江西省上饶市横峰中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题

《2025-2026学年度高中数学期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A C C D C D BCD AC 题号 11 答案 BC 1．D 【分析】根据斜率定义得到答案. 【详解】直线的斜率为. 故选：D 2．C 【分析】先由正四面体的表面积求出其中一个正三角形的面积，再求出正三角形的边长即为棱长. 【详解】因为正四面体的表面积为，所以正四面体的其中一个正三角形面的面积是，设正四面体的棱长为， 则正三角形面的面积，所以 故选：C 3．A 【分析】由平行的性质计算可得，再排除重合情况即可得. 【详解】由题意可得，解得， 若，则两直线分别为、，此时两直线重合，不符； 若，则两直线分别为、，符合题意； 故. 故选：A. 4．C 【分析】先把两圆方程化为标准形式确定圆心和半径，再计算圆心距，通过比较圆心距和两圆半径之和的关系判断两圆的位置关系，进而确定公切线的条数． 【详解】圆的标准形式为：， 该圆为以为圆心，半径是的圆； 圆为以为圆心，半径是的圆， 圆心距， ， ， 两圆相外切，共有3条公切线． 故选：C． 5．C 【分析】根据抛物线的定义，以及抛物线准线的概念，求出点的坐标即可. 【详解】由题意可得，点到准线的距离为3， 可知抛物线的准线方程为， 所以点的纵坐标为2， 代入得，解得， 所以点的坐标为或 故选：C. 6．D 【分析】由圆的方程确定圆心和半径，应用点线距离、圆中弦长的几何求法求弦长. 【详解】由圆，则圆心，半径为， 所以圆心到直线距离为， 所以截得的弦长为. 故选：D 7．C 【分析】由题意可知：表示点与点连线的斜率，结合图象分析斜率的取值范围即可. 【详解】当时，；当时，， 所以线段的最左端是，最右端是， 表示点与点连线的斜率， 当点在点A处时，； 当点在点B处时，；    结合图象可知，的取值范围是． 故选：C． 8．D 【分析】根据题意，求得的重心，分别求得和的高线所在直线的方程，联立方程组，求得垂心坐标为，结合直线的两点式方程，即可求解. 【详解】由的三个顶点分别为， 可得的重心坐标为，即， 因为直线的斜率为， 所以边上的高线所在直线的方程为，即， 同理可得边上的高线所在直线的方程为， 又由，解得，即的垂心坐标为， 由的重心与垂心坐标，可得的欧拉线方程为， 即. 故选：D. 9．BCD 【分析】根据空间线、面的位置关系，逐项进行判断即可. 【详解】由，且，根据若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面，可得，故A成立，B一定不成立； 等价于，即直线l在平面内，但，故C一定不成立；等价于直线l与平面无交点，由可知D一定不成立． 故选：BCD 10．AC 【分析】根据方程表示的曲线确定参数的关系，然后由方程研究曲线的性质判断各选项. 【详解】选项A：若，则，表示圆，且半径为，故A正确； 选项B：若，，则，其渐近线为， 若，，则，其渐近线为，故B错误； 选项C：若，时，，即表示两条直线，故C正确； 选项D：当时，，表示焦点在轴上的椭圆，故D错误. 故选：AC. 11．BC 【分析】由题意可知动点到点的距离等于到直线的距离，所以可知点的轨迹是以为焦点的抛物线，求出轨迹方程，然后逐个分析判断即可. 【详解】因为点，直线，动点到点的距离比到直线的距离小1， 所以动点到点的距离等于到直线的距离， 所以点的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线， 所以抛物线方程为， 对于A，点的轨迹是抛物线，所以A错误， 对于B，由，得，解得， 所以直线与抛物线相交于点， 所以是“最远距离直线”，所以B正确， 对于C，设过点的直线为，， 由，得， 所以， 所以， 所以， 所以以为直径的圆的半径为， 因为圆心到轴的距离为， 所以以为直径的圆与轴相交，所以C正确， 对于D，， 所以D错误， 故选：BC 12．π 【分析】利用旋转体圆锥的特征直接求解即可. 13． 【分析】根据椭圆标准方程的特征进行求解即可. 【详解】当方程表示椭圆时，。 即， 显然当时，方程表示椭圆， 故答案为： 14． 【分析】设，，在中，利用余弦定理求出，再根据双曲线的定义即可求出，再在中，利用余弦定理即可得解. 