第二次月考滚动检测卷[范围：第一至三章]-【课堂百分百】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册单元培优双测卷（人教A版2019）

得(2m2+3)y2+4my-4=0. 19.解：(1)证明：国为国x+y一2x-15=0可化为 则y1十= 2m+8x+x=m(y十y2)+2 一4m (x-1)2+y2=16, 所以圆心M(1,0),半径MB=4, 一4m十2= 6 又因为过点N作AM的平行线交BM于点C, 2m2+3 m+31 所以AM∥NC, 6 一4m 。=4+4-2m+3%-y+%2m+3 又因为|MA|=|MB|,所以∠BNC=∠BAM= P出在精圈写+号-1上， ∠NBC,所以CNI=CB, 所以CM川+ICN|=ICM+ICB|=|MB=4> 12 8m |MN|=2, 六(2m+3) (2m2+3=1, 所以点C的轨迹为椭圆，由辅国定义可得，点C的 中2m+3-4,解得m-士号 轨选方程为行+苦-1≠0， 2y+1, 直线2的方程为x=气y十1或一2 (2)由可知点C的载选方程为号十号-16≠0 即2.x-y-2=0或2x+y-√2=0. 易知≠0，设P(x1y） (y=kr, += 消去y,得(3+4k)x2=12. =12 解得 3+4· 18解：)因为点M在丰国上，所以=(）十 y-12 3+4k (）-1.又6>0.所以6=1 1212k 121十k) 则1OP√+J3++3计被3+W 当半圆在点M处的切线与直线AG平行时， :△PQR是以PQ为底边的等腰三角形， △AGP的面积最大. R0 LPQ.kw·kw=-1,则6n=-2 因为k=一号所以k=号-反 又b=1,所以a=2, 12[+(D 同理，OR 12(1+k) 3k2+41 C的方程为2+21(y>0 3+4- =1(y≤0). .S△= ×PQIX IOR (2)证明：由题意得C(1,√2)，D(一1，w2), 设P(x。,y)(y<0), =×2×4 12(1+k) 12(1+k) w:y2=x-1 3k+4 2◆y=0,得x=2。， 2- 12(1+k2) V(3+4)(4+3k 即E20小则m:y2=号 %-V2x十1 所以S△rQ 12(1+k) √(3+4k)(4+3k) 令y=0,得r= 2x。十如. 12(1+k) 12(1+k)_24 √2-y 3+4k+4+3k 中d小 2 名1+6码 当且仅当3十4k=4十3k”,即k=士1时取等号. 又A(-1,0),B(1,0),x+y6=1, (Sm=4 所以|AE+|BF甲 2一业+1)+2- 2.x十四-1 第二次月考滚动检测卷 2-y 1.D由题意知点P的坐标为(-一c,名)浅（一c,一仁） (2x-2y十2)+(2.x+2y。-2) (w2-y) ∠R,PE,=602= =4x+8-82+4=4. (2-y%) 即2ac=v3b=3(a2-c). 60 3e+2e-3=0e=5或e=-5(舍去). 2=a-6=，-r= 3 7rc= 3 故选D. .e=C= 2.C因为抛物线C的方程为y2=2pr(p>0),所以 2,故选A 焦点F(0)小，设M(,y,由抛物线的定义.知 7.C由题困可设瓷盘所在精国的方程为 1 MF=x十号=5，解得x=5一台国为国心是 (a>b>0),所以长轴长2a=8,短轴长2h=4.所以 a=4,b=2,可得c=√a-b=25,因此焦距2c MF的中点，所以根据中点坐标公式，可得圆心的 43,故选C 横坐标为号，国的丰径也为号，敢该国与y轴相切 8.A当直线AB的斜率为0时，直线AB与抛物线 于点(0,2)，故圆心的纵坐标为2，则点M的纵坐标 只有1个交，点，不符合题意，所以直线AB的斜率 不为0，设其方程为x=ky十 为4，即M(6-台小，代入抛物线方程，得p- 因为点A,B在抛物线y2=x上，所以设A(y, 10p十16=0，解得p=2或p=8,所以抛物线C的 yA),B(y,y),所以OA·OB=yy十yyB=2, 标准方程为y=4r或y2=16.x,故选C. 解得yym=1或yyB=一2.又因为A,B两点位 3.B由题意得PF:=F,F:=2c,设直线PF,与圆 于x轴的两侧，所以yyB=一2。 (x一c)+y=c相切于点T,则PF⊥TF,TF =c,在Rt△FTF2中，∠TFF=60°→PF=23c, 联立少=，得y一y一m=0,所以u x=ky十m, 则由双曲线的定义可得PF:=PF,一2a=2√3c 一m=一2，即m=2.所以直线AB的方程为x=ky 2,所以20=2-2a→0=后-，故选R 十2.所以直线AB一定过点(2,0).故选A 9.ACD如图，延长PF, 4.C延长FM交PF于Q,据题意得PM是线段 F,M,交于点N,则△PFN F,Q的中垂线，即|PQ=|PF:,由双曲线的定义 为等腰三角形，M为F,N的 得PF,|-IPF=|PFI-IPQI=QFI=8,又 中点，10i=B1=司 线段MO是△F,F,Q的中位线，所以|MO=4.故 选C. 1p-p11=专 5.B依题意得，a=4,b=3. c=√a+6=5. IPF,一PF2I.由图可知，当P在短轴端点时， 设点P在双曲线的右支 OM取得最小值，此时|OM=0,当P在长轴端 上.如图所示， 点时，|OM取得最大值，此时|OM=22,但P 过F2作F,D⊥AF于点 不能在坐标轴上，故取不到端，点值，所以OM的 D.易得四边形ABF,D为 取值范国为(0,2√2).故选ACD. 矩形. 10.ABC根据题意知.1∥x轴，所以y,=1,又P在 AF=PF,,BF=PF,I..F D= AFI-AD=AFI-BF=PF-PF,I 超物我上，所以=子 =2a=8. 根据抛物钱的光学性质知，PQ过焦点F, 又：|F,F=2c=10, ∴.在Rt△F,DF:中，FD=F,F,-F,D 又易知P4,0),所以n=0=一专，放B -1 =/10-82=6, 正确： .ABI=FDI=6. 故选B. 国为女加=一亭所以直线PQ的方程为y=一音 6.A设圆柱的底面半径为r,依题意 (x-1),与y2=4x联立，消去x得y”十3y一4 知.最长母线与最短母线所在戴面 60 =0, 如图所示】 所以y1十y=-3,y1y=一4， ∴.AB=DE=2r. 2r43 所以x=X兰=1，故A正确) 4 从而CD= sin60° 3 . 因此在精国中长轴长2a=4 3 -r: 短轴长2b=2r, Vy十)-4y,为= ，tC亚病： 61 1与4之间的距离为y一为=/(y十为)一4y四 =5,故D错误： 上k∈(0，]U[12.+o):故选B 故选ABC. 12.解析：如图，在探照灯的轴截面 11.BC设P(xy).当0<k<4时，不妨令A(-2.0) 所在平面内建立平面直角坐标 系，使探照灯的顶点（即抛物线 B(2,0).则PA=(-2-x,-y),PB=(2-x,一y), 的顶点)与原点重合，x轴垂直 ∴.PA·PB=x+y2-4=1PA|X|PB|os120 于灯口直径. =-PAIXIPBI.南Sw=2PAX1P 设抛物线的标准方程为y= 2p.x(p>0),由已知条件可得点A的坐标是(40， ×sin120°=21ABl×y=21y, 30),且在抛物线上，代入方程，得30=2p·40, 得号1 PAIXIPB1= 解得p=5 4 5 故有r+y-4=-Pi×P=- 故所求抛物线的标准方程为广-想，焦点坐标 3 是(o 又“点P在椭圈上，x=4-4y 4g+-4=- 答案-号（智o) √3 13.解析：设点A,M,B的纵坐标分别为y1y2y,A, 4-y=山义.y= M,B三点在抛物线准线上的射影分别为A',M, 4k w31 3(4-k) B,连接AA',MM,BB,AF,BF,如图所示. 依题意知0<4h ≤E, 3(4-k) 又0<k<4,3k+4√灰-43≤0， 0长 当k>4时，不妨令A(0,一√E),B(0k), 则PA=(-x-√F-y),PB=(-xNE-y), 由抛物线的定义，知AF=AAI=y十 ∴PA·PB=x2+y2-k=|PA×|PB1cos120 =-21pi×pB. IBF=BB1=y十 由Samw=号PiXP店sim120°=2AB× 所以=AF-子%=BF-子 又M是线段AB的中点， Ixl=rl, 所以为=2y+y)=2(AF+BF1-2） 得号1PA×Pi=2E 3 ≥(AB-)=2a-D. 