2020-2021学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期中数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知直线l1；2x+y−2＝0，l2:ax+4y+1＝0，若l1⊥l2，则a的值为（ ）
A.8B.2C.−12D.−2

2. 方程x2+y2+x+y−m=0表示一个圆，则m的取值范围是（ ）
A.m>−12B.m<−12C.m≤−12D.m≥−12

3. 已知焦点在x轴上，长、短半轴之和为10，焦距为45，则椭圆的方程为（ ）
A.x236+y216=1B.x216+y236=1C.x26+y24=1D.y26+x24=1

4. 已知直线：A1x+B1y+C1=0(C1≠0)与直线l2:A2x+B2y+C2=0(C2≠0)交于点M，O为坐标原点，则直线OM的方程为（ ）
A.(A1C1−A2C2)x+(B1C1−B2C2)y=0
B.(A1C1−A2C2)x−(B1C1−B2C2)y=0
C.(C1A1−C2A2)x+(C1B1−C2B2)y=0
D.(C1A1−C2A2)x−(C1B1−C2B2)y=0

5. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A.y=±33xB.y=±3xC.y=±12xD.y＝±2x

6. 已知圆M：(x+csθ)2+(y−sinθ)2=1，直线l:y=kx，则下面命题错误的是（ ）
A.必存在实数k与θ，使得直线l与圆M相切
B.对任意实数k与θ，直线l与圆M有公共点
C.对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与圆M相切
D.对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与圆M相切

7. 已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的焦距为2，右顶点为A．过原点与x轴不重合的直线交C于M，N两点，线段AM的中点为B，若直线BN经过C的右焦点，则C的方程为（ ）
A.x24+y23＝1B.x26+y25＝1C.x29+y28＝1D.x236+y232＝1

8. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的离心率为52，过右焦点F的直线与两条渐近线分别交于A，B，且AB→=BF→，则直线AB的斜率为（ ）
A.−13或13B.−16或16C.2D.16
二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．

设椭圆C：x24+y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P为椭圆C上一动点，则下列说法中正确的是（ ）
A.当点P不在x轴上时，△PF1F2的周长是6
B.当点P不在x轴上时，△PF1F2面积的最大值为3
C.存在点P，使PF1⊥PF2
D.PF1的取值范围是[1, 3]

双曲线x29−y216=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，下列结论正确的是（ ）
A.该双曲线的离心率为54
B.该双曲线的渐近线方程为y=±43x
C.点P到两渐近线的距离的乘积为14425
D.若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为32

如图A(2, 0)，B(1, 1)，C(−1, 1)，D(−2, 0)，CD是以OD为直径的圆上一段圆弧，CB是以BC为直径的圆上一段圆弧，BA是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线Ω．则下面说法正确的是（ ）

A.曲线Ω与x轴围成的面积等于32π
B.CB与BA的公切线方程为：x+y−1−2=0
C.AB所在圆与CB所在圆的交点弦方程为：x−y＝0
D.用直线y＝x截CD所在的圆，所得的弦长为22

瑞士数学家欧拉(LenhardEuler)1765年在其所著的《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的顶点A(−4, 0)，B(0, 4)，其欧拉线方程为x−y+2＝0，则顶点C的坐标可以是（ ）
A.(2, 0)B.(0, 2)C.(−2, 0)D.(0, −2)
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

已知x∈R，则(x+1)2+4−(x−5)2+100的最小值是________．

已知圆E的圆心在y轴上，且与圆x2+y2−2x=0的公共弦所在直线的方程为x−3y＝0，则圆E的方程为________．

已知椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，如果椭圆C上存在一点P，使得PF1→⋅PF2→＝0，且△PF1F2的面积等于4，则ab的取值范围为________．

已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上存在两点A，B关于直线y＝x−8对称，且线段AB的中点在直线x−2y−14＝0上，则双曲线的离心率为________．
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．

已知直线l经过点P(1, 2)．
（1）若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程；

（2）若A(1, −1)，B(3, 1)两点到直线l的距离相等，求直线l的方程．

已知圆C以点(2, 0)为圆心，且被直线x−3y+2=0截得的弦长为25．
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)若直线l经过点M(5, 5)，且与圆C相切，求直线l的方程．

