【文档说明】2023届高考人教B版数学一轮复习试题（适用于新高考新教材） 第八章 平面解析几何 单元质检卷八　平面解析几何含解析【高考】.docx，共(15)页，290.674 KB，由小赞的店铺上传

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1单元质检卷八平面解析几何(时间:120分钟满分:100分)一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.若点P(1,2)在双曲线𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的渐近线上,则该双曲线的离心率为()A.√32B.√52C.√

3D.√52.已知圆x2+y2+2k2x+2y+4k=0关于直线y=x对称,则k的值为()A.-1B.1C.±1D.03.点A(cosθ,sinθ)到直线3x+4y-4=0的距离的最大值为()A.15B.45C.1D.954.已知抛物

线C:y2=4x的焦点为F,过点F的直线交抛物线C于A,B两点,y轴被以AB为直径的圆所截得的弦长为6,则|AB|=()A.5B.7C.10D.145.已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,P为椭圆C上一点,且∠F1P

F2=60°,若坐标原点O到直线PF1的距离为√3𝑎8,且椭圆C的焦距为2√7,则a=()A.8B.2C.4D.166.设抛物线的顶点为O,焦点为F,准线为l.P是抛物线上异于O的一点,过P作PQ⊥l于Q,则线段FQ的

垂直平分线()A.经过点OB.经过点PC.平行于直线OPD.垂直于直线OP7.已知F为双曲线G:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)的一个焦点,l1,l2为双曲线的两条渐近线,过点F且垂直于l1的直线与l1,l2分别交于A,B两点,O为坐标原点,若△AOB的面积S△AOB=2ab,则双

曲线G的离心率为()A.√153或√213B.√62或√2C.√62或√102D.√6或√10228已知抛物线C:x2=2py(p>0),直线l1:y=kx+t与抛物线C交于A,B两点(点A在点B右侧),直线l2:y=kx+m(m≠t)与抛物线C

交于M,N两点(点M在点N右侧),直线AM与直线BN交于点E,点E的横坐标为2k,则抛物线C的方程为()A.x2=yB.x2=2yC.x2=3yD.x2=4y二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有

多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.9.已知直线l1:x-y-1=0,动直线l2:(k+1)x+ky+k=0(k∈R),则下列结论正确的是()A.不存在k,使得l2的倾斜角为90°B.对任意的k,l1与l2都有公共点C.对任意的k,l1与l

2都不重合D.对任意的k,l1与l2都不垂直10.已知P为椭圆E:𝑥28+𝑦24=1上一点,F1,F2为椭圆E的左、右焦点,且△F1PF2的面积为3,则下列说法正确的是()A.点P的纵坐标为3B.∠F1PF2>π2C.△F1PF2的周长为4(√2+1)

D.△F1PF2的内切圆的半径为32(√2-1)11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的准线经过点M(-1,1),过抛物线C的焦点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与抛物线C交于A,B两点,直线l2与抛物线C交于D,E两点,则下列结论正确的是()A.p=2B.

|AB|+|DE|的最小值为16C.四边形ADBE的面积的最小值为64D.若直线l1的斜率为2,则∠AMB=90°12.已知F1,F2是双曲线C:𝑦24−𝑥22=1的上、下焦点,点M是该双曲线的一条渐近线上的一点,并且以线段

F1F2为直径的圆经过点M,则下列说法正确的是()A.双曲线C的渐近线方程为y=±√2xB.以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2C.点M的横坐标为±√2D.△MF1F2的面积为2√3三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.直线l:y=2x+10过双曲线𝑥2𝑎2−

𝑦2𝑏2=1(a>0,b>0)一个焦点且与其一条渐近线平行,则双曲线方程为.314.如图,AB是平面α的斜线段,A为斜足,点C满足|BC|=λ|AC|(λ>0),且在平面α内运动,则以下几个说法:①

当λ=1时,点C的轨迹是抛物线;②当λ=1时,点C的轨迹是一条直线;③当λ=2时,点C的轨迹是圆;④当λ=2时,点C的轨迹是椭圆;⑤当λ=2时,点C的轨迹是双曲线.其中正确的是.(将所有正确说法的序号填到横线上

