2020-2021学年福建省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年福建省高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题本大共6小题，共70分等内容，欢迎下载使用。


1. 椭圆x2m+y24=1的焦距为2，则m的值等于（ ）
A.5或3B.8C.5D.5或3

2. 一束光线从A(1, 0)点处射到y轴上一点B(0, 2)后被y轴反射，则反射光线所在直线的方程是（ ）
A.x+2y−2=0B.2x−y+2=0C.x−2y+2=0D.2x+y−2=0

3. 如图，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，且OM＝2MA，BN＝NC，则MN→等于（ ）

A.23a→+23b→+12c→B.12a→+12b→−12c→
C.−23a→+12b→+12c→D.12a→−23b→+12c→

4. 已知直线(a+2)x+2ay−1＝0与直线3ax−y+2＝0垂直，则实数a的值是（ ）
A.0B.−43C.0或−43D.−12或23

5. 已知A(4, 1, 3)，B(2, 3, 1)，C(3, 7, −5)，点P(x, −1, 3)在平面ABC内，则x的值为（ ）
A.−4B.1C.10D.11

6. 已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，过点(4, 0)的直线交椭圆E于A，B两点．若AB中点坐标为(2, −1)，则椭圆E的离心率为（ ）
A.12B.32C.13D.233

7. 设集合A={(x, y)|(x−4)2+y2=1}，B={(x, y)|(x−t)2+(y−at+2)2=1}，如果命题“∃t∈R，A∩B≠⌀”是真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.[1, 4]B.[0, 43]
C.[0, 12]D.(−∞, 0]∪(43, +∞]

8. 已知抛物线C:y2=2px的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点（设点A在第一象限），分别过A，B作准线的垂线，垂足分别为A1，B1，若△AFA1为等边三角形，△BFB1的面积为S1，四边形A1B1BF的面积为S2，则S1S2=( )
A.13B.14C.16D.17
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。在答题卷上相应题目的答题区域内作答。

给出如下四个命题，其中正确的命题是（ ）
A.命题P:∃x0∈R，使得x02+x0+1<0，则￢p:∀x∉R，都有x2+x+1≥0
B.设a，b∈R，若a+b≠6，则a≠3或b≠3
C.“x>2”是“1x<12”的充分不必要条件
D.若p是q的必要条件，则￢p是￢q的充分条件

圆O1:x2+y2−2x＝0和圆O2:x2+y2+2x−4y＝0的交点为A，B，则有（ ）
A.公共弦AB所在直线方程为x−y＝0
B.线段AB中垂线方程为x+y−1＝0
C.公共弦AB的长为22
D.P为圆O1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为22+1

已知点P是双曲线C:x216−y29=1右支上一点，F1，F2分别是C的左、右焦点，O是坐标原点，|OP→+OF1→|=94，则（ ）
A.双曲线C离心率为54B.双曲线C的渐近线方程为y=±43x
C.|PF1|=234D.△PF1F2的面积为454

斜率为k的直线l过抛物线y2=2px(P>0)焦点F，交抛物线于A，B两点，点P(x0, y0)为AB中点，作OQ⊥AB，垂足为Q，则下列结论中正确的是（ ）
A.ky0为定值B.OA¯⋅OB¯为定值
C.点P的轨迹方程为y2=2p(x−p2)D.点Q的轨迹是圆的一部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在答题卷上的相应题目的答题区域内作答。

直线l:x−ysin2π3+1＝0的斜率为________．

由命题“存在x∈R，使x2+2x+m≤0”是假命题，求得m的取值范围是(a, +∞)，则实数a的值是________．

设点P是函数y=−4−(x−1)2图象上任意一点，点Q(2a, a−3)(a∈R)，则|PQ|的最小值为________．

已知双曲线M:x2a2−y2b2=1(b>0, a>0)的焦距为2c，若M的渐近线上存在点T，使得经过点T所作的圆(x−c)2+y2=a的两条切线互相垂直，则双曲线M的离心率的取值范围是________．
四、解答题本大共6小题，共70分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答。

已知p:−x2−x+6≤0，q:|1−x+32|≤m．
（1）若￢p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围；

