2022届高考数学(文科人教A版)大一轮阶段滚动检测(五)第一～八章-.docx

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阶段滚动检测(五)
第一～八章
(120分钟　150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若曲线ax2+by2=1为焦点在x轴上的椭圆,则实数a,b满足(　　)
A.a2>b2 B.1a<1b
C.0<a<b D.0<b<a
2.已知双曲线y2t2-x23=1(t>0)的一个焦点与抛物线y=18x2的焦点重合,则此双曲线的离心率为(　　)
A.2 B.3 C.3 D.4
3.已知等边三角形ABF的顶点F是抛物线C1:y2=2px(p>0)的焦点,顶点B在抛物线的准线l上,且AB⊥l,则点A(　　)
A.在C1开口内 B.在C1上
C.在C1开口外 D.与p值有关
4.(滚动单独考查)若sin(π3-α)=14,则cos(π3+2α)=(　　)
A.-78 B.-14 C.14 D.78
5.(滚动单独考查)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(　　)

A.8 B.10 C.12 D. 14
6.如图,F1,F2是双曲线C1:x2-y23=1与椭圆C2的公共焦点,点A是C1,C2在第一象限的公共点.若|F1F2|=|F1A|,则C2的离心率是(　　)

A.13 B.23 C.15 D.25
7.(滚动单独考查)已知f(x)=x2,g(x)=-m,若对任意的x1∈[-1,3],存在x2∈[0,1],使f(x1)≥g(x2),则m的取值范围是(　　)
A.[-172,+∞) B.[-8,+∞)
C.[1,+∞) D.[12,+∞)
8.若双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上不存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,则该双曲线离心率的取值范围为　(　　)
A.(2,+∞) B.[2,+∞)
C.(1,2] D.(1,2)
9.(滚动单独考查)已知函数f(x)=loga(2x+b-1)(a>0,且a≠1)在R上单调递增,且2a+b≤4,则ba的取值范围为(　　)
A.[23,2 ) B.[23,2]
C.(23,2] D.(23,2)
10.已知有公共焦点的椭圆与双曲线中心为原点,焦点在x轴上,左右焦点分别为F1,F2,且它们在第一象限的交点为P,△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,双曲线的离心率的取值范围为(1,2).则该椭圆的离心率的取值范围是
　(　　)
A.(15,13) B.(13,25)
C.(25,12 ) D.(12,35)
二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)
11.椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,若直线y=kx与椭圆的一个交点的横坐标为b,则k=　　　　.
12.(2021·锦州模拟)已知点P在直线x+2y-1=0上,点Q在直线x+2y+3=0上,PQ中点为M(x0,y0)且y0≥x0+2,则y0x0的取值范围是　　　　　　.
13.(2021·黄冈模拟)已知点A是椭圆x225+y29=1上的一个动点,点P在线段OA的延长线上,且OA→·OP→=48,则点P的横坐标的最大值为　　　　　.
14.(滚动单独考查)已知数列{an}满足a1=33,an+1-an=2n,则ann的最小值为　　　.
15.曲线C:y=b|x|-a(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,则当a=1,b=1时,全部的“望圆”中,面积最小的“望圆”的面积为　　　　.
三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(12分)(滚动单独考查)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知c=2,C=π3.
(1)若△ABC的面积等于3,求a,b.
(2)若sinC+sin(B-A)=2sin2A,求△ABC的面积.
17.(12分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=kx+b(k≠0),f(4)=10,又f(1),f(2),f(6)成等比数列.
(1)求函数f(x)的解析式.
(2)设an=2f(n)+2n,求数列{an}的前n项和Sn.
18.(12分)(滚动单独考查)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥AC,PC⊥BC,M为PB的中点,D为AB的中点,且△AMB为正三角形.
(1)求证:BC⊥平面PAC.
(2)若BC=4,PB=10,求点B到平面DCM的距离.
19.(12分)2022年央视春节联欢晚会上有一个大亮点——“时间女”小彩旗旋转4个小时,通过观看、争辩发觉小彩旗的裙裾边缘近似在以她的头部和脚为两焦点的椭圆上,建立如图所示的直角坐标系,已知小彩旗的身高约为1.6米,裙裾横向边缘到椭圆的中心位置的距离为0.6米.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)设A,B分别为椭圆的上、下顶点,过下焦点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若AC→·DB→+AD→·CB→=3625,求k的值.

20.(13分)(2021·泉州模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,抛物线上一点A的横坐标为x1(x1>0),过点A作抛物线C的切线l1交x轴于点D,交y轴于点Q,交直线l:y=p2于点M,当|FD|=2时,∠AFD=60°.
(1)求证:△AFQ为等腰三角形,并求抛物线C的方程.
(2)若B位于y轴左侧的抛物线C上,过点B作抛物线C的切线l2交直线l1于点P,交直线l于点N,求△PMN面积的最小值,并求取到最小值时的x1的值.

