2023-2024学年安徽省马鞍山二中高二（下）段考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省马鞍山二中高二（下）段考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在下列条件中，使M与A，B，C一定共面的是( )
A. OM=OA−OB−OCB. OM=15OA+13OB+12OC
C. MA+MB+MC=0D. OM+OA+OB+OC=0
2.椭圆x2a2+y2=1(a>1)的离心率为12，则a=( )
A. 2 33B. 2C. 3D. 2
3.记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a7=6，a12=17，则S16=( )
A. 120B. 140C. 160D. 180
4.若f(x)在R上可导，f(x)=3x2−5f′(2)x−2，则f′(2)=( )
A. 1B. −1C. −2D. 2
5.图1是第七届国际数学教育大会的会徽图案，会徽的主体图案是由如图2所示的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1=A1A2=A2A3=…=A7A8=1，如果把图2中的直角三角形继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn的长度构成的数列为{an}，则a25=( )
A. 25B. 24C. 5D. 4
6.如图所示，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=A1= 2，∠DAA1=60°，∠BAD=∠BAA1=120°，则线段AC1的长度为( )
A. 2
B. 3
C. 2
D. 5
7.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为直线x=32a上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则椭圆C的离心率为( )
A. 33B. 12C. 32D. 34
8.已知函数f(x)=x2−3xlnx+ax，若∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,−16)B. (−∞,−16]C. (−∞,−2)D. (−∞,−2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面α∩平面β=l，B，D是l上两点，直线AB⊂α且AB∩l=B，直线CD⊂β且CD∩l=D.下列结论中，错误的有( )
A. 若AB⊥l，CD⊥l，且AB=CD，则ABCD是平行四边形
B. 若M是AB中点，N是CD中点，则MN//AC
C. 若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α上的射影是BD
D. 直线AB，CD所成角的大小与二面角α−l−β的大小相等
10.已知直线l：(1+a)x+y+2a=0(a∈R)与圆C：x2+(y−2)2=4，则( )
A. 直线l必过定点
B. 当a=1时，l被圆C截得的弦长为4 55
C. 直线l与圆C可能相切
D. 直线l与圆C不可能相离
11.对于函数f(x)=2lnxx2，下列说法正确的有．( )
A. f(x)在x= e处取得极大值1e
B. f(x)只有一个零点
C. f(2)>f( π)
D. 若f(x)e
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)=lnx−2x2在点(1,f(1))处的切线过点(a,b)，a>0，b>0，则1a+3b的最小值为______．
13.已知数列{an}满足a1=1,a2=116,anan+2=4an+12，则an的最小值为______．
14.若P，Q分别是抛物线x2=y与圆(x−3)2+y2=1上的点，则|PQ|的最小值为______．
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.(本小题13分)
已知圆C的方程为x2−2x+y2−3=0．
(1)求过点(3,2)且与圆C相切的直线方程；
(2)若直线y=x+1与圆C相交于A，B，求弦长|AB|的值．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中PD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，PD=2DC=4，PB=2 5，点E在PB上．
