广东省13市2017届高三上学期期末考试数学理试题分类汇编：圆锥曲线 Word版

广东省13市2017届高三上学期期末考试数学理试题分类汇编：圆锥曲线 Word版

广东省 13 市 2017 届高三上学期期末考试数学理试题分类汇 编 圆锥曲线 一、选择、填空题 1、（潮州市 2017 届高三上学期期末）已知抛物线 y2=2px（p＞0）的焦点成 F，过点 F 且倾斜角为 45°的直线 l 与抛物线在第一、第四象限分别交于 A、B，则 等 于（ ） A．3 B．7+4 3 C．3+2 2 D．2 2、（珠海市2017届高三上学期期末）已知双曲线 2 2 1C 116 4 x y ： － ，双曲线 2 2 2 2 2C 1( 0 0)x y a ba b   ： － ， 的左、右焦点分别为F1，F2，M 是双曲线C2 一条渐近线上 的点，且OM ⊥MF2，若△OMF2的面积为 16，且双曲线C1，C2的离心率相同，则双曲线 C2的实轴长为 A．4 B．8 C．16 D．32 3、（佛山市 2017 届高三教学质量检测（一））已知双曲线 )0(1: 2 2 2 2  ab b y a xC 的右 焦点为 F ， O 为坐标原点，若存在直线 l 过点 F 交双曲线 C 的右支于 BA, 两点，使 0OBOA ，则双曲线离心率的取值范围是________ 4、（广州市 2017 届高三 12 月模拟）已知双曲线 ：C 12 2 2 2  b x a y （ 0,0  ba ）的渐近线 方程为 xy 2 1 , 则双曲线C 的离心率为 (A) 2 5 (B) 5 (C) 2 6 (D) 6 5、（惠州市 2017 届高三第三次调研）设直线 l 过双曲线 C 的一个焦点，且与 C 的一条对称 轴垂直， l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|为 C 的实轴长的 2 倍，则 C 的离心率为( ) （A） 3 （B） 2 （C）2 （D）3 6、（江门市 2017 届高三 12 月调研）过抛物线 （ ）焦点的直线 与抛物线 交于 两点，以 为直径的圆的方程为 ，则 A． B． C． D． 7、（揭阳市 2017 届高三上学期期末）设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的两焦点与短轴一端点 组成一正三角形三个顶点，若焦点到椭圆上点的最大距离为3 3 ，则分别以 ,a b 为实半 轴长和虚半轴长，焦点在 y 轴上的双曲线标准方程为 . 8、（茂名市2017 届高三第一次综合测试）过双曲线  0,012 2 2 2  ba b y a x 的右焦点 2 ( ,0)F c 作圆 222 ayx  的切线，切点为 M，延长 2 MF 交抛物线 2 4y cx  于点 ,P 其中O 为 坐标原点，若 2 1 ( )2OM OF OP    ，则双曲线的离心率为（ ） A． 7 224  B． 7 224  C． 2 31 D． 2 51 9、（清远市清城区 2017 届高三上学期期末）已知双曲线 c： ，以右 焦点 F 为圆心，|OF|为半径的圆交双曲线两渐近线于点 M、N （异于原点 O），若|MN|= ， 则双曲线 C 的离心率 是（ ） A． 2 B． 3 C． 2 D． 3 1 10、（汕头市 2017 届高三上学期期末）圆 0138222  yxyx 的圆心到直线 01  yax 的距离为 1，则 a （ ） A． 3 4 B． 4 3 C． 3 D．2 11、（韶关市 2017 届高三 1 月调研）已知点 A 是双曲线 )0,0(12 2 2 2  bab y a x 右支上一 点， F 是右焦点,若 AOF (O 是坐标原点)是等边三角形，则该双曲线离心率 e 为 (A) 2 (B) 3 (C) 1 2+ (D) 1 3+ 二、解答题 1、（潮州市 2017 届高三上学期期末）已知点 A、B 分别是左焦点为（﹣4，0）的椭 圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左、右顶点，且椭圆 C 过点 P（，）． （1）求椭圆 C 的方程； （2）已知 F 是椭圆 C 的右焦点，以 AF 为直径的圆记为圆 M，过 P 点能否引圆 M 的切线？若能，求出这条切线与 x 轴及圆 M 的弦 PF 所对的劣弧围成的图形 面积；若不能，说明理由． 2、（珠海市2017届高三上学期期末）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆G的中心为坐标原点， 左焦点为F1(－1，0)， 离心率e＝ 2 2 . (1)求椭圆G 的标准方程； (2)已知直线l1： y ＝kx+m1与椭圆G交于 A，B两点，直线l2： y＝kx+m2（m1≠m2）与椭 圆G交于C，D两点，且| AB |＝|CD |，如图所示. ①证明：m1+m2 ＝0； ②求四边形ABCD 的面积S 的最大值. 3、（佛山市 2017 届高三教学质量检测（一））已知椭圆 )0(1: 2 2 2 2  ba b y a xC 过点 )1,2(M ，且离心率为 2 3 （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设 )1,0( A ，直线l 与椭圆C 交于 QP, 两点，且 AQAP  ，当 OPQ （O 为坐标 原点）的面积 S 最大时，求直线l 的方程 4、（广州市 2017 届高三 12 月模拟）已知动圆 P 与圆 2 2 1 :( 2) 49F x y   相切，且与圆 1)2(: 22 2  yxF 相内切，记圆心 P 的轨迹为曲线C . （Ⅰ）求曲线 C 的方程； （Ⅱ）设Q 为曲线C 上的一个不在 x 轴上的动点， O 为坐标原点，过点 2F 作OQ 的平行 线交曲线 C 于 ,M N 两个不同的点, 求△QMN 面积的最大值． 