2022-2023学年上海实验学校高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年上海实验学校高二（下）期中数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. “a=1”是“直线x+ay−1=0与直线ax−y+1=0相互垂直”的条件．( )
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
2. 已知两点A(2,−1)，B(−5,−3)，直线l过点(1,1)，若直线l与线段AB相交，则直线l的斜率取值范围是( )
A. (−∞,−2]∪[23,+∞)B. [−2,23]
C. [−23,2]D. (−∞,−23]∪[2,+∞)
3. 已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F2，左顶点为A1，若E上的点P满足PF2⊥x轴，sin∠PA1F2=35，则E的离心率为( )
A. 12B. 25C. 14D. 15
4. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1、F2，上顶点为A，延长AF2交椭圆C于点B，若△ABF1为等腰三角形，则椭圆C的离心率为( )
A. 13B. 33C. 23D. 12
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）
5. 过点P(2,3)，且一个法向量为n=(3,−1)的直线的点法式方程是______ ．
6. 若x2+y2−2x−4y=0，求圆心坐标为 ．
7. 椭圆x22+y24=1的焦距是______．
8. 双曲线x2−y23=1的渐近线的夹角为______ ．
9. 已知直线l：ax+(2a−1)y+a−3=0，当a变化时，直线l总是经过定点，则定点坐标为______ ．
10. 若原点到直线l：ax+y+8=0距离为4，则a的值是______ ．
11. 已知直线l过点(−1,0)且与直线2x−y=0垂直，则圆x2+y2−4x+8y=0与直线l相交所得的弦长为 ．
12. F1、F2分别为椭圆x24+y2=1的左、右焦点，P为该椭圆上一点，且∠F1PF2=60°，则△F1PF2的面积等于______ ．
13. 已知M(−1,2)，N是曲线C：x2+y2−6x−2y+9=0上的动点，P为直线x+2y+2=0上的一个动点，则|PM|+|PN|的最小值为______ ．
14. 已知F1、F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是他们的一个公共点，且∠F1PF2=π3，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题12.0分)
设直线的方程为(a+1)x+y+2−a=0，a∈R．
(1)若在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程；
(2)若与两坐标轴围成的三角形的面积为1，求a的值．
16. (本小题12.0分)
如图，在宽为14m的路边安装路灯，灯柱OA高为8m，灯杆PA是半径为rm的圆C的一段劣弧．路灯采用锥形灯罩，灯罩顶P到路面的距离为10m，到灯柱所在直线的距离为2m.设Q为灯罩轴线与路面的交点，圆心C在线段PQ上．
(1)当r为何值时，点Q恰好在路面中线上？
(2)记圆心C在路面上的射影为H，且H在线段OQ上，求HQ的最大值．
17. (本小题12.0分)
设椭圆E：x22+y2=1，直线l1经过点M(m,0)，直线l2经过点N(n,0)，直线l1//直线l2，且直线l1、l2分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点．
(Ⅰ)若M，N分别为椭圆E的左、右焦点，且直线l1⊥x轴，求四边形ABCD的面积；
(Ⅱ)若直线l1的斜率存在且不为0，四边形ABCD为平行四边形，求证：m+n=0；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，判断四边形ABCD能否为矩形，说明理由．