21.(14分)(2021·滨州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为(2,0),离心率为63.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若直线l与椭圆C相交于A,B两点,且以AB为直径的圆经过原点O,求证:点O到直线AB的距离为定值.
(3)在(2)的条件下,求△OAB面积的最大值.
答案解析
1.C　由ax2+by2=1,得x21a+y21b=1,
由于焦点在x轴上,
所以1a>1b>0,所以0<a<b.
2.A　由y=18x2,得x2=8y,
故抛物线的焦点坐标为(0,2),
又由于双曲线y2t2-x23=1(t>0)的一个焦点与抛物线的焦点重合,
所以t2+3=4,即t=1,
故双曲线的离心率e=2.
3.B　设B(-p2,m),
由已知得AB中点的横坐标为p2,
则A(3p2,m),△ABF是边长为2p的等边三角形,
即|AF|=
所以p2+m2=4p2,
所以m=±3p,
所以A(3p2,±3p),代入y2=2px(p>0)中,得点A在抛物线上.
4.A　由sin(π3-α)=14,
得sin[π2-(π6+α)]=14,
即cos(π6+α)=14,
所以cos(π3+2α)=cos[2(π6+α)]=2cos2(π6+α)-1=2×()2-1=-78.
5.C　由三视图可得,几何体如图(1)所示,将几何体分割成一个正方体和二个直三棱柱如图(2)所示,所以几何体的体积为2×2×2+1×2×12×2×2=12.

【加固训练】若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则该几何体的体积等于　
(　　)

A.10cm3 B.20cm3
C.30cm3 D.40cm3
B　由三视图知该几何体是一个三棱柱减去一个同底的三棱锥形成的,因此其体积V=Sh-13Sh=23Sh=23×12×3×4×5=20(cm3).
6.B　由题知|AF1|+|AF2|=2a(设a为椭圆的长半轴长),
|AF1|-|AF2|=2,而|F1F2|=|F1A|=4,
因此可得2×|F1A|=2a+2,
所以8=2a+2,所以a=3,
又c=2,故C2的离心率e=23.
【方法技巧】求椭圆、双曲线离心率的技巧
求离心率的值是解析几何中常见的问题,求解时,可依据题意列出关于a,b,c的相应等式,并把等式中的a,b,c转化为只含有a,c的齐次式,再转化为含e的等式,最终求出e.
【加固训练】(2022·北京模拟)双曲线x2a2-y2b2=1的渐近线与圆x2+(y-2)2=1相切,则双曲线离心率为　(　　)
A.2 B.3 C.2 D.3
C　由于双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为bx±ay=0,
依题意,直线bx±ay=0与圆x2+(y-2)2=1相切,
设圆心(0,2)到直线bx±ay=0的距离为d,
则d=2aa2+b2=2ac=1,
所以双曲线离心率e=ca=2.
7.【解题提示】对于任意的x1∈[-1,3],总存在x2∈[0,1],使f(x1)≥g(x2)成立,只需函数转化为f(x)min≥g(x)max,从而得解.
C　若对任意x1∈[-1,3],存在x2∈[0,1],
使得f(x1)≥g(x2)成立,
只需f(x)min≥g(x)max,
由于x1∈[-1,3],f(x)=x2∈[0,9],
即f(x)min=0,
由于x2∈[0,1],g(x)=()x-m∈[12-m,1-m],
所以g(x)max=1-m,所以1-m≤0,
解得m≥1,所以m∈[1,+∞）.
8.【解题提示】依据正难则反思想求解.
C　这里给出否定形式,直接思考比较困难,依据正难则反,考虑存在点P使得右焦点F关于直线OP(O为双曲线的中心)的对称点在y轴上,因此只要在这个双曲线上存在点P使得斜率大于1,也就是离心率大于2,求其大于1的补集得e∈(1,2].
9.A　由2x+b-1在R上单调递增,f(x)=loga(2x+b-1)在R上单调递增,得a>1.由2x+b-1>0,得b-1≥0,即b≥1,所以画出可行域,如图,由ba=b-0a-0,得ba的取值范围可转化为(a,b),(0,0)两点所在直线的斜率范围,由图可知kOB最大,kOA最小,由得B(1,2),所以kOB=2,由得A(32,1),所以kOA=23,结合图形得ba∈[23,2).
【误区警示】本题易忽视a≠1,误认为ba的取值范围为[23,2],从而导致解题错误.
10.B　如图,设椭圆的长半轴长,半焦距分别为a1,c,双曲线的半实轴长,半焦距分别为a2,c,
|PF1|=m,|PF2|=|F1F2|=n,
则⇒
问题转化为:已知1<c5-c<2,求c5+c的取值范围.
由1<c5-c<2知12<5-cc<1,
即32<5c<2,因此52<5c+1<3,
即52<5+cc<3,所以13<c5+c<25.
11.【解析】由于椭圆的离心率为22,
所以ca=22,
将x=b代入椭圆方程得y2b2=1-b2a2=c2a2=12,
所以y=±22b,即点(b,±22b)在直线y=kx上,
所以k=±22.
答案：±22
12.【解析】由于直线x+2y-1=0与直线x+2y+3=0平行,
所以PQ的中点M在直线x+2y+1=0上,
又由于直线x+2y+1=0与y=x+2的交点坐标为A(-53,13),所以kOA=13-53=-15,
故-12<y0x0≤-15.

