浙江省杭州学军中学2024-2025学年高二暑期数学测试卷

2026 高二数学 试卷 考试 围： 所学所 内容；考试时间：120 钟；满 ：150 注意事项： 1．答题 填写好自己的姓 、班级、考号等信息 2．请 答案正 填写 答题卡上 第Ⅰ卷 ( 择题) 评卷人 得 一、单项 择题（ 题共 8 题，每 题 5 ，共 40 . 每 题给出的四个 项 中，只 一项 符 题目要求的.） 1.如图， 棱长为 1的正方 ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AB上的点，且 AEEB = 3，点P 线段D1E上， 点P 直线AD距离的 为 ( ) A BE D C C1 D1 P A1 B1 A. 22 B. 3 2 C. 3 5 D. 1 2. 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E，F 为线段A1B1，AB的中点，O为四棱锥 E- C1D1DC的外 的 心，点M，N 直线DD1，EF上的 点，记直线OC与MN所 成角为 θ， 当 θ 时，tanθ= (　　) A. 2 2111 B. 4 2 3 C. 11 205 205 D. 11 21 42 ·1· 3. 一 标系中，直线 ax+ by+ c= 0与 x2+ y2+ ax+ by+ c= 0的图形情况可能 (　　) A. O x y B. O x y C. O x y D. O x y 4.已知点A为直线 3x+ 4y- 5= 0上一 点，点P(m+ 2，1- n)，B(2，0)，且满足m2+ n2 = 2n- 4m- 4， 2|AP| +|BP|的 为 (　　) A. 65 B. 7 3 C. 65 5 D. 7 5 5.以下几个 题中，其中 题的 号为 (　　) ①双曲线 x2 25 - y2 9 = 1与 x2 35 + y 2= 1 相 的焦点； ② 内， 定点 (2，1)的距离与 定直线 3x+ 4y- 10= 0的距离相等的点的轨迹 抛物线； ③设A、B为两个定点，k为 零 数，|PA  |-|PB  |= k， 点P的轨迹为双曲线； ④过定 C上一定点A 的 弦AB，O为 标原点，若OP  = 12 (OA  +OB  )， 点 P的轨迹为 ． A.① B.①② C.①④ D.③④ 6.已知双曲线E：x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0，b> 0)的离心 为 2，左、右顶点 为A1，A2，右焦点 为 F，B，C E上 于第一 的两点，A2B ∥ CF，若 |CF | = 4a， tan∠A1BA2= (　　) A. 77 B. 3 3 C. 3 D. 5 7 7 7.如图，⊙O：x2+ y2= 4与 x轴交于点A，B，C ⊙O上第一 内的点，D，E 线AC，CB上，DE交 x轴于点 F．若直线DE的方 为 x= 4，F 线段DE中点， 直 线CF的方 为 (　　) ·2· O x y A B C D F E A. 2x+ 3y- 8= 0 B. x+ 2y- 4= 0 C. 2x+ 3y- 8= 0 D. x+ 3y- 4= 0 8.已知点P C：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)上的一点，左、右焦点 为点 F1，F2，PF1  ⋅ PF2  = 0，点Q ∠F1PF2的 线上，O为 标原点，OQ∥PF1，且 |OQ| = 2b， 的 离心 为 (　　) A. 423 B. 30 3 C. 30 6 D. 42 6 评卷人 得 二、多项 择题（ 题共 3 题，每 题 6 ，共 18 . 每 题给出的四个 项 中， 多项符 题目要求，全部 对的得 6 ，部 对的得部 ， 错的得 0 .） 9.如图，心形曲线 L：x2+ (y- |x|)2= 1与 y轴交于A，B两点，点P L上的一个 点， (　　) O x y A B P A.点 22 ，0  (-1，1) L上 B.点P的纵 标的 大 为 2 C. |OP|的 大 与 之 为 3 D. |PA| +|PB| ≤ 2 3 10. 直角 标系 xOy中，已知曲线C1：4x 2+ y2= 1，C2：2x2- y2= 1，与 x2+ y2= 1相 的直线 l交C2于P，Q两点，点M，N 曲线C1与C2上的 点，且OM⊥ON， ·3· (　　) A. OP  ⋅OQ  = 0 B. |OP||OQ|的 为 2 C. |OM |2+ |ON |2的 为 83 D. O点 直线MN的距离为 3 3 11.如图，棱长为 1的正方 ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G 为棱BC，CD，C1D1的中 点，点M为棱 CC1上的 点，点 N为 BB1C1C内 点，AN与 BB1C1C成角为 45°， 下 说法中正 的 (　　) A. 点N所 轨迹长为 π2 B. AEM⊥ BB1GF C. AEM截正方 所得的截 图形始终 四边形 D.点B 点C AEM的距离相等 第Ⅱ卷 ( 择题) 评卷人 得 三、填 题： 题共 3 题，每 题 5 ，共 15 . 12.数学中 许多形状 、寓意独特的几 ，正八 其中之一．正八 由八个等边三角形 成，也可以 由上、下两个正方锥 黏 而成，每个正方锥 由四个 三角形与一个正方形组成．如图， 正八 ABCDEF 中，H 棱BC的中点， 异 直线HF与AB所成角的 弦 ． 13.人 识 今生 中 用 泛，主要 部五官之间的距离，称为“曼 顿距 离”．其定义如下：设A= (x1，y1)，B= (x2，y2)， A，B两点间的曼 顿距离 d(A，B) = |x1- x2| +|y1- y2|．已知M= (1，2)，若点P满足 d(M，P) = 2，点N C：x2+ y2+ 6x + 4y= 0上运 ， |PN |的 大 为 ． ·4· 14.已知点O为 标原点，点F 抛物线 y2= 4x的焦点，点A，B 于 x轴的两 且都 抛物线C上，记△ABO的 积为S1，△AFO的 积为S2，若OA  ⋅OB  = 0， S1+S2的 为 ． 评卷人 得 四、解答题： 题共 5 题，共 77 ，解答 写出文字说 、证 过 或 算步骤. 15.