18. (本小题12.0分)
设m>0，椭圆Γ：x23m+y2m=1与双曲线C：m2x2−y2=m2的焦点相同．
(1)求椭圆Γ与双曲线C的方程；
(2)过双曲线C的右顶点作两条斜率分别为k1，k2的直线l1，l2，分别交双曲线C于点P，Q(P,Q不同于右顶点)，若k1⋅k2=−1，求证：直线PQ的倾斜角为定值，并求出此定值；
(3)设点T(0,2)，若对于直线l：y=x+b，椭圆Γ上总存在不同的两点A与B关于直线l对称，且9<4TA⋅TB<10，求实数b的取值范围．
19. (本小题12.0分)
如图，过点E(1,0)的直线与圆O：x2+y2=4相交于A，B两点，过点C(2,0)且与AB垂直的直线与圆O的另一交点为D．
(1)当点B坐标为(0,−2)时，求直线CD的方程；
(2)记点A关于x轴的对称点为F(异于点A，B)，求证：直线BF恒过定点；
(3)求四边形ACBD面积S的取值范围．
20. (本小题12.0分)
如图，已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，两条渐近线的夹角的余弦值为35，焦点到渐近线的距离为1，M、N两动点在双曲线C的两条渐近线上，且分别位于第一象限和第四象限，P是直线MN与双曲线右支的一个公共点，MP=λPN．
(1)求双曲线C的方程；
(2)当λ=1时，求PM⋅PN的取值范围；
(3)试用λ表示△MON的面积S，设双曲线C上的点到其焦点的距离的取值范围为集合Ω，若λ5∈Ω，求S的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：①当a=1时，两方程可化为x+y−1=0，x−y+1=0，斜率分别为−1和1，故两直线垂直，所以充分性成立，
②当直线x+ay−1=0与直线ax−y+1=0垂直时，则1×a+a×(−1)=0，故a∈R，所以必要性不成立，
因此，“a=1”是“直线x+ay−1=0与直线ax−y+1=0相互垂直”的充分不必要条件．
故选：A．
根据充分条件和必要条件的定义结合直线垂直的等价条件进行判断即可．
本题考查直线垂直，充要条件的判定，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：如图所示：
由于直线l与线段AB相交，
故有k≤kPA或 k≥kPB，
求得kPA=−1−12−1=−2，kPB=−3−1−5−1=23，
可得直线l的斜率取值范围是(−∞,−2]∪[23,+∞)，
故选：A．
由题意，根据直线的斜率公式，求出直线PA、PB的斜率，可得直线l的斜率取值范围．
本题主要考查直线的斜率公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查椭圆的标准方程及其性质离心率的求法，属于基础题．
由PF2⊥x轴，则PF2=b2a，A1F1=a+c，sin∠PA1F2=35，则tan∠PA1F2=34，即可得出离心率．
【解答】
解：因为PF2⊥x轴，
所以则PF2=b2a，A1F1=a+c，
因为sin∠PA1F2=35，所以则tan∠PA1F2=34，
tan∠PA1F2=34=b2aa+c
则a2−3ac−4c2=0，
⇒a−4ca+c=0，
所以e=ca=14，
故选：C．

4.【答案】B
【解析】解：如图，若△ABF1为等腰三角形，则|BF1|=|AB|，

设|BF2|=t，则|BF1|=2a−t，所以|AB|=a+t=|BF1|=2a−t，解得a=2t，
即|AB|=|BF1|=3t，|AF1|=2t，设∠BAO=θ，则∠BAF1=2θ，
所以C的离心率e=ca=|OF2||AF2|=sinθ，结合余弦定理，易得在△ABF1中，
cs2θ=13=1−2sin2θ，所以sin2θ=13，即e=sinθ= 33．
故选：B．
由题意可得等腰三角形的两条相等的边，设|BF2|=t，由题可得|BF1|的长，在三角形ABF1中，三角形BF1F2中，由余弦定理可得∠ABF1的值相等，可得a，c的关系，从而求出椭圆的离心率．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