故有+y-=-号Pi×P=-2 当且仅当AB过焦点F时，等号成立，即当定长为 5 a的孩AB过焦点F时，点M到x轴的距离最小， 又“点P在椭圆上，y=k-红 最小距离为子(2a-1), x+k好-k=-2, 4 答案：2a-1D 3 即k-4)x=2Fx 14.解析：由題意得A(一2,0)，且直线BC的针率不 4 3 为0. 设B(.1y),C(xy),直线BC的方程为x=ny x=8 +t. 3(k-4) 依题意知0<8质 ≤2， 联+号1 3(k-4) x=ny十t: 又k>4,3k-4W顶-43≥0. 得(3n2+4)y2+6ty+3t2-12=0, .k≥12. 所以+为=程 6nt 62 因为直线AB与AC的斜率之积为定值- C(0,0,0),P(0,1,2), 4 .BP=(0,-1,2),PA=(2,-1,0). 所以少 n1·BP=0, 由 所以4y1y2+(ny,+1+2)(ny+t+2)=0, 。 n1·PA,=0, 即(n2+4)yy2+n(1+2)(y1十y2)+(1+2)=0, 令y-2,得n:=(1.2,1). 所以t+1一2=0， 设平面B,PQ的法向量为n,=(x·) 解得1=1或1=一2 B1(0,2,2),.PB1=(0,1,0),BQ=(2x,-2λ， 当1=一2时，不符合题意，舍去， 21-2). 所以t一1，所以直线BC恒过定点(1,0). 答案：(1,0) 由 n·PB,=0 。得=0， 15.解：(1)直线的方程整理可得(y-1)m十x-1=0, n2·BQ=0,ax-Ay+(A-1)x=0. 所以过定点P(1,1), 令2=入，得n=(1一1,0，A). 若直线与圆O有公共点，则点P在圆内或者圆 1-入+A 上，即1+1≤r2, 由题意得|cos〈n1,n:〉|= 6X√(1-)+ 又r>0,所以r≥2. 30 (2)设弦MN的中点为E, 6X√2x2-2入+1 10 则OM+ON=2OE. 由垂径定理可得MN=4ME=4(OM-OE), 六9朗-8以+2=0解得=号或= 3 所以|OM+ON|≥3|MN ∴当=号减=号时，平面A,PQ与平面B,PQ 即OE≥9(OM-OE), 则100E≥45，所以0E≥号，又0E<5, 所成夫角的余供值为需 17.解：(1)由PF|-|PF,|=2<F,F|知，点P的 由题意知OE=一， 5 轨迹E是以F,、F为焦点的双曲线的右支 <5. 设软建E的方复为二一- =1(x≥1)，a>0, b>0. 即1(-5，-31@U3.5 e=2,2a=2,.6=3, 2 2 16.解：(1)证明：连接AB1·AC 故轨连E的方程为-号=1(r≥1). 3 ,点Q为线段A,B的中点，四边形ABBA为矩形. (2)()当直线（的斜率存在时， ∴A,Q,B1三点共线，且点Q为AB1的中点 设直线方程为y=k(x一2)，P 点P,Q分别为BC和AB,的中点， (x·y),Q(xy),与双曲线 .PQ∥AC 方程联立消y得(k一3)x2 在直三棱柱ABC一AB,C,中，AC⊥BC, 4k°x+4k2+3=0. .BC⊥平面ACC,A1, k-3≠0， 又AC,C平面ACC1A1,.BC⊥AC. △>0， 又AC=AA1.四边形ACCA1为正方形， ∴.AC1⊥A,C. .x1十2= 44 ,AC∩BC=C,.AC⊥平面A,BC 3>0, 而PQ∥AC·.PQ⊥平面A,BC. 4-装号0 (2)以C为原点，分别以CA,CB.CC,所在直线为 解得2>3. x轴，y轴，之轴建立空间直角坐标系，连接AP, BQ,BP,则B(0,2,0)A(2,0,2).设Qry,z). MP·MQ=(x1-m)(x:一m)+y为 =(x1-m)·(x2-m)+k(t1-2)(x2-2) BQ=ABA1∴.(xy-2,)=λ(2，-2.2). =(k+1)x1x1-(2k+m)(x1十x2)十m+4k /r=2a, .y=2-2x,.Q(2A,2-21,2x). =因+)(4+32-4(2十m)+m+4k k2-3 k-3 x=2入， :点Q在线段A,B上运动， =3=（4m十5)及十m k2-3 .平面APQ的法向量即为平面A,PB的法 =m-4m-5)k+3(1-m2) 向量. k2-3 设平面APB的法向量为n1=(x1·%,2), MP⊥MQ,∴.MP·MQ=0. 