(1)求证：AC⊥平面PBD；
(2)若E为PB中点，求直线PB与平面CDE所成的角的正弦值．
17.(本小题15分)
已知各项均不为零的数列{an}满足a1=1，其前n项和记为Sn，且Sn2−Sn−12an=2n2,n≥2,n∈N*，数列{bn}满足bn=an+an+1,n∈N*．
(1)求a2，a3，S100；
(2)求数列{3n⋅bn}的前n项和Tn．
18.(本小题17分)
设函数f(x)=ex−ax，a∈R．
(1)当a=1时，求函数f(x)在x=1处的切线方程；
(2)讨论函数f(x)的单调性；
(3)若f(x)≥x在R上恒成立，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点A(6, 7)且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)过点(2,0)作直线l与双曲线C交于P、Q两点，求直线l斜率的取值范围．
(3)已知点B(6,− 7),D(3,0)，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点.证明：|GD||GE|=|HD||HE|．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：在C中，由MA+MB+MC=0，得MA=−MB−MC，则MA、MB、MC为共面向量，即M、A、B、C四点共面；
对于A，由OM=OA−OB−OC，得1−1−1=−1≠1，不能得出M、A、B、C四点共面；
对于B，由OM=15OA+13OB+12OC，得15+13+12≠1，所以M、A、B、C四点不共面；
对于D，由OM+OA+OB+OC=0，得OM=−(OA+OB+OC)，其系数和不为1，所以M、A、B、C四点不共面．
故选：C．
利用空间向量基本定理进行验证，可得MA+MB+MC=0时，MA、MB、MC是共面向量，从而可得M、A、B、C四点共面．
本题考查了空间向量基本定理，也考查了分析问题、解决问题的能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意得e= a2−1a=12，解得a=2 33．
故选：A．
由椭圆的离心率公式即可求解．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，数列{an}为等差数列，
因为a3+a7=2a5=6，所以a5=3，所以a5+a12=3+17=20，
所以S16=(a1+a16)×162=8(a5+a12)=160．
故选：C．
根据题意，利用下标和性质先求出a5+a12的值，然后根据前n项和公式结合下标和性质求解出S16的值．
本题考查等差数列的求和，涉及等差数列的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：f(x)=3x2−5f′(2)x−2，
则f′(x)=6x−5f′(2)，
当x=2时，f′(2)=12−5f′(2)，解得f′(2)=2．
故选：D．
根据已知条件，先对f(x)求导，再将x=2代入导函数，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知，OA1=A1A2=A2A3=⋯=A7A8=1，△OA1A2，△OA2A3，⋯，△OA7A8，⋯都是直角三角形，
∴a1=1，且an2=an−12+1(n≥2)，故an2−an−12=1(n≥2)，
∴数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴an2=1+(n−1)×1=n．
又an>0，∴an= n，
∴数列{an}的通项公式为an= n，
∴a25= 25=5．
故选：C．
根据题意可推出a1=1，且an2=an−12+1(n≥2)，从而说明数列{an2}是以1为首项，1为公差的等差数列，求得数列{an}的通项公式，即可求得答案．
本题主要考查归纳推理，等差数列的通项公式，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，取向量AB,AD,AA1为基底，
则AC1=AB+AD+AA1，
∴|AC1|2=|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AA1⋅AD
=2+2+2+2× 2× 2×cs120°+2× 2× 2×cs60°
=2+2+2−2−2+2=4，
∴|AC1|=2，
∴线段AC1的长度为2．
故选：C．
根据题意，取向量AB,AD,AA1为基底，进而根据向量模的计算公式能求出结果．
