辽宁省大连市部分学校2023-2024第一学期期末考试试卷
高二数学
注意事项:
1.请在答题纸上作答,在试卷上作答无效;
2.本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分,共 150 分,考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷(选择题)
一、单项选择题(本大题共 8 小题,每题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.)
1. 直线一个法向量是( )
A B. C. D.
2. 若,则( )
A. 2 B. 8 C. 2或8 D. 2或4
3. 在四面体中,E为的中点,G为平面的重心.若与平面交于点F,则( )
A. B. C. D.
4. 双曲线的两条渐近线夹角为,则双曲线的离心率是( )
A B. C. D.
5. 椭圆,,,为椭圆过点E的一条弦,且,直线的斜率与的斜率乘积为,则椭圆的离心率为( )
A B. C. D.
6. 边长为2的正三角形所在平面为平面,平面外有一点,且三棱锥的体积为,则的最小值为( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 18
7. 在四面体中,,,点与的中点,则直线与平面所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
8. 抛物线上有三点,且直线的斜率大于零,,点为三角形的重心,若直线横截距的范围为,则的值是( )
A. B. C. D.
二、多项选择题(本大题共 4 小题,每题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 2 分.)
9. 象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏,具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营,将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子.现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列,则下列说法正确的是( )
A. 共有种排列方式. B. 若两个“将”相邻,则有种排列方式.
C. 若两个“将”不相邻,则有种排列方式. D. 若同色棋子不相邻,则有种排列方式.
10. 在平面直角坐标系中,已知双曲线的左右焦点分别为,为双曲线上一点,,则下列说法正确的是( )
A. 的离心率为 B. 三角形的面积为1
C. 点的纵坐标绝对值为 D. 三角形的内切圆与x轴相切于点
11. 椭圆的左右焦点分别为,若P,Q为椭圆C上两点,命题p:椭圆C的离心率.则下列说法正确的是( )
A. 命题a:到定直线的距离与的比值为定值,则命题a是命题p的充要条件.
B. 命题b:的最大值等于,则命题b是命题p的必要不充分条件.
C. 命题c:,中点横坐标最大值为,则命题c是命题p的充分条件.
D. 命题d:,的垂直平分线交x轴于T,,则命题d是命题p的必要条件.
12. 在表面积为的球O的球面上存在A,B,C三点,且,,E为线段OC的中点,则下列说法正确的是( )
A.
B. 异面直线与成角余弦值的最小值为
C. 若点O到平面的距离为,则异面直线与间的距离为
D. 若点O到平面的距离为,则三棱锥外接球的表面积与球O表面积之比为
第Ⅱ卷(非选择题)
三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13. 若空间向量,,向量、夹角为锐角,则的取值范围是___________
14. 抛物线上一点到焦点的距离为2,则延长交抛物线于点,则的值为___________
15. 大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月,以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱.现有A,B,C,D,E五名同学参加现代农业技术模块,影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块,每个人只能参加一个模块,每个模块至少有一个人参加,其中A不参加现代农业技术模块,生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加,则不同的分配方式共有__________种.
16. 在平面直角坐标系中,圆:与关于直线对称,直线:过坐标原点,当直线与,各有两个交点时,直线将,截成四段圆弧,若其中存在两端圆弧长度相等,则的所有可能值的乘积为___________
四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 设的第项系数为.
(1)求的最大值.
(2)若表示的整数部分,,求的值.
18. 如图所示,四棱锥的底面是边长为1的菱形,,是的中点,,,平面平面,点到平面的距离为.
(1)求证:平面.
(2)求平面和平面所成角的余弦值.
19. 在平面直角坐标系中,,,为平面内一点,在三角形中,,记的轨迹为轨迹.
(1)求轨迹的方程.
(2)若直线的斜率大于0,且截轨迹的弦长为,且为钝角,若交轴于点,求的值.