5、（惠州市 2017 届高三第三次调研）已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左、右焦点分 别为    1 21,0 , 1,0F F ，点 21, 2A       在椭圆C 上． （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）是否存在斜率为 2 的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同交点 M N、 时，能在直 线 5 3y  上找到一点 P ，在椭圆 C 上找到一点Q ，满足 PM NQ  ？若存在，求出直线的 方程；若不存在，说明理由． 6 、（ 江 门 市 2017 届 高 三 12 月 调 研 ） 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 椭 圆 ： ( )的离心率为 , 椭圆 的顶点四边形的面积为 ． （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）过椭圆 的顶点 的直线 交椭圆于另一点 ，交 轴于点 ，若 、 、 成等比数列，求直线 的方程． 7、（揭阳市 2017 届高三上学期期末）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A（-1, 0）、B（1, 0）、 C（0, -1），N 为 y 轴上的点，MN 垂直于 y 轴，且点 M 满足 AM BM ON CM      （O 为坐 标原点），点 M 的轨迹为曲线 T． (Ⅰ)求曲线 T 的方程； (Ⅱ)设点 P（P 不在 y 轴上）是曲线 T 上任意一点，曲线 T 在点 P 处的切线 l 与直线 5 4y   交于点 Q，试探究以 PQ 为直径的圆是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过 定点，说明理由． 8、（茂名市 2017 届高三第一次综合测试） ,x y R ，向量 ,i j   分别为直角坐标平面内 ,x y 轴正方向上的单位向量，若向量 ( 3)a x i y j     , ( 3)b x i y j     ,且| | | | 4a b   ． （Ⅰ）求点 ( , )M x y 的轨迹 C 的方程； （Ⅱ）设椭圆 2 2 : 116 4 x yE   ，P 为曲线C 上一点，过点 P 作曲线C 的切线  y kx m 交椭圆 E 于 A 、 B 两点，试证： OAB 的面积为定值. 9、（清远市清城区 2017 届高三上学期期末）以椭圆   2 2 2: 1 1xM y aa    的四个顶点为顶点 的四边形的四条边与 O ： 2 2 1x y  共有 6 个交点，且这 6 个点恰好把圆周六等分. （Ⅰ）求椭圆 M 的方程； （Ⅱ）若直线 l 与 O 相切，且与椭圆 M 相交于 P ，Q 两点，求 PQ 的最大值. 10、（汕头市 2017 届高三上学期期末） 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知以 M 为圆心的圆 2 2: 12 14 60 0M x y x y     及 其上一点 (2,4)A （1）设圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，且圆心 N 在直线 6x  上，求圆 N 的标准方程； （2）设平行于OA 的直线l 与圆 M 相交于 ,B C 两点，且 BC OA ,求直线l 的方程； （3）设点 ( ,0)T t 满足：存在圆 M 上的两点 P 和Q ,使得 ,TA TP TQ    求实数t 的取值范 围. 11、（韶关市 2017 届高三 1 月调研）设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ，椭圆C 短轴的一个 端点与长轴的一个端点的连线与圆O ： 2 2 4 3x y  相切，且抛物线 2 4 2y x  的准线恰 好过椭圆C 的一个焦点. （Ⅰ）求椭圆C 的方程； （Ⅱ）过圆O 上任意一点 P 作圆的切线 l 与椭圆C 交于 ,A B 两点，连接 PO 并延长交圆O 于点Q ，求 ABQ 面积的取值范围. 参考答案 一、选择、填空题 1、【解答】解：直线 l 的方程为 y=x﹣，代入 y2=2px，整理得 4x2﹣12px+p2=0， 解得 x=p， ∴==3+2． 