（2）当m=1时，若(￢p)∨q为真，(￢p)∧q为假，求实数x的取值范围．

已知直线l1的方程为x+2y−4=0，若l2在x轴上的截距为12，且l1⊥l2．
（1）求直线l1和l2的交点坐标；

（2）已知直线l3经过l1与l2的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求l3的方程．

已知圆O:x2+y2=r2(r>0)与直线3x−4y+15=0相切．
（1）若直线l:y=−2x+5与圆O交于M，N两点，求|MN|；

（2）已知A(−9, 0)，B(−1, 0)，设P为圆O上任意一点，证明：|PA||PB|为定值

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，点(2, 1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线与圆O:x2+y2=2相切，与椭圆C相交于P，Q两点，求证：∠POQ是定值．

在平面直角坐标系中，有定点F(0, 1)，M(−5, −1)，动点P满足|PF→|=|PM→∗OF→|．

（1）求动点P的轨迹Γ的方程；

（2）过点D(0, 4)作直线，交曲线Γ于两点A，B，以A，B为切点作曲线Γ的切线，交于点P，连接OA，OB，OP．
(i)证明：点P在一条定直线上；
(ii)记S1，S2分别为△AOP，△BOP的面积，求S1+S2的最小值．

已知点P是圆Q：(x+2)2+y2=32上任意一点，定点R(2, 0)，线段PR的垂直平分线l与半径PQ相交于M点，当P在圆周上运动时，设点M的运动轨迹为Γ．
（1）求点M的轨迹Γ的方程；