5.【答案】3(x−2)−(y−3)=0
【解析】解：过点P(2,3)，且一个法向量为n=(3,−1)，
在此直线上任意取一点M(x,y)，则向量PM和此法向量n垂直，
故有PM⋅n=3(x−2)−(y−3)=0，
故答案为：3(x−2)−(y−3)=0．
由题意，利用两个向量垂直的性质，求出结果．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算法则，属于基础题．
6.【答案】(1,2)
【解析】
【分析】
本题考查了圆的一般方程和标准方程，考查了转化思想，属于基础题．
将一般方程化为标准方程，然后确定其圆心坐标即可．
【解答】
解：由x2+y2−2x−4y=0，可得圆的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=5，
所以圆心坐标为(1,2)．
故答案为：(1,2)．

7.【答案】2 2
【解析】解：椭圆x22+y24=1的焦距是2c=2 a2−b2=2 4−2=2 2．
故答案为：2 2．
根据椭圆中a，b，c的数量关系求解．
本题考查了椭圆中a，b，c的数量关系，属于基础题．
8.【答案】π3
【解析】解：根据题意，双曲线的方程为：x2−y23=1，
则其渐近线方程为：y=± 3x，
直线y= 3x的倾斜角为π3，直线y=− 3x的倾斜角为2π3，
则其渐近线的夹角为π3，
故答案为：π3．
根据题意，由双曲线的方程可得渐近线方程，求出渐近线的倾斜角，结合图形分析可得答案．
本题考查双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的渐近线方程．
9.【答案】(5,−3)
【解析】解：因为直线l：ax+(2a−1)y+a−3=0可化为a(x+2y+1)−y−3=0，
令x+2y+1=0−y−3=0，解得x=5，y=−3，
所以直线l过定点(5,−3)．
故答案为：(5,−3)．
把直线方程化为a(x+2y+1)−y−3=0，令x+2y+1=0−y−3=0求出x、y的值即可．
本题考查了直线恒过定点的应用问题，是基础题．
10.【答案】± 3
【解析】解：由原点(0,0)到直线l：ax+y+8=0距离为4，
得|0+0+8| a2+1=4，解得a=± 3．
故答案为：± 3．
由点到直线的距离公式，列方程求出a的值．
本题考查了点到直线的距离公式应用问题，是基础题．
11.【答案】2 15
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的方程的应用问题，考查两条直线垂直以及直线与圆相交所得弦长的计算问题，是基础题．
先求出直线l的方程，再求出圆心C与半径r，计算圆心到直线l的距离d，由垂径定理求弦长．
【解答】
解：由题意设直线l的方程为x+2y+m=0，
将点(−1,0)代入，得−1+m=0，解得m=1，
则l的方程为x+2y+1=0，
∵x2+y2−4x+8y=0可化为(x−2)2+(y+4)2=20，
圆心(2,−4)，半径r=2 5，
∴圆心(2,−4)到l的距离d=|2−8+1| 5= 5，
∴圆x2+y2−4x+8y=0与直线l相交所得的弦长为2 r2−d2=2 20−5=2 15．
故答案为：2 15．

12.【答案】 33
【解析】解：因为F1、F2分别为椭圆x24+y2=1的左、右焦点，P为该椭圆上一点，
所以|F1P|+|PF2|=4,|F1F2|=2 3，
则由余弦定理得，
|F1F2|2=|F1P|2+|PF2|2−2|F1P||PF2|cs60°，
则12=(|F1P|+|PF2|)2−2|F1P||PF2|cs60°−2|F1P||PF2|，
即12=16−3|F1P||PF2|，
所以|F1P||PF2|=43，
故△PF1F2的面积S=12|F1P||PF2|⋅sin60°= 33．
故答案为： 33．
利用椭圆的定义和余弦定理求得|F1P||PF2|=43，代入三角形的面积公式即可求解．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
13.【答案】3 5−1
【解析】解：如图，曲线C：x2+y2−6x−2y+9=0以C(3,1)为圆心，以1为半径的圆，

