2023-2024学年四川省宜宾一中高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省宜宾一中高二（上）期中数学试卷（含解析），共16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.若P(AB)=19，P(A−)=23，P(B)=13，则关于事件A与B的关系正确的是( )
A. 事件A与B互斥不对立B. 事件A与B对立
C. 事件A与B相互独立D. 事件A与B不相互独立
2.在四面体OABC中，空间的一个点M满足OM=14OA+15OB+λOC，若M，A，B，C四点共面，则λ等于( )
A. 1221B. 1120C. 35D. 12
3.无论k为何值，直线(k+2)x+(1−k)y−2k−4=0都过一个定点，则该定点为( )
A. (−2,0)B. (0,2)C. (2,0)D. (0,−2)
4.已知实数x，y满足方程(x−1)2+y2=1，则x2+y2的最大值( )
A. 2B. 4C. 2D. 1
5.在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=a，AC=b，AA1=c.点M在棱BC上，且BM=2MC，N为AA1的中点，若以a,b,c为基底，则MN=( )
A. −23a−13b+12cB. 23a−13b+12c
C. −13a+23b−12cD. −13a−23b+12c
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右两个焦点分别为F1，F2，若双曲线上存在点P满足|PF1|：|PF2|：|F1F2|=4：6：5，则该双曲线的离心率为( )
A. 2B. 52C. 53D. 5
7.如图，二面角α−l−β等于120°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=2，则CD的长等于( )
A. 2 3B. 2 2C. 4D. 2
8.已知F1、F2为椭圆与双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且∠F1PF2=60°.则该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为( )
A. 33B. 32C. 1D. 3
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.与直线3x−4y+1=0垂直，且与点(−1,−1)距离为2的直线方程可能为( )
A. 4x+3y−3=0B. 4x+3y+17=0
C. 4x−3y−3=0D. 4x−3y+17=0
10.已知点P是椭圆E：x28+y24=1上一点，F1，F2是椭圆E的左、右焦点，且△F1PF2的面积为4，则下列说法正确的是( )
A. 点P的纵坐标为4B. ∠F1PF2=π2
C. △F1PF2的周长为4( 2+1)D. △F1PF2的内切圆半径为3( 2+1)2
11.甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A：抽取的两个小球标号之和大于5，事件B：抽取的两个小球标号之积大于8，则( )
A. 事件A与事件B是对立事件B. 事件A−与事件B是互斥事件
C. 事件A⋃B发生的概率为1120D. 事件A∩B−发生的概率为25
12.若两定点A(−2,0)，B(2,0)，动点M满足|MA|= 2|MB|，则下列说法正确的是( )
A. 点M的轨迹所围成区域的面积为32π
B. △ABM面积的最大值为8 2
C. 点M到直线x−y+4=0距离的最大值为5 2
D. 若圆C：(x+1)2+(y−1)2=r2(r>0)上存在满足条件的点M，则r的取值范围为[ 2,9 2]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆C1：x2+y2=r2，圆C2：x2+y2−8x−6y+16=0，若圆C1与圆C2相外切，则r= ______ ．
14.已知直线l：3x+2y−1=0与直线l1关于直线x+y=0对称，则l1的方程为______ ．
15.若双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+y2−4y+3=0相切，则m= ______ ．
16.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=2，AB=3，P为BC的中点，点Q为侧面ADD1A1内的一点，当B1P⊥AQ，△CDQ的面积最小值时，三棱锥Q−ACD的体积为______ ．
四、解答题：本题共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.(本小题10分)
设直线l1：x−2y−1=0与l2：(3−m)x+my+m2−3m=0．
(1)若l1//l2，求l1、l2之间的距离；