20. 如图所示,设k>0且k≠1,直线l:y=kx+1与l1:y=k1x+1关于直线y=x+1对称,直线l与l1分别交椭圆于点A、M和A、N.
(1)求的值;
(2)求证:对任意的实数k,直线MN恒过定点.
21. 如图,三棱柱中,侧面为菱形,为中点,且平面,,,,为平面上一动点.
(1)若与平面成角的正切值为,求的最小值.
(2)若点在线段上,平面与所成角的正弦值为,求的值.
22. 双曲线和的方程均满足,其中的焦点在轴上,顺次连接的两个焦点和的两个顶点恰好可以构成一个面积为4的正方形.
(1)求双曲线和的方程.
(2)若为左支上一动点且不在轴上,过作的切线交于两点,过作的平行线交于,顺次连接四点构成四边形,求证:四边形的面积为定值.辽宁省大连市部分学校2023-2024第一学期期末考试试卷
高二数学
注意事项:
1.请在答题纸上作答,在试卷上作答无效;
2.本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分,共 150 分,考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷(选择题)
一、单项选择题(本大题共 8 小题,每题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.)
1. 直线的一个法向量是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的方向向量,因为法向量与方向向量垂直,逐项验证可得答案.
【详解】因为直线的斜率为,
所以直线的一个方向向量为,
所以直线的一个法向量为,
向量与向量为平行,A,B,C选项向量与向量均不平行,
所以向量为直线的一个法向量.
故选:D.
2. 若,则( )
A. 2 B. 8 C. 2或8 D. 2或4
【答案】A
【解析】
【分析】利用组合数的性质求出的值.
【详解】由组合数的性质可得,解得,
又,所以或,
解得或(舍去).
故选:A.
3. 在四面体中,E为的中点,G为平面的重心.若与平面交于点F,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共线定理及空间向量线性运算可得结果.
【详解】如图:连接交于H,则H为中点,连接,
因为平面,平面,设,则,
又平面,所以平面,故K为与平面的交点,
又因为与平面交于点F,所以F与K重合,
又E为的中点,G为平面的重心,
因为点A,F,G三点共线,则
又因为点E,F,H三点共线,则,
,
所以,解得,即,故.
故选:C.
4. 双曲线的两条渐近线夹角为,则双曲线的离心率是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线渐近线夹角,得到渐近线方程的倾斜角,从而得到渐近线斜率的值,再利用的关系即可求出离心率的值.
【详解】因为两条渐近线夹角为,所以双曲线渐近线方程的倾斜角为或.
所以或.
即或,因为,所以,
即,所以.
故选:D.
5. 椭圆,,,为椭圆过点E的一条弦,且,直线的斜率与的斜率乘积为,则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点为,可得,进而借助点差法求解的值,从而得解.
【详解】如图,取线段的中点为,连接,
因为,所以为中点,又为中点,
所以,
直线的斜率与的斜率乘积为,所以.
设,则,
两式相减可得,
整理得,即,
所以,所以,则.
故选:B.
6. 边长为2的正三角形所在平面为平面,平面外有一点,且三棱锥的体积为,则的最小值为( )
A. 8 B. 9 C. 10 D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据三棱锥体积得到点到平面的距离为2,设点在平面的投影为点,求出,建立平面直角坐标系,求出的最小值为,从而求出答案.
【详解】,
设点到平面的距离为,则,
解得,
设点在平面的投影为点,
则,,
则
,
如图所示,取的中点为原点,,所在直线分别为轴,建立平面直角坐标系,
则,设,
则
,
当时,取得最小值,最小值为,
故的最小值为.
故选:C
7. 在四面体中,,,点与的中点,则直线与平面所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点为E,取的中点为F,说明平面,从而说明即为直线与平面成角,然后解,即可求得答案.
