2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷含答案.docx

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1、2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷一、单选题1（5分）an是首项和公差均为3的等差数列，如果an2022，则n等于（）A671B672C673D6742（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，已知a311，S1060，则a5（）A7B8C9D103（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（0，且1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆若点C到A（1，0），B（1，0）的距离之比为3，则点C到直线x2y+80的距离的最小值为（）A25-3B5-3C25D34

2、（5分）如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线y2a2-x2b2=1(a0，b0)上支的一部分已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（）A53B54C43D455（5分）已知椭圆M：x2a2+y2=1(a1)的中心为O，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，线段AF的中点为P，若|OP|PF|=32，则M的方程为（）Ax22+y2=1Bx23+y2=1Cx24+y2=1Dx25+y2=16（5分）对于空间一点O和不共线三

3、点A，B，C，且有6OP=OA+2OB+3OC，则（）AO，A，B，C四点共面BP，A，B，C四点共面CO，P，B，C四点共面DO，P，A，B，C五点共面7（5分）已知直线ykx+2与圆C：x2+y22交于A，B两点，且|AB|2，则k的值为（）A33B3C3D28（5分）已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上且在x轴的下方，若线段PF2的中点在以原点O为圆心，OF2为半径的圆上，则直线PF2的倾斜角为（）A6B4C3D23二、多选题（多选）9（5分）已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是一个等腰直角三角形，且ABBCBB1，点E，F，G，M分别为B1C1，A

4、1B1，AB，BC的中点，则（）AGB1与平面ACC1A1夹角余弦值为255BAB1与BC1所成的角为3CA1M平面EFBD平面AB1C平面A1MC（多选）10（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别是F1，F2，M（43，y0）为椭圆C上一点，则下列结论正确的是（）AMF1F2的周长为6BMF1F2的面积为153CMF1F2的内切圆的半径为159DMF1F2的外接圆的直径为3211（多选）11（5分）过抛物线C：y22px上一点A（1，4）作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（）AC的准线方程是x4B过C的焦点的最短弦长为8C直线MN过定点（0，4）D当点A

5、到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x+y380（多选）12（5分）已知C：x2+y26x0，则下述正确的是（）A圆C的半径r3B点（1，22）在圆C的内部C直线l：x+3y+30与圆C相切D圆C：（x+1）2+y24与圆C相交三、填空题13（5分）已知P为抛物线y212x上一个动点，Q为圆x2+（y4）21上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x3的距离之和的最小值是 14（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为 15（5分）斐波那契数列（Fibonacci seque

6、nce）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，已知在斐波那契数列an中，a11，a21，an+2an+1+an（nN+），若a2022m，则数列an的前2020项和为 （用含m的代数式表示）16（5分）已知抛物线C：x22py（p0）的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M为C上任意一点，且|MQ|+|MF|的最小值为4，则p ；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则OAB的面积为 四、解答题17（10分）已知空间三点A（4，0，4），B（2，2，4），C（3，2，3）设a=AB，b=BC（1）求|a|，|b|；（2）

7、求a与b的夹角；（3）若向量ka+b与ka-2b互相垂直，求实数k的值18（12分）记Sn为数列an的前n项和已知2Snn+n2an+1（1）证明：an是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值19（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1（1）证明：BFDE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？20（12分）如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为棱CC1的中点（1）用向量法证明：A1C平面B1ED1；（2）求

8、直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值21（12分）已知P是离心率为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4（1）求椭圆C的方程；（2）设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由22（12分）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(ab0)的上、下焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形（1）求C的标准方程；（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1NF

9、2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由2022-2023学年山东省菏泽市巨野一中高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题1（5分）an是首项和公差均为3的等差数列，如果an2022，则n等于（）A671B672C673D674【解答】解：由题意，得an3+3（n1）3n，再由an2022，得3n2022，即n674故选：D2（5分）设Sn为等差数列an的前n项和，已知a311，S1060，则a5（）A7B8C9D10【解答】解：设等差数列an的公差为d，由a3=11S10=60，得a1+2d=1110a1+45d=

10、60，解得a1=15d=-2，所以a5a1+4d1587故选：A3（5分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数（0，且1），那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆若点C到A（1，0），B（1，0）的距离之比为3，则点C到直线x2y+80的距离的最小值为（）A25-3B5-3C25D3【解答】解：由题意，设A（1，0），B（1，0），C（x，y），因为|CA|CB|=3，所以(x+1)2+y2(x-1)2+y2=3，即（x2）2+y23，所以点P的轨迹为以M（2，0）为圆心，半径为3的圆，则点C