已知点A(−2, −2)，B(−2, 6)，C(4, −2)，点P在圆E:x2+y2=4上运动．
(1)求过点C且被圆E截得的弦长为22的直线方程；

(2)求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最值．

已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0, 1)，B(0, −1)，焦距为23．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)已知直线y=m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为−14．证明：点D在x轴上．

已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率e=3，双曲线Γ上任意一点到其右焦点的最小距离为3−1．
（1）求双曲线Γ的方程；

（2）过点P(1, 1)是否存在直线l，使直线l与双曲线Γ交于R、T两点，且点P是线段RT的中点？若直线l存在，请求直线l的方程；若不存在，说明理由．

已知椭圆C：x2a2+y23＝1的右焦点为F，右顶点为A，设离心率为e，且满足1|OF|+1|OA|＝3e|AF|，其中O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过点(0, 1)的直线l与椭圆相交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期中数学试卷
一、单选题：（本大题共8个小题，每小题5分，共40分）
1.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线方程分别求出l1、l2的斜率，再由l1⊥l2得斜率之积为−1，列出方程并求出a的值．
【解答】
由题意得，l1:2x+y−2＝0，l2:ax+4y+1＝0，
则直线l1的斜率是−2，l2的斜率是−a4，
∵ l1⊥l2，∴ (−a4)×(−2)＝−1，解得a＝−2，
2.
【答案】
A
【考点】
二元二次方程表示圆的条件
【解析】
由二元二次方程表示圆的条件得到m的不等式，解不等式即可得到结果．
【解答】
解：∵ 方程x2+y2+x+y−m=0表示一个圆，
∴ 1+1+4m>0，
∴ m>−12.
故选A．
3.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
【解析】
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，由题意可得a+b=10，2c=45，a2−b2=c2，解方程可得a，b，即可得到椭圆方程．
【解答】
解：设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由题意可得a+b=10，2c=45，
a2−b2=c2，
解方程可得a=6，b=4．
即有椭圆方程为x236+y216=1．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
两条直线的交点坐标
直线的一般式方程
【解析】
将两直线的一般式中的常数项均变为1，验证O、M的坐标是否均满足该直线的方程即可判断．
【解答】
解：A1C1x+B1C1y+1=0，
l2:A2C2x+B2C2y+1=0，
两式相减得(A1C1−A2C2)x+(B1C1−B2C2)y=0．
∵ 点O、M的坐标都满足该直线的方程，
∴ 点O、M都在该直线上，
∴ 直线OM的方程为(A1C1−A2C2)x+(B1C1−B2C2)y=0．
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用已知条件推出a，b的比值，然后得到双曲线的渐近线方程．
【解答】
由已知可得c＝2b，∴ c2＝4b2＝a2+b2，a2＝3b2，ba=33，
所以双曲线的渐近线方程为：y=±33x．
6.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用点到直线的距离公式的应用和直线与圆的位置关系的应用求出结果．
【解答】
圆M：(x+csθ)2+(y−sinθ)2=1的圆心坐标为(−csθ, sinθ)，半径为r=1，