如图， 四棱锥 P-ABCD中，AB ∥DC，AB= 2BC= 2CD= 4，∠BCD= 60°，PB⊥ AD． (1)求证： PBD⊥ ABCD； (2)若PB= PD，点 F满足CF  = 2FP  ，且三棱锥 F-ABD的 积为 4 33 ，求 DBF 与 PAD的夹角的 弦 ． ·5· 16.如图，已知 M：x2- 4x+ y2+ 3= 0，P(-1，t)为直线 l：x=-1上一 点，O为 标原 点，过点P M的两 线， 点 为A，B． (1)证 直线AB过定点， 求出定点的 标； (2)求线段AB中点的轨迹方 ； (3)若两 线PA，PB与 y轴 交于点S，T，求 |ST|的 ． O x yl P A B M S T ·6· 17.已知 E：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的长轴长为 4 2，离心 为 12 ，M (2，0)，N (-2，0)． (1)求 E的方 ； (2)过P(4，0) 一 斜 存 且不为 0的直线 l交E于A，B两点． (i)证 ：直线AM 直线BM的斜 存 且互为相反数； (ii)若直线AM与直线BN交于点Q，求Q的轨迹方 ． ·7· 18.如图所示，正四棱锥P-ABCD中，O为 正方形的中心， 棱PA与 ABCD所成 的角的正 为 6 2 ． (1)求 PAD与 ABCD所成的二 角的大 ； (2)若E PB的中点，求异 直线PD与AE所成角的正 ； (3)问 棱AD上 存 一点F， EF⊥ PBC，若存 ，试 定点F的 ；若不 存 ，说 由． O A BC D P E ·8· 19.已知 ：x2+ y2- 4x+ 3= 0的 心为 C：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的右焦点F，且 C的离心 为 2 55 ． (1)求 C的标准方 ； (2)过点F且不与 x轴 的直线 l交 C于A，B两点，N为AB的中点，O为 标原 点， 过A，B C的 线，两 线相交于点M． (i)求证：O，M，N三点共线； (ii)当 l不与 x轴 直时，求 |AB| ⋅ |FM ||FN | 的 ． ·9· 考答 与试 解 一． 择 (共 8 ) 1.如图， 棱长为 1的正方 ABCD-A1B1C1D1中，E为线段AB上的点，且 AEEB = 3，点 P 线段D1E 上， 点P 直线AD距离的 值为 (　　) A BE D C C1 D1 P A1 B1 A. 22 B. 3 2 C. 3 5 D. 1 【 】建 间直角 系， 点P 直线AD的距离的 值转 为 直线D1E与AD的距离， 用 间 可 结 ． 【解答】解：以D为 点， 以DA，DC，DD1为 x轴、y轴、z轴建 间直角 系， A BE D C C1 D1 P A1 B1 x y z D(0，0，0)，A(1，0，0)，E 1，34 ，0 ，D1(0，0，1)， ∴DA  = (1，0，0)，ED1  = -1，- 34 ，1 ， 设n= (x，y，z)，由 n⋅DA  =x=0 n⋅ED1  =-x- 34 y+z=0  ，取 y= 1， n = 0，1，34 ． ∴点P 直线AD距离的 值为 d= |n ⋅AE  | |n| = 3 4 1+ 916 = 35． 故 ：C． 【点评】 考查点 直线的距离，考查学生的运算能 ， 于中 ． 1 2. 正方 ABCD-A1B1C1D1中，E，F 为线段A1B1，AB的中点，O为四棱锥E-C1D1DC的外 球 的球 ，点M，N 直线DD1，EF上的 点，记直线OC与MN所成角为 θ， θ 时，tanθ= (　　) A. 2 2111 B. 4 2 3 C. 11 205 205 D. 11 21 42 【 】设P，Q 棱CD C1D1的中点， 四棱锥E-C1D1DC的外 球 三棱柱DFC-D1EC1的 外 球，其外 球球 O为上、下 三角 外 G H连结的中点，θ的 值 直线OC与 DD1EF所成角，问 转 为 直线OC与 DD1EF所成角的正 值． 【解答】解：如图，设P，Q 棱CD C1D1的中点， 四棱锥E-C1D1DC的外 球 三棱柱DFC-D1EC1的外 球， ∵三棱柱DFC-D1EC1 直三棱柱， ∴其外 球球 O为上、下 三角 外 G H连结的中点， 由 ，MN DD1EF内的一 直线， 记直线OC与MN所成角为 θ， θ的 值 直线OC与 DD1EF所成角， 问 转 为 直线OC与 DD1EF所成角的正 值， 不妨设正方 ABCD-A1B1C1D1中棱长为 2， EQ= 2，ED1= 5， ∵△EC1D1为等 三角 ，∴△EC1D1外 直 为 2GE= ED1 sin∠EC1D1 = 52 5 = 52 ， GE= 54 ，GQ= 2- 5 4 = 3 4 =PH， 如图，以D为 点，DA，DC，DD1所 直线为 x，y，z轴，建 间直角 系， A B M D C C1 D1 Q A1 B1 x y z G E F N H P O D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，F(2，1，0)，O 34 ，1，1 ， DD1  = (0，0，2)，DF  = (2，1，0)，OC  = - 34 ，1，-1 ， 设 DD1EF的法 n = (x，y，z)， n⋅DD1  =2z=0 n⋅DF  =2x+y=0  ，取 x= 1， n = (1，-2，0)， sinθ= |n ⋅OC  | |n|⋅|OC  | = 11 5× 41 ，tanθ= 11 2142 ． 2 故 ：D． 【点评】 考查㫒 直线所成 角的正 值的 法，考查 间中线线、线 、 间的 关系等基 知识，考查运算 解能 ， 中 ． 3. 一 系中，直线 ax+ by+ c= 0与 x2+ y2+ ax+ by+ c= 0的图 况可能 (　　) A. O x y B. O x y C. O x y D. O x y 【 】联 ax+by+c=0 x2+y2+ax+by+c=0  ，可 x= y= 0， c≠ 0时可 断BC； 为 - a 2 ，- b 2 ，由 点 与 的 关系 出 c的 围， 所 - a b ，- c b 的符号 可 断AD． 