11、到直线x2y+80的距离d=|2-0+8|1+4=25，故点C到直线x2y+80的距离的最小值为25-3故选：A4（5分）如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线y2a2-x2b2=1(a0，b0)上支的一部分已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为18，F到渐近线的距离为6，则该双曲线的离心率为（）A53B54C43D45【解答】解：由上焦点F到下顶点的距离为18，得a+c18，点F（0，c）到渐近线y=abx，即axby0的距离d=|-bc|a2+b2=b=6又c2

12、a2+b2，联立解得：a8，c10，b6，所以e=ca=108=54故选：B5（5分）已知椭圆M：x2a2+y2=1(a1)的中心为O，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，线段AF的中点为P，若|OP|PF|=32，则M的方程为（）Ax22+y2=1Bx23+y2=1Cx24+y2=1Dx25+y2=1【解答】解：设A(m，n)，F(a2-1，0)，则P(m+a2-12，n2)，因为|OP|=|PF|=32，所以|AF|=3，所以(m-a2-1)2+n2=3(m+a2-1)24+n24=34m2a2+n2=1即(m-a2-1)2+n2=3(m+a2-1)2+n2=3，m2a2+n2=1解得m0

13、，n21，a23，所以椭圆M的方程为x23+y2=1故选：B6（5分）对于空间一点O和不共线三点A，B，C，且有6OP=OA+2OB+3OC，则（）AO，A，B，C四点共面BP，A，B，C四点共面CO，P，B，C四点共面DO，P，A，B，C五点共面【解答】解：6OP=OA+2OB+3OC，OP=16OA+26OB+36OC且16+26+36=1，P，A，B，C共面故选：B7（5分）已知直线ykx+2与圆C：x2+y22交于A，B两点，且|AB|2，则k的值为（）A33B3C3D2【解答】解：由圆C：x2+y22，得C（0，0），半径r=2，圆心C到直线l：ykx+2的距离d=|2|k2+1又|

14、AB|2，所以12+（|2|k2+1）22，解得：k3故选：B8（5分）已知椭圆x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上且在x轴的下方，若线段PF2的中点在以原点O为圆心，OF2为半径的圆上，则直线PF2的倾斜角为（）A6B4C3D23【解答】解：如图，设线段PF2的中点为M，连接OM，连接PF1，则OMPF1，椭圆的方程为x24+y23=1，a24，b23，c2a2b21，即a2，c1，|OM|OF2|=12|F1P|c，|F2M|=12|PF2|=12（2a2c）ac1，MF2O是等边三角形，则MF2O=3，即直线PF2的倾斜角为3故选：C二、多选题（多选）9（5分）已

15、知在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是一个等腰直角三角形，且ABBCBB1，点E，F，G，M分别为B1C1，A1B1，AB，BC的中点，则（）AGB1与平面ACC1A1夹角余弦值为255BAB1与BC1所成的角为3CA1M平面EFBD平面AB1C平面A1MC【解答】解：以点B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，设ABBCBB12，则E（0，1，2），F（1，0，2），G（1，0，0），M（0，1，0），A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（0，0，2），C1（0，2，2），对于A，设平面ACC

16、1A1的一个法向量为n=（x，y，z），AC=（2，2，0），AA1=（0，0，2），-2x+2y=02z=0，取x1得y=1z=0，n=（1，1，0），又GB1=（1，0，2），GB1与平面ACC1A1夹角正弦值为|cosGB1，n|=|GB1n|GB1|n|=125=110，GB1与平面ACC1A1夹角余弦值为1-(110)2=31010，故A错误，对于B，AB1=（2，0，2），BC1=（0，2，2），AB1BC1=4，AB1与BC1所成角的余弦值为|cosAB1，BC1|=|AB1BC1|AB1|BC1|=42222=12，AB1与BC1所成的角为3，故B正确，对于C，设平面BEF的一

17、个法向量为m=（x，y，z），BE=（0，1，2），BF=（1，0，2），y+2z=0x+2z=0，取z1得x=-2y=-2，m=（2，2，1），又A1M=（2，1，2），A1Mm=4220，A1M平面EFB，故C正确，对于D，设平面AB1C的一个法向量为n1=（x，y，z），AB1=（2，0，2），AC=（2，2，0），-2x+2z=0-2x+2y=0，取x1得y=1z=1，n1=(1，1，1)，设平面A1MC的一个法向量为n2=(a，b，c)，A1M=（2，1，2），A1C=（2，2，2），-2a+b-2c=0-2a+2b-2c=0，取a1得b=0c=-1，n2=（1，0，1），n1n2=