故选 C． 2、C 3、 4、B 5、【解析】设双曲线的标准方程为x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)，由于直线 l 过双曲线的焦点且与对 称轴垂直，因此直线 l 的方程为：x＝c 或 x＝－c，代入x2 a2 －y2 b2 ＝1 得 y2＝b2(c2 a2 －1)＝b4 a2 ，∴y ＝±b2 a ，故|AB|＝2b2 a ，依题意2b2 a ＝4a，∴b2 a2 ＝2，∴c2－a2 a2 ＝e2－1＝2，∴e＝ 3. 6、B 7、 2 2 112 9 y x  8、 D 解：如图 9，∵ 2 1M ( OP)2O OF    ，∴M 是 2F P 的中点. 设抛物线的焦点为 F1，则 F1 为（- c，0），也是双曲线的焦点. 连接 PF1，OM .∵O、M 分别是 1 2F F 和 2PF 的中点，∴OM 为 △PF2F1 的中位线.∵OM=a，∴|PF1|=2 a.∵OM⊥ 2PF ， ∴ 2PF ⊥PF1，于是可得| 2PF |= 2 24 4 2c a b  ，设 P（x，y），则 c -x =2a， 于是有 x=c-2a， y2=  4c（c  2 a），过点 2F 作 x 轴的垂线，点 P 到该垂线的距离为 2a. 由勾股定理得 y2+4a2=4b2， 即  4c(c-2a)+4 a 2=4(c2- a 2)，变形可得 c2-a2=ac，两边同除 以 a2 有 2 1 0e e   , 所以 1 5 2e  ,负值已经舍去. 故选 D . 9、C 10、A 11、【解析】依题意及三角函数定义,点 ( cos , sin )3 3B c c  ,即 1 3( , )2 2B c c ，代入双曲线 方程 2 2 2 2 2 23 4b c a c a b  ，又 2 2 2c a b  ，得 2 4 2 3e   , e  3 1 ,故选 D 另解，设左焦点为 1F , 可题意及双曲线几何性质可得 1 90F AF   , 1 3AF c 所以 2 2 3 12 3 c ce a c c      二、解答题 1、【解答】解：（1）由题意 a2=b2+16， +=1， 解得 b2=20 或 b2=﹣15（舍）， 由此得 a2=36， 所以，所求椭圆 C 的标准方程为=1． （2）由（1）知 A（﹣6，0），F（4，0）， 又（，），则得=（，），=（﹣，）． 所以=0，即∠APF=90°，△APF 是 Rt△， 所以，以 AF 为直径的圆 M 必过点 P，因此，过 P 点能引出该圆 M 的切线， 设切线为 PQ，交 x 轴于 Q 点，又 AF 的中点为 M（﹣1，0），则显然 PQ⊥PM， 而 kPM=，所以 PQ 的斜率为﹣， 因此，过 P 点引圆 M 的切线方程为：y﹣=﹣（x﹣），即 x+y﹣9=0． 令 y=0，则 x=9，∴Q（9，0），又 M（﹣1，0）， 所以 S 扇形 MPF==， 因此，所求的图形面积是 S=S△PQM﹣S 扇形 MPF=． 2、 3、 4、解： （Ⅰ）设圆 P 的半径为 R , 圆心 P 的坐标为 ( , )x y ， 由于动圆 P 与圆 2 2 1 :( 2) 49F x y   相切，且与圆 1)2(: 22 2  yxF 相内切， 所以动圆 P 与圆 1F 只能内切. …………………………………1 分 所以 1 2 7 , 1. PF R PF R      …………………………………2 分 则 4||6|||| 2121  FFPFPF . …………………………………3 分 所以圆心 P 的轨迹是以点 1 2,F F 为焦点的椭圆, 且 3, 2a c  , 则 2 2 2 5b a c   . 所以曲线C 的方程为 159 22  yx . …………………………………4 分 （Ⅱ）设 1 1 2 2 3 3( , ), ( , ), ( , )M x y N x y Q x y ，直线 MN 的方程为 2x my  ， 由 2 2 2, 1,9 5 x my x y ì = +ïïïïíï + =ïïïî 可得 2 25 9 20 25 0m y my+ + - =（ ） ， 则 1 2 1 22 2 20 25,5 9 5 9 my y y ym m       . …………………………………5 分 所以 ( ) ( )22 1 2 1 21 4MN m y y y y= + + - …………………………………6 分 ( ) 2 2 2 2 20 1001 5 9 5 9 mm m m ÷ç= + - +÷ç ÷ç + + ( )2 2 30 1 .5 9 m m + = + …………………………………7 分 因为 / /MN OQ ，所以△QMN 的面积等于△OMN 的面积. …………………8 分 点O 到直线 2:  myxMN 的距离 2 2 1 d m = + . ……………………………9 分 所以△QMN 的面积 2 2 2 22 1 1 30( 1) 2 30 1 2 2 5 9 5 91 m mS MN d m mm + += =+ ++ . …………………………………10 分 令 2 1m t  ，则 2 2 1m t  ( 1)t  ， ( ) 22 30 30 30 45 45 1 9 5 t tS tt t t = = =+- + + . 