故圆心到直线kx−y=0的距离d=|kcsθ+sinθ|1+k2=1+k21+k2|sin(θ+α)|<1=r（当θ=0，α=kπ+π2）．
故选项A、B、C正确．
当θ=0时α=π2+kπ(k∈Z)，明显取不到，所以D错误．
故选：D．
7.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由题意画出图形，分别设出M、N的坐标，利用中点坐标公式求得B的坐标，再由FN→ // FB→列式求得a值，利用隐含条件求得b，则椭圆方程可求．
【解答】
如图，
设M(x0, y0)，则N(−x0, −y0)，
∵ A(a, 0)，且线段AM的中点为B，∴ B(a+x02, y02)，
由B，F，N三点共线，得FN→ // FB→，依题意，F(1, 0)，
∴ FN→＝(−x0−1,−y0)，FB→＝(a+x02−1,y02)，
即−(x0+1)⋅y02+(a+x02−1)⋅y0＝0．
又y0≠0，解得a=3，∴ b2=32−12=8．
可得C的方程为x29+y28＝1．
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
求出双曲线的离心率为52，得到ba=12，设b＝t，a＝2t，c=5t，设直线AB的方程为y＝k(x−5t)，不妨k<0，与渐近线y=12x与y＝k(x−5t)，求出A(25kt2k+1, −5kt2k+1)，B，然后通过B在渐近线y=12x上，求解即可．
【解答】
因为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的离心率为52，
又e2=c2a2=1+b2a2=54，所以ba=12，
设b＝t，a＝2t，c=5t，
设直线AB的方程为y＝k(x−5t)，不妨k<0，
与渐近线y=12x与y＝k(x−5t)，联立解得，
A(25kt2k+1, −5kt2k+1)，
因为AB→=BF→，所以B为AF的中点，
所以B(45kt4k+2, −5kt4k+2)．
因为B在渐近线y=12x上，
所以−5kt4k+2=12×45kt+5t4k+2，
解得k=−16，
由双曲线的对称性得，k=16也成立．
二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．
【答案】
A,B,D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的定义与性质，逐步验证选项的正误即可．
【解答】
由椭圆方程可知，a＝2,b＝3，从而c＝a2−b2＝1．
据椭圆定义，PF1+PF2=2a=4，又F1F2=2c=2，
所以△PF1F2的周长是6，A项正确．
设点P(x0, y0)(y0≠0)，因为F1F2=2，
则S△PF1F2＝12F1F2⋅y0＝y0．
因为0由图可知，当点P为椭圆C短轴的一个端点时，∠F1PF2为最大．
此时，PF1=PF2=a=2，又F1F2=2，
则△PF1F2为正三角形，∠F1PF2=60∘，
所以不存在点P，使PF1⊥PF2，C项错误．
由图可知，当点P为椭圆C的右顶点时，PF1取最大值，此时PF1=a+c=3；
当点P为椭圆C的左顶点时，PF1取最小值，此时PF1=a−c=1，
所以PF1∈[1, 3]，D项正确，
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由已知双曲线方程分别求出a，b，c，然后结合双曲线的性质对各选项进行检验即可判断．
【解答】
由题意可知，a＝3，b＝4，c＝5，
故离心率e=53，故A错误；
由双曲线的性质可知，双曲线线x29−y216=1的渐近线方程为x29−y216=0即y=±43x，B正确；
设P(x, y)，则P到两渐近线的距离之积|4x−3y|5⋅|4x+3y|5=|16x2−9y2|25=16×925=14425，C正确；
若若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积S=b2tan45=16，D错误，
【答案】
【考点】
扇形面积公式
直线与圆的位置关系
【解析】
首先利用分割法的应用求出曲线Ω与x轴围成的曲变形的面积，进一步利用点到直线的距离和直线的平行的应用求出圆的公切线的方程，最后利用垂径定理的应用和勾股定理的应用求出结果．
【解答】
根据题意：圆弧AB表示为以(1, 0)为圆心，1为半径的圆的周长的14．
圆弧BC表示为以(0, 1)为圆心，1为半径的圆的周长的12．