)15.2020年是中国传统的农历“鼠年”,有学生在平面直角坐标系中用三个圆组成“动漫鼠”的形象,如图,M(0,-2)是圆M的圆心,坐标原点O在圆M上,点P,Q均在x轴上,圆P与圆Q的半径都等于1,且圆P,圆Q均与圆M外切.(1)若直线

l过点(0,-1),且圆Q均与直线l相切,则圆M被直线l所截得的弦长为;(2)若直线l过原点,且圆P,圆Q,圆M被直线l所截得的弦长均为d,则d=.16.已知椭圆C1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)和圆C2:x2+y2=b2,若椭圆C1上存在点P,过点P作圆C2的两条切线PA,

PB(A,B为对应的切点),且满足∠APB=60°,则椭圆最圆时的离心率e=.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.(10分)设椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率e=12,右焦点

到直线p:𝑥𝑎+𝑦𝑏=1的距离d=√217,O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,若以AB为直径的圆过原点O,求点O到直线l的距离.418.(12分)已知椭圆E

:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)经过点(0,-√3),离心率为12.(1)求椭圆E的方程;(2)设A,F分别为椭圆的右顶点、右焦点,经过点F作直线交椭圆E于C,D两点,求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点).19.(12分)已知M为椭圆C:𝑥2

𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,且|F1F2|=2,∠F1MF2=π3,△F1MF2的面积为√3.(1)求椭圆C的方程;(2)直线l过椭圆C的右焦点F2,交椭圆C于A,B两点,AB

的中点为Q,射线OQ交椭圆C于点P,记△AOQ的面积为S1,△BPQ的面积为S2,若S2=3S1,求直线l的方程.520.(12分)已知动点P到定直线l:x=4的距离与到定点F(1,0)的距离之比为2.(

1)求点P的轨迹C的方程.(2)已知点A(-2,0),在y轴上是否存在一点M,使得曲线C上另有一点B,满足|MA|=|MB|,且𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2516?若存在,求出所有符合条件的点M坐标;若不存在,请说明理由

.21.(12分)已知O为坐标原点,点F(0,1),M为坐标平面内的动点,且2,|𝐹𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|,2𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗成等差数列.(1)求动点M的轨迹方程.(2)设点M的轨迹为曲线T,过点N(0,2)作直线l交曲线T于C,D两

点,试问在y轴上是否存在定点Q,使得𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗为定值?若存在,求出定点Q的坐标;若不存在,请说明理由.622.(12分)椭圆规是画椭圆的一种工具,如图①所示,在十字形滑槽上各有一个活动滑标M,N,有一根旋杆将两个滑标连成一体,|MN|=4,D为旋杆上的一

点,且在M,N两点之间,且|ND|=3|MD|,当滑标M在滑槽EF内作往复运动,滑标N在滑槽GH内随之运动时,将笔尖放置于D处可画出椭圆,记该椭圆为C.如图②所示,设EF与GH交于点O,以EF所在的直线为x

轴,以GH所在的直线为y轴,建立平面直角坐标系.(1)求椭圆C的方程;(2)设A1,A2是椭圆C的左、右顶点,P为直线x=6上的动点,直线A1P,A2P分别交椭圆C于Q,R两点,若四边形A1QA2R面积为3√3,求点P的坐标.7参考答案单元质检卷八平面解析几何1.D由题意可知

𝑏𝑎=2,则e=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√5.故选D.2.A方程x2+y2+2k2x+2y+4k=0可化为(𝑥+𝑘2)2+(y+1)2=k4-4k+1,故圆心坐标为(-k2,-1).因为圆x2+y2+2k2x+2y+4k=0关于直线y=x对称,所以直线y

=x经过圆心,所以-k2=-1,解得k=±1.当k=1时,k4-4k+1<0,不合题意,舍去.所以k=-1.故选A.3.D点A(cosθ,sinθ)到直线3x+4y-4=0的距离d=|3cos𝜃+4sin�

�-4|√32+42=|5sin(𝜃+𝜑)-4|5,其中φ满足tanφ=34.当sin(θ+φ)=-1时,d取得最大值,最大值为95.故选D.4.C由题意可知抛物线C:y2=4x的焦点F(1,0),直线AB的

斜率一定存在,故设直线AB的方程为y=k(x-1),点A(x1,y1),B(x2,y2).由{𝑦2=4𝑥,𝑦=𝑘(𝑥-1),得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,则x1+x2=2𝑘2+4𝑘2=2+4𝑘2,故AB中点的横坐标为𝑥1+�

�22=1+2𝑘2,|AB|=x1+x2+p=4+4𝑘2.由已知得(|𝐴𝐵|2)2=32+1+2𝑘22,即2+2𝑘22=32+1+2𝑘22,解得k2=23.所以|AB|=10.故选C.5.C分别过点O,F2作直线PF1的垂线

,垂足分别为A,B(图略),则OA∥F2B.由题意可知|OA|=√3𝑎8,又O为F1F2的中点,所以|F2B|=√3𝑎4.在Rt△PBF2中,因为∠F1PF2=60°,所以|PF2|=|𝐹2𝐵|sin60°

=𝑎2.由椭圆的定义知|PF1|=3𝑎2,在△PF1F2中,由余弦定理得,(2c)2=3𝑎22+𝑎22-2×3𝑎2×𝑎2×cos60°,化简得16c2=7a2.又椭圆C的焦距为2√7,所以c=√7,所以a

=4.故选C.6.B如图所示,因为线段FQ的垂直平分线上的点到F,Q的距离相等,又点P在抛物线上,根据抛物线定义可知,|PQ|=|PF|,所以线段FQ的垂直平分线经过点P.87.C不妨令直线l1的方程为y=𝑏𝑎x,直线l2的方程为y

=-𝑏𝑎x,设过点F且垂直于l1的直线方程为y=-𝑎𝑏(x-c),由{𝑦=𝑏𝑎𝑥,𝑦=-𝑎𝑏(𝑥-𝑐),解得{𝑥=𝑎2𝑐,𝑦=𝑎𝑏𝑐,则点A𝑎2𝑐,𝑎𝑏𝑐.同理点B

𝑎2𝑐𝑎2-𝑏2,𝑎𝑏𝑐𝑏2-𝑎2.当b>a>0时,如图①,S△AOB=S△BOF-S△AOF=12c·𝑎𝑏𝑐𝑏2-𝑎2−12c·𝑎𝑏𝑐=2ab,整理得5a2=2c2,所以e=𝑐𝑎=√102.当a>b>0时,如图②

,同理可得e=√62.故选C.8.D由{𝑥2=2𝑝𝑦,𝑦=𝑘𝑥+𝑡,消去y,得x2-2pkx-2pt=0,则xA+xB=2pk.同理xM+xN=2pk.设AB的中点为P,MN的中点为Q,所以xP=xQ=pk.由题意可知直线PQ过点E,所以xE=pk=2k,所以p

=2.所以抛物线C的方程为x2=4y.故选D.9.BD对于动直线l2:(k+1)x+ky+k=0(k∈R),当k=0时,斜率不存在,倾斜角为90°,故A错误;联立{𝑥-𝑦-1=0,(𝑘+1)𝑥+𝑘𝑦+𝑘=0,可得(2k+1)x=0,当k≠-12时,此方程

有解;当k=-12时,方程组有无数组解,此时l1与l2重合,可得对任意的k,l1与l2都有交点,故B正确,C错误;由于直线l1:x-y-1=0的斜率为1,动直线l2的斜率为𝑘+1-𝑘=-1-1𝑘

≠-1(k≠0),当k=0时,显然l1与l2不垂直,故对任意的k,l1与l2都不垂直,故D正确.故选BD.10.CD由已知得a=2√2,b=2,c=2,不妨设P(m,n),m>0,n>0,则𝑆△𝐹1𝑃𝐹2=12×2c×n=3,∴n=32

,故A错误;∵点P在椭圆E上,∴𝑚28+(32)24=1,解得m=√142,∴P√142,32,9∴|PF1|2=√142+22+94=394+2√14,|PF2|2=√142-22+94=394-2√14.∴|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|2=39

4×2-16=72>0,∴cos∠F1PF2=|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2-|𝐹1𝐹2|22|𝑃𝐹1|·|𝑃𝐹2|>0,∴∠F1PF2<π2,故B错误;由椭圆定义,可知△F1PF2的周长为2a+2c=4√2+4,故C

正确;设△F1PF2的内切圆半径为r,则12r·(4√2+4)=3,∴r=32(√2-1),故D正确.故选CD.11.ABD由题可知𝑝2=1,所以p=2,故A正确.设直线l1的斜率为k(k≠0),则直线l2的斜率为-1𝑘.设A