【解答】解：联 ax+by+c=0 x2+y2+ax+by+c=0  ，可 x 2+ y2= 0，解 x= y= 0， c≠ 0， 方 组 ax+by+c=0 x2+y2+ax+by+c=0  无解， 直线与 无交点，故BC错误； x2+ y2+ ax+ by+ c= 0 为 准方 为 x+ a2  2+ y+ b2  2 = a 2+b2-4c 4 ， 其 为 - a2 ，- b 2 ， 为 a2+b2-4c 4 a2+b2-4c 4 >0 ． 由 可 b≠ 0， ax+ by+ c= 0 为斜截 可 y=- a b x- c b ． 对于A， - a2 ，- b 2  第一 ， - a2 >0 - b2 >0      ，解 a< 0，b< 0．由 点 外，可 c> 0，故 - a b <0 - c b >0      ， 由直线方 可 - a b <0 - c b <0      ，矛盾，故A错误； 对于D， - a2 ，- b 2  第二 ， - a2 <0 - b2 >0      ，解 a> 0，b< 0， 由 点 外，可 c> 0，故 - a b >0 - c b >0      ，由直线方 可 - a b >0 - c b >0      ，故D正 ． 3 故 ：D． 【点评】 考查了 的 质， 点考查了直线与 的 关系， 中 ． 4.已知点A为直线 3x+ 4y- 5= 0上一 点，点P(m+ 2，1- n)，B(2，0)，且满足m2+ n2= 2n- 4m- 4， 2|AP| +|BP|的 值为 (　　) A. 65 B. 7 3 C. 65 5 D. 7 5 【 】由 方法 P点轨迹 以 (0，0)点为 ，1为 的 ，令 |BP| = 2|MP|，由两点的距离公 M的 ，再由 A，P，M三点共线时，所 取 值． 【解答】解：∵m2+n2= 2n- 4m- 4，∴ (m+ 2)2+ (n- 1)2= 1， 设P点 为 (x，y)，x=m+ 2，y= 1-n，可 x2+ y2= 1， ∴P点轨迹 以 (0，0)点为 ，1为 的 ， 令 |BP| = 2|MP|，M (x1，0)，P(x，y)， 由 (x-2)2+y2= 2 (x-x1)2+y2，可 3(x2+ y2) - (8x1- 4)x+ 4x21- 4= 0， ∵ x2+ y2= 1，解 x1= 12 ，∴M 1 2 ，0 ，2|AP| +|BP| = 2|AP| +2|MP|， A，P，M三点共线时，2|AP| +2|MP| 为 2|AM |， 点M 直线 3x+ 4y- 5= 0的距离的 2倍，2× 3 2 -5  32+42 = 75． 故 ：D． 【点评】 考查 的方 三点共线取 值的 质，考查方 想 运算能 ， 于中 ． 5.以下几个 中，其中 的 号为 (　　) ① 曲线 x2 25 - y2 9 = 1与 x2 35 + y 2= 1 相 的焦点； ② 内， 定点 (2，1)的距离与 定直线 3x+ 4y- 10= 0的距离相等的点的轨迹 抛物线； ③设A、B为两个定点，k为 零 数，|PA  |-|PB  |= k， 点P的轨迹为 曲线； ④过定 C上一定点A 的 AB，O为 点，若OP  = 12 (OA  +OB  )， 点P的轨迹为 ． A.① B.①② C.①④ D.③④ 【 】① 出 曲线 x2 25 - y2 9 = 1与 x2 35 + y 2= 1的焦点 ， 定 正 ； ②因定点 直线上，所以轨迹 直线， 定 错误； ③ 曲线的定义， 定 错误； ④由 点P 线段AB的中点，进而可 CP⊥AP， 定 错误． 【解答】解：对于①， 曲线 x2 25 - y2 9 = 1的焦点 为 (± 34，0)， x2 35 + y 2= 1的焦点 为 (± 34，0)，故①正 ； 4 对于②，因定点 直线上，所以 定点 (2，1)的距离与 定直线 3x+ 4y- 10= 0的距离相等的点的轨迹 直线，故②错误； 对于③， |k| < |AB|时， 点P的轨迹为 曲线， |k| ≥ |AB|时， 点P的轨迹不 曲线，故③错误； 对于④，由OP  = 12 (OA  +OB  ) 点P 线段AB的中点， 因为CA=CB，所以CP⊥AP， 所以点P 以CA为直 的 上， 点P的轨迹为 ，故④错误． 故 ：A． 【点评】 主要考查 曲线的方 其 质，考查 锥曲线中的轨迹问 ，解 时要准 理解 念， 于中 ． 6.已知 曲线E：x 2 a2 - y 2 b2 = 1(a> 0，b> 0)的离 为 2，左、右 点 为A1，A2，右焦点为F，B，C E上 于第一 的两点，A2B∥CF，若 |CF| = 4a， tan∠A1BA2= (　　) A. 77 B. 3 3 C. 3 D. 5 7 7 【 】由已知结 定理可 tan∠CFF1=-3 7，设B(x0，y0)， tan∠BA1F= y0 x0+a ，tan∠BA2F = y0x0-a ，进而可 tan∠A1BA2． 【解答】解：设 曲线的焦距为 2c，左焦点为F1，离 c a = 2， |F1F| = 2c= 4a，|F1C| = 4a+ 2a= 6a， △CFF1中，由 定理 cos∠CFF1= (4a)2+(4a)2-(6a)2 2×4a×4a =- 1 8 ， 所以 sin∠CFF1= 1- - 18  2= 3 78 ，所以 tan∠CFF1=-3 7， A2B∥CF，所以 tan∠BA2F= 3 7，设B(x0，y0)， tan∠BA1F= y0 x0+a ，tan∠BA2F= y0 x0-a ， 所以 tan∠BA1F× tan∠BA2F= y20 x20-a2 = b 2 a2 = e2- 1= 3， 所以 tan∠BA1F= 17 ，tan∠A1BA2= tan(∠BA2F-∠BA1F) = 3 7- 1 7 1+3 = 5 7 7 ． 故 ：D． 【点评】 考查 曲线的 质，考查 定理的 用， 中 ． 7.如图，⊙O：x2+ y2= 4与 x轴交于点A，B，C ⊙O上第一 内的点，D，E 线AC，CB 上，DE交 x轴于点F．若直线DE的方 为 x= 4，F 线段DE中点， 直线CF的方 为 (　　) A. 2x+ 3y- 8= 0 B. x+ 2y- 4= 0 C. 2x+ 3y- 8= 0 D. x+ 3y- 4= 0 O x y A B C D F E 5 【 】先设出点C(m，n)， 出直线AC，BC的方 ，与直线 x= 4，联 解出D，E两点，再 F 线 段DE中点， 可解出m，n， C点 ， 可 出直线CF的方 ． 