本题考查线段长求法，考查基底、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：如图，设直线x=32a与x轴交于点Q，
由已知得∠PF1F2=∠F1PF2=30°，∠PF2Q=60°，PQ⊥x轴，
∴|PF2|=|F1F2|=2c，
∵P为直线x=3a2上一点，∴|QF2|=3a2−c，
∴|PF2|=2|QF2|=2(3a2−c)=2c，
∴3a=4c，
∴椭圆C的离心率为e=ca=34．
故选：D．
设直线x=32a与x轴交于点Q，由已知得|PF2|=2|QF2|=3a2−2c=2c，由此能求出椭圆C的离心率．
本题考查椭圆的离心率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质和数形结合思想的合理运用，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：令g(x)=f(x)x=x−3lnx+ax2，
因为∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有nf(m)−mf(n)m2n−n2m>0，
即∀m，n∈(0,+∞)，且m≠n时，都有f(m)m−f(n)nm−n>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g′(x)=1−3x−2ax3⩾0在(0,+∞)上恒成立，
即2a⩽x3−3x2在(0,+∞)上恒成立．令h(x)=x3−3x2，
x∈(0,+∞)，所以h′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
令h′(x)>0，解得x>2，令h′(x)<0，解得0所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以h(x)min=h(2)=−4，
所以2a⩽−4，即a⩽−2．
故选：D．
构造函数，再根据题意判断函数的单调性，求函数的最值即可求得a的范围．
本题考查利用导数求函数的最值，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由题意，AB，CD为异面直线，
∴四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，∴HM//AC，
∵HM与MN相交，∴MN与AC不平行，故B错误；
对于C，若AB⊥l，AC⊥l，∴由线面垂直的判定可得l⊥平面ABC，∴l⊥BC，
由α⊥β，结合面面垂直的性质可得BC⊥α，∴点C在平面α内的投影为点B，
∴CD在平面α内的投影为BD，故C正确；
对于D，由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，
直线AB，CD所成角或其补角才为二面角的大小，故D错误．
故选：ABD．
由空间中线线、线面及面面间的位置关系逐项判断能求出结果．
本题考查空间中线线、线面及面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：直线l：(1+a)x+y+2a=0(a∈R)即x+y+a(x+2)=0，可知直线系恒过(−2,2)点，所以A正确．
当a=1时，直线l：2x+y+2=0，圆的圆心到直线的距离为：d=|0+2+2| 5=4 5，
圆的半径为2，l被圆C截得的弦长为：2 4−165=4 55，所以B正确；
直线l：(1+a)x+y+2a=0(a∈R)与圆C：x2+(y−2)2=4，
圆的圆心到直线的距离为：|2+2a| (1+a)2+1<2，所以直线与圆相交，所以C错误；D正确．
故选：ABD．
利用直线系方程求解定点坐标判断A；求解弦长判断B；利用直线与圆的位置关系判断C、D即可．
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，是中档题．
11.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查导数的应用，利用导数研究函数单调性和极值，考查分离参数法处理恒成立问题，考查数学运算和数学抽象的核心素养，属于较难题．
对于A，先利用单数求函数f(x)单调性，进而求最值；对于B，直接求方程f(x)=0的解得个数即f(x)的零点个数；对于C，结合单调性可判断；对于D，f(x)1+2lnxx2，令g(x)=1+2lnxx2，利用导数求函数g(x)的最值即可求k的取值范围．
【解答】
解：对于A，函数f(x)=2lnxx2的定义域为(0,+∞),f′(x)=2(1−2lnx)x3，