【详解】由题可设，， 由余弦定理可得， 即，解得， 因为，所以，即， 在中，，，， 所以， 即，解得， 则所求双曲线的离心率为． 故答案为：． 15． （1）；（5分） （2）.（8分） 【解析】（1）根据斜率和点的坐标得到直线的点斜式方程，再化简为一般式方程即可； （2）先求解出两直线的交点坐标，然后根据平行关系设出直线方程，再代入交点坐标即可完成求解. 【详解】（1）因为直线的斜率为，且过点，（2分） 所以直线的方程为：，即；（5分） （2）因为，所以，所以交点坐标为，（7分） 因为直线平行于，所以设直线方程为，（10分） 代入交点坐标可得：，所以，（12分） 所以直线的方程为：.（13分） 【点睛】本题考查根据条件求解直线的方程，难度一般.设直线方程的时候一定要根据条件选择直线方程的形式. 16．(1)证明见解析（6分） (2)二面角的正切值为．（9分） 【分析】（1）先证平面，则可得； （2）【分析】根据二面角的平面角的定义作出二面角的平面角，再通过解三角形求其正切值. 【详解】（1）在正方体中，， 平面，平面，． 又，、平面，平面． 又平面，．（6分） （2） 【详解】 连接AC,与交于点 ，连结， ， 是二面角 的平面角，（9分） ∴二面角的正切值为．（15分） 17．(1)（6分） (2)（9分） 【分析】（1）设出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点和点之间的关系式，再利用点的坐标满足的关系式得到点的坐标满足的条件，即可求出. 【详解】（1）已知的圆心是，半径是， 设直线斜率为 则直线方程是，即，（3分） 则圆心到直线距离为， 解得直线的斜率.（6分） （2）设点则， 由点是的中点得， 所以①（9分） 因为在圆上运动，所以②（12分） ①代入②得，（14分） 化简得点的轨迹方程是.（15分） 18．(1)1（7分） (2)证明见解析（10分） 【分析】（1）由离心率公式和点满足双曲线的方程，结合双曲线的，，的关系，即可求得，，进而得到双曲线的方程； （2）设出，，代入双曲线的方程，再由，再由直线的斜率公式，得到直线与直线的斜率之积，化简整理，运用代入，即可得到定值； 【详解】（1）双曲线，，（2分） 由于离心率为，即，（4分） 代入双曲线的方程可得，（6分） 解得，，， 即有双曲线的方程为；（7分） （2）由于点是直线上任意一点， 可设， 再由为双曲线上一点，可设， 则，即.（10分） 由， 则， 即有，即有，（13分） 则则直线与直线的斜率之积是定值；（17分） 19．(1)（5分） (2)或（12分） 【分析】（1）根据题意，结合椭圆的几何性质，求得的值，即可求得椭圆的方程； （2）联立方程组，根据，得到的范围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分别求得，，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，可得，（2分）且，所以，则，（4分） 所以椭圆的方程为.（5分） （2）解：由直线的方程为，则点到直线的距离为， 联立方程组，整理可得，（7分） 由判别式，解得，（9分） 设，则， 可得 ，（12分） 所以 ，（15分） 当且仅当时，等号成立， 所以所求直线的方程为或．（17分）    答案第10页，共11页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $横峰中学2025-2026学年度第一学期高二年级期 中考试 C.(-,-l小[2，+o) D.(-0,-2U[l,+o) 数学学科试卷 8.数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的外心、垂心 考试时间：120分钟满分：150分命题人：汤尧审题人：罗广生 和重心都在同一直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离的一半这条直线被后人称为 三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点A(-9,2),B(1,-8),C(51),则△ABC的欧拉线方程为() 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 A.37.x-93y+118=0 B.37x-93y-118=0 符合题目要求的 C.37x+93y-192=0 D.37x+93y+192=0 1.