则根据圆的性质可知，|PN|的最小值为|PC|−1，设M关于直线x+2y+2=0的对称点H的坐标为(m,n)，
则n−2m+1=2m−12+2×n+22+2=0，解可得m=−3，n=−2，即H(−3,−2)，
连接HC.分别交直线x+2y+2=0，圆C于点P，N，
可得|PM|+|PN|≥|PM|+|PC|−1=|PH|+|PC|−1≥|HC|−1，
当且仅当P，H，C三点共线时取等号，此时取得最小值3 5−1，
故PM+PN的最小值3 5−1．
故答案为：3 5−1．
根据圆的性质可知，PN|的最小值为|PC|−1，作点M关于x+2y+2=0的对称点H，根据对称性即可求解．
本题主要考查了圆的性质的综合应用，体现了数形结合思想及转化思想的应用，属中档题．
14.【答案】4 33
【解析】
【分析】
本题主要考查椭圆和双曲线的定义和性质，属于拔高题．
根据双曲线和椭圆的性质和关系，结合余弦定理、二次函数的最值，即可得到结论．
【解答】
解：设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，(a1>a2)，半焦距为c，
设|PF1|=r1，|PF2|=r2，|F1F2|=2c，假设点P在第一象限，不妨记r1>r2，
椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，
∵∠F1PF2=π3，
∴由余弦定理可得4c2=r12+r22−2r1r2csπ3=r12+r22−r1r2，
由r1+r2=2a1r1−r2=2a2，可得r1=a1+a2r2=a1−a2,
∴1e1+1e2=a1+a2c=r1c，
令m=r12c2=4r12r12+r22−r1r2=41+(r2r1)2−r2r1=4(r2r1−12)2+34，
当r2r1=12时，mmax=163，
∴(r1c)max=4 33，
即1e1+1e2的最大值为4 33．
故答案为：4 33．

15.【答案】解：(1)根据直线的方程为(a+1)x+y+2−a=0，a∈R，
在两坐标轴上的截距相等，
当a+1=0时，a=−1，直线的方程即y+3=0，它在x轴上没有截距，不满足题意．
故a+1≠0．
令y=0，可得直线在x轴上的截距为a−2a+1，
令x=0，可得直线在y轴上的截距为a−2，
则有a−2a+1=a−2，求得a=2或a=0．
(2)若与两坐标轴围成的三角形的面积为1，则12⋅|a−2a+1|⋅|a−2|=1，
即(a−2)2=2|a+1|，∴即(a−2)2=2(a+1)或(a−2)2=2(a+1)，
求得a=3± 6．
【解析】(1)由题意，按照直线在坐标轴上的截距的定义，求得a的值．
(2)由题意，按照直线在坐标轴上的截距的定义，求得a的值．
本题主要考查直线在坐标轴上的截距的定义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则A(0,8)，P(2,10)，Q(7,0)，
∴直线PQ的方程为2x+y−14=0．
设C(a,b)，则(a−2)2+(b−10)2=r2a2+(b−8)2=r2，两式相减得：a+b−10=0，
又2a+b−14=0，解得a=4，b=6，
∴r= 42+(6−8)2=2 5．
∴当r=2 5时，点Q恰好在路面中线上．
(2)由(1)知a+b−10=0，
当a=2时，灯罩轴线所在直线方程为x=2，此时HQ=0．
当a≠2时，灯罩轴线所在方程为：y−10=−aa−2(x−2)，
令y=0可得x=12−20a，即Q(12−20a,0)，
∵H在线段OQ上，∴12−20a≥a，解得2≤a≤10．
∴|HQ|=12−20a−a=12−(20a+a)≤12−2 20=12−4 5，
当且仅当20a=a即a=2 5时取等号．
∴|HQ|的最大值为(12−4 5)m．
【解析】(1)求出PQ的方程，设C(a,b)，根据CA=CP=r列方程组可得出a，b的值，从而求出r的值；
(2)用a表示出直线PQ的斜率，得出PQ的方程，求出Q的坐标，从而可得出|HQ|关于a的函数，根据a的范围和基本不等式得出|HQ|的最大值．