(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4),直线l1:y=k(x-1),直线l2:y=-1𝑘(x-1).联立{𝑦2=4𝑥,𝑦=𝑘(𝑥-1)消去y,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0,所以x1+x2

=2𝑘2+4𝑘2,x1x2=1.所以|AB|=x1+x2+p=2𝑘2+4𝑘2+2=4+4𝑘2.同理|DE|=x3+x4+p=2×1𝑘2+41𝑘2+2=4+4k2,从而|AB|+|DE|=8+41𝑘2+k2≥16,当且仅当k=±1时,等号成立,故B正确.因为S四边形ADBE=12|A

B|·|DE|=81+1𝑘2(1+k2)≥32,当且仅当k=±1时,等号成立,故C错误.𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x1+1,y1-1)·(x2+1,y2-1)=x1x2+x1+x2+1+y1y2

-(y1+y2)+1,将x1+x2=3,x1x2=1,y1+y2=2,y1y2=-4代入上式,得𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以∠AMB=90°,故D正确.故选ABD.12.ACD由双曲线方程�

�24−𝑥22=1知a=2,b=√2,焦点在y轴上,渐近线方程为y=±𝑎𝑏x=±√2x,故A正确;因为c=√𝑎2+𝑏2=√6,所以以F1F2为直径的圆的方程是x2+y2=6,故B错;由{𝑥2+𝑦2=6,𝑦=√2𝑥得{𝑥=√2,𝑦

=2或{𝑥=-√2,𝑦=-2,由对称性知点M的横坐标是±√2,故C正确;𝑆△𝑀𝐹1𝐹2=12|F1F2||xM|=12×2√6×√2=2√3,故D正确.故选ACD.1013.𝑥25−𝑦220=1由题意

得{𝑏𝑎=2,-2𝑐+10=0,𝑐2=𝑎2+𝑏2,解得a2=5,b2=20,∴双曲线的方程是𝑥25−𝑦220=1.14.②③当λ=1时,|BC|=|AC|,过AB的中点作线段AB的垂面β,则点C在α与β的交线上,即点C的轨迹是一条直线;当λ=2

时,|BC|=2|AC|,设B在平面α内的射影为D,连接BD,CD,设|BD|=h,|AD|=2a,则|BC|=√𝐶𝐷2+ℎ2.在平面α内,以AD所在直线为x轴,以AD的中垂线为y轴建立如图所示平面直角坐标系,设C(x,y),则

有A(-a,0),D(a,0),则|CA|=√(𝑥+𝑎)2+𝑦2,CD=√(𝑥-𝑎)2+𝑦2,|CB|=√(𝑥-𝑎)2+𝑦2+ℎ2,所以√(𝑥-𝑎)2+𝑦2+ℎ2=2√(𝑥+𝑎)2+𝑦2,化简得x+53a2+y2=16𝑎29+ℎ23

.所以点C的轨迹是圆.15.(1)2√3或8√23(2)43由题意圆P与圆Q关于原点对称,设Q(a,0)(a>0),则√𝑎2+22=1+2,a=√5,即Q(√5,0),所以P(-√5,0).(1)设直线l的方程为y+1=kx

,即kx-y-1=0,由|√5𝑘-0-1|√𝑘2+1=1得k=0或k=√52,则l的方程为y=-1或y=√52x-1,当l的方程为y=-1时,圆心M到l的距离为1,所以弦长为112√22-12=2√3;当l方程为y=√52x-1时,圆心M到

l的距离为|0+4-2|√(√5)2+(-2)2=23,所以弦长为2√22-(23)2=8√23.故圆M被直线l所截得的弦长为2√3或8√23.(2)因为直线l过原点,所以设直线l方程为kx-y=0,点M到直线l的距离为2√1+𝑘2,直线

截圆M所得弦长为d=2√4-41+𝑘2=4|𝑘|√1+𝑘2,点P到直线l的距离为|√5𝑘|√1+𝑘2,直线截圆P所得弦长为d=2√1-5𝑘21+𝑘2=2√1-4𝑘21+𝑘2,由题意4

|𝑘|√1+𝑘2=2√1-4𝑘21+𝑘2,解得k2=18,所以d=2√1-4×181+18=43.16.√32连接OA,OB,OP,依题意,O,P,A,B四点共圆,∵∠APB=60°,∴∠APO=∠BPO=30°,在直角三角形OAP