已知直线1的倾斜角为45，则直线1的斜率为() A.月 B.② C.3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 D.1 2 合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 2.已知正四面体的表面积为4√3，则它的棱长为() 9.已知α，B,Y为三个两两垂直的平面.若平面a,B的交线为/，则下列结论中一定不成立的 A,3 B.25 C.2 D.1 有() 3 A.ILy B.111y C.IUy=y D.iny=0 3.如果直线ar-y+2=0与直线x-ay+2=0平行，那么a等于() A.-1 B.2 10.已知曲线C:mx2+2=1,则() C.1 D.±1 4.已知圆x2+y2=4与圆x2-10x+y2+16=0,则两圆公切线的条数为() A.若m=>0,则曲线C表示圆，且半径为品 A.1 B.2 C.3 D.4 B.若mn<0,则曲线C表示双曲线，且渐近线为y=± 5.若抛物线x2=4y上的点P(m,)到其焦点的距离为3，则点P的坐标为() C.若m=0,n>0,则曲线C表示两条直线 D,若0<m<n,则曲线C表示焦点在y轴上的椭圆 A.(2W2,2 B.（-2V2,2 C.(±22,2 D.(2.±1) 11.泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬 6.直线3x-y-6=0被圆x2+y2-2r-4y=0截得的弦的长度为() 间无处寻觅.已知点A(2,0),直线1：x=-3,动点P到点A的距离比到直线/的距离小1若某直线上 A.√2 B.2W2 C.vio 2 D.10 存在这样的点P,则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论正确的是() 7.在平面直角坐标系中，已知点(a,b)是线段x-2y=0(-2≤x≤2)上的动点，则+3的取值范围 A.点P的轨迹曲线是线段 B.y=x+2是“最远距离直线” 是(） C.过点A的直线与点P的轨迹交于M、N两点，则以MW为直径的圆与y轴相交 A.【-1,2] B.[-2,] D.过点A的直线与点P的轨迹交于M、N两点，则MA+2NA的最小值为3+2√2 第1页共4页 第2页共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 17.(15分)已知圆C:x2+y2=3,直线1过点A(-2,0). 12.有一个直角三角形ABC,两条直角边长分别为6和8，现绕其斜边旋转一周，形成的几何体的 ()当直线/与圆C相切时，求直线1的斜率： 体积为 (2)线段AB的端点B在圆C上运动，求线段AB的中点M的轨迹方程. 13方程子+，少=1表示椭圆的充要条件是 4+m2-m 14、已知斤。尽分别是双曲线号后=1口>Q>0)的左、右焦点。过片的直线交双曲我的左支 于，B两点，∠B5-子，hB=3:7,则双线的商心率为 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。 18.17分》已知双面线B:号是-16>060)的中心为原点0，左，右焦点分别为片.月，高心 9 15.(13分) 率为，且过点M3号 ,又P点是直线x=4上任意一点，点Q在双曲线E上，且满足PE:Q5=0. 5 1)一条直线经过1(2-3引，并且它的斜率是直线)=万x斜率的2倍，求这条直线方程 (1)求双曲线的方程： (2)证明：直线PQ与直线OQ的斜率之积是定值： (2)求经过两条直线2x+y-8=0和x-2y+1=0交点，且平行于直线4x-3y-7=0的直线方程 16.(15分)已知正方体ABCD-ABCD的棱长为2. 19.17分)已知瑞圆E号+号=0>b>0)的右焦点为F,上顶点为B,=2,离心率为片 (1)求椭圆E的标准方程： (2)若直线1：y=x-2m(m≠0)与椭圆E相交于A,C两点，且点N(0,m),当△4CN的面积最大时， 求直线1的方程. (1)i证明：AC⊥BD. (2)求二面角C-BD-C的正切值. 