圆弧CD是以(−1, 0)为圆心，1为半径的圆的周长的14．
所以把图形进行分割，如图所示：
①所以曲线Ω与x轴围成的图形的面积为S=12⋅π⋅12+14⋅π⋅12+14⋅π⋅12+1×2=π+2，故选项A错误．
②由于圆弧AB表示为以(1, 0)为圆心，1为半径的圆．
圆弧BC表示为以(0, 1)为圆心，1为半径的圆．
所以AB和BC所在的圆的公切线平行于经过(1, 0)和(0, 1)的直线，
所以设直线的斜率k＝−1，
设直线的方程为x+y+b＝0，
所以(0, 1)到直线x+y+b＝0的距离d=|1+b|2=1，解得b=−2−1或2−1，
根据图象得：公切线的方程为x+y−2−1=0，故选项B正确．
③以AB和所在的圆的方程为(x−1)2+y2＝1.BC所在的圆的方程为x2+(y−1)2＝1，两圆相减得：x−y＝0．
④CD所在的圆的方程为(x+1)2+y2＝1，
所以圆心(−1, 0)到直线x−y＝0的距离d=12=22，
所以所截的弦长为l＝21−(22)2=2，故选项D错误．
故选：BC．
【答案】
A,D
【考点】
三角形五心
【解析】
利用重心与三个顶点的关系代入欧拉线方程可得C的横坐标与纵坐标的关系，即可得结果．
【解答】
设C(a, b)，由欧拉线的定义知重心在x−y+2＝0上，
重心可以有三角形三个顶点坐标表示，即为(−4+a3,4+b3)，
∴ −4+a3−4+b3+2=0，
∴ a−b−2＝0，
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
−10
【考点】
两点间的距离公式
函数的最值及其几何意义
【解析】
(x+1)2+4−(x−5)2+100的几何意义为动点P(x, 0)到定点A(−1, 2)与B(5, 10)距离的差，画出图形，结合三角形两边之差小于第三边得答案．
【解答】
(x+1)2+4−(x−5)2+100=(x+1)2+(0−2)2−(x−5)2+(0−10)2，
其几何意义为动点P(x, 0)到定点A(−1, 2)与B(5, 10)距离的差．
如图：
当P为BA的延长线与x轴的交点时，|PA|−|PB|＝−|AB|，
当P为x轴上的其它点时，若|PA|≥|PB|，则|PA|−|PB|≥0；
若|PA|<|PB|，由|PB|−|PA|<|AB|，得|PA|−|PB|>−|AB|．
∴ |PA|−|PB|的最小值为−|AB|=−(−1−5)2+(2−10)2=−10．
即(x+1)2+4−(x−5)2+100的最小值是−(10)
【答案】
x2+(y−3)2=3
【考点】
两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】
设圆E:x2+(y−b)2=r2，(r>0)，与已知圆方程相减可得公共弦方程，与方程x−3y＝0比较可得b，r，即可得到圆E的方程．
【解答】
圆E的圆心在y轴上，可设圆E:x2+(y−b)2=r2，(r>0)，①
又圆x2+y2−2x=0，②
①-②可得x−by+12(b2−r2)=0，
由两圆的公共弦所在直线的方程为x−3y＝0，
可得b=3，r2=b2=3，
则圆E的方程为x2+(y−3)2=3．
【答案】
[42, +∞)
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设P的坐标代入椭圆可得横纵坐标之间的关系，再由PF1→⋅PF2→＝0，可得(−c−x, −y)⋅(c−x, −y)=0，所以x2−c2+y2=0，解得P的纵坐标的值，再由△PF1F2的面积等于4可得b的值，再由P的纵坐标的取值范围求出a的范围，进而求出ab的取值范围．
【解答】
由椭圆的方程可得F1，F2的坐标分别为(−c, 0)，(c, 0)，
设P(x, y)，设y>0，则x2a2+y2b2＝1，①
再由PF1→⋅PF2→＝0，可得(−c−x, −y)⋅(c−x, −y)=0，所以x2−c2+y2=0，②
由①②可得y2=b4c2③
又因为△PF1F2的面积等于4，所以12⋅2c⋅y=4，即cy=4，即c2y2=16，④，
由③④可得b=2，
再由y2∈(0, b2]，
所以b4c2≤b2，可得c2≥b2，
所以a2−b2≥b2，即a2≥2b2=8，
所以a≥22，
所以ab≥42，