（2）若点N在双曲线x24−y22＝1（顶点除外）上运动，过点N、R的直线与曲线Γ相交于A、B，过点N，Q的直线与曲线Γ相交于C、D，试探究|AB|+|CD|是否为定值，若为定值请求出这个定值，若不为定值，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年福建省高二（上）期中数学试卷
一、单选题：本大共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的，在答题卷上相应题目的答题区域内作答。
1.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
根据椭圆方程的标准形式，求出a、b、c的值，即得焦距 2c 的值列出方程，从而求得n的值．
【解答】
由椭圆 x2m+y24=1得：
2c＝2得c＝1．
依题意得4−m＝1或m−4＝1
解得m＝3或m＝5
∴ m的值为3或5
2.
【答案】
B
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
由反射定律可得点A(−1, 0)关于y轴的对称点A′(1, 0)在反射光线所在的直线上，再根据点b(0, 1)也在反射光线所在的直线上，用两点式求得反射光线所在的直线方程．
【解答】
由反射定律可得点A(1, 0)关于y轴的对称点A′(−1, 0)在反射光线所在的直线上，
再根据点B(0, 2)也在反射光线所在的直线上，
用两点式求得反射光线所在的直线方程为x−1+y2=1，即2x−y+2=0，
3.
【答案】
C
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据空间向量的线性表示，用OA→、OB→和OC→表示出MN→即可．
【解答】
由题意知，MN→=MA→+AC→+CN→
=13OA→+(OC→−OA→)+12CB→
=−23OA→+OC→+12(OB→−OC→)
=−23OA→+12OB→+12OC→
=−23a→+12b→+12c→．
4.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用一般式下两直线垂直的判定方法即：L1:A1x+B1y+C1＝0，L2:A2x+B2y+C2＝0，若L1⊥L2，则A1A2+B1B2＝0，带入求解即可．
【解答】
因为直线(a+2)x+2ay−1＝0与直线3ax−y+2＝0垂直，则(a+2)⋅3a+2a⋅(−1)＝0，解得：a=0a=−43．
5.
【答案】
D
【考点】
向量在几何中的应用
【解析】
利用平面向量的共面定理即可得出．
【解答】
解：∵ 点P(x, −1, 3)在平面ABC内，∴ 存在实数λ，μ使得等式AP→=λAB→+μAC→成立，
∴ (x−4, −2, 0)=λ(−2, 2, −2)+μ(−1, 6, −8)，
∴ x−4=−2λ−μ−2=2λ+6μ0=−2λ−8μ，消去λ，μ解得x=11．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，代入椭圆的方程，两式相减，根据线段AB的中点坐标为(2, −1)，求出斜率，得到a，b关系，即可求得椭圆E的离心率．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x12a2+y12b2＝1x22a2+y22b2＝1，
两式相减得：(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
∵ 线段AB的中点坐标为(2, −1)，
∴ x1+x2=4，y1+y2=−2，
∴ y1−y2x1−x2=2b2a2，
由AB斜率kAB=0+14−2=12，
∴ 2b2a2=12，即a=2b，
e=ca=1−b2a2=32．
7.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
首先要将条件进行转化，即命题P:A∩B≠⌀为假命题，再结合集合A、B的特征利用数形结合即可获得必要的条件，解不等式组即可获得问题的解答．
【解答】
解：∵ A={(x, y)|(x−4)2+y2=1}，表示平面坐标系中以M(4, 0)为圆心，半径为1的圆，
B={(x, y)|(x−t)2+(y−at+2)2=1}，表示以N(t, at−2)为圆心，半径为1的圆，且其圆心N在直线ax−y−2=0上，如图．
如果命题“∃t∈R，A∩B≠⌀”是真命题，即两圆有公共点，则圆心M到直线ax−y−2=0的距离不大于2，
即|4a−2|a2+1≤2，解得0≤a≤43．
∴ 实数a的取值范围是[0, 43]；
故选：B．
8.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
直线AB的方程为y=3(x−p2)，代入到y2=2px，求出A，B的坐标，分别求出，△BFB1的面积为S1，四边形A1B1BF的面积为S2，即可求出答案．
【解答】
∵ △AFA1为等边三角形，
∴ ∠AFx=∠AFA1=∠A1FO=60∘，∠BFB1=∠OFB1=30∘，
直线AB的方程为y=3(x−p2)，代入到y2=2px，消y可得3x2−5px+3p24=0，
解得x=p6或x=p2，
∴ A(32p, 3p)，B(p6, −3p3)，
∴ |BF|=|BB1|=p6+p2=2p3，
∴ △BFB1的面积为S1=12×2p3×3p3=3p29，
∴ 四边形A1B1BF的面积为S2=3p29+12×|3p−(−3p3)|⋅p=73p29，