第3页共4页 第4页共4页 《2025-2026学年度高中数学期中考试卷》 x-y+2=0,此时两直线重合，不符： 参考答案 题 若a=-1,则两直线分别为x+y-2=0、 1 2 3 4 5 6 7 8 号 9 10 x+y+2=0,符合题意： 答 0 C D D BCD AC 案 故a=-1. 题 11 故选：A. 号 答 4.C BC 案 【分析】先把两圆方程化为标准形式确定圆 心和半径，再计算圆心距，通过比较圆心距 1.D 和两圆半径之和的关系判断两圆的位置关系， 【分析】根据斜率定义得到答案。 进而确定公切线的条数。 【详解】直线1的斜率为tan45°=1. 故选：D 【详解】圆x2-10x+y2+16=0的标准形式 2.C 为：(x-5)+y2=9, 【分析】先由正四面体的表面积求出其中一 ∴.该圆为以(5,0)为圆心，半径是5=3的圆； 个正三角形的面积，再求出正三角形的边长 即为棱长 圆x2+y2=4为以(0,0)为圆心，半径是 【详解】因为正四面体的表面积为4√万，所 5=2的圆， 以正四面体的其中一个正三角形面的面积是 ·圆心距d=V(5-0)}+(0-0)=5, √5，设正四面体的棱长为a, 1+5=3+2=5, 则正三角形面的面积5=×ax5。 2 2a,所以 .d=h+2, a2=4,a=2 两圆相外切，共有3条公切线 故选：C 故选：C. 3.A 5.C 【分析】由平行的性质计算可得a=±1，再 【分析】根据抛物线的定义，以及抛物线准 排除重合情况即可得， 线的概念，求出点的坐标即可 【详解】由题意可得a×(-a)-（-l)l=0,解 【详解】由题意可得，点P到准线的距离为3， 得a=+1, 可知抛物线x2=4y的准线方程为y=-1, 若a=1,则两直线分别为x-y+2=0、 答案第1页，共8页 所以点P的纵坐标为2， 当点(a,b)在点A处时， b+3=1: a 代入得x2=4×2,解得x=2W2, 当点(a,b)在点B处时， b+3-2: 所以点P的坐标为(22,2)或(-22,2) 故选：C 6.D 【分析】由圆的方程确定圆心和半径，应用 点线距离、圆中弦长的几何求法求弦长 -3M 【详解】由圆C:(x-1)2+(y-2)2=5,则圆 结合图象可知， b+ 二的取值范围是 心C1,2),半径为r=5, (-o,-U[2,+o∞. 所以圆心C1,2)到直线1：3x-y-6=0距离 故选：C 为d=13-2-6-V10 V10 2 8.D 【分析】根据题意，求得△ABC的重心 所以截得的弦长为 5 2r2-d=2×5-2 分别求得AB和AC的高线所在直 =V10 〔1副 线的方程，联立方程组，求得垂心坐标为 故选：D 1834 7.C 13’13 ,结合直线的两点式方程，即可求 【分析】由题意可知： b+3_b--3)表示点 解 a a-0 【详解】由△ABC的三个顶点分别为 P(a,b)与点M(0,-3)连线的斜率，结合图象 A(-9,2),B(1,-8),C(5,1), 分析斜率的取值范围即可. 可得△ABC的重心坐标为 【详解】当x=-2时，y=-1:当x=2时， y=1, 所以线段x-2y=0(-2≤x≤2)的最左端是 因为直线AB的斜率为2-(8)。-1， -9-1 A(-2,-1),最右端是B(2,1), 所以AB边上的高线所在直线的方程为 b+3_b-(3)表示点P(a)与点M(0,-3) y-1=x-5,即x-y-4=0, a a-0 同理可得AC边上的高线所在直线的方程为 连线的斜率， 14x-y-22=0, 答案第2页，共8页 x-y-4=0 18 又由14x-y-22=0 解得x= 3、34 13, 选项B:若m>0,n<0,则C: m 即△ABC的垂心坐标为 1834 1313 其渐近线为y=±， m 由△ABC的重心与垂心坐标，可得△ABC的 若m<0,m>0,则C CIT-1 其渐近 5 n m x-(-1) 欧拉线方程为 34 5 线为y=± m x,故B错误： 13 3 即37x+93y+192=0. 选项C:若m=0,n>0时，C:y2=1,即 故选：D. 表示两条直线，故C正确： 9.BCD 【分析】根据空间线、面的位置关系，逐项 选项D:当0<m<n时，工+=1，表示 m n 进行判断即可. 焦点在x轴上的椭圆，故D错误. 【详解】由a∩B=1,a⊥y且B⊥y,根据 故选：AC. 