18、1+010，平面AB1C平面A1MC，故D正确，故选：BCD（多选）10（5分）已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别是F1，F2，M（43，y0）为椭圆C上一点，则下列结论正确的是（）AMF1F2的周长为6BMF1F2的面积为153CMF1F2的内切圆的半径为159DMF1F2的外接圆的直径为3211【解答】解：由题意知，a2，b=3，c1，由椭圆的定义知，|MF1|+|MF2|2a4，|F1F2|2c2，所以MF1F2的周长为|MF1|+|MF2|+|F1F2|4+26，即选项A正确；将M（43，y0）代入椭圆方程得，(43)24+y023=1，解得y0153，所以MF1F2的面积

19、为S=12|F1F2|y0|=153，即选项B正确；设MF1F2的内切圆的半径为r，则S=12（|MF1|+|MF2|+|F1F2|）r，即153=126r，所以r=159，即选项C正确；不妨取M（43，153），则|MF1|=83，|MF2|=43，所以MF1F2的面积为S=12|MF1|MF2|sinF1MF2，即153=128343sinF1MF2，所以sinF1MF2=31516，由正弦定理知，MF1F2的外接圆的直径D=|F1F2|sinF1MF2=231516=321545，即选项D错误故选：ABC（多选）11（5分）过抛物线C：y22px上一点A（1，4）作两条相互垂直的直线，与

20、C的另外两个交点分别为M，N，则（）AC的准线方程是x4B过C的焦点的最短弦长为8C直线MN过定点（0，4）D当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为2x+y380【解答】解：将A（1，4）代入C中得p8，则C为y216x，故C的准线方程为x4，故A正确，当过C的焦点且与x轴垂直时弦长最短，此时弦长为16，故B错误，设M(y1216，y1)，N(y2216，y2)，直线MN为xmy+n，联立抛物线可得，y216my16n0，y1+y216m，y1y216n，AMAN，AMAN=(y1216-1，y1+4)(y2216-1，y2+4)=(y12-16)(y22-16)256+（y1+4）（

21、y2+4）0，y10，y20，（y1+4）（y2+4）0，(y1-4)(y2-4)256+1=0，化简整理可得，y1y24（y1+y2）+2720，16n64m+2720，得n4m+17，直线MN为xm（y4）+17，直线MN过定点P（17，4），故C错误，当MNAP时，A到直线MN的距离最大，此时直线MN为2x+y380，故D正确故选：AD（多选）12（5分）已知C：x2+y26x0，则下述正确的是（）A圆C的半径r3B点（1，22）在圆C的内部C直线l：x+3y+30与圆C相切D圆C：（x+1）2+y24与圆C相交【解答】解：圆C的方程即（x3）2+y29，则圆的半径为3，选项A正确；(1

22、-3)2+(22)29，则点(1，22)在圆的外部，选项B错误；圆心到直线x+3y+3=0的距离d=|3+0+3|1+3=3，则直线与圆相切，选项C正确；C与C的圆心距d=(-1-3)2+02=4，由于145，故两圆相交，选项D正确故选：ACD三、填空题13（5分）已知P为抛物线y212x上一个动点，Q为圆x2+（y4）21上一个动点，那么点P到点Q的距离与点P到直线x3的距离之和的最小值是 4【解答】解：抛物线y212x的焦点为F（3，0），圆x2+（y4）21的圆心为E（0，4），半径为1，根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，进而推断出当P，Q，F三点共线时P到点Q的

23、距离与点P到直线x1距离之和的最小为：丨QF丨|EF|r=32+42-1514，故答案为：414（5分）已知F为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）的右焦点，A为C的左顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴，若AB的斜率为2，则C的离心率为 3【解答】解：设双曲线焦距为2c，则F(c，0)，B(c，b2a)，A(-a，0)，因为AB的斜率为2，所以kAB=b2a(c+a)=2，整理得c22ac3a20，解得c3a，所以e3故答案为：315（5分）斐波那契数列（Fibonacci sequence）又称黄金分割数列，是数学史上一个著名的数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，已知

24、在斐波那契数列an中，a11，a21，an+2an+1+an（nN+），若a2022m，则数列an的前2020项和为 m1（用含m的代数式表示）【解答】解：因为a1a21，an+2an+1+an（nN+），a2022m，所以数列an的前2020项和为a1+a2+a3+a4+.+a2020（a2+a1）+a2+a3+a4+.+a2020a2a3+a2+a3+a4+.+a2020a2a4+a3+a4+.+a2020a2a5+a4+.+a2020a2a6+a5+a6+.+a2020a2a2022a2m1故答案为：m116（5分）已知抛物线C：x22py（p0）的焦点为F，Q（2，3）为C内的一点，M