∴ S1S2=17，
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。在答题卷上相应题目的答题区域内作答。
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
利用命题的发的性质判断A；逆否命题的真假判断B；充要条件判断C；充要条件判断D．
【解答】
命题P:∃x0∈R，使得x02+x0+1<0，则￢p:∀x∈R，都有x2+x+1≥0，所以A不正确；
设a，b∈R，若a+b≠6，则a≠3或b≠3的逆否命题为：a=3且b=3，则a+b=6，是真命题，所以原命题是真命题，所以B正确；
x>2”推出“1x<12”，反之不成立，所以“x>2”是“1x<12”的充分不必要条件，所以C正确；
p是q的必要条件，可知q⇒p，则￢p⇒￢q为q⇒p的逆否命题，所以若p是q的必要条件，则￢p是￢q的充分条件，所以D正确；
【答案】
A,B,D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
两圆 的方程作差即可求出公共弦的直线方程，即可判断选项A；求出两圆圆心坐标，即可求出线段AB的中垂线的方程，即可判断选项B．
求出圆心O1到直线AB的距离d，d+r即为圆O1上的点到直线AB的最大值，利用垂径定理求出公共弦长，即可判断选项CD．
【解答】
∵ 圆O1:x2+y2−2x＝0和圆O2:x2+y2+2x−4y＝0的交点为A，B，
∴ 圆O1与圆O2公共弦AB所在的直线方程为x−y＝0，故A正确；
∵ O1(1, 0)，O2(−1, 2)，O1O2所在直线斜率为−1，
∴ 线段AB的中垂线的方程为y−0＝−(x−1)，即x+y−1＝0，故B正确；
圆O1:x2+y2−2x＝0的圆心为O1(1, 0)，半径r1＝1，
圆心O1(1, 0)到直线x−y＝0的距离d=12=22．
∴ P到直线AB距离的最大值为22+1，
圆O1与圆O2公共弦AB的长为21−12=2，故C错误，D正确．
【答案】
A,D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
由双曲线方程求得a，b，c的值，即可判断A与B，由题意画出图形，由向量等式结合双曲线定义判断C，证明PF2⊥F1F2，求出△PF1F2的面积判断D．
【解答】
由双曲线C:x216−y29=1，得a=4，b=3，则c=5，
∴ C的离心率为e=54，故A正确；
C 的渐近线方程为y=±34x，故B错误；
取PF1中点M，则|OP¯+OF1¯|=94=2|OM→|=94，
故|OM→|=98，
∴ △PF1F2中，OM为中位线，则|PF2→|=2|OM→|=94，
∴ |PF1→|＝|PF2→|+2a=98+8=414故C错误；|PF1|＝414，|PF2|＝94，|F1F2|=10，则|PF2|2+|F1F2|2＝|PF1|2，
∴ PF2⊥F1F2，
则△PF1F2的面积为S=12×10×94=454，故D正确．
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
根据题意画出图形，利用数形结合法进行分析与判断，选出正确的选项即可．
【解答】
如图所示，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由题意知：
y12=2px1，…①
y22=2px2，…②
①-②得y12−y22=2p(x1−x2)，
即y1−y2x1−x2=2py1+y2=py0，
所以ky0=p为定值，选项A正确；
由y＝k(x−p2)y2＝2px，消去x，得y2−2pky−p2=0，
所以y1y2=−p2，x1x2=y12y224p2=p24，
所以OA→⋅OB→=x1x2+y1y2=p24−p2=−34p2为定值，选项B正确；
由选项A知，ky0=p，即y0−0x0−p2⋅y0=p，
化简得y02=px0−p22，
所以点P的轨迹方程为y2=p(x−p2)，选项C错误；
由OQ⊥AB，所以点Q的轨迹是以OF为直径的圆，除去原点O的部分，所以选项D正确．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在答题卷上的相应题目的答题区域内作答。
【答案】
233
【考点】
直线的斜率
【解析】
求出sin2π3，把直线方程变形，再由直线的一般方程求斜率公式得答案．
【解答】
由直线l:x−ysin2π3+1＝0，得x−32y+1=0，
即2x−3y+2=0．
则该直线的斜率k=−2−3=233．
【答案】
1
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
由题意知“任意x∈R，使x2+2x+m>0”是真命题，由二次函数的性质得△<0，求出m的范围，结合题意求出a的值．
【解答】
解：∵ “存在x∈R，使x2+2x+m≤0”是假命题，
∴ “任意x∈R，使x2+2x+m>0”是真命题，
∴ △=4−4m<0，解得m>1，
故a的值是1．
故答案为：1．
【答案】
5−2
【考点】
直线与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
将函数进行化简，得到函数对应曲线的特点，利用直线和圆的性质，即可得到结论．
【解答】
解：由函数y=−4−(x−1)2，得(x−1)2+y2=4，(y≤0)，
对应的曲线为圆心在C(1, 0)，半径为2的圆的下部分，
∵ 点Q(2a, a−3)，