(2)若直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积最大，求直线l2的方程．
18.(本小题12分)
甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有5个不同题目，选择题3个，判断题2个，甲、乙两人各抽一题．
(1)求甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题的概率是多少；
(2)求甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AD⊥MN，AB=2，AD=AP=4，M，N分别是BC，PD的中点．
(1)求证：MN/​/平面PAB；
(2)求二面角N−AM−B的余弦值．
20.(本小题12分)
已知双曲线C和椭圆x24+y2=1有公共的焦点，且离心率为 3．
(1)求双曲线C的方程．
(2)经过点M(1,2)作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程并求弦长．
21.(本小题12分)
已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，半径为2，且被直线l：4x−3y−3=0截得的弦长为2 3．
(1)圆C的方程；
(2)设P是直线x+y+4=0上动点，过点P作圆C的切线PA，切点为A，证明：经过A，P，C三点的圆必过定点，并求所有定点坐标．
22.(本小题12分)
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D，且△DF1F2为等边三角形.经过焦点F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，△F1AB的周长为8．
(1)求椭圆C的方程；
(2)试探究：在x轴上是否存在定点T，使得TA⋅TB为定值？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵P(AB)=19，∴A与B能同时发生，不是互斥事件，也不是对立事件，故AB正确；
∵P(A−)=23，得P(A)=13，P(B)=13，
∵P(AB)=19，
∴P(AB)=P(A)P(B)，
∴事件A与B相互独立，故C正确，D错误．
故选：C．
由P(AB)=19，得A与B能同时发生，不是互斥事件；由P(AB)=19，得P(AB)=P(A)P(B)，得事件A与B相互独立．
本题考查两事件的关系的判断，考查互斥事件、对立事件、相互独立事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为在四面体OABC中，空间的一个点M满足OM=14OA+15OB+λOC，且M，A，B，C四点共面，
则14+15+λ=1，
得λ=1120．
故选：B．
根据空间四点共面性质可解．
本题考查空间四点共面性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：直线(k+2)x+(1−k)y−2k−4=0整理得k(x−y−2)+(2x+y−4)=0，
故x−y−2=02x+y−4=0，解得x=2y=0，
故该直线恒过定点(2,0)．
故选：C．
直接利用直线恒过的定点建立方程组，进一步求出定点的坐标．
本题考查的知识要点：定点直线系，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：(x−1)2+y2=1，表示以C(1,0)为圆心、半径等于1的圆．
而x2+y2表示圆上的点A(x,y)到原点O(0,0)的距离的平方，
由于CO=1，故x2+y2的最大值是(CO+r)2=4．
故选：B．
方程表示以C(1,0)为圆心、半径等于1的圆，x2+y2表示圆上的点A(x,y)到原点的距离的平方，求出CO的值，进而求解结论．
本题主要考查圆的一般方程，两点间的距离公式，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=a，AC=b，AA1=c.点M在棱BC上，若以a,b,c为基底，
因为BM=2MC，
所以AM=AB+23(AC−AB)=13a+23b，
因为N为AA1的中点，所以AN=12AA1=12c，
所以AN=12AA1=12c，
则MN=AN−AM=−13a−23b+12c．
故选：D．
根据中点及向量加减法的运算求解即可．
本题考查向量加减法的运算相关知识，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：若双曲线上存在点P满足|PF1|：|PF2|：|F1F2|=4：6：5，
可设|PF1|=4t，|PF2|=6t，|F1F2|=5t，t>0，
可得2a=||PF1|−|PF2||=2t，即a=t，
|F1F2|=5t=2c，即c=52t，
则双曲线的离心率e=ca=52．
故选：B．