25、为C上任意一点，且|MQ|+|MF|的最小值为4，则p2；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则OAB的面积为 22【解答】解：易知l：y=-p2是抛物线的准线，过P作MNl于N，过Q作QPl于P，则|MF|MN|，|QM|+|MF|QM|+|MN|，易知当M是QP与抛物线的交点时，|QM|+|MF|取得最小值，所以3+p2=4，p2，设A（x1，y1），B（x2，y2），显然x1x2，x1+x24，y1+y26，由x12=4y1x22=4y2，得x12-x22=4(y1-y2)，kAB=y1-y2x1-x2=x1+x24=1，直线AB方程为y3x2，即yx+1，原

26、点O到直线AB的距离为d=12=22，由y=x+1x2=4y，得x24x40，x1+x24，x1x24，则|AB|=1+12|x1-x2|=2(x1+x2)2-4x1x2=242-4(-4)=8，所以SOAB=12|AB|d=12822=22故答案为：2；22四、解答题17（10分）已知空间三点A（4，0，4），B（2，2，4），C（3，2，3）设a=AB，b=BC（1）求|a|，|b|；（2）求a与b的夹角；（3）若向量ka+b与ka-2b互相垂直，求实数k的值【解答】解：（1）因为A（4，0，4），B（2，2，4），所以a=AB=（2，2，0），所以|a|=22+22+02=22；因为B（

27、2，2，4），C（3，2，3），所以b=BC=（1，0，1），所以|b|=(-1)2+02+(-1)2=2（2）由（1）可知cosa，b=ab|a|b|=2(-1)+20+0(-1)222=-12，又a，b0，所以a，b=23，即a与b的夹角为23（3）a=（2，2，0），b=（1，0，1），ka+b=（2k，2k，0）+（1，0，1）（2k1，2k，1），ka-2b=（2k，2k，0）（2，0，2）（2k+2，2k，2），向量ka+b与ka-2b互相垂直，（ka+b）（ka-2b）（2k1）（2k+2）+4k220，整理，得4k2+k20，解得实数k的值为-133818（12分）记Sn为数列

28、an的前n项和已知2Snn+n2an+1（1）证明：an是等差数列；（2）若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值【解答】解：（1）证明：由已知有：2Sn+n2=2nan+n，把n换成n+1，2Sn+1+(n+1)2=2(n+1)an+1+n+1，可得：2an+12（n+1）an+12nan2n，整理得：an+1an+1，由等差数列定义有an为等差数列；（2）由已知有a72=a4a9，设等差数列an的首项为x，由（1）有其公差为1，故（x+6）2（x+3）（x+8），解得x12，故a112，所以an12+（n1）1n13，故可得：a1a2a3a120，a130，a140，故Sn在n12或者

29、n13时取最小值，S12=S13=(-12+0)132=-78，故Sn的最小值为7819（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BFA1B1（1）证明：BFDE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF，E，F分别为直三棱柱ABCA1B1C1的棱AC和CC1的中点，且ABBC2，CF1，BF=5，BFA1B1，ABA1B1，BFABAF=AB2+BF2=22+(5)2=3，AC=AF2-CF2=32-12=22，AC2AB2+BC2，即B

30、ABC，故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1Dm，则D（m，0，2），BF=（0，2，1），DE=（1m，1，2），BFDE=0，即BFDE（2）解：AB平面BB1C1C，平面BB1C1C的一个法向量为p=（1，0，0），由（1）知，DE=（1m，1，2），EF=（1，1，1），设平面DEF的法向量为n=（x，y，z），则nDE=0nEF=0，即(1-m)x+y-2z=0-x+y+z=0，令x3，则ym+1，z2m，n=（3，m+1，2m），co

31、sp，n=pn|p|n|=319+(m+1)2+(2-m)2=32m2-2m+14=32(m-12)2+272，当m=12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D=12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小20（12分）如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为棱CC1的中点（1）用向量法证明：A1C平面B1ED1；（2）求直线B1D与平面B1ED1所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，设AB1，AA12，则A1（1，0，2），C（