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，线段AB的中点C的坐标为(x0, y0)，列出方程组，通过平方差法求解直线的斜率，然后转化求解离心率即可．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，线段AB的中点C的坐标为(x0, y0)，
则有x12a2−y12b2=1,x22a2−y22b2=1,x1+x2=2x0,y1+y2=2y0.
由②-①得(x2−x1)(x2+x1)=a2b2(y2−y1)(y2+y1)．
∵ x2−x1≠0，∴ y2−y1x2−x1⋅y2+y1x2+x1=b2a2，∴ kAB×y0x0=b2a2．
∵ kAB＝−1，∴ y0=−b2a2x0，又y0＝x0−8，
∴ x0=81+b2a2,y0=81+b2a2−8. 又点C在直线x−2y−14＝0上，
∴ 81+b2a2−2(81+b2a2−8)−14=0，∴ 1+b2a2=4，b2a2=3，∴ e2＝4，e＝2，
即双曲线的离心率为2．
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．
【答案】
若直线过原点，则设为y＝kx，则k＝2，此时直线方程为y＝2x，
当直线不过原点，设方程为xa+ya=1，即x+y＝a，
此时a＝1+2＝3，则方程为x+y＝3，
综上直线方程为y＝2x或x+y＝3．
若A，B两点在直线l同侧，
则AB // l，
AB的斜率k=−1−11−3=−2−2=1，
即l的斜率为1，
则l的方程为y−2＝x−1，即y＝x+1，
若A，B两点在直线的两侧，即l过A，B的中点C(2, 0)，
则k=2−01−2=−2，
则l的方程为y−0＝−2(x−2)，即y＝−2x+4，
综上l的方程为y＝−2x+4或y＝x+1．
【考点】
待定系数法求直线方程
【解析】
（1）讨论直线是否过原点，利用截距相等进行求解即可．
（2）根据点到直线的距离相等，分直线平行和直线过A，B的中点两种情况进行求解即可．
【解答】
若直线过原点，则设为y＝kx，则k＝2，此时直线方程为y＝2x，
当直线不过原点，设方程为xa+ya=1，即x+y＝a，
此时a＝1+2＝3，则方程为x+y＝3，
综上直线方程为y＝2x或x+y＝3．
若A，B两点在直线l同侧，
则AB // l，
AB的斜率k=−1−11−3=−2−2=1，
即l的斜率为1，
则l的方程为y−2＝x−1，即y＝x+1，
若A，B两点在直线的两侧，即l过A，B的中点C(2, 0)，
则k=2−01−2=−2，
则l的方程为y−0＝−2(x−2)，即y＝−2x+4，
综上l的方程为y＝−2x+4或y＝x+1．
【答案】
（1）根据题意，设圆C的方程为(x−2)2+y2＝r2，
若圆C被直线x−3y+2=0截得的弦长为25，
圆心到直线的距离为d=|2+2|1+3=2，
则r2=22+(5)2=9，
则圆C的标准方程为(x−2)2+y2＝9；
（2）当斜率不存在时，直线l的方程为x＝5，显然圆心(2, 0)到x＝5的距离为3，正好等于半径，符合题意；
当斜率存在时，设斜率为k，
则过M点的直线方程为：y−5＝k(x−5)，
即kx−y+5−5k＝0，圆心到直线的距离等于半径3，d=|5−3k|k2+1=3，解得k=815，
所以直线l的方程为8x−15y+35＝0．
综上，所求的直线方程为x＝5或8x−15y+35＝0．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（I）根据题意，设圆C的方程为(x−2)2+y2＝r2，利用半径，弦长，d的关系求出r，代入即可；
(II)分斜率存在和不存在，求出圆的切线方程即可．
【解答】
（1）根据题意，设圆C的方程为(x−2)2+y2＝r2，
若圆C被直线x−3y+2=0截得的弦长为25，
圆心到直线的距离为d=|2+2|1+3=2，
则r2=22+(5)2=9，
则圆C的标准方程为(x−2)2+y2＝9；
（2）当斜率不存在时，直线l的方程为x＝5，显然圆心(2, 0)到x＝5的距离为3，正好等于半径，符合题意；
当斜率存在时，设斜率为k，
则过M点的直线方程为：y−5＝k(x−5)，
即kx−y+5−5k＝0，圆心到直线的距离等于半径3，d=|5−3k|k2+1=3，解得k=815，
所以直线l的方程为8x−15y+35＝0．
综上，所求的直线方程为x＝5或8x−15y+35＝0．
【答案】
解：(1)依题意，直线的斜率存在，
因为过点C的直线被圆E截得的弦长为22，
所以圆心到直线的距离为22−(222)2=2，