由题意可设|PF1|=4t，|PF2|=6t，|F1F2|=5t，t>0，由双曲线的定义求得a，由焦距定义可得c，再由离心率公式可得e．
本题考查双曲线的定义和性质，主要是离心率的求法，考查化简运算能力，是一道基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由二面角的平面角的定义知〈BD,AC〉=120°，
∴BD⋅AC=|BD||AC|cs〈BD,AC〉=2×2×cs120°=−2，
由AC⊥l，BD⊥l，得AC⋅BA=0,BD⋅BA=0，又DC=DB+BA+AC，
∴|DC|2=(DB+BA+AC)2=DB2+BA2+AC2+2DB⋅BA+2DB⋅AC+2BA⋅AC
=22+22+22−2BD⋅AC=12−2×(−2)=16，
所以|DC|=4，即CD=4．
故选：C．
根据题意，可得DC=DB+BA+AC，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果．
本题考查利用向量法求两点间的距离，考查二面角的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：不妨设|PF1|=m，|PF2|=n(m>n)．
椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2，两曲线的半焦距均为c，
由椭圆及双曲线的定义得m+n=2a1，m−n=2a2，
于是，m=a1+a2，n=a1−a2，
又在△PF1F2中，由余弦定理得：
m2+n2−2mncs60°=4c2⇒(a1+a2)2+(a1−a2)2−(a1+a2)(a1−a2)=4c2，
则a12+3a22=4c2，得1e12+3e22=4，
由均值不等式得4=1e12+3e22≥2 3e12e22⇒e1e2≥ 32，当e1= 22，e2= 62时，等号成立，
所以椭圆与双曲线离心率之积的最小值为 32．
故选：B．
由椭圆及双曲线的定义，结合余弦定理可得1e12+3e22=4，再根据基本不等式，即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，椭圆的几何性质，余弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：设与直线3x−4y+1=0垂直的直线方程为4x+3x+m=0，
则点(−1,−1)到该直线的距离为d=|−4−3+m| 42+32=2，
解得m=−3或m=17，
则所求的直线方程是4x+3y−3=0或4x+3y+17=0．
故选：AB．
根据垂直关系设出与直线3x−4y+1=0垂直的直线方程，利用点到该直线的距离列方程求解即可．
本题考查了直线方程的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：∵椭圆方程为x28+y24=1，
∴a=2 2，b=2，c=2，又P为椭圆上一点，不妨设P(x,y)，
∴△F1PF2的面积为12×2c×|y|=2|y|=4，∴|y|=2，故A选项错误；
设|PF1|=m，|PF2|=n，∠F1PF2=θ，θ∈[0,π)，则根据题意可得：
csθ=m2+n2−4c22mn，又m+n=2a，
∴csθ=(m+n)2−4c2−2mn2mn=4a2−4c2−2mn2mn=2b2mn−1，
∴mn=2b21+csθ，
∴△F1PF2的面积为12mnsinθ=12×2b21+csθ×sinθ=b2tanθ2=4tanθ2=4，
∴tanθ2=1，又θ2∈[0,π2),∴θ2=45°,∴θ=90°，故B选项正确；
由椭圆定义，可得△F1PF2的周长为2a+2c=4( 2+1)，故C选项正确；
设△F1PF2的内切圆半径为r，
则△F1PF2的面积为12(2a+2c)r=(2 2+2)r=4，
∴r=2 2+1=2( 2−1)，故D选项错误．
故选：BC．
由椭圆方程求得a，b，c的值，设出P点坐标，由三角形面积求得P的纵坐标判断A选项；由焦点三角形的面积公式判断B选项；求出三角形的周长判断C选项；由等面积法求得三角形内切圆半径判断D选项．
本题考查椭圆的几何性质，椭圆中焦点三角形问题，属中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：由题可知，事件A的所有基本事件为：甲1乙5，甲1乙6，甲2乙5，甲2乙6，甲3乙3，
甲3乙5，甲3乙6，甲4乙2，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙6，共11个；
事件B的所有基本事件为：甲2乙5，甲2乙6，甲3乙3，甲3乙5，甲3乙6，甲4乙3，
甲4乙5，甲4乙6，共8个；所以事件A与事件B有“公共部分”，事件A−与事件B有“公共部分”，故A错误，B正确；
所以事件A∪B的所有基本事件为：甲1乙5，甲1乙6，甲2乙5，甲2乙6，
甲3乙3，甲3乙5，甲3乙6，甲4乙2，甲4乙3，甲4乙5，甲4乙6，共11个；