32、0，1，0），B1（1，1，2），E（0，1，1），D1（0，0，2），D（0，0，0），D1B1=(1，1，0)，D1E=(0，1，-1)，A1C=(-1，1，-2)，设n=(x，y，z)是平面B1ED1的一个法向量，则可得nD1B1=0nD1E=0即x+y=0y-z=0，令x1，则y1，z1，即n=(1，-1，-1)，A1Cn=(-1)1+1(-1)+(-2)(-1)=0且A1C平面B1ED1，A1C平面B1ED1；（2）由（1）可知DB1=(1，1，2)，n=(1，-1，-1)是平面B1ED1的一个法向量，设B1D与面B1ED1所成角为，sin=|cosDB1，n|=|DB1n|DB1|

33、n|=|1-1-263|=23B1D与面B1ED1所成角的正弦值为2321（12分）已知P是离心率为22的椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)上任意一点，且P到两个焦点的距离之和为4（1）求椭圆C的方程；（2）设点A是椭圆C的左顶点，直线AP交y轴于点D，E为线段AP的中点，在x轴上是否存在定点M，使得直线DM与OE交于Q，且点Q在一个定圆上，若存在，求点M的坐标与该圆的方程；若不存在，说明理由【解答】解：（1）因为|PF1|+|PF2|2a4，所以a2，又ca=22，所以c=2b2=a2-c2=2，故椭圆方程为：x24+y22=1（2）设存在定点M（t，0），t0满足条件由已知A（2，0

34、），由题意可知，直线斜率存在，设直线AP的方程为yk（x+2），由y=k(x+2)x24+y22=1，消去y整理得（1+2k）2x2+8k2x+8k240，=64k2-4(2k2+1)(8k2-4)0xA+xP=-8k22k2+1xAxP=8k2-42k2+1，xE=xA+xP2=-4k21+2k2，yE=k(xE+2)=2k1+2k2，k0时，kOE=-12k，所以直线OE的方程为y=-12kx，由yk（x+2）中，令x0，得y2k，从而D（0，2k），又M（t，0），所以kDM=5k-00-t=2kt，所以直线DM方程为y=-2ktx+2k=2k(-xt+1)，由消去参数k，得y2=-x(

35、-xt+1)=x2t-x，即-x2t+y2+x=0，方程要表示圆，当且仅当t1，此时圆的方程为(x+12)2+y2=14，k0时，Q（0，0）在上述圆上，所以存在定点M（1，0）使直线DM与OE的交点Q在一个定圆上，且定圆方程为：(x+12)2+y2=1422（12分）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(ab0)的上、下焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形（1）求C的标准方程；（2）M，N为C上且在y轴右侧的两点，MF1NF2，MF2与NF1的交点为P，试问|PF1|+|PF2|是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由【解答】

36、解：椭圆C：y2a2+x2b2=1(ab0)的上、下焦点分别为F1（0，c），F2（0，c），左、右顶点分别为A1（b，0），A2（b，0），因为四边形A1F1A2F2是面积为8的正方形，所以有bc且412bc=8，解得bc2a2b2+c28，所以椭圆的标准方程为：y28+x24=1；因为MF1NF2，所以|NF2|F1M|=|PN|PF1|NF2|F1M|+1=|PN|PF1|+1|NF2|+|F1M|F1M|=|PN|+|PF1|PF1|PF1|=|NF1|NF2|+|F1M|F1M|，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以|NF2|+|F1N|=2a=42，因此|PF1|=|F1M|NF2|

37、+|F1M|(42-|NF2|)，同理可得：|PF2|=|F2N|NF2|+|F1M|(42-|MF1|)，所以|PF1|+|PF2|=|F1M|NF2|+|F1M|(42-|NF2|)+|F2N|NF2|+|F1M|(42-|MF1|)=42-2|F1M|F2N|NF2|+|F1M|，设MF1，NF2的方程分别为：ykx+2，ykx2，设M（x1，y1），N（x2，y2）（x1，x20），则y28+x24=1y=kx+2（k2+2）x2+4kx40，所以x1=-4k-16k2+16(k2+2)2(k2+2)=-2k-22k2+2k2+2，因此|MF1|=x12+(y1-2)2=x12+(kx1+2-2)2=|x1|1+k2=2k1+k2+22(k2+1)k2+2，同理可得：|NF2|=22(k2+1)-2k1+k2k2+2，因此|MF1|+|NF2|=42(k2+1)k2+2，|MF1|NF2|=22(k2+1)2-4k2(1+k2)(k2+2)2=4(1+k2)(k2+2)，所以|PF1|+|PF2|=42-2|F1M|F2N|NF2|+|F1M|=42-24(1+k2)k2+242(k2+1)k2+2=42-2=32，所以|PF1|+|PF2|为定值，定值为32