当x∈(0, e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈( e,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)在x= e处取得最大值f( e)=1e.故A正确；
对于B，令f(x)=0，解得x=1，所以f(x)只有一个零点，故B正确；
对于C，因为 e< π<2，所以f( π)>f(2)，故C错误；
对于D，f(x)1+2lnxx2，令g(x)=1+2lnxx2，则g′(x)=−2lnxx3，
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max=g(1)=1，所以k>1，故D错误．
故选：AB．
12.【答案】12
【解析】解：由函数f(x)=lnx−2x2可得f′(x)=1x−4x，
则f′(1)=−3，f(1)=−2，
故函数f(x)=lnx−2x2在点(1,f(1))处的切线方程为y+2=−3(x−1)，即3x+y−1=0，
则由题意可得3a+b−1=0，
∴3a+b=1，
故1a+3b=(1a+3b)(3a+b)=6+ba+9ab≥6+2 ba×9ab=12，
当且仅当ba=9ab，即a=16,b=12取等号，
即1a+3b的最小值为12．
故答案为：12．
根据导数的几何意义求得函数f(x)=lnx−2x2在点(1,f(1))处的切线方程，可推出3a+b=1，将1a+3b化为(1a+3b)(3a+b)，结合基本不等式即可求得答案．
本题考查导数的几何意义以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】164
【解析】解：因为a1=1,a2=116,anan+2=4an+12，所以an≠0，
所以an+2an+1=4an+1an，因此数列{an+1an}是首项为a2a1=116，公比为4的等比数列，
所以an+1an=116×4n−1=4n−3，
当n≥2时，an=anan−1⋅an−1an−2⋅…⋅a2a1⋅a1=4n−4×4n−5×…×4−2×1=4(n−1)(n−6)2，
因为n=1时，4(n−1)(n−6)2=1=a1，所以an=4(n−1)(n−6)2=412(n−72)2−258，
因此当n=3或n=4时，an取得最小值，为4−3=164．
故答案为：164．
由题意可得数列{an+1an}是首项为a2a1=116，公比为4的等比数列，由累乘法求出{an}，结合指数函数和二次函数的性质求即可得出答案．
本题考查数列通项的最值的求解，等比数列的定义与通项公式的应用，属中档题．
14.【答案】 5−1
【解析】解：设圆(x−3)2+y2=1的圆心为C(3,0)，半径为r=1，
当PC垂直于抛物线在点P处的切线时，|PQ|取得最小值，为|PC|−r，如图所示，
设点P(m,n)，则直线PC的斜率为kPC=n−0m−3，且m2=n，
由x2=y知，y′=2x，
所以过点P的切线的斜率为k=2m，
因为直线PC与切线垂直，所以n−0m−3⋅2m=−1，所以2m3=3−m，
所以(3m3−3)−(m3−m)=0，即(m−1)(2m2+2m+3)=0，
因为2m2+2m+3>0恒成立，所以m−1=0，即m=1，
此时P(1,1)，
所以|PC|−r= (1−3)2+(1−0)2−1= 5−1，即|PQ|的最小值为 5−1．
故答案为： 5−1．
设圆(x−3)2+y2=1的圆心为C(3,0)，半径为r=1，当PC垂直于抛物线在点P处的切线时，|PQ|取得最小值，为|PC|−r，利用导数的几何意义求得切线的斜率，再根据两直线垂直的条件，求得点P的坐标，然后计算|PC|−r的值，即可．
本题考查直线与圆的位置关系，导数的几何意义等，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)圆的标准方程为(x−1)2+y2=4圆心为C(1,0)，半径r=2，
①当直线斜率不存在时，由过点(3,2)得直线方程为x=3，与(1,0)的距离为2，与圆相切，符合题意；
②当直线斜率存在时，可设斜率为k，直线方程为y−2=k(x−3)，即kx−y+2−3k=0，
圆心(1,0)到直线的距离d=|k−0+2−3k| k2+(−1)2=|2−2k| k2+1=2，解得k=0.∴直线方程为y=2．
综上，所求直线方程为y=2或x=3．
另解：可设所求直线的方程为a(x−3)+b(y−2)=0(a2+b2≠0)，
即ax+by−3a−2b=0由题意得圆心(1,0)到切线的距离d=|a−3a−2b| a2+b2=2，
得ab=0，所求为y=2或x=3．
