易知y1+y22=2mm2+3，x1+x22=m⋅2mm2+3−2=−6m2+3，
即M(−6m2+3,2mm2+3)，

同理可得N(−6m23m2+1,−2m3m2+1)，
所以kMN=2mm2+3+2m3m2+16m23m2+1−6m2+3=4m3(m2−1)，
则直线MN的方程为y=4m3(m2−1)(x+6m2+3)+2mm2+3，
令x=−32，
解得y=4m3(m2−1)(−32+6m2+3)+2mm2+3=−2mm2−1+8m(m2+3)(m2−1)+2mm2+3
=−2m3−6m+8m+2m3−2m(m2+3)(m2−1)=0，
则直线过定点(−32,0)；
当直线斜率不存在时，MN为x轴，恒过点(−32,0)．
综上，直线MN必过定点(−32,0)．
【解析】(1)由题意，确定焦点得到b2a= 63，解得a2=6，b2=2，得到椭圆方程．
(2)考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线MN的方程，取x=−32代入计算得到答案．
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、分类讨论和运算能力，属于中档题．