1.經(jīng)過A(?3,?6)，B(?3,5)兩點的直線的傾斜角是( )
A. ?30°B. 60°C. 90°D. 120°
2.若直線l1：(m+1)x+2y+1=0與直線l2：x?2y+1=0平行，則m的值為( )
A. ±2B. 2C. ?2D. ?5
3.若圓C的圓心為(1,2)，且被x軸截得弦長為4，則圓C的方程為( )
A. x2+y2?2x?4y?3=0B. x2+y2?2x?4y+1=0
C. x2+y2?2x+4y?3=0D. x2+y2?2x+4y+1=0
4.已知點A(2,1)，點B在直線x?y+3=0上，則|AB|的最小值為( )
A. 5B. 26C. 2 2D. 4
5.若圓C：(x?1)2+(y?3)2=8上存在兩個點到直線l：x+y+m=0的距離為 2，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A. ?60)的上頂點為B，若橢圓上離點B最遠的點為橢圓的下頂點，則橢圓離心率的取值范圍為______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題15分)
已知平面內(nèi)兩點A(6,?6)，B(2,2)．
(1)求過點P(1,3)且與直線AB垂直的直線l的方程；
(2)若C(3,2)，求△ABC的邊AB上的中線CD所在直線方程；
(3)已知直線m過點P(1,3)，且與AB平行，求直線m的方程．
16.(本小題15分)
已知圓G過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1,?7)．
(1)求圓G的方程；
(2)設直線l經(jīng)過點M(6,1)，且與圓G相切，求直線l的方程．
17.(本小題15分)
已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)過點P(?3 2,4),Q(6,4 3)．
(1)求雙曲線C的標準方程；
(2)過C的右焦點的直線l與C交于M，N兩點，且以MN為直徑的圓過坐標原點O，求直線l的方程．
18.(本小題15分)
如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1= 3，AB⊥AC，D為A1C1的中點．
(1)證明：AB1⊥平面A1BD；
(2)若AC=6，求二面角A?BC?D的余弦值．
19.(本小題17分)
已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，上頂點為P，長軸長為4 2，直線PF2的傾斜角為135°．
(1)求橢圓C的方程．
(2)若橢圓C上的兩動點A，B均在x軸上方，且AF1//BF2，求證：1|AF1|+1|BF2|的值為定值．
(3)在(2)的條件下求四邊形的ABF2F1的面積S的取值范圍．
參考答案
1.C
2.C
3.A
4.C
5.C
6.D
7.C
8.D
9.BC
10.AC
11.AD
12.x29?y216=1
13. 3
14.(0, 22]
15.解：(1)A(6,?6)，B(2,2)，
則kAB=2+62?6=?2，
因l⊥AB，故直線l的斜率為12，
直線l過點P(1,3)，
則直線l的方程為y?3=12(x?1)，即x?2y+5=0；
(2)由A(6,?6)，B(2,2)可得邊AB的中點D(4,?2)，
C(3,2)，
故直線CD的斜率為kCD=4?1=?4，
則CD所在直線方程為y+2=?4(x?4)，即4x+y?14=0；
(3)由(1)已得kAB=?2，
直線m與AB平行，故其斜率為km=?2，
則直線m的方程為y?3=?2(x?1)，即2x+y?5=0．
16.解：(1)設圓G的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因為圓G過三點A(1,3)，B(4,2)，C(1,?7)，
所以1+9+D+3E+F=016+4+4D+2E+F=01+49+D?7E+F=0，解得D=?2E=4F=?20，
圓G的方程為x2+y2?2x+4y?20=0．
(2)由(1)知圓G是以(1,?2)為圓心，以r=5為半徑的圓，
(i)若直線l的斜率不存在，
則此時l的方程為x=6到圓心的距離為6?1=5，滿足與圓G相切；
(ii)若直線l的斜率存在，
則設直線方程為y?1=k(x?6)，即kx?y+1?6k=0，
因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離為d=|3?5k| k2+1=5，
解得k=?815，所以切線方程為8x+15y?63=0．