设 ( ) ( )45 1f t t tt= + ³ ，则 ( ) 2 2 2 4 5 45 tf t t t -¢ = - = . 因为 1t ³ , 所以 ( ) 2 2 5 4 0.tf t t -¢ = > 所以 ( ) 45f t t t= + 在[ )1,+¥ 上单调递增. 所以当 1t = 时, ( )f t 取得最小值, 其值为9 . …………………………………11 分 所以△QMN 的面积的最大值为 30 9 . …………………………………12 分 说明: △QMN 的面积 ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 30 142 5 9 mS OF y y y y y y m += × - = + - = + . 5、解:（Ⅰ）设椭圆C 的焦距为 2c ，则 1c  ， 因为 21, 2A       在椭圆C 上，所以 1 22 2 2a AF AF   ， ……2 分 因此 2 2 22, 1a b a c    ，故椭圆C 的方程为 2 2 12 x y  ．．．．．．5 分 （Ⅱ）椭圆C 上不存在这样的点Q ，证明如下：设直线的方程为 2y x t  ， 设  1 1,M x y ，    2 2 3 4 4 5, , , , ,3N x y P x Q x y     ， MN 的中点为  0 0,D x y ， 由 2 2 2 12 y x t x y     消去，得 2 29 2 8 0y ty t    ， ……………6 分 所以 1 2 2 9 ty y  ，且  2 24 36 8 0t t     ， 故 1 2 0 2 9 y y ty   且 3 3t   ．．．．．．．．．．．．．．．．．．8 分 由 PM NQ  得 ),()3 5,( 2424131 yyxxyxx  ．．．．．．．．．9 分 所以有 241 3 5 yyy  ，  3 5 214 yyy 3 5 9 2 t ．．．．．．．．．．．．10 分 (也可由 PM NQ  知四边形 PMQN 为平行四边形，而 D 为线段 MN 的中点，因此， 也 D 为线段 PQ 的中点，所以 4 0 5 3 2 9 y ty    ，可得 4 2 15 9 ty  )， 又 3 3t   ，所以 4 7 13 y    ， 与椭圆上点的纵坐标的取值范围 1,1 矛盾。．．．．．．．．．11 分 因此点Q 不在椭圆上．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12 分 6、解：⑴由题意可得： 162 ab ①……1 分 又由 222,2 3 baca ce  得 ba 2 ②……3 分 解①②得 2,4  ba ，所以椭圆 E 的方程为 1416 22  yx ……5 分 ⑵由题意 MNPNPM 2 ，故点 N 在 PM 的延长线上 当直线 l 的斜率不存在时， MNPNPM 2 ，不合题意……6 分 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 2 kxy ，令 0y 得 kxN 2 ……7 分 将直线 l 的方程代入椭圆 E 的方程 1416 22  yx ，得 016)14( 22  kxxk ……8 分 因为 0Px ，解得 14 16 2  k kxM ……9 分 由 PM MN PN PM  得 MP NM NP MP xx xx xx xx    ,即 14 16 14 162 2 14 16 2 22     k k k k k k k k ……10 分 解得 80 14 k ，即 4 52 1k ……11 分 所以直线 l 的方程为 0)2(524  yx ……12 分 7、解：（Ⅰ）设点 ( , )M x y ，依题意知 (0, )N y ， ∵ ( 1, ), ( 1, ), (0, ), ( , 1)AM x y BM x y ON y CM x y          ，---------------------------2 分 由 AM BM ON CM      得 2 21 ( 1)x y y y    ，即 2 1y x  ， ∴所求曲线 T 的方程为 2 1y x  ------------------- 4 分 （Ⅱ）解法 1：设 0 0 0( , )( 0)P x y x  ， 由 2 1y x  得 ' 2y x 则 0 0'| 2l x xk y x  ---------------------------5 分 ∴直线 l 的方程为： 0 0 02 ( )y y x x x   令 5 4y   得 2 0 0 4 1 8 xx x  ，即点 Q 的坐标为 2 0 0 4 1 5( , )8 4 x x   --------6 分 设 ( , )G x y 是以 PQ 为直径的圆上任意一点，则由 0PG QG   ， 得以 PQ 为直径的圆的方程为： 2 0 0 0 0 4 1 5( )( ) ( )( ) 08 4 xx x x y y