又从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共4×5=20个基本事件，
所以事件A∪B发生的概率为1120，故C正确；
事件A∩B−发生的事件为：甲1乙5，甲1乙6，甲4乙2，共3个，所以事件A∩B−发生的概率为320，A∩B−故D错误．
故选：BC．
根据已知，利用列举法列出基本事件，再利用交事件、并事件以及古典概型进行求解．
本题考查互斥事件的判断和性质，是基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：设M(x,y)，由|MA|= 2|MB|得：|MA|2=2|MB|2，
∴(x+2)2+y2=2[(x−2)2+y2]，整理可得：(x−6)2+y2=32，
∴点M的轨迹是以点S(6,0)为圆心，4 2为半径的圆；
对于A，点M轨迹围成的区域面积为π×(4 2)2=32π，A正确；
对于B，∵|AB|=4，∴若△ABM取得最大值，则点M到直线AB的距离最大，即到x轴的距离最大，
∴点M到直线AB的距离的最大值为4 2，
∴△ABM面积的最大值为12×4×4 2=8 2，B正确；
对于C，∵圆心S(6,0)到直线x−y+4=0的距离d=|6−0+4| 12+(−1)2=5 2，
∴点M到直线x−y+4=0距离的最大值为d+4 2=5 2+4 2=9 2，C错误；
对于D，由题意知：点M的轨迹与圆C有公共点，即两圆有公共点，
∵圆C的圆心为(−1,1)，半径为r，
∴两圆的圆心距为 (6+1)2+(0−1)2=5 2，∴|r−4 2|≤5 2≤r+4 2，
解得： 2≤r≤9 2，即r的取值范围为[ 2,9 2]，D正确．
故选：ABD．
由|MA|= 2|MB|可整理得到点M的轨迹是以点S(6,0)为圆心，4 2为半径的圆；根据圆的面积公式可知A正确；根据点M到直线AB的距离的最大值为4 2可求得B正确；由圆上点到直线距离最大值为圆心到直线距离加上半径可求得C错误；根据两圆有公共点可得两圆位置关系，从而得到圆心距和两圆半径之间的关系，解不等式可求得D正确．
本题主要考查轨迹方程的求解，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：圆C1的圆心为C1(0,0)，半径为r，
将C2化成标准方程为：(x−4)2+(y−3)2=9，
∴圆C2的圆心为C2(4,3)，半径为3，
若圆C1与圆C2相外切，则|C1C2|= (4−0)2+(3−0)2=5，
即5=3+r，解得r=2．
故答案为：2．
根据圆心距等于两圆半径之和计算r即可．
本题考查圆和圆的位置关系，属于基础题．
14.【答案】2x+3y+1=0
【解析】解：联立方程3x+2y−1=0x+y=0，解得x=1y=−1，
∴直线l：3x+2y−1=0与直线x+y=0的交点坐标为(1,−1)，
∴直线l1过点(1,−1)，
在直线l：3x+2y−1=0上取一点A(3,−4)，则点A(3,−4)关于直线x+y=0的对称点B(4,−3)在直线l1上，
∴直线l1的斜率为−1+31−4=−23，
∴直线l1的方程为y+1=−23(x−1)，即2x+3y+1=0．
故答案为：2x+3y+1=0．
先求出直线l：3x+2y−1=0与直线x+y=0的交点坐标为(1,−1)，所以直线l1过点(1,−1)，在直线l：3x+2y−1=0上取一点A(3,−4)，则点A(3,−4)关于直线x+y=0的对称点B(4,−3)在直线l1上，进而求出直线l1的方程．
本题主要考查了求直线的一般方程，属于中档题．
15.【答案】 33
【解析】解：双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线方程为y=±xm，
又双曲线y2−x2m2=1(m>0)的渐近线与圆x2+(y−2)2=1相切，
则|2m| 1+m2=1，
又m>0，
即m= 33．
故答案为： 33．
由双曲线的性质，结合直线与圆的位置关系求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
16.【答案】45
【解析】解：如图，
以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B1(2,3,2)，P(1,3,0)，
设Q(x,0,z)，
则AQ=(x−2,0,z)，B1P=(−1,0,−2)，
∵B1P⊥AQ，∴AQ⋅B1P=2−x−2z=0，即x=2−2z．
|DQ|= x2+z2，
S△CDQ=12×3× x2+z2=32 (2−2z)2+z2=32 5z2−8z+4．
∴当z=45，x=25时，△CDQ的面积取最小值3 55．
此时三棱锥Q−ACD的体积为13S△AQD×CD=13×12×2×45×3=45．
故答案为：45．
由题意画出图形，以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设出Q的坐标，由B1P⊥AQ，转化为数量积为0可得Q的横坐标与竖坐标的关系，利用二次函数求出使△CDQ的面积取最小值的竖坐标，再由棱锥体积公式求三棱锥Q−ACD的体积．