中,∠AOP=60°,∴cos∠AOP=𝑏|𝑂𝑃|=12,∴|OP|=2b,又b<|OP|≤a,∴2b≤a,∴4b2≤a2,由a2=b2+c2,即4(a2-c2)≤a2,∴3a2≤4c2,即e≥√32,又0<e<1,∴√32≤e<1,∴椭

圆C的离心率的取值范围是√32≤e<1.∴椭圆最圆时的离心率e=√32.17.解(1)∵e=12,∴𝑐𝑎=12,∵右焦点(c,0)到直线𝑥𝑎+𝑦𝑏=1的距离d=√217,∴|𝑏𝑐-𝑎𝑏|√𝑎2+𝑏2=√217,又b2+c2=a2,∴a2=4,b2=3,12∴椭圆C的

方程是𝑥24+𝑦23=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则{3𝑥2+4𝑦2-12=0,𝑦=𝑘𝑥+𝑚,(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0,x1+x2=-8𝑘�

�4𝑘2+3,x1·x2=4𝑚2-124𝑘2+3.∵直线l与椭圆C交于A,B两点,以AB为直径的圆过原点O,∴𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴x1x2+y1y2=0.∴x1x2+(kx1+m)(kx2

+m)=0,∴(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0,(𝑘2+1)(4𝑚2-12)4𝑘2+3+-8𝑘2𝑚24𝑘2+3+m2=0,化简得𝑚2𝑘2+1=127,即|𝑚|√𝑘2+1=2√217,故点O到直线l的距离为2√217.18.解(1)将点(0,-√

3)代入椭圆方程0𝑎2+3𝑏2=1,得b2=3,又离心率𝑐𝑎=12,a2=b2+c2,∴a2=4,椭圆E的方程为𝑥24+𝑦23=1;(2)设直线CD方程为x=ky+1,C(x1,y1),D(x2,y2),联立{𝑥24+𝑦23=1,𝑥=𝑘𝑦+1,

化简得(3k2+4)y2+6ky-9=0,∴y1+y2=-6𝑘3𝑘2+4,y1y2=-93𝑘2+4,四边形OCAD面积为S=S△OCA+S△ODA=12×2×|y1|+12×2×|y2|=|y1-y2|=√(𝑦1

+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2=12√𝑘2+13𝑘2+4,令t=√𝑘2+1(t≥1),∴S=12𝑡3𝑡2+1=123𝑡+1𝑡,∵t≥1,y=3t+1𝑡在[1,+∞)上单调递增,∴y≥4,故S=123𝑡+1𝑡≤3,当且仅当t=1,即k=

0时,等号成立.故四边形OCAD面积的最大值为3.19.解(1)因为|F1F2|=2,所以c=1,设|MF1|=m,|MF2|=n,m+n=2a,因为∠F1MF2=π3,△F1MF2的面积为√3,所以S=12mnsinπ3=√3,所以mn=4.13在△MF

1F2中,由余弦定理得4=m2+n2-2mncosπ3,即4=(m+n)2-3mn,解得m+n=4,所以a=2,b2=3,所以椭圆C的方程是𝑥24+𝑦23=1.(2)因为S2=3S1,所以12|QP||QB|sin∠BQP=3×12|QA||QO|sin∠AQO,所以|QP|=3|QO|,所

以|OP|=4|OQ|.所以xP=4xQ,当直线l的斜率不存在时,S2=S1,不合题意,当直线l的斜率存在时,设直线方程为y=k(x-1),设点A(x1,y1),B(x2,y2),则{𝑥124+𝑦123=

1,𝑥224+𝑦223=1,两式作差,得𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2·𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2=-34,即kAB·kOP=-34,故直线OP的方程为y=-34𝑘x,联立{𝑦=-34𝑘𝑥,𝑥24+𝑦23=1,解得𝑥𝑃2=16𝑘23+

4𝑘2,联立{𝑦=-34𝑘𝑥,𝑦=𝑘(𝑥-1),解得xQ=4𝑘23+4𝑘2,因为xP=4xQ,所以4|𝑘|√3+4𝑘2=4×4𝑘23+4𝑘2,即k2=14,解得k=±12,所以直线l的方程为y=±12(x-1).20.解(1)设P(x,y)