本题考查了直线方程，直线与圆的位置关系，考查基本不等式与函数最值的计算，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得，|AB|=2× 22= 2,|CD|=|MN|=2c=2，且四边形ABCD为矩形，
∴S四边形ABCD=|AB|⋅|CD|=2 2；
(Ⅱ)证明：由题可设，l1：x=ty+m(t∈R)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=ty+mx2+2y2=2得，(t2+2)y2+2mty+m2−2=0，
∴y1+y2=−2mtt2+2,y1y2=m2−2t2+2，且△=4m2t2−4(t2+2)(m2−2)>0，即t2−m2+2>0，
∴|AB|= 1+t2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+t2⋅ (2mtt2+2)2−4⋅m2−2t2+2= 2⋅ 1+t2t2+2⋅ t2−m2+2，
同理可得|CD|= 2⋅ 1+t2t2+2⋅ t2−n2+2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴|AB|=|CD|，即m2=n2，
由m≠n，故m=−n，即m+n=0，即得证；
(Ⅲ)不能为矩形，理由如下：
点O到直线l1，直线l2的距离分别为|m| 1+t2,|n| 1+t2，
由(Ⅱ)可知，m=−n，
∴点O到直线l1，直线l2的距离相等，
根据椭圆的对称性，原点O应为平行四边形ABCD的对称中心，
假设平行四边形ABCD为矩形，则|OA|=|OB|，
那么 x12+y12= x22+y22，则x12+1−x122=x22+1−x222，
∴x1=x2，这是直线l1⊥x轴，这与直线l1的斜率存在矛盾，故假设不成立，即平行四边形ABCD不为矩形．
【解析】(Ⅰ)易知，此时四边形ABCD为矩形，且|AB|= 2,|CD|=2，由此求得面积；
(Ⅱ)设直线l1的方程，并与椭圆方程联立，可得到|AB|的长度，同理可得|CD|的长度，由|AB|=|CD|，可得m2=n2，进而得证；
(Ⅲ)运用反证法，假设平行四边形ABCD为矩形，但此时推出直线l1⊥x轴，与题设矛盾，进而得出结论．
本题考查直线与椭圆的综合运用，涉及了弦长公式以及点到直线的距离公式的运用，考查逻辑推理能力以及计算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵椭圆Γ：x23m+y2m=1与双曲线C：m2x2−y2=m2即x2−y2m2=1的焦点相同，
∴3m−m=1+m2，且m>0，
解得m=1，
∴椭圆Γ的方程为x23+y2=1，双曲线C的方程为x2−y2=1，
证明：(2)由(1)可知，双曲线的右顶点为(1,0)，
设l1，l2的方程分别为y=k1(x−1)，y=k2(x−1)，
分别联立方程组y=k1(x−1)x2−y2=1，y=k2(x−1)x2−y2=1，
解得x=k12+1k12−1y=2k1k12−1，x=k22+1k22−1y=2k1k22−1，
即P(k12+1k12−1,2k1k12−1)，Q(k22+1k22−1,2k2k22−1)，
∵k1⋅k2=−1，
∴kPQ=2k2(k12−1)−2k1(k22−1)(k22+1)(k12−1)−(k12+1)(k22−1)=2k2k12−2k2−2k1k22+2k1k22k12+k12−k22−1−k12k22+k12−k22+1=0，
∴直线PQ的倾斜角为0°，
故直线PQ的倾斜角为定值，为0°，
(3)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为：y=−x+t，
由y=−x+tx2+3y2=3，消y整理可得：4x2−6tx+3t2−3=0，消x整理可得4y2−2ty+t2−3=0，
由△=(−6t)2−16(3t2−3)=4−t2>0，解得−2∴x1+x2=3t2，x1x2=34(t2−1)，y1+y2=t2，y1y2=14(t2−3)，
设直线AB之中点为P(x0,y0)，则x0=12(x1+x2)=3t4
由点P在直线AB上得：y0=−x0+b=t4，
又点P在直线l上，∴t4=3t4+b，则b=−12t.