【解答】解：由 可 ，⊙O：x2+ y2= 4与 x轴交于点A(-2，0)，B(2，0)， 设C(m，n)，(m> 0，n> 0)， m2+n2= 4， 直线AC的方 为 y= nm+2 (x+ 2)，令 x= 4，的 y= 6n m+2， D 4， 6n m+2 ， 直线BC的方 为 y= nm-2 (x- 2)，令 x= 4，的 y= 2n m-2， E 4， 2n m-2 ， DE交 x轴于点F．直线DE的方 为 x= 4，可 F(4，0)， F 线段DE中点，可 6nm+2 = 2n m-2，n> 0，解 m= 1， m2+n2= 4，所以n= 3， 所以C(1， 3 )，F(4，0)， 所以CF的直线方 为 y- 0= 3-01-4 (x- 4)， x+ 3y- 4= 0． 故 ：D． 【点评】 考查了直线与 的 关系问 ， 中 ． 8.已知点P C：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)上的一点，左、右焦点 为点F1，F2，PF1  ⋅PF2  = 0，点Q ∠F1PF2的 线上，O为 点，OQ∥PF1，且 |OQ| = 2b， 的离 为 (　　) A. 423 B. 30 3 C. 30 6 D. 42 6 【 】运用 的定义 内角 线定理， 行线的 质定理 勾股定理， 简整理可 a2= 6b2，由离 公 ，可 所 值． 【解答】解：设∠F1PF2的 线与 x轴的交点为T，设 |PF1| =m，|PF2| = 2a-m，|OT| = x， 由内角 线定理可 |TF1| |TF2| = c+xc-x = m 2a-m， c x = a m-a， 由OQ∥PF1，且 |OQ| = 2b，可 |OQ| |PF1| = |OT||TF1| ， 为 2b m = x c+x， c x = m-2b 2b ， 可 2ab= (m- a) (m- 2b)， 为m= a+ 2b， 由PF1  ⋅PF2  = 0，可 △PF1F2为直角三角 ， 由勾股定理可 m2+ (2a-m)2= 4c2， (a+ 2b)2+ (a- 2b)2= 2a2+ 8b2= 4c2= 4(a2- b2)， 为 a2= 6b2， e= ca = 1- b2 a2 = 1- 16 = 30 6 ． 故 ：C． 【点评】 考查 的定义 质，以 内角 线定理 勾股定理，考查方 想 运算能 ， 于 中 ． 6 二．多 (共 3 ) 9.如图， 曲线L：x2+ (y- |x|)2= 1与 y轴交于A，B两点，点P L上的一个 点， (　　) O x y A B P A.点 22 ，0  (-1，1) L上 B.点P的纵 的 大值为 2 C. |OP|的 大值与 值之 为 3 D. |PA| +|PB| ≤ 2 3 【 】 点的 代入曲线方 可 断A， 曲线方 写出 段函数， 函数 大值 可 断B， 用三角 元再结 三角 等变 值 断C， 用三角 元结 的方 出 成 断D． 【解答】解：令 x= 0， 出 y=±1， A(1，0)，B(-1，0)． 对于A：x= 22 时， 1 2 + y- 2 2  2 = 1，解 y= 0或 y= 2， x=-1时，1+ (y- 1)2= 1解 y= 1， 所以 2 2 ，0  (-1，1) L上，A 正 ； 对于B：因为曲线关于 y轴对称， x≥ 0时，x2+ (y- |x|)2= 1， 所以 y= x+ 1-x2， y= x2+ 1-x2， 所以 y2= x2+ (1- x2) + 2 x2×(1-x2) ≤ 1+ x2+ (1- x2) = 2， 所以 x= 22 时，y 大， 大值为 2 2 + 2 2 = 2，B 正 ； 对于C：|OP| = x2+y2，因为曲线关于 y轴对称， x≥ 0时，设 x= cosθ，y- x= sinθ， 所以 |OP|2= x2+ y2= cos2θ+ (cosθ+ sinθ)2 = 2cos2θ+ sin2θ+ 2sinθcosθ = 1+ 1+cos2θ2 + sin2θ = 32 + 1 2 cos2θ+ sin2θ = 32 + 5 2 sin(2θ+ φ)，(其中 tanφ= 1 2 )， 因为 θ可取任 角，所以 |OP|取 值 3- 52 = 5-1 2 ， |OP|取 大值 3+ 52 = 5+1 2 ， 所以 |OP|的 大值与 值之 为 5，C 错误； 7 对于D：|PA| +|PB| ≤ 2 3等价为点P y 2 3 + x2 2 = 1内， 满足 2(cosθ+ sinθ)2+ 3cos2θ≤ 6， 2(1+ sin2θ) + 3(1+cos2θ)2 ≤ 6，整理 4sin2θ+ 3cos2θ≤ 5， 5sin(2θ+ β)≤ 5，(其中 tanβ= 34 )， sin(2θ+ β)≤ 1 成 ，故D 正 ． 故 ：ABD． 【点评】 考查了曲线与方 ，考查了转 想， 于中 ． 10. 直角 系 xOy中，已知曲线C1：4x 2+ y2= 1，C2：2x2- y2= 1，与 x2+ y2= 1相 的直线 l交 C2于P，Q两点，点M，N 曲线C1与C2上的 点，且OM⊥ON， (　　) A. OP  ⋅OQ  = 0 B. |OP||OQ|的 值为 2 C. |OM |2+ |ON |2的 值为 83 D. O点 直线MN的距离为 3 3 【 】设直线方 联 曲线方 ，结 直线 相 以 的数 积的 运算， 简 值，可 断 A； 用直角三角 的 积，结 基 不等 可 断 B； M，N的 的表达 ，可 出 |OM |2+ |ON |2的表达 ，进行变 ，结 基 不等 可 断C；结 C的 可 O MN的距离为 d= |OM | ⋅ |ON ||MN | ， 简 值， 可 断D． 