本题考查多面体体积的求法，考查向量垂直与坐标关系的应用，训练了利用二次函数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)若l1//l2，则13−m=−2m≠−1m2−3m，∴m=6，
∴l1：x−2y−1=0，l2：x−2y−6=0
∴l1，l2之间的距离d=5 1+4= 5；
(2)由题意可得m>03−m>0，∴0直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积S=12m(3−m)=−12(m−32)2+98，
∴m=32时，S最大为98，此时直线l2的方程为2x+2y−3=0．
【解析】(1)若l1//l2，求出m的值，即可求l1，l2之间的距离；
(2)表示直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积，配方法求出最大，即可求直线l2的方程．
本题考查直线方程，考查直线与直线的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18.【答案】解：5个不同题目，甲、乙两人各抽一题，共有20种情况，
把3个选择题记为x1、x2、x3，2个判断题记为p1、p2．
“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的情况有：
(x1,p1)，(x1,p2)，(x2,p1)，(x2,p2)，(x3,p1)，(x3,p2)，共6种；
“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的情况有：
(p1,x1)，(p1,x2)，(p1,x3)，(p2,x1)，(p2,x2)，(p2,x3)，共6种；
“甲、乙都抽到选择题”的情况有：
(x1,x2)，(x1,x3)，(x2,x1)，(x2,x3)，(x3,x1)，(x3,x2)，共6种；
“甲、乙都抽到判断题”的情况有：
(p1,p2)，(p2,p1)，共2种，
(1)“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的概率为620=310，
“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的概率为620=310，
故“甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题”的概率为310+310=35．
(2)“甲、乙两人都抽到判断题”的概率为220=110，故“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”的概率为1−110=910．
【解析】本题考查等可能事件的概率，关键是不重不漏的列举满足条件的基本事件，属于基础题．
共有5个不同题目，甲、乙两人各抽一题，共有20种情况，把3个选择题记为x1、x2、x3，2个判断题记为p1、p2．
(1)求出“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的情况，和“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的情况，根据概率公式计算即可；
(2)求出“甲、乙都抽到判断题”的情况，根据对立事件的概率公式计算即可．
19.【答案】解：(1)证明：由题意，在矩形ABCD中，AB=2，AD=AP=4，AB⊥AD，
M，N分别是BC，PD的中点，
∴BM=CM=12BC=12AD=2，AB=CD=2，
在四棱锥P−ABCD中，面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，AB⊥AD，
∴AB⊥面PAD，
∵PA⊂面PAD，∴PA⊥AB，
取AP中点E，连接BE，由几何知识得BE//MN，
∵AD⊥MN，∴AD⊥BE，AD⊥AB，
∵BE⊂面PAB，AB⊂面PAB，AB∩BE=B，
∴PA⊥面PAB，∴PA⊥AD，
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，M(2,2,0)，N(0,2,2)，
∴MN=(−2,0,2)，面PAB的一个法向量为AD=(0,4,00,
∵MN⋅AD=0，∴MN/​/平面PAB．
(2)由题意及(1)得：
在平面AMN中，A(0,0,0)，M(2,0,0)，N(0,2,2)，
AM=(2,2,0)，AN=(0,2,2)，
设平面AMN的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AM=2x+2y=0m⋅AN=2y+2z=0，取x=1，得m=(1,−1,1)，
平面AMB的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角N−AM−B的平面角为θ，由图得θ为钝角，
∴二面角N−AM−B的余弦值为：