63 故得3(1一m2)十k2(m2-4m-5)=0对任意的k >3恒成立， 令x=0,得y=一 1-m=0, 5y1 m2-4m-5=0, 3x1 解得m=一1. 所以飞，=一 .当m=-1时.MP⊥MQ 即=一号，国此存在常数入 当直线1的斜率不存在时，由P(2,3),Q(2,一3) 是使得特论成立。 及M(一1,0)知结论也成立. 综上，当m=-1时.MP LMO. 19,解：1)：点（停，2）和(--2）关于原 (i)由(i)知M(一1,0)，当直线1的斜率存在时， 1PQ=√1+1x-,=61+) 点对称， k2-3 “精国C必过这两点十品=引 点M到直线PQ的距离为d山，剩d=3 当椭國过点(0,1)时，n=1,∴m=3, √1十k 此时满足m>n,符合题意. PQ d= 9k1+k☒ k-3 当精国造点(0)时m= 8n=8, 9+k)k k2-3 9 (1+k)k 此时m<n,不符合题意. (k-3)7· 令k-3=1(1>0), “精圆C的方程为写+y=1 (2)当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=k,x 十m,A(1y),B(x2y). [y=kx+m. >05w=9 12 +7+1>9. +y-1.得1+3)r+6mr+3m-3 由x 当直线1的针率不存在时，S0-×3X6=90, =0, x1十x= 6km 综上可知，Sm的最小值为9. (2+1=1, 年0- ,(OA⊥OB, 18.解：(1)由题意得， 解得 a=3, 1 2 6=1, ∴x1x:十为=1x十(kx1十m)·(kx2十m) =(1+k)x1x2+kn(x1十x2)+m2=0, 之精国C的方程为写+。 ∴.4m=3k+3. (2)设A(x1y)(x1y≠0).D(xgy:) 一原点到直线AB的距离为m=圆 √1+k2 则B(-x·一y) 当直线AB的斜率不存在时，设其方程为x=1, 所以直线AB的斜率k仙-兰 则不5令A(.93),B(,-93】 3 3 设直线AD的方程为y=kx十m,由题意知k≠0， m≠0，因为AB⊥AD,所以k=- 0A10Bf== 2 3 y=kx+m, 可得(1+3k)x+6mkx+3m2-3 原点到直线AB的距离为 (3)由(2)知，当直线AB的斜率存在时， |AB2=(1十k)(x1一x2) =0, 所以x1十一 1+3ky十为=k(+x)+ 6mk =1+)[（0)广-4×] 1+3k」： 又4m2=3k+3, 2m 2m=1+3k 六AB:=3(96士0D=3+。 12k 所以直线BD的针车m一头中器-一动一卖 9k+6k2+1 9k'+6k+1 12 x十 =3+ 所以直线BD的方程为y十一兰十，◆y 96+6+T 因为12 12 =0,得x=2,即M(2x,0),可得=-当， 9k+6+J6+6=1, 64 当且仅当9k=1 即=士时，等号成立，所以 一√2)，设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,x), 3 IAB|≤2. 则 Pi·n=2x-√2g=0 令2=1，则x=y=1, 当直线AB的斜率不存在时，|AB=√3<2， PC·n=√2y-√2x=0 所以Saw=号×2x号-= 故n=(1,1,1),所以，点D到平面PBC的距离为 22 in-=园-25故选B 第三部分期考综合检测卷 3 8.B:抛物线y2=4Cx的准线方程为x=一c,它正 期中综合检测卷 1.D根据空间两点间的距离公式，可知AB|= 好框这以肉我C号-芳=1o>0,6>0》的左统 √(2+3)+(-1-4)+(6-0)=√/86.故选D. 2.B由题意知O为圆x2十y=1的圆心.所以易知 点，六准线被双曲线C藏得的孩长为5：沙 ∠OPQ=30°，则國心O到直线x十y=m(m>o)的 距离等于，根据点到直线的距离公式得二m eaw=a…后=e-心+26=d 2 a ② 合所以m-怎故选且 一2.