【解答】解：对于A，若廓斜 存 ， 设其方 为 y= kx+m，设P(x1，kx1+m)，Q(x2，kx2+m)， O x y P Q M N 联 y=kx+m 2x2-y2=1  ， (k 2- 2)x2+ 2kmx+m2+ 1= 0， 满足 k2- 2≠ 0，Δ= 4(2m2+ 2- k2)> 0， x1+ x2=- 2kmk2-2 ，x1x2= m 2+1 k2-2 ， 由于直线 l与 x2+ y2= 1相 ，故 |m| k2+1 = 1，m2= k2+ 1； OP  ⋅OQ  = x1x2+ y1y2= x1x2+ (kx1+m) (kx2+m) = (k2+ 1)x1x2+ km(x1+ x2) +m2= (m2+1)(k2+1) k2-2 - 2k 2m2 k2-2 +m2 = k 2+1-m2 k2-2 = k 2+1-(k2+1) k2-2 = 0， 8 廓 不存 时，直线 l与 x2+ y2= 1相 ，不妨取直线 x= 1， 此时不妨取P(1，1)，Q(1，-1)， OP  ⋅OQ  = 1- 1= 0也成 ，综 知OP  ⋅OQ  = 0，故A正 ； 对于B，由 知O 的距离为 1，由A知OP⊥OQ， |PQ|2= |OP|2+ |OQ|2， 故S△POQ= 1 2 |OP|•|OQ| = 1 2 |PQ| × 1， |OP| ⋅ |OQ| = |PQ| = |OP|2+|OQ|2≥ 2|OP| ⋅ |OQ|， 且仅 |OP| = |OQ|时取等号， |OP| ⋅ |OQ| ≥ 2，∴ |OP|•|OQ| ≥ 2， 结 |OP| = |OQ|，此时 |OP| = |OQ| = 2时等号成 ， 不妨取P(1，1)，Q(1，-1)， 故 |OP||OQ|的 值为 2，故B正 ； 对于C，由 知ON斜 一定存 ，设为 t， ON方 为 y= tx， N (xN，yN) C2上，由于C2的渐近线方 为 y=± 2x， |t| < 2， 联 yN=tyN 2x2N-y2N=1  ，解 x2N= 1 2-t2 y2N= t2 2-t2      ， |ON |2= 1+t 2 2-t2 ， 因为OM⊥ON，故OM的方 为 x=-ty，M (xM，yM) C1上， 联 xM=tyM 4xM 2+y 2 M=1  ，解 x2M= t2 4t2+1 y2M= 1 2-t2      ， |OM |2= 1+t 2 4t2+1 ， ∴ |OM |2+ |ON |2= (1+ t2) 1 2-t2 + 1 4t2+1 = 1 3 (2- t 2+ 4t2+ 1) 1 2-t2 + 1 4t2+1  = 13 2+ 4t2+1 2-t2 + 2-t 2 4t2+1 ≥ 1 3 2+2 4t2+1 2-t2 × 2-t2 4t2+1 = 43 ， 且仅 4t2+1 2-t2 = 2-t 2 4t2+1 ， t2= 15 时取 等号， 故 |OM |2+ |ON |2的 值为 43 ，故C错误； 对于D，由于OM⊥ON， O MN的距离为 d= |OM | ⋅ |ON ||MN | = |OM | ⋅ |ON | |OM |2+|ON |2 = 1 |OM |2+|ON |2 |OM |2⋅ |ON |2 = 1 1 |OM |2 + 1 |ON |2 = 1 4t2+1 1+t2 + 2-t2 1+t2 = 1 3 = 33 ，D正 ． 故 ：ABD． 【点评】 考查了 曲线以 的知识的综 用， 较大，计算 大， 点 于要综 用 直线 曲线方 的联 ，结 与系数的关系，进行 简，计算过 比较复 ， 要 细 ， ． 11.如图，棱长为 1的正方 ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，G 为棱BC，CD，C1D1的中点，点M为棱 CC1上的 点，点N为 BB1C1C内 点，AN与 BB1C1C成角为 45°， 下 说法中正 的 (　　) 9 A. 点N所 轨迹长为 π2 B. AEM⊥ BB1GF C. AEM截正方 所 的截 图 始终 四边 D.点B 点C AEM的距离相等 【 】对于A： AN与 BB1C1C成角为 45°， 出点N 以B为 ，1为 的 14 上， 可 解； 对于B： 过 件证出AE⊥ BB1GF， 可 证； 对于C： 过 件 出 AEM截正方 的图 还可以 五边 AEMWV， 可 断； 对于D： E为BC中点， 点B C AEM的距离相等， 可 断． 【解答】解：对于A，点N 以B为 ，1为 的 14 上， 长为 π 2 ，故A正 ； 对于B， 正方 ABCD内，Rt△ABE≌Rt△BCF，∠EAB=∠FBC，所以∠FBC+∠BEA= π2 ， 所以AE⊥BF， BB1⊥ ABCD，AE⊂ ABCD， 所以AE⊥BB1，BB1，BF⊂ BB1GF，BB∩BF=B， 所以AE⊥ BB1GF，AE⊂ AEM，所以 AEM⊥ BB1GF，故B正 ； 对于C，取CC1的中点T， M与T 时，连 AD1， ET∥AD1，E，T，A，D1四点共 ， AEM截正方 的图 四边 AD1TE，如下图： A B D C C1 D1 G A1 B1 F E MN A B D C C1 D1 G A1 B1 F E T(M ) A B D C C1 D1 G A1 B1 F E M T W U V M点 线段C1T上时， AA1D1D内 直线AU∥EM，交DD1的延长线于U， 10 交A1D1于V，连 UM，因为DD1∥CC1， 所以D，U，C，C1四点共 ，UM⊂ DD1C1C，UM∩D1C1=W， AEM截正方 的图 五边 AEMWV，故C错误； 对于D，E为BC中点，所以点B C AEM的距离相等，故D正 ． 故 ：ABD． 【点评】 考查 几 综 问 ， 于 ． 三． (共 3 ) 12.数学中 许多 状 、寓 独特的几 ，正八 其中之一．正八 由八个等边三角 成，也可以 由上、下两个正方锥 黏 而成，每个正方锥 由四个三角 与一个正方 组成．如图， 正八 ABCDEF中，H 棱BC的中点， 直线HF与AB所成角的 值 ． 【 】取棱AC的中点G，连 HG， 用三角 中 线的 质 取棱AC的中点G，连 HG，从而 用 直线所成角的定义可知∠FHG或其补角 可所 ， △FHG中，由 定理 解 可． 【解答】解：如图， G 取棱AC的中点G，连 HG，FG． 因为H，G 棱BC，AC的中点，所以HG∥AB， ∠FHG或其补角 直线HF与AB所成的角． 设AC= 2， HG= 1， 正方 ACFE中，FG= 22+12= 5， 正三角 CFB中，HF= 3． △FHG中，由 定理可 cos∠FHG= HG 2+FH 2-FG2 2HG ⋅FH =- 3 6 ， 11 直线HF与AB所成角的 值 36 ． 故答 为： 3 6 ． 【点评】 考查 直线的夹角相关知识， 于中 ． 