【详解】如图,取的中点为E,取的中点为F,连接,
由,得,
又平面,故平面,
平面,故平面平面,
由,,可知为正三角形,
由E为的中点,得,
而的中点为F,故,故,
又平面平面,平面,故平面,
故即为直线与平面所成角;
设,则,,
,
在中,,
即直线与平面所成角的正弦值为,
故选:A
8. 抛物线上有三点,且直线的斜率大于零,,点为三角形的重心,若直线横截距的范围为,则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设,,由重心的性质可得,进而,直线方程联立抛物线方程,利用根的判别式和韦达定理可得,,结合直线的横截距为以及一次函数、反比例函数的性质即可求解.
【详解】由题意知,设,则,
又为的重心,所以,
得,代入方程,得①.
设直线AB方程为,
,消去y,得,
,得,,
代入①,得,即,则,解得,
所以,解得.
对于,令,得,
又函数在上单调递增,所以函数在上单调递增,
当时,,
即.
故选:A
.
【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:
(1)设直线方程,设交点坐标为;
(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,注意的判断;
(3)列出韦达定理;
(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;
(5)代入韦达定理求解.
二、多项选择题(本大题共 4 小题,每题 5 分,共 20 分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得 5 分,有选错的得 0 分,部分选对的得 2 分.)
9. 象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏,具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营,将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子.现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列,则下列说法正确的是( )
A. 共有种排列方式. B. 若两个“将”相邻,则有种排列方式.
C. 若两个“将”不相邻,则有种排列方式. D. 若同色棋子不相邻,则有种排列方式.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项,由全排列知识进行求解,B选项,相邻问题进行捆绑,再由排列知识求出答案;C选项,不相邻问题插空法进行求解;D选项,先将2个黑色的棋子进行全排列,再插空即可.
【详解】A选项,由排列知识可得共有种排列方式,A正确;
B选项,两个“将”捆绑,有种情况,再和剩余的4个棋子进行全排列,
故共有种情况,B错误;
C选项,两个“将”不相邻,先将剩余3个棋子进行全排列,共有4个空,
再将两个“将”插空,故共有种情况,C正确;
D选项,将2个黑色的棋子进行全排列,共有3个空,
再将3个红色的棋子进行插空,则有种排列方式,D正确.
故选:ACD
10. 在平面直角坐标系中,已知双曲线的左右焦点分别为,为双曲线上一点,,则下列说法正确的是( )
A. 的离心率为 B. 三角形的面积为1
C. 点的纵坐标绝对值为 D. 三角形的内切圆与x轴相切于点
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意求出c,进而求出离心率即可判断A;由双曲线的定义和勾股定理可得,求出即可判断B;利用三角形等面积计算即可判断判断C;如图,由切线长相等和双曲线的定义计算即可判断D.
【详解】A:由题意知,,则,
所以双曲线的离心率为,故A正确;
B:设,则,
得,所以,故B正确;
C:由选项B知,,又,
所以,得,故C错误;
D:如图,设内切圆与内切的切线长分别为,
由双曲线的定义知,即,
又,所以,又,
所以的内切圆与x轴相切于点,故D正确.
故选:ABD
11. 椭圆的左右焦点分别为,若P,Q为椭圆C上两点,命题p:椭圆C的离心率.则下列说法正确的是( )
A. 命题a:到定直线的距离与的比值为定值,则命题a是命题p的充要条件.
B. 命题b:的最大值等于,则命题b是命题p的必要不充分条件.
C. 命题c:,中点的横坐标最大值为,则命题c是命题p的充分条件.
D. 命题d:,的垂直平分线交x轴于T,,则命题d是命题p的必要条件.
【答案】AC
【解析】
【分析】先分析得到命题成立等价于,利用椭圆的第二定义可知A正确;举出反例可以判定B错误;利用椭圆的通径性质和第二定义转化分析,可以判定C正确;举反例可以判定D错误.
【详解】命题成立,即,解得,
椭圆,,焦点坐标,准线方程为:.
命题中定直线即为椭圆的右准线,
到定直线的距离与的比值为定值,
即为到右焦点的距离与到右准线的距离之比为,
即椭圆的离心率,故命题是命题的充要条件,故正确.