yx       ------①-----------8 分 在①中，令 0 01, 0x y   得 3 5( 1)( ) ( ) 08 4x x y y     ，------------------------② 3 5( 1)( ) ( ) 08 4x x y y     ， -----------------------------------------------------------③ 由②③联立解得 0, 3.4 x y    或 0, 1 .2 x y    --------------------------------------------------------------10 分 将 30, 4x y   代入①式，左边= 2 0 0 4 1 3 3 5( )( )8 4 4 4 x y      0 0 1 1 02 2y y   =右边， 即以 PQ 为直径的圆过点 3(0, )4  ，--------------------------------------------------------------------11 分 将 10, 2x y   代入①式，左边  右边， ∴ 以 PQ 为 直 径 的 圆 恒 过 点 ， 该 定 点 的 坐 标 为 3(0, )4  --------------------------------------------12 分 【解法 2：设 0 0 0( , )( 0)P x y x  ，由 2 1y x  得 ' 2y x 则 0 0'| 2l x xk y x  -----------------------------------------------------------------------------------------5 分 ∴直线 l 的方程为： 0 0 02 ( )y y x x x   令 5 4y   得 2 0 0 4 1 8 xx x  ，即点 Q 的坐标为 2 0 0 4 1 5( , )8 4 x x   -------------------------------------------6 分 设 ( , )G x y 是以 PQ 为直径的圆上任意一点，则由 0PG QG   ， 得以 PQ 为直径的圆的方程为： 2 0 0 0 0 4 1 5( )( ) ( )( ) 08 4 xx x x y y yx       ------①------------8 分 假设以 PQ 为直径的圆过定点 ),( ba ， 则 0)4 5)(()8 1 2 1)(( 0 0 00  bybxxaxa ， 0)4 5)(1(8 1 82 3 2 1 2 0 0 0 2 0 2  bxbx aaxxa ， 0)4 5)(1()4 5(8 1 82 3 2 1 2 0 0 0 2 0 2  bbxbx aaxxa ， 0)4 5)(1()4 3(8 1)8 1 2 3( 2 0 0 0 2  bbxbxxaa ， 令 4 3,0  ba ，上式恒成立， ∴以 PQ 为直径的圆恒过定点，该点的坐标为 3(0, )4  ----------------------------------------------12 分】 【解法 3：设 0 0 0( , )( 0)P x y x  ，由 2 1y x  得 ' 2y x 则 0 0'| 2l x xk y x  ------------------------------------------------------------------------------------------5 分 ∴直线 l 的方程为： 0 0 02 ( )y y x x x   令 5 4y   得 2 0 0 4 1 8 xx x  ，即点 Q 的坐标为 2 0 0 4 1 5( , )8 4 x x   ------------------------------------------6 分 假设以 PQ 为直径的圆恒过定点 H，则根据对称性，点 H 必在 y 轴上，设 (0, )H t ， 则由 0PH QH   得 2 0 0 0 0 4 1 5( )( ) 08 4 xx t y tx      ------① --------------------------------------8分 0 0 1 3 5 5( ) ( ) 02 8 4 4y t t y t      ， 0 3 1( )( ) 04 2t t y    ， ∴ 3 4t   ，即以 PQ 为直径的圆恒过定点，该点的坐标为 3(0, )4  --------------------------12 分】 8、 (Ⅰ)解：∵ ( 3)a x i y j     ， ( 3)b x i y j     ，且| | | | 4a b   2 2 2 2( 3) ( 3) 4x y x y       ∴ 点 M（x，y）到两个定点 F1（ 3 ，0），F2（ 3 ，0）的距离之和为 4…………2 分 ∴ 点 M 的轨迹 C 是以 F1、F2 为焦点的椭圆，设所求椭圆的标准方程为 2 2 2 2 1( 0),x y a ba b     则 3c  , 2a  ∴ 2 2 2 1b a