∴ x=2a，y=a−3，消去a得x−2y−6=0，
即Q(2a, a−3)在直线x−2y−6=0上，
过圆心C作直线的垂线，垂足为A，
则|PQ|min=|CA|−2=|1−0−6|1+4−2=5−2．
故答案为：5−2．
【答案】
(1, 3]
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
要使得经过点T所作的圆的两条切线互相垂直，必有|TF→|=2a，而焦点F(c, 0)到双曲线渐近线的距离为b，故|TF→|=2a≥b，利用双曲线的离心率的计算公式解答．
【解答】
∵ b>0，a>0，所以离心率e=ca=1+(ba)2>1，
圆(x−c)2+y2=a2是以F(c, 0)为圆心，半径r=a的圆，
要使得经过点T所作的圆的两条切线互相垂直，
必有|TF→|=2a，而焦点F(c, 0)到双曲线渐近线的距离为b，
所以|TF→|=2a≥b，
即ba≤2，所以e=ca=1+(ba)2≤3，所以双曲线M的离心率的取值范围是(1, 3]．
四、解答题本大共6小题，共70分。解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答。
【答案】
因为命题p:−x2−x+6≤0，所以x≤−3或x≥2，
所以￢P为：{x|−3命题q:|1−x+32|≤m．
所以命题q为：{x|−2m−1≤x≤2m−1}，
若￢p是q的充分不必要条件，
则￢p是q的真子集，
所以−3≥−2m−12≤2m−1，解得m≥32．
当m=1时，命题q:−3≤x≤1，
若(￢p)∨q为真，(￢p)∧q为假，
则￢p，q中一真一假，
当￢p真q假时，即{x|−31}={x|1当￢p假q真时，即{x|x≤−3或x≥2}∩{x|−3≤x≤1}={−3}，
所以实数x的取值范围为(1, 2)∪{−3}．
【考点】
复合命题及其真假判断
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）分别解出不等式，根据题意可得￢p是q的真子集，从而得到−3≥−2m−12≤2m−1，然后求出m的取值范围．
（2）当m=1时，命题q:{x|−3≤x≤1}，根据题意可得￢p，q中一真一假，分两种情况当￢p真q假时，当￢p假q真时，讨论x的取值范围．
【解答】
因为命题p:−x2−x+6≤0，所以x≤−3或x≥2，
所以￢P为：{x|−3命题q:|1−x+32|≤m．
所以命题q为：{x|−2m−1≤x≤2m−1}，
若￢p是q的充分不必要条件，
则￢p是q的真子集，
所以−3≥−2m−12≤2m−1，解得m≥32．
当m=1时，命题q:−3≤x≤1，
若(￢p)∨q为真，(￢p)∧q为假，
则￢p，q中一真一假，
当￢p真q假时，即{x|−31}={x|1当￢p假q真时，即{x|x≤−3或x≥2}∩{x|−3≤x≤1}={−3}，
所以实数x的取值范围为(1, 2)∪{−3}．
【答案】
∵ 直线l1的方程为x+2y−4=0，l2在x轴上的截距为12，且l1⊥l2．
∴ 直线l2的斜率k=−1−12=2，∴ 直线l2的方程为y=2(x−12)，即2x−y−1=0，
联立x+2y−4＝02x−y−1＝0，得x＝65y＝75，
∴ 直线l1和l2的交点坐标为(65, 75)．
直线l3经过l1与l2的交点(65, 75)．且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，
当直线l3在x轴上截距为0时，在y轴上的截距也是0，
此时直线l3过(65, 75)，(0, 0)，直线方程为yx=7565，即y=76x．
当直线l3在x轴上截距为a(a≠0)时，在y轴上的截距是2a，
此时直线l3的方程为xa+y2a=1，
把(65, 75)代入得：65a+752a=1，解得a=1910，
∴ 直线l3的方程为x1910+y195=1，即10x+5y−19=0．
综上，直线l3的方程为y=76x或10x+5y−19=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
（1）求出直线l2的斜率k=2，从而直线l2的方程为y=2x+12，由此能求出直线l1和l2的交点坐标．
（2）当直线l3在x轴上截距为0时，在y轴上的截距也是0，此时直线l3过(65, 75)，(0, 0)，由此能求出直线l3的方程，当直线l3在x轴上截距为a(a≠0)时，在y轴上的截距是2a，此时直线l3的方程为xa+y2a=1，把(65, 75)代入能求出直线l3的方程．
【解答】
∵ 直线l1的方程为x+2y−4=0，l2在x轴上的截距为12，且l1⊥l2．
∴ 直线l2的斜率k=−1−12=2，∴ 直线l2的方程为y=2(x−12)，即2x−y−1=0，
联立x+2y−4＝02x−y−1＝0，得x＝65y＝75，
∴ 直线l1和l2的交点坐标为(65, 75)．
直线l3经过l1与l2的交点(65, 75)．且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，
当直线l3在x轴上截距为0时，在y轴上的截距也是0，
此时直线l3过(65, 75)，(0, 0)，直线方程为yx=7565，即y=76x．
当直线l3在x轴上截距为a(a≠0)时，在y轴上的截距是2a，
此时直线l3的方程为xa+y2a=1，
把(65, 75)代入得：65a+752a=1，解得a=1910，
∴ 直线l3的方程为x1910+y195=1，即10x+5y−19=0．
综上，直线l3的方程为y=76x或10x+5y−19=0．