,由题可得|𝑥-4|√(𝑥-1)2+𝑦2=2,化简得3x2+4y2=12,即𝑥24+𝑦23=1,所以曲线C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)假设在y轴上存在符合题意的点M,则点M在线段AB的中垂线上,由题意知直线AB的斜率显然存在.当直线AB的斜率为0时

,则A(-2,0),B(2,0).设M(0,t),则𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-t),𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-t).由𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-4+t2=-2516,解得t=±√394,此时M0,±√394.

当直线AB的斜率不为0时,设直线AB的方程为y=k(x+2).14联立{𝑦=𝑘(𝑥+2),𝑥24+𝑦23=1,得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0,则-2·xB=16𝑘2-1

23+4𝑘2,解得xB=6-8𝑘23+4𝑘2,即B6-8𝑘23+4𝑘2,12𝑘3+4𝑘2.AB的中点为-8𝑘23+4𝑘2,6𝑘3+4𝑘2.线段AB的中垂线的方程为y-6𝑘3+4𝑘2=-1𝑘x+8𝑘23+4𝑘2,令x=0,得y=-2𝑘3+4𝑘2,即

M0,-2𝑘3+4𝑘2.所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2,2𝑘3+4𝑘2,𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=6-8𝑘23+4𝑘2,14𝑘3+4𝑘2,所以𝑀𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=64𝑘4+28𝑘2-3

6(3+4𝑘2)2=-2516.解得k2=14,此时M0,±14.综上可得M0,±√394或M0,±14.21.解(1)设M(x,y),由条件知|𝐹𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1+𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,所以√𝑥2+(𝑦-1)2=1+y(

y≥-1).两边平方,得x2+y2-2y+1=y2+2y+1,所以x2=4y,满足y≥-1,所以点M的轨迹方程为x2=4y.(2)由题意知直线l的斜率存在.设l的方程为y=kx+2,与x2=4y联立,得x2-4kx-8=0,所以Δ=1

6k2+32>0,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=4k,x1x2=-8.又设Q(0,y0),则𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(x1,y1-y0),𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(x2,y2-y0),所以𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=x1

x2+(y1-y0)(y2-y0)=x1x2+(kx1+2-y0)(kx2+2-y0)=(k2+1)x1x2+k(2-y0)(x1+x2)+(2-𝑦0)2=-8(k2+1)+4k2(2-y0)+(2-𝑦0)2=(2

-𝑦0)2-8-4y0k2为定值,从而得y0=0,所以存在定点Q(0,0),使得𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗·𝑄𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗为定值-4.22.解(1)由题得|MD|=1,|ND|=3,所以椭圆C的长半轴长为3,短半轴长为1,故椭圆

C的方程为𝑥29+y2=1.15(2)当t>0时,设点P(6,t),则直线A1P的方程为y=𝑡9(x+3),直线A2P的方程为y=𝑡3(x-3).设Q(x1,y1),R(x2,y2).由{𝑥29+𝑦2=1,𝑦=𝑡9(𝑥+3)消去x,得(9+t2)y2-6ty=0

,由于𝑦𝐴1=0,则y1=6𝑡9+𝑡2.由{𝑥29+𝑦2=1,𝑦=𝑡3(𝑥-3)消去x,得(1+t2)y2+2ty=0,由于𝑦𝐴2=0,则y2=-2𝑡1+𝑡2.所以四边形A1QA2R的面积为S=12|A1A2|·|y1-y2|=36𝑡9+𝑡2+

2𝑡1+𝑡2=24𝑡(𝑡2+3)(9+𝑡2)(1+𝑡2)=24𝑡(𝑡2+3)(𝑡2+3)2+4𝑡2=24𝑡2+3𝑡+4𝑡𝑡2+3.由于t>0,m=𝑡2+3𝑡≥2√3,当且仅当t=√3时,等号成立,故S=24𝑚+4𝑚=3√

3.解得m=2√3或m=2√33(舍去),即t=√3.当t<0时,由对称性可得t=-√3.综上,当点P(6,√3)或P(6,-√3)时,四边形A1QA2R面积为3√3.