双曲线C的渐近线方程为y二士2，】 2工，故选 B. 3.AM=MA+AA+A店 9.ABCD如图所示，取BD的中 +BN=-号(A店+AD) 点O,连接AO,CO,:正方形 ABCD沿对角线BD折成直二 AA+A店+A心，化简得： 面角，·以O为原点，OC为xB MN-MA,+AA+A店+ 轴，OD为y轴，OA为z轴，建 B=A店-AM-2a-e 立空间直角坐标系，设OC=1, 则A(0,0,1),B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1.0), 故选A. 4,A将圆x2十y+4x一2y一4=0化为标准方程是 .AD=(0,1,-1),BC=(1,1,0).cos(AD,BC)= (.x+2)2+(y一1)=9，故该圈的国心坐标是（一2,1）， 西：配后：2安米南直我AD与 AD·BC 1 半径是3.故选A. 5.C由题意知a=4,b=2,故c=√16-4=2尽，所 以F(一2√3,0)，故点F到直线x一y=0的距离 BC所成的角为60°，故A正确：AC=(1,0,-1), d=-23-0=6.故选C BD=(0,2,0),:AC·BC=0,AC⊥BD,故B正 √2 确：设平面ACD的一个法向量为1=(x,y,),则 6.B因为平而a的方程为2x十2y十g-7=0,所以 平面《的一个法向量为m=(2,2,1),直线1的方向 t·AC=x-x=0, 取x=1,得1=(1,1,1)，BC 向量为n=(1,2,一2)，设直线1与平面a所成角为 1·AD=y-=0, 0.则sn9=lcos(m.n1-贯沿-3表3号故 (1,1,0),设BC与平面ACD所成角为0，则sin0= 选B. 7.B依题意，设AC∩ o成w-:h店etc BD=O,则PO⊥平面 确：平面BCD的法向量n=(0,0,1),BA=(0,1, ABCD,因为PO⊥平 面ABCD,所以∠PAO 1),BC=(1,1,0),设平面ABC的法向量为m= 为PA与平面ABCD m·BA=y十*=0， 所成角，即∠PAO (ty,x),则 取x=1,得m 不，国为AB=2,所以 A B m·BC=x+y=0. OA=OC=OB=2,则PO=OA=2,以O点为原 -1.emna=店-号 点，建立空间直角坐标系如图，则C(0,√2,0)， B(2,0,0),D(-√2,0,0)，P(0,0,2),所以CD in(m,n)=5,二面角A-BC-D的平面角 -(2,-2,0),PB=(√2,0，一2)，PC=(0,√2， 的正切值是√2，故D正确.故选ABCD. 65第二次月考滚动检测卷 [范围:第一至三章] (时间:120分钟满分:150分) 1 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. 一1(a>6>0)的左焦点F 作x轴的垂线交圆于点P,F。为其右焦点,若 F,PF。一60*,则圆的离心率为 ( ) B C# 2.设抛物线C:v一2x(>0)的焦点为F,点M在抛物线C上,MF -5.若以MF为直径的圆 ( 过点(0,2),则抛物线C的标准方程为 ) A.y2-4x或y2-8x B.2-2x或y2-8x C.-4x或y2-16x D.*-2x或y2-16.x 上存在一点P.使得以F.F。,F。P为邻边的平行四边形为菱形,且直线PF,与圆(x一c){十y{} r 一c*相切,则该双曲线C的离心率为 * ,。 B.31 C.3 2 D.2 4.已知双曲线C: 一1的左,右焦点分别是F,F。,P是双曲线C的右支上的一点(不是顶 ( 点),过F。作F.PF。的平分线的垂线,垂足是M,O是原点,则MO= ) C.4 A.随P点变化而变化 B.2 D.5 --1的左、右焦点分别为F、F,P为双曲线C上一点,直线/分别与以 F. 为圆心,F.P为半径的圆和以F。为圆心,F。P为半径的圆相切于点A,B,则 AB 一( ) A.2/7 B.6 C.8 D.10 6.美学四大构件是:史诗、音乐、造型(绘画、建筑等)和数学,素描是学习绘画的必要一 步,它包括明暗素描和结构素描,而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步,某 同学在画切面圆柱体(用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱,底面与截面之间的部分 叫做切面圆柱体,原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆柱体的母线)的过 f 程中,发现“切面”是一个圆,若切面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面圆柱 体得到的截面图形是有一个底角为60度的直角梯形,则该圆的离心率为 将 D 7.