13.人 识 今生 中 用 泛，主要 部五官之间的距离，称为“曼 距离”．其定义如 下：设A= (x1，y1)，B= (x2，y2)， A，B两点间的曼 距离 d(A，B) = |x1- x2| +|y1- y2|．已知 M= (1，2)，若点P满足 d(M，P) = 2，点N C：x2+ y2+ 6x+ 4y= 0上运 ， |PN |的 大值为 ． 【 】 出 C(-3，-2)，设点N (x0，y0)， |x0- 1| +|y0- 2| = 2， 出点N的轨迹，由此能 出结 ． 【解答】解：M (1，2)，点N C：x2+ y2+ 6x+ 4y= 0上运 ，若点P满足 d(M，P) = 2， 由 ， C：(x+ 3)2+ (y+ 2)2= 13， C(-3，-2) 设点P(x0，y0)， |x0- 1| +|y0- 2| = 2， ∴点P的轨迹为如下所示的正方 ，其中A(1，4)，B(3，2)， O x y C A B ∴ |AC| = (1+3)2+(4+2)2= 2 13，|BC| = (3+3)2+(2+2)2= 2 13， ∴ |PN | ≤ |AC| +r= 2 13+ 13= 3 13． 故答 为：3 13． 【点评】 考查 、点的轨迹方 、两点间距离公 等基 知识，考查运算 解能 ， 中 ． 14.已知点O为 点，点 F 抛物线 y2= 4x的焦点，点A，B 于 x轴的两 且都 抛物线C上， 记△ABO的 积为S1，△AFO的 积为S2，若OA  ⋅OB  = 0， S1+S2的 值为 ． 【 】由 ，可设A 14 y 2，y1 ，B 14 y 2 2，y2 ，且 y1> 0，y2< 0，由三角 的 积公 基 不等 解． 【解答】解：因A，B 于 x轴的两 且都 抛物线C：y2= 4x上， 如图，可设A 14 y 2 1，y1 ，B 14 y 2 2，y2 ，且 y1> 0，y2< 0， 12 O x y A B F OA  = 14 y 2 1，y1 ，OB  = 14 y 2 2，y2 ， 由OA  ⋅OB  = 0， 116 y 2 1y 2 2+ y1y2= 0，解 ：y1y2=-16， △ABO的 积S1= 12 1 4 y 2 1y2- 14 y 2 2y1 = 18 |y1y2||y2- y1| = 2(y1- y2)， △AFO的 积S2= 12 y1， 所以S1+S2= 52 y1- 2y2= 5 2 y1+ 32 y1 ≥ 8 5， 且仅 y1= 8 55 时取等号． 故答 为：8 5． 【点评】 考查了直线与抛物线的 关系， 于中 ． 四．解答 (共 5 ) 15.如图， 四棱锥P-ABCD中，AB∥DC，AB= 2BC= 2CD= 4，∠BCD= 60°，PB⊥AD． (1) 证： PBD⊥ ABCD； (2)若PB=PD，点 F满足CF  = 2FP  ，且三棱锥 F-ABD的 积为 4 33 ， DBF与 PAD的 夹角的 值． 【 】(1) 用 件先证 AD⊥ PBD，再 直的 定定理 可 证； (2)先证 OB，OC，OP两两互相 直，建 间直角 系， 出 PAD BDF的一个 法 ， 用 夹角公 解 可． 【解答】解：(1)证 ：由 知△BCD为等边三角 ，所以AB= 2BD= 4， AB∥DC，所以∠ABD= 60°， 13 △ABD中，由 定理 ： AD2=AB2+BD2- 2AB ⋅BDcos∠ABD= 42+ 22- 2× 4× 2× 12 = 12， 所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD， PB⊥AD，PB∩BD=B，PB，BD⊂ PBD， 所以AD⊥ PBD， AD⊂ ABCD， 所以 PBD⊥ ABCD； (2)取BD的中点O，连 PO，CO，所以OC⊥BD， PB=PD，所以PO⊥BD， PBD⊥ ABCD， PBD∩ ABCD=BD，PO⊂ PBD， PO⊥ ABCD， PO 三棱锥P-ABD的高， 因为点F满足CF  = 2FP  ，所以 VF-ABD= 2 3VP-ABD= 2 3 × 1 3 S△ABD ⋅PO= 2 9 × 1 2 × 2× 2 3 ×PO= 4 3 3 ， 解 PO= 3， OC⊂ ABCD，所以PO⊥OC， 以点O为 点，OB，OC，OP所 的直线 为 x，y，z轴建 间直角 系， x y z 所以A(-1，-2 3，0)，B(1，0，0)，C(0， 3，0)，D(-1，0，0)，P(0，0，3)，F 0， 33 ，2 ， 所以BF  = -1， 33 ，2 ，DB  = (2，0，0)，AD  = (0，2 3，0)，DP  = (1，0，3)， 设 PAD的一个法 为n= (x1，y1，z1)，所以 n⋅AD  =2 3y1=0 n⋅DP  =x1+3z1=0  ， 令 x1= 3，解 y1= 0，z1=-1， 所以 PAD的一个法 为n= (3，0，-1)， 设 BDF的一个法 为m = (x2，y2，z2)， m ⋅BF  =-x2+ 33 y2+2z2=0 m ⋅DB  =2x2=0  ， 14 令 y2= 6，解 x2= 0，z2=- 3， 所以 BDF的一个法 为m = (0，6，- 3 )， 设 DBF与 PAD的夹角的大 为 θ， 所以 cosθ= |cos‹n，m ›| = |n ⋅m | |n|⋅|m | = 3 10× 39 = 130130 ， DBF与 PAD的夹角的 值为 130130 ． 【点评】 考查 直的 定以 间 的 用， 于中 ． 16.如图，已知 M：x2- 4x+ y2+ 3= 0，P(-1，t)为直线 l：x=-1上一 点，O为 点，过点P M的两 线， 点 为A，B． (1)证 直线AB过定点， 出定点的 ； (2) 线段AB中点的轨迹方 ； (3)若两 线PA，PB与 y轴 交于点S，T， |ST|的 值． O x yl P A B M S T 【 】(1) 解 M的 与 ，说 线段AB为 P M的公共 ， 解直线AB的方 ， 可 出直线AB过定点； (2)设AB的中点为F，直线AB过的定点为H，说 HF始终 直于FM，所以F点的轨迹 以HM为直 的 ， 解 可． (3)设过点P的 M的 线方 为 y- t= k(x+ 1)， 过M 直线 kx- y+ k+ t= 0的距离， 出 8k2+ 6kt+ t2- 1= 0， 设PA，PB的斜 为 k1，k2，结 韦达定理，转 解 |ST|， 解 值． 