当命题成立时,取,
此时,命题错误,
故命题b不是命题p的必要条件,故错误;
当命题c:,中点的横坐标最大值为成立时,
①若与轴垂直时中点横坐标取到最大值1,则在椭圆上,
代入得,解得,从而.
②若与轴不垂直时,其中点的横坐标的最大值为1.
设线段的中点为,
根据到右准线的距离是到右准线的距离的平均值,等于到,
当经过右焦点时取得最小值,此时的横坐标最大,
此时,解得 ,
从而右焦点坐标,
过右焦点垂直于轴的弦长等于通径,
由通径是过右焦点的最短的弦,因此此时必须垂直于轴,与设定矛盾.
故必然是若与轴垂直时中点横坐标取到最大值1的情况,得到,
从而命题c是命题p的充分条件,故C正确;
当平行于轴时,由椭圆的对称性可知,其垂直平分线即轴,交轴与坐标原点,
故命题d不是命题p的必要条件,故错误.
故选:AC
【点睛】结论点睛:关于椭圆的一些二级结论如下:
(1)左右焦点,相应准线方程:;
(2)椭圆上的点到焦点的距离与到相应准线的距离之比等于离心率;
(3)椭圆的过焦点的弦最小时是垂直于长轴的弦,叫做通径.
(4)当椭圆的弦长大于等于通径时,过右焦点时其中点横坐标最大,当弦长小于通径时,弦垂直于长轴时其中点横坐标最大或最小.
12. 在表面积为的球O的球面上存在A,B,C三点,且,,E为线段OC的中点,则下列说法正确的是( )
A.
B. 异面直线与成角余弦值的最小值为
C. 若点O到平面的距离为,则异面直线与间的距离为
D. 若点O到平面的距离为,则三棱锥外接球的表面积与球O表面积之比为
【答案】CD
【解析】
【分析】首先判断出AB两点位置不影响题目,设出具体AB坐标后建立空间直角坐标系,用向量积的坐标运算分析A,线线角的向量求法分析B,异面直线的距离公式计算C,运用高观点球的方程计算D即可.
【详解】如图:
因为,,在球的球面上,所以,球的半径为2,,所以是等边三角形;
又,
不妨以为原点,面为平面建立空间直角坐标系,由已知得,球的方程为,且发现,的位置在符合所给条件时不影响本题结果,故规定,,结合,设,,,则,解得,则有,得到的轨迹是在平面内以为圆心,为半径的圆,则的参数方程为是参数,可得,,,
必有,故A错误,设异面直线与成角余弦值为,则,故B错误,设面的法向量,,,则必有,,解得,,,可得,而已知点O到平面的距离为,可得,解得或,设与的公垂法向量,异面直线与间的距离为,
,,令,解得,,,则,
由异面直线间距离公式得,故C正确,对于D,由已知得:此时,设三棱锥外接球的球心为,半径为,球的方程为,将四点坐标代入球的方程,
,,,,解得,故面积比为,故D正确.
故选:CD
【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何,解题关键是A,B两点的位置不影响解题.建立空间直角坐标系后利用球的标准方程,异面直线的距离公式等知识逐个选项分析即可.
第Ⅱ卷(非选择题)
三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13. 若空间向量,,向量、夹角为锐角,则的取值范围是___________
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得且与不同向,即可求出参数的取值范围.
【详解】因向量,,且、夹角为锐角,
所以且与不同向,
当时,则,解得,
当与同向时,则,即,解得,
综上可得或,即的取值范围是.
故答案为:
14. 抛物线上一点到焦点的距离为2,则延长交抛物线于点,则的值为___________
【答案】##
【解析】
【分析】设,如图,由抛物线的定义可得,求得,进而求出直线MN方程,联立抛物线方程,利用韦达定理求出,
结合计算即可求解
【详解】由题意知,,则,设,如图,
由抛物线的定义知,得,代入方程,
得,由解得,即,
所以直线MN的斜率为,则直线MN方程为,
即,代入方程,得,
则,所以.