设直线方程为y+2=k(x−4)，即kx−y−4k−2=0，
所以2=|−4k−2|k2+1，解得k=−17或k=−1，
所以直线方程为x+7y+10=0或x+y−2=0.
(2)设P点坐标为(x, y)，则x2+y2=4，
所以|PA|2+|PB|2+|PC|2
=(x+2)2+(y+2)2+(x+2)2+(y−6)2+(x−4)2+(y+2)2
=3(x2+y2)−4y+68
=80−4y，
因为−2≤y≤2，所以72≤80−4y≤88，
即|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值为88，最小值为72．
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线的点斜式方程
两点间的距离公式
【解析】
（1）设直线方程为y+2＝k(x−4)，由题意可知圆心到直线的距离为2，利用点到直线距离公式即可求出k的值，从而得出直线方程；
（2）P点坐标为(x, y)，则x2+y2＝4，利用两点间距离公式化简|PA|2+|PB|2+|PC|2＝80−4y又−2≤y≤2，从而得到|PA|2+|PB|2+|PC|2的最值．
【解答】
解：(1)依题意，直线的斜率存在，
因为过点C的直线被圆E截得的弦长为22，
所以圆心到直线的距离为22−(222)2=2，
设直线方程为y+2=k(x−4)，即kx−y−4k−2=0，
所以2=|−4k−2|k2+1，解得k=−17或k=−1，
所以直线方程为x+7y+10=0或x+y−2=0.
(2)设P点坐标为(x, y)，则x2+y2=4，
所以|PA|2+|PB|2+|PC|2
=(x+2)2+(y+2)2+(x+2)2+(y−6)2+(x−4)2+(y+2)2
=3(x2+y2)−4y+68
=80−4y，
因为−2≤y≤2，所以72≤80−4y≤88，
即|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值为88，最小值为72．
【答案】
（1）由题意可得b=1，c=3，∴ a2=b2+c2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
（2）设M(x1, m)，N(−x1, m)，x1≠0，−1所以直线BM的斜率为：m−(−1)x1−0=m+1x1，
因为直线BD，BM的斜率的积为−14，所以直线BD的斜率为：−x14(m+1)，
直线AN的方程为：y=1−mx1x+1，直线BD的方程为：y=−x14(m+1)x−1，
联立直线y＝1−mx1x+1y＝−x14(m+1)x−1解得：D的纵坐标yD=−14x12−m2+1−14x12+m2−1，
因为M在椭圆上，所以x124+m2=1，则yD=0，
所以证得D在x轴上．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)由题意可得b，c的值，再由a，b，c之间的关系求出椭圆的方程；
(Ⅱ)由题意设M，N的坐标，进而求出直线BM的斜率及方程，再由直线BD，BM的斜率的关系求出直线BD的斜率进而求出BD的方程，联立AN，BD的方程可得D的纵坐标，再由M在椭圆上，求出D的纵坐标为0．
【解答】
（1）由题意可得b=1，c=3，∴ a2=b2+c2=4，
所以椭圆的方程为：x24+y2=1；
（2）设M(x1, m)，N(−x1, m)，x1≠0，−1所以直线BM的斜率为：m−(−1)x1−0=m+1x1，
因为直线BD，BM的斜率的积为−14，所以直线BD的斜率为：−x14(m+1)，
直线AN的方程为：y=1−mx1x+1，直线BD的方程为：y=−x14(m+1)x−1，
联立直线y＝1−mx1x+1y＝−x14(m+1)x−1解得：D的纵坐标yD=−14x12−m2+1−14x12+m2−1，
因为M在椭圆上，所以x124+m2=1，则yD=0，
所以证得D在x轴上．
【答案】
解：（1）由题意可得e=ca=3，
当P为右顶点时，可得PF取得最小值，
即有c−a=3−1，
解得a=1，c=3，b=c2−a2=2，
可得双曲线的方程为x2−y22=1；
（2）过点P(1, 1)假设存在直线l，使直线l与双曲线Γ交于R、T两点，
且点P是线段RT的中点．
设R(x1, y1)，T(x2, y2)，可得x12−y122=1，x22−y222=1，
两式相减可得(x1−x2)(x1+x2)=12(y1−y2)(y1+y2)，