【答案】
由题意知，圆心O到直线3x−4y+15=0的距离d＝159+16＝3＝r
所以圆O:x2+y2=9
又圆心O到直线l:y=−2x+5的距离d1＝54+1＝5
所以|MN|＝29−d12＝4，
证明：设P(x0, y0)，则x02+y02＝9，
所以|PA||PB|＝(x0+9)2+y02(x0+1)2+y02=x02+18x0+81+y02x02+2x0+1+y02＝18x0+902x0+10＝3为定值．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
（1）利用直线与圆相切，列出方程求出圆的半径，即可得到圆的方程．然后利用圆心距半径半弦长的关系求解弦长．
（2）设出P的坐标，利用距离公式化简求解即可．
【解答】
由题意知，圆心O到直线3x−4y+15=0的距离d＝159+16＝3＝r
所以圆O:x2+y2=9
又圆心O到直线l:y=−2x+5的距离d1＝54+1＝5
所以|MN|＝29−d12＝4，
证明：设P(x0, y0)，则x02+y02＝9，
所以|PA||PB|＝(x0+9)2+y02(x0+1)2+y02=x02+18x0+81+y02x02+2x0+1+y02＝18x0+902x0+10＝3为定值．
【答案】
解：(1)由题得：e=ca=22，即c2=12a2，
则b2=12a2.
再将点(2, 1)带入方程得4a2+2a2=1，
解得a2=6，
所以b2=3，
则椭圆C的方程为：x26+y23=1.
(2)①当直线PQ斜率不存在时，
则直线PQ的方程为x=2或x=−2，
当x=2时，P(2, 2)，Q(2, −2)，
此时OP→⋅OQ→=0，
所以OP→⊥OQ→，即∠POQ=90∘；
当x=−2时，同理可得，∠POQ=90∘.
②当直线PQ斜率存在时，
设直线PQ的方程为y=kx+m，即kx−y+m=0.
因为直线与圆相切，
所以|m|k2+1=2，即m2=2k2+2，
联立kx−y+m=0，x26+y23=1，
整理得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
则有x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)×2m2−61+2k2+km×(−4km1+2k2)+m2.
将m2=2k2+2代入上式，
整理可得OP→⋅OQ→=0，
所以OP→⊥OQ→，即∠POQ=90∘.
综上，∠POQ是定值90∘．
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）由题得e=ca=22得到a，b，c的关系，再将点(2, 1)代入可解得a2＝6，进而得到方程；
（2）考虑PQ斜率不存在和存在两种情况，分别计算出OP→⋅OQ→=0，可得∠POQ＝90∘为定值．
【解答】
解：(1)由题得：e=ca=22，即c2=12a2，
则b2=12a2.
再将点(2, 1)带入方程得4a2+2a2=1，
解得a2=6，
所以b2=3，
则椭圆C的方程为：x26+y23=1.
(2)①当直线PQ斜率不存在时，
则直线PQ的方程为x=2或x=−2，
当x=2时，P(2, 2)，Q(2, −2)，
此时OP→⋅OQ→=0，
所以OP→⊥OQ→，即∠POQ=90∘；
当x=−2时，同理可得，∠POQ=90∘.
②当直线PQ斜率存在时，
设直线PQ的方程为y=kx+m，即kx−y+m=0.
因为直线与圆相切，
所以|m|k2+1=2，即m2=2k2+2，
联立kx−y+m=0，x26+y23=1，
整理得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2−6=0，
设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，
则有x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−61+2k2，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(1+k2)×2m2−61+2k2+km×(−4km1+2k2)+m2.
将m2=2k2+2代入上式，
整理可得OP→⋅OQ→=0，
所以OP→⊥OQ→，即∠POQ=90∘.
综上，∠POQ是定值90∘．
【答案】
设点P(x, y)，
则PF→=(−x, 1−y)，OF→=(0, 1)，PM→=(−5−x, −1−y)，
由|PF→|=|PM→∗OF→|，可得x2+(y−1)2=|−1−y|，
两边平方整理可得x2=4y；
(i)证明：设AB:y=kx+4，A(x1, y1)．，B(x2, y2)，P(x0, y0)，
则x12=4y1，x22=4y2，
联立直线AB与抛物线可得y＝kx+4x2＝4y可得x2−4kx−16=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−16，
由y=14x2的导数为y′=12x，
可得切线PA:y−y1=12x1(x−x1)，即y=x12x−x124，
同理可得PB:y=x22x−x224，
联立PA，PB，可得x0=x1+x22=2k，y0=x1x24=−4，
即P(2k, −4)，所以P在到直线y=−4上．
(ii)|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=41+k2⋅k2+4，