故答案为:.
15. 大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月,以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱.现有A,B,C,D,E五名同学参加现代农业技术模块,影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块,每个人只能参加一个模块,每个模块至少有一个人参加,其中A不参加现代农业技术模块,生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加,则不同的分配方式共有__________种.
【答案】84
【解析】
【分析】分去生物且生物只去一人、去生物且生物只去两人、去影视且生物只去一人、去影视且生物只去两人四种情况讨论求出,注意特殊的先讨论.
【详解】去生物且生物只去一人:种,
去生物且生物只去两人:种,
去影视且生物只去一人:种,
去影视且生物只去两人:种,
一共种,
故答案为:84
16. 在平面直角坐标系中,圆:与关于直线对称,直线:过坐标原点,当直线与,各有两个交点时,直线将,截成四段圆弧,若其中存在两端圆弧长度相等,则的所有可能值的乘积为___________
【答案】8
【解析】
【分析】由两圆关于直线对称,可以求得圆的圆心和半径,根据题意直线可能过两圆的圆心,
过两圆的圆心到直线的距离相等,可得的所有可能值,进而可得.
【详解】
由题可知,圆的圆心坐标为,半径为1,设的圆心坐标为,
因圆和圆关于直线对称,且直线的斜率为,
故圆的半径为1,且得,
由题意可知两圆圆心到直线的距离相等且小于,或直线过两圆圆心,
故,得或
当直线过的圆心时,,
当直线过的圆心时,,
故的所有可能值的积为,
故答案为:8
四、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. 设的第项系数为.
(1)求的最大值.
(2)若表示的整数部分,,求的值.
【答案】(1)
(2)0.5
【解析】
【分析】(1)根据二项展开式的通项公式表示出第项,若展开式中系数最大,则,解不等式即可;
(2)将展开式写出,即:,利用赋值法求出,表示出,且,将其利用二项式定理展开后即可求出.
【小问1详解】
由题可知,展开式中第项为:
,
则系数最大的项需满足,解得或,
所以系数最大为第3项或第4项,即或,
所以最大项系数为.
【小问2详解】
因为,,
且由展开式中第项为:,
所以,
令,,
即:,
令,,
即:,
所以,所以,
而
所以
,
由题可知,,
所以的值为0.5.
18. 如图所示,四棱锥的底面是边长为1的菱形,,是的中点,,,平面平面,点到平面的距离为.
(1)求证:平面.
(2)求平面和平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)如图过A做于点,根据面面垂直的性质可得平面,由线面垂直的性质和勾股定理的逆定理得,结合线面垂直的判定定理即可证明;
(2)建立如图空间直角坐标系,利用空间向量法求面面角即可求解.
【小问1详解】
过A做于点,平面平面,平面平面=,平面,
所以平面,即为点A到平面的距离,所以.
由平面得,由勾股定理可得,则.
所以,可得,
又,平面,.
所以平面.
【小问2详解】
如图,过A作,由(1)知,
以A为原点,建立如图空间直角坐标系,
则,,,,.
易知,,,
设是平面的一个法向量.
由,得所以.故可取,
设是平面的一个法向量,
由,得,
所以.故可取.
于是,
即平面与平面所成角的余弦值为.
19. 在平面直角坐标系中,,,为平面内一点,在三角形中,,记的轨迹为轨迹.
(1)求轨迹的方程.
(2)若直线的斜率大于0,且截轨迹的弦长为,且为钝角,若交轴于点,求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)分析点P满足的条件,用坐标表示P点满足的条件,可得P点轨迹方程;
(2)设直线PK的方程,与抛物线方程联立,利用弦长求出直线PK的方程,再利用;两角差的正切公式求值.
【小问1详解】
过作垂直于轴于M.
则,则,即.
而等价于点到直线的距离,所以点到直线的距离等于
法一:,则,同时不与坐标原点重合,解得.