由中点坐标公式可得x1+x2=2，y1+y2=2，
可得直线l的斜率为k=y1−y2x1−x2=2(x1+x2)y1+y2=2，
即有直线l的方程为y−1=2(x−1)，即为y=2x−1，
代入双曲线的方程，可得2x2−4x+3=0，
由判别式为16−4×2×3=−8<0，
可得二次方程无实数解．
故这样的直线l不存在．
【考点】
双曲线的特性
【解析】
（1）运用离心率公式和当P为右顶点时，可得PF取得最小值，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程；
（2）过点P(1, 1)假设存在直线l，使直线l与双曲线Γ交于R、T两点，且点P是线段RT的中点．设R(x1, y1)，T(x2, y2)，代入双曲线的方程两式相减，结合中点坐标公式和直线的斜率公式，由点斜式方程可得直线l的方程，代入双曲线的方程，运用判别式检验即可判断存在性．
【解答】
解：（1）由题意可得e=ca=3，
当P为右顶点时，可得PF取得最小值，
即有c−a=3−1，
解得a=1，c=3，b=c2−a2=2，
可得双曲线的方程为x2−y22=1；
（2）过点P(1, 1)假设存在直线l，使直线l与双曲线Γ交于R、T两点，
且点P是线段RT的中点．
设R(x1, y1)，T(x2, y2)，可得x12−y122=1，x22−y222=1，
两式相减可得(x1−x2)(x1+x2)=12(y1−y2)(y1+y2)，
由中点坐标公式可得x1+x2=2，y1+y2=2，
可得直线l的斜率为k=y1−y2x1−x2=2(x1+x2)y1+y2=2，
即有直线l的方程为y−1=2(x−1)，即为y=2x−1，
代入双曲线的方程，可得2x2−4x+3=0，
由判别式为16−4×2×3=−8<0，
可得二次方程无实数解．
故这样的直线l不存在．
【答案】
∵ |OF|=c，|OA|=a，|AF|=a−c，
∴ 1c+1a＝3ca(a−c)，
∴ a2−c2=3c2，
∵ b2=a2−c2=3，∴ a2−c2=3c2，
∴ c2=1，则a=2；
∴ x24+y23＝1．
设过点(0, 1)的直线lAB:y=kx+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，
则S△MON＝12×1⋅|x1−x2|＝12(x1+x2)2−4x1⋅x2，
联立x24+y23＝1y＝kx+1，
得(3+4k2)x2+8kx−8=0故此x1+x2＝−8k3+4k2，x1⋅x2＝−83+4k2，
故此S△MON＝12(x1+x2)2−4x1⋅x2＝26(2k2+1)(3+4k2)2，
令t=1+2k2，t∈[1, +∞)，
故此S△MON＝26t4t2+4t+1＝264t+1t+4≤2624t⋅1t+4=3，
当t=1时，即k=0时，面积最大S△MON=3．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的应用
【解析】
（1）已知条件化为a2−c2=3c2，结合b2=a2−c2=3，利用已知条件椭圆方程，可知b，然后求解a=2；推出椭圆方程．
（2）设过点(0, 1)的直线lAB:y=kx+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，表示出三角形的面积，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，通过换元法，结合基本不等式求解三角形的面积的最大值即可．
【解答】
∵ |OF|=c，|OA|=a，|AF|=a−c，
∴ 1c+1a＝3ca(a−c)，
∴ a2−c2=3c2，
∵ b2=a2−c2=3，∴ a2−c2=3c2，
∴ c2=1，则a=2；
∴ x24+y23＝1．
设过点(0, 1)的直线lAB:y=kx+1，M(x1, y1)，N(x2, y2)，
则S△MON＝12×1⋅|x1−x2|＝12(x1+x2)2−4x1⋅x2，
联立x24+y23＝1y＝kx+1，
得(3+4k2)x2+8kx−8=0故此x1+x2＝−8k3+4k2，x1⋅x2＝−83+4k2，
故此S△MON＝12(x1+x2)2−4x1⋅x2＝26(2k2+1)(3+4k2)2，
令t=1+2k2，t∈[1, +∞)，
故此S△MON＝26t4t2+4t+1＝264t+1t+4≤2624t⋅1t+4=3，
当t=1时，即k=0时，面积最大S△MON=3．