若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它 11.BC 们的交线也垂直于第三个平面，可得1⊥Y, 【分析】由题意可知动点P到点A的距离等 故A成立，B一定不成立； 于到直线x=一2的距离，所以可知点P的轨 Uy=y等价于lcy,即直线1在平面Y内， 迹是以A(2,0)为焦点的抛物线，求出轨迹方 但1⊥y,故C一定不成立；1∩y=0等价于 程，然后逐个分析判断即可. 直线1与平面Y无交点，由1⊥y可知D一定 不成立 【详解】因为点A(2,0),直线1：x=-3,动 故选：BCD 点P到点A的距离比到直线I的距离小1， 10.AC 所以动点P到点A的距离等于到直线x=-2 【分析】根据方程表示的曲线确定参数m,n 的距离， 的关系，然后由方程研究曲线的性质判断各 所以点P的轨迹是以A(2,0)为焦点，以 选项 x=-2为准线的抛物线， 【详解】选项A:若m=n>0,则 所以抛物线方程为y2=8x, C:x+y=>0,表示圆，且半径为 1 m 对于A,点P的轨迹是抛物线，所以A错误， 故A正确： 答案第3页，共8页 对于B,由 自82得-4x+4=0,解 得x=2,y=4 所以直线y=x+2与抛物线y2=8x相交于点 (2,4), 所以y=x+2是“最远距离直线”，所以B正 对于D, 确， MA+2 NA =MA+NA+NA=MN+NA 对于C,设过点A(2,0)的直线为 =x+x,+p+x2+2=8m2+10+x3>10, x=my+2(m≠0)，M(x,y),N(x2,2), 所以D错误， y2=8x x=my+2'得-8m-16=0, 由 故选：BC 12. △=64m2+64>0 【分析】利用旋转体圆锥的特征直接求解即 所以y+y2=8m,yy2=-16, 可. 所以 x+x2=my+2+my2+2=m(y+y2)+4=8m2 3h上+Seh = 3 1 所以MW=x+x2+p=8m2+8, 5e+h) 所以以MN为直径的圆的半径为r=4m2+4, 因为圆心到y轴的距离为 S底=πr2 24 576 25 +五=4m2+2<r, 2 s384 所以以MN为直径的圆与y轴相交，所以C 13.m∈(-4，-1)(-1,2) 正确， 【分析】根据椭圆标准方程的特征进行求解 即可 【详解】当方程x+y 一=1表示椭圆时， 4+m2- 答案第4页，共8页 4+m>0 「-4<m<2 4a24a2-4c2 2-m>0 → =2525 m≠-1 即 2 48a2 解得、43 a725 4+m≠2-m 25 即m∈（-4，-1)U(-1,2), 则所求双曲线的离心率为√4 5 显然当m∈(-4，-1)U(-1,2)时，方程 x2.y2 =1表示椭圆， 4+m2-m 故答案为：m∈（-4，-1)U(-1,2) 14.43 B 5 【分析】设AF=3m,BF=7m,在△ABF 故答案为： V43 中，利用余弦定理求出AB,再根据双曲线 15.(1)2x-5y-(4+35)=0;(5分) 的定义即可求出m,再在△EFA中，利用余 (2)4x-3y-6=0.(8分) 【解析】(1)根据斜率和点的坐标得到直线 弦定理即可得解。 的点斜式方程，再化简为一般式方程即可： 【详解】由题可设AF=3m,BF=7m, (2)先求解出两直线的交点坐标，然后根据 由余弦定理可得 平行关系设出直线方程，再代入交点坐标即 cos∠BAE= 4B+4F-BE 可完成求解， 2 AB AF 【详解】(1)因为直线的斜率为2 且过 即-1_AB-40m2 3 ,解得AB=5m, 2 6m AB 点A(2,-3),(2分) 因为AF+FB-AB=4a,所以5m=4a, 所以直线的方程为：y+3=-一2)：即 即m=和 5 2x-V5y-(4+35)=0:(5分) 在△F54电，-9，h-2, (2)因为 -2+1=0所以 [2x+y-8=0 =3 =2所以 FF =2c, 交点坐标为(3,2)，(7分) 所以cos∠EAE,- IAFP+4FP-5E 2AFAF 因为直线平行于4x-3y-7=0,所以设直线 答案第5页，共8页 方程为4x-3y+a=0(a≠-7)，(10分) 代入交点坐标可得：12-6+a=0,所以 A B a=-6,(12分) : 所以直线的方程为：4x-3y-6=0.(13分) 【点晴】本题考查根据条件求解直线的方程， 难度一般设直线方程的时候一定要根据条 夕 件选择直线方程的形式。 连接AC,AC与BD交于点O,连结 16.