綜上，切線方程為x=6或8x+15y?63=0．
17.解：(1)由題可得：18a2?16b2=136a2?48b2=1，
解得：a2=9b2=16，
所以雙曲線C：x29?y216=1；
(2)由題，c2=a2+b2=25，所以雙曲線C的右焦點為(5,0)，
當直線l的斜率不存在時，l：x=5，
此時M(5,163),N(5,?163)，
所以OM=(5,163),ON=(5,?163)，
又OM?ON=25?2569≠0，
所以以MN為直徑的圓不經(jīng)過坐標原點，
即直線l的敘率存在，
設l：x=ty+5，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
聯(lián)立方程組x=ty+5x29?y216=1，化簡得(16t2?9)y2+160ty+256=0，
由題有：16t2?9≠0Δ=(160t)2?4×(16t2?9)×256>0，即t≠±34，
所以y1+y2=?160t16t2?9,y1y2=25616t2?9，
因為以MN為直徑的圓經(jīng)過坐標原點，
所以OM⊥ON，即OM?ON=0，
又OM=(x1,y1),ON=(x2,y2)，
所以OM?ON=x1x2+y1y2=(ty1+5)(ty2+5)+y1y2
=(t2+1)y1y2+5t(y1+y2)+25
=(t2+1)×25616t2?9+5t×?160t16t2?9+25=0，
解得：t=± 3112，
所以l：x=± 3112y+5，
即y=±12 3131(x?5)．
18.解：(1)證明：∵三棱柱ABC?A1B1C1為直三棱柱，∴A1A⊥面ABC，
∴A1A⊥AB，A1A⊥AC，又AB⊥AC，且AB∩A1A=A，∴AC⊥面A1B1BA，
又A1C1/?/AC，故A 1C1⊥面A1B1BA，
∵AB1?面A1B1BA，∴AB1⊥A1C1，即AB1⊥A1D，
又AB=AA1，∴四邊形A1B1BA為正方形，故AB 1⊥A1B，
A1D∩A1B=A1，∴AB1⊥面A1BD；
(2)由題意，可以以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

則B( 3,0,0)，C(0,6,0)，D(0,3, 3)，BC=(? 3,6,0)，BD=(? 3,3, 3)，
設面BCD的一個法向量為n=(x,y,z)，
則n?BC=0n?BD=0，即? 3x+6y=0? 3x+3y+ 3z=0，
令x=2 3，則y=1，z= 3，故n=(2 3,1, 3)，
∵AA1⊥面ABC，∴可取面ABC的一個法向量為m=(0,0,1)，
∴|cs|=|m?n||m||n|= 34，
∴二面角A?BC?D的余弦值為 34．
19.(1)解：由長軸長為4 2，
可得2a=4 2，a=2 2．
因為點P上頂點，直線PF2的傾斜角為135°，
所以Rt△OPF2中，∠OF2P=45°，
則|OP|=|OF2|=b=c，
又b2+c2=a2=8，
則b=c=2．
則橢圓C的方程為x28+y24=1．
(2)證明：設A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(xiàn)1(?2,0)，F(xiàn)2(2,0)，
則B關于原點的對稱點B′(x3,y3)，
即x3=?x2y3=?y2，
由AF1/?/BF2，y1x1+2=y2x2?2=?y2?x2+2，
所以A，F(xiàn)1，B′三點共線，
又△BOF2≌△B′OF1，|BF2|=|B′F1|.
1|AF1|+1|BF2|=1|AF1|+1|B′F1|=|AB′||AF1||B′F1|，
設AB′：x=my?2代入橢圓方程得(m2+2)y2?4my?4=0，
則Δ=32(m2+1)，y1+y3=4mm2+2，y1y3=?4m2+2．
|AB′|= 1+m2|y1?y3|= 1+m24 2 m2+1m2+2=4 2(m2+1)m2+2，
|AF1||B′F1|= m2+1|y1| m2+1|y3|=(m2+1)4m2+2，
1|AF1|+1|BF2|=|AB′||AF1||B′F1|=4 2(m2+1)m2+24(m2+1)m2+2= 2．
(3)解：四邊形ABF2F1為梯形，?=dF2?AB′=4 m2+1，
|AF1|+|BF2|=|AF1|+|B′F1|=|AB′|=4 2(m2+1)m2+2，
S=12(|AF1|+|BF2|)?=8 2 m2+1m2+2，
令t= m2+1，
則t2+1=m2+2，(t≥1)，
則0

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