又∵TA=(x1,y1−2)，TB=(x2,y2−2)，
∴TA⋅TB=x1x2+y1y2−2(y1+y2)+4=34(t2−1)+14(t2−3)−t+4，
∴4TA⋅TB=4t2−4t+10，
∵9<4TA⋅TB<10，
∴9<4t2−4t+10<10，
∴(2t−1)2>0，t(t−1)<0
解得0∴b=−12t∈(−12,−14)∪(−14,0)．
【解析】(1)根据椭圆Γ：x23m+y2m=1与双曲线C：m2x2−y2=m2的焦点相同，即可求出m的值，
(2)设l1，l2的方程分别为y=k1(x−1)，y=k2(x−1)，分别联立方程组y=k1(x−1)x2−y2=1，y=k2(x−1)x2−y2=1，即可求出点P，Q的坐标，根据斜率公式计算即可，
(3)由题意设A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线AB方程为：y=−x+t.联立消y整理可得：4x2−6tx+3t2−3=0，由△>0解得t的范围．再由根与系数的关系结合中点坐标公式求得直线AB之中点坐标，代入直线AB，再由点P在直线l上求得b和t的关系，再根据向量的数量积公式求出t的范围，即可即可求得b的取值范围．
本题考查椭圆双曲线的简单性质，考查直线与双曲线椭圆位置关系的应用，训练了平面向量在求解圆锥曲线问题中的应用，是中档题．
19.【答案】解：(1)当B(0,−2)时，直线AB的斜率为2，
因为CD⊥AB，所以CD的斜率为−12，
故直线CD的方程为y=−12(x−2)，即x+2y−2=0．
(2)证明：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则F(x1,−y1)，
直线AB的方程为x=my+1，代入x²+y²=4，整理得(m²+1)y²+2my−3=0，所以y1+y2=−2mm2+1,y1y2=−3m2+1．
直线BF的方程为y−y2=y1+y2x2−x1(x−x2)，又x2=my2+1，x1=my1+1
令y=0，得x=1+my2−y2⋅m(y2−y1)y2+y1=1+2my1y2y1+y2=1+3=4
所以直线BF恒过定点(4,0)．
(3)设直线AB的倾斜角为θ，则圆心O到直线AB的距离为|OE|sinθ=sinθ，所以|AB|=2 4−sin2θ．
因为CD⊥AB，所以∠OCD=π2−θ或θ−π2，则|CD|=2|OC|cs∠OCD=4sinθ．
因为CD⊥AB，所以S=12|AB|⋅|CD|=4 4sin2θ−sin4θ
因为sin2θ∈(0,1]，所以当sin2θ=1时，S有最大值，为4 3．
故S的取值范围是(0,4 3]．
【解析】(1)先求出AB斜率，利用AB⊥CD求出CD斜率，再利用点斜式求出方程；(2)利用对称性可知直线BF所过的定点在x轴上，在直线BF的方程y−y2=y1+y2x2−x1(x−x2)中，令y=0，借助韦达定理化简求值；(3)设直线AB的倾斜角为θ，用θ表示|AB|，|CD|，构造关于θ的函数S=12|AB|⋅|CD|=f(θ)，利用函数的性质求解．
本题考查直线的方程，动直线的定点问题，直线与圆相交，属于综合题．
20.【答案】解：(1)设两渐近线的夹角为θ，渐近线y=−bax的倾斜角为α，渐近线y=bax的倾斜角为γ，
所以tanθ=|tan(α−γ)|=|tanα−tanγ1+tanαtanγ|=|ba−(−ba)1+ba⋅(−ba)|=|2ba1+ba⋅(−ba)|=2aba2−b2，
因为两条渐近线的夹角的余弦值为35，即csθ=35，
所以tanθ= 1cs2θ−1= 1(35)2−1=43，
所以2aba2−b2=43，
解得3ba=2a2−2b2，①
因为焦点到渐近线的距离为1，
所以bc a2+b2=1，即bc=b2+a2，②
又c2=a2+b2，③
由①②③，解得a2=4，b2=1，c2=3，
所以双曲线的方程为x24−y2=1．
(2)由题意，设M(2m,m)，N(2n,−n)，m>0，n>0，
当λ=1时，MP=PN，设P(x,y)，即(x−2m,y−m)=(2n−x,−n−y)，
所以P(m+n,m−n2)，
所以(m+n)24−(m−n)24=1，
整理得mn=1，