设O，P到直线AB的距离为d1，d2，则d1=41+k2，d2=|kx0−y0+4|1+k2=2(k2+4)1+k2，
S1+S2=S△PAB−S△OAB=12|AB|⋅(d2−d1)
=12⋅41+k2⋅4+k2⋅(2(k2+4)1+k2−41+k2)=4k2+4⋅(k2+2)，关于k2递增，
显然，当k=0时，取得最小值(S1+S2)min=16．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设点P(x, y)，运用向量的模的公式和数量积的坐标表示，化简整理，可得所求轨迹方程；
(2)(i)设AB:y=kx+4，A(x1, y1)．，B(x2, y2)，P(x0, y0)，联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理，由导数求得切线的方程，联立方程组，求得交点P的轨迹；
(ii)运用弦长公式可得|AB|，设O，P到直线AB的距离为d1，d2，S1+S2=S△PAB−S△OAB=12|AB|⋅(d2−d1)，再由三角形的面积公式和点到直线的距离公式，结合函数的单调性可得所求最大值．
【解答】
设点P(x, y)，
则PF→=(−x, 1−y)，OF→=(0, 1)，PM→=(−5−x, −1−y)，
由|PF→|=|PM→∗OF→|，可得x2+(y−1)2=|−1−y|，
两边平方整理可得x2=4y；
(i)证明：设AB:y=kx+4，A(x1, y1)．，B(x2, y2)，P(x0, y0)，
则x12=4y1，x22=4y2，
联立直线AB与抛物线可得y＝kx+4x2＝4y可得x2−4kx−16=0，所以x1+x2=4k，x1x2=−16，
由y=14x2的导数为y′=12x，
可得切线PA:y−y1=12x1(x−x1)，即y=x12x−x124，
同理可得PB:y=x22x−x224，
联立PA，PB，可得x0=x1+x22=2k，y0=x1x24=−4，
即P(2k, −4)，所以P在到直线y=−4上．
(ii)|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=41+k2⋅k2+4，
设O，P到直线AB的距离为d1，d2，则d1=41+k2，d2=|kx0−y0+4|1+k2=2(k2+4)1+k2，
S1+S2=S△PAB−S△OAB=12|AB|⋅(d2−d1)
=12⋅41+k2⋅4+k2⋅(2(k2+4)1+k2−41+k2)=4k2+4⋅(k2+2)，关于k2递增，
显然，当k=0时，取得最小值(S1+S2)min=16．
【答案】
依题意：|MP|=|MR|，且|MR|+|MQ|=|MP|+|MQ|=|PQ|=42>4=|RQ|，
由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为42，焦距为4的椭圆，
即：a=22，c=2，b=2，
故Γ的方程为：x28+y24＝1．
设N(x0, y0)，则x024−y022＝1，x0≠±2，
∴ 直线NR，NQ的斜率都存在，分别设为k1，k2，
则k1k2=y0x0+2⋅y0x0+2＝y02x02−4=x022−2x02−4＝12，
将直线NR的方程y=k1(x−2)代入x28+y24＝1得：(2k12+1)x2−8k12x+8k12−8＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2=8k122k12+1，x1x2=8k12−82k12+1，
∴ |AB|=1+k12⋅(x1+x2)2−4x1x2=42⋅k12+12k12+1，
同理可得|CD|=42⋅k22+12k22+1，
∴ |AB|+|CD|=42(k12+12k12+1+k22+12k22+1)=42(k12+12k12+1+14k12+112k12+1)=42⋅32(2k12+1)2k12+1＝62，
故|AB|+|CD|为定值，且定值为62．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）根据椭圆定义即可求出结果，（2）利用点斜式方程设出直线NR，NQ的方程，与（1）的方程联立，写出根与系数的关系，利用弦长公式求出|AB|，|CD|的长度，然后求和，通过计算可得出结果．
【解答】
依题意：|MP|=|MR|，且|MR|+|MQ|=|MP|+|MQ|=|PQ|=42>4=|RQ|，
由椭圆定义知点M的轨迹为以R，Q为焦点，长轴长为42，焦距为4的椭圆，
即：a=22，c=2，b=2，
故Γ的方程为：x28+y24＝1．
设N(x0, y0)，则x024−y022＝1，x0≠±2，
∴ 直线NR，NQ的斜率都存在，分别设为k1，k2，
则k1k2=y0x0+2⋅y0x0+2＝y02x02−4=x022−2x02−4＝12，
将直线NR的方程y=k1(x−2)代入x28+y24＝1得：(2k12+1)x2−8k12x+8k12−8＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1+x2=8k122k12+1，x1x2=8k12−82k12+1，
∴ |AB|=1+k12⋅(x1+x2)2−4x1x2=42⋅k12+12k12+1，
同理可得|CD|=42⋅k22+12k22+1，
∴ |AB|+|CD|=42(k12+12k12+1+k22+12k22+1)=42(k12+12k12+1+14k12+112k12+1)=42⋅32(2k12+1)2k12+1＝62，
故|AB|+|CD|为定值，且定值为62．