中国是世界上最古老的文明中心之一.中国古代对世界上最重要的贡 献之一就是发明了瓷器,中国陶瓷是世界上独一无二的.它的发展过程 蕴藏着十分丰富的科学和艺术,陶瓷形状各式各样,从不同角度诠释了 数学中几何的形式之美,现有一圆形明代瓷盘,经测量得到图中数 据,则该圆瓷盘的焦距为 B.23 C.4/3 A.8③ D.4 29 8.已知点A.B在抛物线y-x上且位于x轴的两侧,OA·OB-2(其中O为坐标原点).则直线 AB一定过点 ( ) B.(.o) D.(0) A.(2,0) C.(0.2) 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分 -1上的一个动点,F,F。分别为圆的左,右焦 点,O是坐标原点,若M是 F.PF。的平分线上的一点(不与点P重合),且F.M·PM-0,则 lOM|的取值范围不可能为 ) B.(0,2/2) A.[0,3) C.[2/2,3) D.[o,4] 10.抛物线有如下光学性质:由焦点射出的光线经抛物线反射后,沿平行于抛物线对称轴的方向 射出.已知抛物线v一4x的焦点为F,一束平行于:轴的光线/.从点M(3,1)射人,经过抛物 线上的点P(x,v)反射后,再经抛物线上另一点Q(x,v)反射后,沿直线/。射出,则下列结 论中正确的是 ( - A.x-1 C./PQ25 4 D.7.与L。之间的距离为4 值范围可以是 ) A.(0 C.( D.2 B.[12,) 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.探照灯反射镜(如图)的轴截面是抛物线的一部分,光源位于抛物线的焦点处.已 知灯口圆的直径为60cm.灯深40cm,则抛物线的标准方程为 焦点坐标为 .(本题第一空3分,第二空2分) 13.已知AB为抛物线y一x^*}上的动弦,且ABl一a(a是常数且a三1),F为抛物线 的焦点,则弦AB的中点M到x轴的距离的最小值为 之积为定值-.则动直线BC恒过的定点坐标为 四、解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)设直线/的方程为x十my-1-m=0(mR),圆O的方程为x*+y=r*(r>0). (1)当取一切实数时,直线/与圆O都有公共点,求,的取值范围; (2)当r-/5时,直线x+2y-t-0与圆O交于M,N两点,若OM+ON|>3lMN|,求实数t 的取值范围. 30 16.(15分)如图,在直三校柱ABC-A.B.C 中,AC |BC,AC=BC=AA =2,点P 为梭BC 的中点,点Q为线段A.B上的一动点; (1)求证:当点Q为线段A.B的中点时,PQ1平面A.BC (2)设BQ一入BA,试问:是否存在实数x,使得平面A.PQ与平面B.PQ的夹角 的余弦值为 若存在,求出这个实数入;若不存在,请说明理由 17.(15分)已知F(-2,0),F。(2,0),点P满足 PF -PF。-2,记点P的轨迹为E (1)求轨迹E的方程; (2)若直线/过点F。且与轨迹E交于P、Q两点. (i)无论直线7绕点F。怎样转动,在x轴上总存在定点M(m,0).使MP1MQ恒成立,求实数 n的值; (ii)在(i)的条件下,求△MPQ面积的最小值 31 18.(17分),知点(#2^{}(1}) (1)求圆C的标准方程; (2)过原点的直线与圆C交于A,B两点(A,B不是圆C的顶点),点D在圆C上,且 AD IAB,直线BD与x轴、v轴分别交于M、N两点,设直线AM,AN的斜率分别为,。 证明:存在常数,使得一。,并求出入的值 =1(m>n>0),且圆C上恰有三点在集合 7n ##{#2#), -2)()(0,1)}# /. (1)求圆C的方程; (2)若点O为坐标原点,直线AB与圆交于A、B两点,且满足OA1OB,试探究;点O到直 线AB的距离是不是定值?如果是,求出定值;如果不是,请说明理由; (3)在(2)的条件下,求△AOB面积的最大值 32