【解答】(1)证 ：由 ， M的 (2，0)， 为 1， 所以 |PM | = 9+t2，|AM | = 1，|PA|2= |PM |2- |AM |2= t2+ 8， 故以P为 ，|PA|为 的 P的方 为 (x+ 1)2+ (y- t)2= t2+ 8， 然线段AB为 P M的公共 ， 直线AB的方 为 (x+ 1)2- (x- 2)2+ (y- t)2- y2= t2+ 8- 1， 3x- ty- 5= 0，所以 (3x- 5) - ty= 0， 所以直线AB过定点 53 ，0 ； 15 (2)解：由 (1)知，直线AB过定点 53 ，0 ，AB的中点为直线AB与直线MP的交点， 设AB的中点为F，直线AB过的定点为H， 知HF始终 直于FM，所以F点的轨迹 以HM为直 的 ， H 53 ，0 ，M (2，0)， ∴点F的轨迹方 为 x- 116  2+ y2= 136 (x≠ 2)； O x yl P A B M S T H F (3)解：设过点P的 M的 线方 为 y- t= k(x+ 1)， kx- y+ k+ t= 0， 故M (2，0) 直线 kx- y+ k+ t= 0的距离 d= |3k+t| k2+1 = 1， 8k2+ 6kt+ t2- 1= 0， 设PA，PB的斜 为 k1，k2， k1+ k2=- 3t4 ，k1k2= t2-1 8 ， 把 x= 0代入 kx- y+ k+ t= 0， y= k+ t， |ST| = |k1+ t- (k2+ t)| = |k1- k2| = (k1+k2)2-4k1k2= 9t 2 16 - t2-1 2 = t2+8 4 ， 故 t= 0时，|ST|取 值为 22 ． 【点评】 考查轨迹方 的 法，直线与 的 关系的综 用， 中 ． 17.已知 E：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的长轴长为 4 2，离 为 12 ，M (2，0)，N (-2，0)． (1) E的方 ； (2)过P(4，0) 一 斜 存 且不为 0的直线 l交E于A，B两点． (i)证 ：直线AM 直线BM的斜 存 且互为相 数； (ii)若直线AM与直线BN交于点Q， Q的轨迹方 ． 【 】(1)由 ， 已知 件直 计算出 相关基 可； (2) (i)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l的方 为 y= k(x- 4) (k≠ 0)，联 方 组， 用韦达定理证 ； (ii)设出两直线的方 ，联 方 组 x2= 4x0 ，y2= 2y0 x0 ， 用代入法可 Q的轨迹方 ． 【解答】解：(1)因为 E的的长轴长为 4 2， 所以 2a= 4 2，① 因为 E的离 为 12 ， 所以 e= ca = 1 2 ，② 16 a2= b2+ c2，③ 联 ①②③， 解 a= 2 2，b= 6，c= 2， E的方 为 x 2 8 + y2 6 = 1； (2) (i)证 ：设直线 l的方 为 y= k(x- 4) (k≠ 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联 y=k(x-4) x2 8 + y2 6 =1  ， y 整理 (3+ 4k 2)x2- 32k2x+ 64k2- 24= 0， 此时Δ= 96(3- 4k2)> 0， 解 |k| < 32 ， 由韦达定理 x1+ x2= 32k 2 3+4k2 ，x1 ⋅ x2= 64k 2-24 3+4k2 ， |k| = 32 时，Δ= 0，x1= x2= 2，不符 ， 所以 x1≠ 2，x2≠ 2， 直线AM 直线BM的斜 存 ， 此时 kAM= y1 x1-2 ，kBM= y2 x2-2 ， 所以 kAM+ kBM= y1 x1-2 + y2x2-2 = k(x1-4)(x2-2)+k(x2-4)(x1-2)(x1-2)(x2-2) = k[2x1⋅x2-6(x1+x2)+16] x1⋅x2-2(x1+x2)+4 = k(128k 2-48-6 ⋅32k2+16(3+4k2)) (3+4k2)(x1⋅x2-2(x1+x2)+4) = 0， 故直线AM 直线BM的斜 存 且互为相 数； (ii)由 (i)知 x2≠ 2，且 kAM=-kBM= y2 2-x2 ， 设直线AM的方 为 (2- x2)y= y2(x- 2)，直线BM的方 为 (x2+ 2)y= y2(x+ 2)， 设Q(x0，y0)， 此时 (x2-2)y0=-y2(x0-2) (x2+2)y0=y2(x0+2)  ，整理 x2y0=2y2 y0=2y2x0  ， 由 知 y2≠ 0，所以 y0≠ 0，x0≠ 0，此时 x2= 4x0 ，y2= 2y0 x0 ， x2= 4x0 ，y2= 2y0 x0 代入 x22 8 + y22 6 = 1， 此时 2 x20 + 2y 2 0 3x20 = 1， 整理 x20 2 - y20 3 = 1， x2≠ 2，所以 x0≠ 2． 故Q的轨迹方 为 x 2 2 - y2 3 = 1(x≠ 2，y≠ 0)． 17 O x y Q A B MN P 【点评】 考查 的方 以 直线与 锥曲线的综 问 ，考查了 辑 理 运算能 ， 于中 ． 18.如图所示，正四棱锥P-ABCD中，O为 正方 的中 ， 棱PA与 ABCD所成的角的正 值 为 6 2 ． (1) PAD与 ABCD所成的二 角的大 ； (2)若E PB的中点， 直线PD与AE所成角的正 值； (3)问 棱AD上 存 一点 F， EF⊥ PBC，若存 ，试 定点 F的 ；若不存 ，说 理 由． O A BC D P E 【 】(1)取AD中点M，连 MO，PM，由正四棱锥的 质知∠PMO为所 二 角P-AD-O的 角，∠PAO为 棱PA与 ABCD所成的角， tan∠PAO= 62 ，设AB= a， AO= 2 2 a，PO =AO•tan∠POA= 32 a，MO= 1 2 a，tan∠PMO= 3，∠PMO= 60°； (2) 连结AE，OE， OE∥PD，故∠OEA为 直线PD与AE所成的角，由正四棱锥的 质 证OA⊥ POB，故△AOE为直角三角 ，OE= 12 PD= 1 2 PO 2+DO2 = 54 a，所以 tan∠AEO = AO EO = 2 105 ； (3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连BG，EG，MG， BC⊥ PMN，故 PMN⊥ PBC，而△PMN为正三角 ， 证MG⊥ PBC，取MA的中点 F，连 EF， 四边 MFEG为 行 四边 ，从而MG∥FE，EF⊥ PBC，F AD的 4等 点， 近A点的 ． 