(2)圆心C(1,0)到直线y=x+1与的距离d=|1−0+1| 12+(−1)2= 2，
又半径r=2，∴弦长|AB|=2 r2−d2=2 4−2=2 2．
【解析】(1)求出圆心与半径r，①当直线斜率不存在时，验证是否满足题意．②当直线斜率存在时，可设斜率为k，直线方程为y−2=k(x−3)，利用点到直线的距离公式求解即可．
另解：设所求直线的方程为a(x−3)+b(y−2)=0(a2+b2≠0)，利用点到直线的距离公式求解即可．
(2)利用点到直线的距离，结合圆的半径计算弦长即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，AC⊂面ABCD，
所以PD⊥AC，
因为底面ABCD是菱形，
所以AC⊥BD，
又PD∩BD=D，PD⊂面PBD，BD⊂面PBD，
所以AC⊥面PBD．
(2)连接OE，
因为底面ABCD是菱形，
所以O为BD的中点，
又E为PB中点，
所以OE为△PBD的中位线，
所以OE/​/PD，
所以OE⊥面ABCD，
如图以O为原点，OA，OB，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：
因为PD=2DC=4，PB=2 5，
又PD⊥DB，
所以BD= PB2−PD2= (2 5)2−42=2，
AC=2AO=2 22−12=2 3，
所以B(0,1,0)，D(0,−1,0)，C(− 3,0,0)，P(0,0,4)，E(0,12,2)，
所以BP=(0,−1,4)，
设面CDE的法向量n=(x,y,z)，
又DE=(0,32,2)，DC=(− 3,1,0)，
所以n⋅DE=32y+2z=0n⋅DC=− 3x+y=0，
令x=1，则y= 3，z=−3 34，
所以n=(1, 3,−3 34)，
所以|cs|=(0,−1,4)⋅(1, 3,−3 34) (−1)2+42⋅ 12+( 3)2+(−3 34)2|=16 46411547，
所以直线PB与平面CDE所成的角的正弦值为16 46411547．
【解析】(1)根据题意可得PD⊥AC，AC⊥BD，由线面垂直的判定定理，即可得出答案．
(2)连接OE，以O为原点，OA，OB，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出面CDE的法向量n=(x,y,z)，计算|cs|，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，线面所成角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵Sn2−Sn−12=2n2an=2n2(Sn−Sn−1)，n≥2，
又数列{an}各项均不为零，∴Sn+Sn−1=2n2．
当n=2时，S2+S1=a1+a2+a1=8，∴a2=6，
当n=3时，S3+S2=2(a1+a2)+a3=18，∴a3=4，
∵Sn+Sn−1=2n2,n≥2Sn+1+Sn=2(n+1)2,n≥1，
两式相减可得an+1+an=4n+2，n≥2，
∴S100=(a1+a2)+(a3+a4)+⋅⋅⋅+(a99+a100)=1+6+4(3+⋅⋅⋅+99)+2×49
=7+4×3+992×49+98=10101；
(2)由(1)可知，bn=7,n=14n+2,n≥2，
设cn=3nbn=21,n=13n(4n+2),n≥2，
当n=1时，数列{cn}的前n项和为21，
当n≥2，数列{cn}的前n项和为，
Tn=21+32(4×2+2)+33(4×3+2)+...+3n(4n+2)
=21+[32×10+33×14+...+3n⋅(4n+2)]
设T′n=32×10+33×14+...+3n×(4n+2)
3T′n=33×10+34×14+...+3n×(4n−2)+3n+1×(4n+2)，
两式相减得−2T′n=90+4(33+34+...+3n)−3n+1×(4n+2)，
−2T′n=90+4×27(1−3n−2)1−3−3n+1×(4n+2)，
解得：T′n=−18+2n⋅3n+1，
∴Tn=21−18+2n⋅3n+1=2n⋅3n+1+3，n≥2，
当n=1时，T1=2⋅32+3=21
∴Tn=2n⋅3n+1+3,n∈N*．
【解析】(1)首先利用数列an与Sn的关系，求得Sn+Sn−1=2n2，再赋值求a2，a3，再利用n≥2时，an=Sn−Sn−1，即可求得S100；
(2)由(1)可知，cn=3nbn=21,n=13n(4n+2),n≥2，再利用错位相减法求和．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵f(x)=ex−x∴f′(x)=ex−1，f′(1)=e−1，f(1)=e−1，