csθ=−|m⋅n||m|⋅|n|=− 33．
【解析】(1)以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明MN/​/平面PAB．
(2)分别求出平面AMN和平面AMB的法向量，利用向量法求解．
本题考查线面平行的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意得椭圆x24+y21=1的焦点为F1(− 3,0),F2( 3,0)，
设双曲线方程为x2a−y2b2=1，a>0，b>0，
则c2=a2+b2=3，∵e=ca= 3，∴c= 3a，
解得a2=1，b2=2，
∴双曲线方程x2−y22=1．
(2)把A(x1,y1)，B(x2,y2)分别代入双曲线方程，
可得x12−12y12=1,x22−12y22=1，
两式相减，得(x1−x2)(x1+x2)−12(y1−y2)(y1+y2)=0，
把x1+x2=2，y1+y2=4代入，得2(x1−x2)−2(y1−y2)=0，
∴kAB=y1−y2x1−x2=1，∴直线l的方程为y−2=x−1，即y=x+1，
把y=x+1代入x2−y22=1，消去y得x2−2x−3=0，
∴x1+x2=2，x1x2=−3，k=1，
∴|AB|= 1+k2 (x1−x2)2−4x1x2= 2⋅ 4+12=4 2．
【解析】(1)根据焦点坐标和离心率，利用待定系数法求双曲线方程；
(2)首先利用点差法求直线l的斜率，并求解直线方程，与双曲线方程联立，代入弦长公式，即可求解．
本题主要考查双曲线的标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)设圆C的圆心为(a,0)(a>0)，则圆心到直线l的距离d=|4a−3|5．
由题意可得，d2+( 3)2=r2，即(4a−3)225+3=4，解得a=2或a=−12(舍)．
∴圆C的方程为(x−2)2+y2=4；
(2)证明：∵P是直线x+y+4=0上的点，∴P(m,−m−4)．
∵PA为圆的切线，∴PA⊥AC，即过A，P，C三点的圆是以PC为直径的圆．
设圆上任意一点Q(x,y)，则PQ⋅CQ=0．
∵PQ=(x−m,y+m+4)，CQ=(x−2,y)，
∴PQ⋅CQ=(x−m)(x−2)+y(y+m+4)=0，
即x2+y2−2x+4y+m(−x+y+2)=0．
故x2+y2−2x+4y=0−x+y+2=0，解得x=−1y=−3或x=2y=0．
因此经过A，P，C三点的圆必过定点(−1,−3)和(2,0)．
【解析】本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，是较难题．
(1)由已知结合垂径定理列式求得a值，则圆的方程可求；
(2)由已知设出P点坐标，再由已知可知过A，P，C三点的圆是以PC为直径的圆，设圆上任意一点Q(x,y)，则PQ⋅CQ=0，整理可得圆系方程，联立即可求得经过A，P，C三点的圆所过定点的坐标．
22.【答案】解：(1)∵△DF1F2为等边三角形，|DF1|=|DF2|= b2+c2=a，|F1F2|=2c，
∴a=2c；
∵△F1AB的周长为8，
∴|AF1|+|BF1|+|AB|=|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a=8，解得：a=2，∴c=1，b2=a2−c2=3，
∴椭圆C的方程为：x24+y23=1．
(2)假设在x轴上存在定点T(t,0)，使得TA⋅TB为定值；
由(1)知：F2(1,0)，直线l斜率不为零，
∴可设l：x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x=my+1x24+y23=1得：(3m2+4)y2+6my−9=0，则Δ=48(3m2+3)>0，∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
∴TA⋅TB=(x1−t)(x2−t)+y1y2=(my1+1−t)(my2+1−t)+y1y2
=(m2+1)y1y2+m(1−t)(y1+y2)+(1−t)2=−9m2−93m2+4−6m2(1−t)3m2+4+(1−t)2
=(6t−15)m2−93m2+4+(1−t)2；
∵TA⋅TB为定值，
∴6t−153=−94，解得：t=118，此时定值为−13564；
∴存在定点T(118,0)，使得TA⋅TB为定值．
【解析】(1)根据等边三角形三边长相等可知a=2c，根据△F1AB周长为4a可求得a，结合椭圆a，b，c关系可求得结果；
(2)假设存在满足题意的定点T(t,0)，设l：x=my+1，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出TA⋅TB，代入韦达定理的结论整理可得TA⋅TB=(6t−15)m2−93m2+4+(1−t)2，根据TA⋅TB为定值可构造方程6t−153=−94求得t的值，从而得到定点坐标．
本题主要考查直线与椭圆的综合，考查转化能力，属于难题．