法二:在以为焦点,直线为准线的抛物线上,则设,,
同时不与坐标原点重合,解得.
【小问2详解】
如图:
设,联立,得,,得.
设PK与轨迹E的交点,,则,.
,解得.
所以,,所以,,
连接,由题可知,,所以
所以.
20. 如图所示,设k>0且k≠1,直线l:y=kx+1与l1:y=k1x+1关于直线y=x+1对称,直线l与l1分别交椭圆于点A、M和A、N.
(1)求的值;
(2)求证:对任意的实数k,直线MN恒过定点.
【答案】(1)1;(2)证明见解析
【解析】
【详解】(1)直线l与l1的交点为A(0,1)
设点P(x,y)是直线l上异于点A(0,1)的任意一点,点是点P关于直线y=x+1的对称点.
由得 ①
由得 ②
联立①②解得.
代入直线l:y=kx+1可得.
又由点在直线上,有,则.
所以有,从而由可得.
(2)设点M、N的坐标分别为与.
由可得.
所以有.
同理求得.
由kk1=1可得.
则直线MN的斜率为.
所以直线MN的方程为,
化简得.
因此,对任意的k,直线MN恒过定点.
21. 如图,三棱柱中,侧面为菱形,为中点,且平面,,,,为平面上一动点.
(1)若与平面成角的正切值为,求的最小值.
(2)若点在线段上,平面与所成角的正弦值为,求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)如图过做于,过做于,根据线面垂直的性质和判定定理可得平面.结合三角函数求出OG,进而求出GM,BG,由即可求解;
(2)建立如图空间直角坐标系,设,则.利用空间向量法求线面角建立关于的方程,解之即可求解.
【小问1详解】
如图,过做于,过做于.
又平面,平面,所以.
又有,平面,,则平面.
又因为平面,所以.
而,平面,,则平面.
由三角函数可得,,则,.
由题可知,若与平面成角为,则,则.
又,则.
所以.
【小问2详解】
以为坐标原点,为轴正方向建立空间直角坐标系,
则,,,,
设,则.
所以,,
设平面的一个法向量为,由,
得,令y=-1,解得.
设,令平面与成角为,
则,解得.
代入解得或(舍),所以.
22. 双曲线和的方程均满足,其中的焦点在轴上,顺次连接的两个焦点和的两个顶点恰好可以构成一个面积为4的正方形.
(1)求双曲线和的方程.
(2)若为左支上一动点且不在轴上,过作的切线交于两点,过作的平行线交于,顺次连接四点构成四边形,求证:四边形的面积为定值.
【答案】(1),
(2)证明见解析
【解析】
【分析】(1)根据题意,结合双曲线的几何性质,以及,即可求得曲线和的方程;
(2)设,切线,联立方程组,根据,得到,求得,且,在联立方程组求得,,得到直线方程为,联立方程组,就得,,证得,结合,即可得证.
【小问1详解】
解:由双曲线和的方程均满足 ,其中的焦点在轴上,
且顺次连接的两个焦点和的两个顶点恰好可以构成一个面积为4的正方形,
可得的焦点在轴上,则且,解得,
又由,
对于曲线,可得,所以,
对于曲线,可得,所以.
【小问2详解】
解:设,切线,
联立方程组,整理得,
则,可得,
又因为,可得,
代入得,
因为,所以,解得,且在直线上,所以,
由,解得,即,
又由,解得,即,
可得直线的方程为,
联立方程组,整理得,
解得,可得,即,
同理可得,
所以 ,所以,
又由,,
且,
所以四边形的面积为,即四边形的面积为定值.
解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略:
1、参数法:参数解决定点问题的思路:①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量,即确定题目中核心变量(通常为变量);②利用条件找到过定点的曲线之间的关系,得到关于与的等式,再研究变化量与参数何时没有关系,得出定点的坐标;
2、由特殊到一般发:由特殊到一般法求解定点问题时,常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.