(1)证明见解析(6分) C0,C0, (2)二面角C-BD-C的正切值为√2.(9分) :CD=CB=2,CB=CD=2√2， 【分析】(1)先证BD⊥平面ACC,则可得 ∴.CO⊥BD,CO⊥BD, AC⊥BD: ∴.∠COC是二面角C,-BD-C的平面角，(9 (2)【分析】根据二面角的平面角的定义作 分) 出二面角C,-BD-C的平面角，再通过解三 CC=2,C0√2，. 角形求其正切值， 【详解】(1)在正方体ABCD-ABCD中， :an∠coC-CS=V5 OC BD⊥AC, .二面角C-BD-C的正切值为√2.(15分) ·.·CC⊥平面ABD,BDC平面ABD, 17.(1)±5(6分) .CC⊥BD. @++y-9分) 又C,C∩AC=C,CC、ACc平面ACC, 【分析】(1)设出直线1的方程，利用圆心到 直线的距离等于半径，建立方程，解出即可： BD⊥平面ACC. (2)建立点M和点A之间的关系式，再利 又ACC平面ACC,AC⊥BD.(6分) 用点A的坐标满足的关系式得到点M的坐 (2)【详解】 标满足的条件，即可求出 【详解】(1)己知C的圆心是O(0,0),半径 是√5， 答案第6页，共8页 设直线斜率为k, 化简整理，运用代入，即可得到定值 6 则直线方程是y=k(x+2),即a-y+2k=0, 【带解11双自线E舌-茶-16060)。 (3分) c2=a2+b2,(2分) 则圆心到直线距离为 2=5, Vk2+1 b2 由于离心率为，即e=C+是 a a=41 解得直线的斜率k=±√5.(6分) 分) 9】 (2)设点M(x,y)B(xx)则， M(5,4)代入双曲线的方程可得 x=-2 2581 a216b2 =1,(6分) 由点M是AB的中点得， 2 y≤+0 解得a=4,b=3,c=5, 2 x=2x+2 即有双曲线的方程为少 169=1:(7分) 所以 y%=2y ①(9分) (2)由于点P是直线x-￠-6上任意一点， 5 因为B在圆C上运动，所以C:x+y,2=3② 可设P 16 (12分) 再由Q为双曲线上=1上一点，可设 169 ①代入②得，(2x+2)2+(2y)2=3,(14分) 2(x,yo), 化简得点M的轨迹方程是(c++y= 4 (15分) 则点-苦-1，即8-26-16.(10分 169 180后号1分) 由F(5,0) (2)证明见解析(10分) 则mm-59}6-xr,上0， 【分析】(1)由离心率公式和点满足双曲线 9 9 即有9-+=0，即有%=-9+亏，(13 的方程，结合双曲线的a,b,c的关系，即 分) 可求得a,b,进而得到双曲线的方程： 则 (2)设出P台，Q(K%),代入双商线 如g长5--10-k到2 16 的方程，再由PE·QE=0,再由直线的斜率 xo- 9 公式，得到直线PQ与直线OQ的斜率之积， 则直线P?与直线OQ的斜率之积是定值 16 (17分) 答案第7页，共8页 19.0+2=15分) 04+有 AC=x-)}+(y-}=Vx-x)}+(x-2m-x+2m月 2p-+或-西分 2 【分析】(1)根据题意，结合椭圆的几何性 =2V-x}=2xV(x+x)}-4x, 质，求得a,b的值，即可求得椭圆的方程： =2× 256m2 416m2-12_45、21-12m (2)联立方程组，根据△>0，得到m的范 49 7 围，由点到直线的距离公式和弦长公式，分 ,(12分) 别求得d=32m,AC=,V21-2m2, 所以 7 3W3 得到5-，-m4,结合基本 27 不等式，即可求解， 3V3 【详解】(1)解：由题意，可得BF=a=2, 7-4m）4nms35x7-4m2+4m_3N5 7 2 2 2分且-后所以c=1,则 ,(15分) b2=a2-c2=3,(4分) 当且仅当m=± 42 所以椭圆E的方程为”+上=1.《5分) 4 3 等号成立， (2)解：由直线1的方程为y=x-2m,则点 所以所求直线的方程为y=x+ 4或 2 N0,m)到直线的距离为a2加6 y=x- V14 (17分) x2 y2 =1 联立方程组 4+3,整理可得 y=x-2m 7x2-16mx+16m2-12=0,(7分) 由判别式△=256m2-4×716m2-12)>0,解 得m∈ 小 设A(x,y),C(x2y2),则 16m x1+x2= 7出 16m2-12 7 可得 答案第8页，共8页