c   ………………3 分 其方程为 2 2 14 x y  …………………………………………………………………4 分 （Ⅱ）证明：设 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 将  y kx m 代入椭圆 E 的方程，消去 x 可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 16 0    k x kmx m 显然直线与椭圆 C 的切点在椭圆 E 内， 由韦达定理则有,0 ： 1 2 2 8 1 4     kmx x k ， 2 1 2 2 4 16 1 4   mx x k . ……………………………………………5 分 所以 2 2 1 2 2 4 16 4| | 1 4     k mx x k …………………………………………………6 分 因为直线  y kx m 与 y 轴交点的坐标为 (0, )m ， 所以 OAB 的面积 2 2 1 2 2 1 2 16 4 | || || |2 1 4      k m mS m x x k …………………7 分 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (16 4 ) 2 (4 )1 4 1 4 1 4       k m m m m k k k …………8 分 设 2 21 4  m tk 将  y kx m 代入椭圆 C 的方程，可得 2 2 2(1 4 ) 8 4 4 0    k x kmx m ………10 分 由 0  ，可得 2 21 4 m k 即 1t ， …………………………………………11 分 又因为 22 (4 ) 2 4    S t t t t ， 故 2 3S 为定值. …………………………………………………………………12 分 9、解法一：（Ⅰ）如图，依题意    0 1 0 60A B a OAB  ， ， ， ， . 因为 tan BOOAB AO   ，所以 3 1 a ，得 3a  . 故椭圆的方程为 2 2 13 x y  . （Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 1x   ， 代入 2 2 13 x y  ，得 6 3y   ，此时 2 6 3PQ  ， 当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx m  ， 因为直线 l 与 O 相切，所以 2 1 1 m k   ，即 2 21m k  . 由 2 2 13 x y y kx m       ，消去 y ，整理得   2 2 21 3 6 3 1 0k x kmx m     ，     2 2 2 2 2 2 236 12 1 3 1 12 1 3 24k m k m k m k         ， 由 0  ，得 0k  . 设  1 1 P x y， ，  2 2 Q x y， ，则 1 2 2 6 1 3 kmx x k     ，  2 1 2 2 3 1 1 3 m x x k    ， 所以  2 1 2 1 2 1 2 2 2 64 1 3 kx x x x x x k       ， 所以    2 2 1 2 1 2PQ x x y y    2 1 21 k x x   2 2 2 61 1 3 kk k      2 2 2 1 2 2 3 1 3 k k k       2 2 2 1 2 22 3 31 3 k k k      . 当且仅当 2 21 2k k  ，即 1k   时， PQ 取得最大值 3 . 综上所述， PQ 的最大值为 3 . 解法二：（Ⅰ）同解法一. （Ⅱ）当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 1x   . 代入 2 2 13 x y  ，得 6 3y   ，此时 PQ 2 6 3  . 当直线l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y kx m  ， 因为直线 l 与 O 相切，所以 2 1 1 m k   ，即 2 21m k  . 由 2 2 13 x y y kx m       ，消去 y ，整理得   2 2 21 3 6 3 1 0k x kmx m     ，     2 2 2 2 2 2 236 12 1 3 1 12 1 3 24k m k m k m k         ， 由 0  ，得 0k  . 设  1 1 P x y， ，  2 2 Q x y， ，则 1 2 2 6 1 3 kmx x k     ，  2 1 2 2 3 1 1 3 m x x k    ， 所以  2 1 2 1 2 1 2 2 2 64 1 3 kx x x x x x k       ， 所以    2 2 1 2 1 2PQ x x y y    2 1 21 k x x   2 2 2 61 1 3 kk k      2 2 2 1 2 6 1 3 k k k      令 21 3t k  ，因为 0k  ，所以 1t  . 