又PM=(m−n,m+n2)，PN=(n−m,−n−m2)，
所以PM⋅PN=−(m−n)2−(m+n)24=−54(m2+n2)+32mn≤−54⋅2mn+32=−1，当且仅当m=n=1时，等号成立，
所以PM⋅PN∈(−∞,−1]．
(3)设M(2m,m)，N(2n,−n)，m>0，n>0，
由MP=λPN，得OP−OM=λ(ON−OP)，
即(1+λ)OP=OM+λON，
所以OP=11+λOM+λ1+λON=(2m+2λn1+λ,m−λn1+λ)，
所以点P的坐标为(2m+2λn1+λ,m−λn1+λ)，
把点P的坐标代入双曲线的方程得(2m+2λn1+λ)24−(m−λn1+λ)2=1，
即(m+λn)2−(m−λn)2=(1+λ)2，
所以mn=(1+λ)24λ，
当直线MN的斜率不存在时，其方程为x=2m，
当直线MN的斜率存在时，kMN=m+n2m−2n，
此时直线MN的方程为y−m=m+n2m−2n(x−2m)，即(m+n)x−(2m−2n)y−4mn=0，
经过检验，斜率不存在时，直线方程也满足上式，
所以直线MN的方程为(m+n)x−(2m−2n)y−4mn=0，
所以点O到直线(m+n)x−(2m−2n)y−4mn=0的距离
d=|−4mn| (m+n)2+4(m−n)2=4mn (m+n)2+4(m−n)2，
又|MN|= (2m−2n)2+(m+n)2= 4(m−n)2+(m+n)2，
所以S=12|MN|d=2mn=(1+λ)22λ=12(λ+1λ)+1，
设双曲线的左右焦点分别为F1(− 5,0)，F2( 5,0)，P(x,y)(x≥2)，
则|PF1|>|PF2|，
又|PF2|= (x− 5)2+y2= x2−2 5x+5+14x2−1= 54x2−2 5x+4=|52x−2|= 52x−2，
所以|PF2|∈[ 5−2,+∞)，
即双曲线C上的点到其焦点的距离的取值范围集合Ω=[ 5−2,+∞)，
因为λ5∈Q，
所以λ∈[5 5−10,+∞)，
令f(x)=12(x+1x)+1，x∈[5 5−10,+∞)，
任取x1，x2∈∈[5 5−10,+∞)，且1<5 5−10≤x1则f(x1)−f(x2)=12(x1+1x1)−12(x2+1x2)=12(x1−x2)(1−1x1x2)<0，
因为x1−x2<0，x1x2>1，
所以f(x1)−f(x2)=12(x1−x2)(1−1x1x2)<0，
所以f(x1)所以f(x)在x∈[5 5−10,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(5 5−10)=13 5−195，
所以Smin=13 5−195，
所以S∈[13 5−195,+∞)．
【解析】(1)设两渐近线的夹角为θ，渐近线y=−bax的倾斜角为α，渐近线y=bax的倾斜角为γ，则tanθ=|tan(α−γ)|=|tanα−tanγ1+tanαtanγ|=2aba2−b2=43，得2aba2−b2=43①，又焦点到渐近线的距离为1，则bc a2+b2=1②，又c2=a2+b2③，由①②③解得a2，b2，c2，即可得出答案．
(2)由题意，设M(2m,m)，N(2n,−n)，m>0，n>0，当λ=1时，MP=PN，设P(x,y)，即(x−2m,y−m)=(2n−x,−n−y)，解得mn=1，再计算PM⋅PN=−(m−n)2−(m+n)24的取值范围．
(3)设M(2m,m)，N(2n,−n)，m>0，n>0，由MP=λPN，得OP−OM=λ(ON−OP)，则OP=11+λOM+λ1+λON，解得点P的坐标，再代入双曲线的方程得(2m+2λn1+λ)24−(m−λn1+λ)2=1，得mn=(1+λ)24λ，写出直线MN的方程，在计算点O到直线(m+n)x−(2m−2n)y−4mn=0的距离d，计算弦长|MN|，进而可得S=12|MN|d=2mn=(1+λ)22λ=12(λ+1λ)+1，再解出双曲线C上的点到其焦点的距离的取值范围集合Ω，进而可得λ的取值范围，结合函数的单调性，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程和共线向量，解题中需要一定计算能力，属于中档题．