∴切线方程为：y=(e−1)(x−1)+e−1=(e−1)x．
(2)f′(x)=ex−a，
①当a≤0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a>0时，ex−a=0，x=lna
综上所述：
a≤0时，f(x)的单调递增区间为R；
a>0时，f(x)的单调递减区间为(−∞,lna)，单调递增区间(lna,+∞)．
(3)f(x)≥x⇔f(x)−x≥0，
令g(x)=f(x)−x=ex−(a+1)x，即g(x)≥0，g′(x)=ex−(a+1)．
①a+1<0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(1a+1)=e1a+1−1<0，故g(x)≥0不成立，舍去．
②a+1=0时，g(x)≥0恒成立，此时a=−1．
③a+1>0时，由(2)知，g(x)≥g(ln(a+1))，故只需g(ln(a+1))≥0即可，
g(ln(a+1))=(a+1)−(a+1)(ln(a+1))≥0，
即ln(a+1)≤1，∴0综上所述：[−1,e−1]．
【解析】(1)求出f′(1)，f(1)，写出切线方程；
(2)f′(x)=ex−a，讨论a≤0，a>0，确定f′(x)的正负找出f(x)单调区间．
(3)g(x)=ex−(a+1)x≥0恒成立，讨论g(x)的单调性，由g(x)min≥0得a的取值范围．
本题考查导数的几何意义，导数的综合应用，分类讨论数学思想方法，属中档题．
19.【答案】解：(1)因为双曲线C过点A(6, 7)且焦距为10，
所以36a2−7b2=12 a2+b2=10，
解得a=3 2,b= 7，
则C的方程为x218−y27=1；
(2)易知直线l的斜率存在，
不妨设直线l得方程为y=k(x−2)，
联立y=k(x−2)x218−y27=1，消去y并整理得(7−18k2)x2+72k2x−(72k2+126)=0，
因为直线l与双曲线C交于P、Q两点，
此时7−18k2≠0，
解得k≠± 146，
又Δ=(72k2)2+4(7−18k2)⋅(72k2+126)=28×126(−2k2+1)>0，
解得− 22则直线l斜率的取值范围为{k|− 22(3)证明：不妨设E(6,t)，G(x1,y1)，H(x2,y2)，
当x=6时，
解得y=± 7，
此时|t|< 7，
因为双曲线的渐近线方程为y=±3 147x，
所以当直线DE与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线DE方程为y=±3 147(x−3)，
令x=6，
解得y=±9 147，
此时|t|≠9 147，
则直线DE：y=t3(x−3)，
由y=t3(x−3)x218−y27=1，消去y并整理得(7−2t2)x2+12t2x−18t2−126=0，
由韦达定理得x1+x2=12t22t2−7，x1x2=18t2+1262t2−7，
因为y1+y2=t3(x1+x2−6)=t3(12t22t2−7−6)=14t2t2−7，
y1y2=t29(x1−3)(x2−3)=t29[x1x2−3(x1+x2)+9]=7t22t2−7
GD⋅HE−GE⋅DH=(3−x1,−y1)⋅(6−x2,t−y2)−(6−x1,t−y1)⋅(x2−3,y2)
=2x1x2+2y1y2−9(x1+x2)−t(y1+y2)+36，
=2⋅18t2+1262t2−7+2⋅7t22t2−7−9⋅12t22t2−7−t⋅14t2t2−7+36
=32t2+25662t2−7+14t22t2−7−108t22t2−7−14t22t2−7+36
=36t2+252+14t2−108t2−14t2+72t2−2522t2−9=0，
所以GD⋅HE=GE⋅DH，
即|GD||HE|cs0=|GE||DH|cs0．
故|GD||GE|=|HD||HE|．

【解析】(1)根据题意列方程组求出a，b，即可得出C的方程；
(2)设l：y=k(x−2)，与双曲线C：x218−y27=1联立由直线与双曲线的位置关系求解即可；
(3)根据D，E，H，G四点共线，要证|GD||GE|=|HD||HE|即证GD⋅HE=GE⋅DH，设出直线DE：y=t3(x−3)，G(x1,y1)，H(x2,y2)，E(6,t)，联立直线方程与椭圆方程得出x1+x2，x1x2，将其代入GD⋅HE−GE⋅DH，计算结果为零，即证出．
本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．(−∞,lna)
lna
(lna,+∞)
f′(x)
负
0
正
f(x)
减
极小值
增