18 【解答】解：(1)取AD中点M，连 MO，PM， 件可知AD⊥MO，AD⊥PO， ∠PMO为所 二 角P-AD-O的 角． ∵PO⊥ ABCD，∴∠PAO为 棱PA与 ABCD所成的角．∴ tan∠PAO= 62 ， 设AB= a，AO= 22 a，∴PO=AO•tan∠POA= 3 2 a，tan∠PMO= PO MO = 3． ∴∠PMO= 60°． O A BC D P E M (2)连 AE，OE， ∵OE∥PD，∴∠OEA为 直线PD与AE所成的角． ∵AO⊥BD，AO⊥PO，∴AO⊥ PBD． OE⊂ PBD， ∴AO⊥OE．∵OE= 12 PD= 1 2 PO 2+DO2= 54 a， ∴ tan∠AEO= AO EO = 2 105 ； (3)延长MO交BC于N，取PN中点G，连BG，EG，MG． O A BC D P E M G F N ∵BC⊥MN，BC⊥PN，∴BC⊥ PMN∴ PMN⊥ PBC． PM=PN，∠PMN= 60°，∴△PMN为正三角 ． ∴MG⊥PN． PMN∩ PBC=PN， ∴MG⊥ PBC． ∴F AD的 4等 点， 近A点的 ． 【点评】 考查二 角 角的 法， 直线所成角的正 值的 法， 较大，解 时要认 审 ，注 间 维能 的培养． 19 19.已知 ：x2+ y2- 4x+ 3= 0的 为 C：x 2 a2 + y 2 b2 = 1(a> b> 0)的右焦点 F，且 C的离 为 2 5 5 ． (1) C的 准方 ； (2)过点F且不与 x轴 的直线 l交 C于A，B两点，N为AB的中点，O为 点， 过A， B C的 线，两 线相交于点M． (i) 证：O，M，N三点共线； (ii) l不与 x轴 直时， |AB| ⋅ |FM ||FN | 的 值． 【 】(1) 焦点 离 c= 2，c= 2， 可 解 方 ； (2) (i) l斜 不存 存 两种 况讨论， l斜 存 时，设出方 与 方 联 ，韦达定理 出 N的 ， 用 法 出 线方 ，进而 M的 为 5(y2-y1) x1y2-x2y1 ， x1-x2 x1y2-x2y1 ， 可证 三点 共线； (ii) 用距离公 长公 出 |AB|，|FM |，|FN |， 可 解． 【解答】解：(1) 知 ：x2+ y2- 4x+ 3= 0的 准方 为 (x- 2)2+ y2= 1， 此时该 的 F(2，0)，所以 c= 2， 因为 的离 e= 2 55 = c a，所以 a= 5， b2= a2- c2= 1， C的 准方 为 x 2 5 + y 2= 1； (2) (i)证 ： l斜 不存 时，l⊥ x轴， 由 的对称 可知，M，N x轴上， 所以O，M，N三点共线； l斜 存 时， 设直线 l的方 为 y= k(x- 2) (k≠ 0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联 y=k(x-2) x2 5 +y 2=1  ， y 整理 (5k 2+ 1)x2- 20k2x+ (20k2- 5) = 0， 由韦达定理 x1+ x2= 20k 2 5k2+1 ，x1x2= 20k 2-5 5k2+1 ， N 10k 2 5k2+1 ， -2k 5k2+1 ， 所以ON所 的直线的方 为 y=- 1 5k x， 线斜 存 时，设过点 (x0，y0)的 线方 为 y= kx+m， 联 方 x2 a2 + y 2 b2 =1 y=kx+m  ， y 整理 (b 2+ a2k2)x2+ 2kma2x+ a2m2- a2b2= 0， 因为Δ= 0，所以 (2kma2)2- 4(b2+ a2k2) (a2m2- a2b2) = 0， 20 解 a2k2-m2+ b2= 0由韦达定理 2x0=- 2kma 2 b2+a2k2 ，解 x0=- ka 2 m ， x0=- ka 2 m 代入 y= kx+m中，解 m= b2 y0 ， 所以 y= kx+m=- b 2x0 a2y0 + b 2 y0 ，整理 x0x a2 + y0y b2 = 1． 线斜 不存 时，过 (x0，y0)的 线方 为 x=±a，满足上 ， 综上， 上一点 (x0，y0)的 线方 为 x0x a2 + y0y b2 = 1， 所以 C A，B处的 线方 为 x1x 5 + y1y= 1， x2x 5 + y2y= 1， 联 x1x 5 +y1y=1 x2x 5 +y2y=1      ，解 M 5(y2-y1) x1y2-x2y1 ， x1-x2 x1y2-x2y1 ， kOM= x1-x2 x1y2-x2y1 5(y2-y1) x1y2-x2y1 = x1-x2 5(y2-y1) =- 1 5k = kON，故O，M，N三点共线； (ii)由 (i)知 |AB| = 1+k2 |x1- x2| = 2 5(1+k2) 5k2+1 ， 因为F，A，B三点共线，所以 y2-0 x2-2 = y1-0x1-2 ， x1y2- x2y1= 2(y2- y1)， M 52 ，- 1 2k ， 所以 |FM | = 1+ 1 k2 5 2 -2 = 1+k2 2|k| ，|FN | = 1+k 2 10k2 5k2+1 -2 = 2 1+k 2 5k2+1 ， 此时 |AB| ⋅ |FM | |FN | = 2 5(1+k2) 5k2+1 ⋅ 1+k2 2|k| 2 1+k2 5k2+1 = 52 × k2+1 |k| = 52 × |k|+ 1 |k| ≥ 5 2 × 2 |k| ⋅ 1 |k| = 5， 且仅 |k| = 1|k|， |k| = 1时，等号成 ． 故 |AB| ⋅ |FM | |FN | 的 值为 5． O x y A B M N F 【点评】 考查 的方 以 直线与 锥曲线的综 问 ，考查了 辑 理、 类讨论 运算能 ， 于 ． 21