于是     2 1 2 192 6 t t PQ t      2 2 6 2 1 13 t t      22 6 1 1 923 4 8t         . 由 1t  ，得 10 1t   ，所以当 1 1 4t  ，即 21 3 4k  ，解得 1k   ， 故 1k   时， PQ 取得最大值 3 . 综上所述， PQ 的最大值为 3 . 10、解：圆 M 的标准方程为 25)7()6( 22  yx ，所以圆心 )7,6(M ，半径为 5. （1）由圆心在直线 6x 上，可设 ),6( 0yN ，因为 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，所以 70 0  y ，于是圆 N 的半径为 0y ，从而 00 57 yy  ，解得 10 y .因此，圆 N 的标准 方程为 1)1()6( 22  yx . （2）因为直线 OAl // ，所以直线l 的斜率为 4 0 22 0   . 设 直 线 l 的 方 程 为 mxy  2 ， 即 02  myx ， 则 圆 心 M 到 直 线 l 的 距 离 2 6 7 5 . 5 5 m md      因为 2 22 4 2 5,BC OA    而 2 2 2 ,2 BCMC d       所以  2525 55 m   ，解得 5m 或 15m . 故直线l 的方程为 052  yx 或 0152  yx . （3）设 ),(,),( 2211 yxQyxP . 因为 TQTPTAtTA ),0,(),4,2( ，所以      4 2 12 12 yy txx ……① 因为点Q 在圆 M 上，所以 25)7()6( 2 2 2 2  yx ，将①代入②，得 25)3()4( 2 1 2 1  ytx . 于是点 ),( 11 yxP 既在圆 M 上，又在圆 25)3()]4([ 22  ytx 上，从而圆 25)7()6( 22  yx 与圆 25)3()]4([ 22  ytx 有公共点，所以 55)73(]6)4[(55 22  t ，解得 21222122  t .因此，实数t 的取 值范围是 ]2122,2122[  . 11、解：因为椭圆C 短轴的一个端点与长轴的一个端点的连线与圆O ： 2 2 4 3x y  相切， 所以 2 2 2 2 4 3 a b a b  ， ……………1 分 又抛物线 2 4 2y x  其准线方程为 2x = ， 因为抛物线 2 4 2y x  的准线恰好过椭圆C 的一个焦点， 所以 2c = ，从而 2 2 2 2a b c- = = ……………2 分 两式联立，解得 2 22, 4b a= = ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 2 x y  ……………4 分 ①当直线l 的斜率不存在时，不妨设直线 AB 方程为 2 3 3l : x = ， 则 2 3 2 3 2 3 2 3( , ), ( , )3 3 3 3A B  ， 2 3( ,0)3P ，所以 2 3( ,0)3Q  ， 从而 1 1 4 3 4 3 8 2 2 3 3 3ABQS PQ ABD = = = ……………5 分 ②当直线l 的斜率存在时，设其方程设为 y kx m  ，设    1 1 2 2, , ,A x y B x y 联立方程组 2 2 14 2 x y y kx m       得 2 22 4 0x y   , 即 2 2 2(1 2 ) 4 2 4 0k x kmx m     , 2 2 2 2 2(4 ) 4(2 1)(2 4) 8(4 2) 0km k m k m         ,即 2 24 2 0k m   1 2 2 2 1 2 2 4 1 2 2( 2) 1 2 kmx x k mx x k         ……………6 分 因为直线与圆相切，所以 2 4 31 md k    ， ∴ 2 23 4(1 )m k  ……………7 分 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2(1 )( ) (1 )[( ) 4 ]AB k x x k x x x x       2 4 2 2 2 2 2 2 4 3 (4 1) 4 3 ( 5 1)(1 )3 (1 2 ) 3 (1 2 ) k k kk k k       2 4 2 4 3 13 4 4 1 k k k     ……………8 分 当 0k  时， 2 2 4 3 11 13 4 4 AB k k     ，因为 2 2 14 4 8k k    ， 所以 2 2 1 91 1 1 84 4k k      ，所以 4 3 63 AB  。……………9 分 因为 PQ 圆O 的直径，所以 1 1 4 3 2 3 2 2 3 3ABQS PQ AB AB ABD = = = 。 ……………10 分 所以 8 2 23 ABQSD< £ . ……………11 分 0k  时， 1 1 4 3 4 3 8 2 2 3 3 3ABQS PQ ABD = = = 综上可得 ABQ 面积的取值范围为 8[ ,2 2]3 ……………12 分