答案：(-12,-15]
13.【解析】当点P的横坐标最大时,射线OA的斜率k>0,
设OA:y=kx,k>0,A(xA,yA),P(xP,yP),与椭圆x225+y29=1联立解得xA=159+25k2.
又OA→·OP→=xAxP+k2xAxP=48,
解得xP=48(1+k2)xA=169+25k25(1+k2)=1659+25k2(1+k2)2,
令9+25k2=t>9,即k2=t-925,
则xP=165tt+16252
=165×25tt2+162+32t
=801t+162t+32≤80×164=10,
当且仅当t=16,即k2=725时取等号,
所以点P的横坐标的最大值为10.
答案:10
14.【解析】用累加法求得an=n2-n+33,所以ann=n+33n-1≥233-1,当且仅当n=33n,即n=33时取等号,又n∈N*,所以n取5或6,当n=5时,ann=10.6;当n=6时,ann=10.5,故ann的最小值为10.5.
答案：10.5
15.【解析】由于曲线C:y=b|x|-a(a>0,b>0)与y轴的交点关于原点的对称点称为“望点”,以“望点”为圆心,凡是与曲线C有公共点的圆,皆称之为“望圆”,所以当a=1,b=1时望圆的方程可设为x2+(y-1)2=r2,面积最小的“望圆”的半径为(0,1)到y=1|x|-1上任意点之间的最小距离,d2=x2+(1|x|-1-1)2=x2+=
(|x|-1)2+1(|x|-1)2+2(|x|-1)-2|x|-1+2≥3,所以半径r≥3,最小面积为3π.
答案：3π
16.【解析】(1)由余弦定理及已知条件得,a2+b2-ab=4,
又由于△ABC的面积等于3,
所以12absinC=3,得ab=4.
所以解得a=2,b=2.
(2)由题意得sin(B+A)+sin(B-A)=4sinAcosA,
即sinBcosA=2sinAcosA,
当cosA=0时,A=π2,B=π6,a=433,b=233,
当cosA≠0时,得sinB=2sinA,由正弦定理得b=2a,
所以解得a=233,b=433.
所以△ABC的面积S=12absinC=233.
17.【解析】(1)由题意知:
f2(2)=f(1)·f(6),
即(2k+b)2=(k+b)·(6k+b),
即2k2=-3kb,
由于k≠0,所以2k+3b=0,
又f(4)=10,所以4k+b=10,
所以k=3,b=-2,
所以函数f(x)的解析式为f(x)=3x-2.
(2)由(1)知:an=23n-2+2n.
所以数列{an}的前n项和
Sn=a1+a2+…+an
=(2+24+27+…+23n-2)+2(1+2+…+n)
=2(1-8n)1-8+2·(1+n)n2
=27(8n-1)+n(n+1).
18.【解析】(1)在正△AMB中,D是AB的中点,所以MD⊥AB.
由于M是PB的中点,D是AB的中点,
所以MD∥PA,故PA⊥AB.
又由于PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,
所以PA⊥平面ABC.
由于BC⊂平面ABC,所以PA⊥BC.
又PC⊥BC,PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.
(2)设点B到平面DCM的距离为h,由于PB=10,M是PB的中点,所以MB=5.
由于△AMB为正三角形,所以AB=MB=5.
由于BC=4,BC⊥AC,所以AC=3.
所以S△BCD=12S△ABC=12×12×BC×AC=12×12×4×3=3.
由于MD=
由(1)知MD∥PA,所以MD⊥DC.
在△ABC中,CD=12AB=52,
所以S△MCD=12×MD×CD=12×532×52=2538.
由于VM-BCD=VB-MCD,
所以13S△BCD·MD=13S△MCD·h,即13×3×532=13×2538×h.
所以h=125.
故点B到平面DCM的距离为125.
【一题多解】解决本题(2)还有如下解法:
过点B作直线CD的垂线,交CD的延长线于点H,

由(1)知,PA⊥平面ABC,MD∥PA,
所以MD⊥平面ABC.
由于BH⊂平面ABC,所以MD⊥BH.
由于CD∩MD=D,所以BH⊥平面DCM.
所以BH为点B到平面DCM的距离.
由于PB=10,M是PB的中点,所以MB=5.
由于△AMB为正三角形,所以AB=MB=5.
由于D为AB的中点,所以CD=BD=52.
以下给出两种求BH的方法:
方法一:在△BCD中,过点D作BC的垂线,垂足为点E,
则DE=12AC=32.
由于12×CD×BH=12×BC×DE,
所以BH=BC×DECD=4×3252=125.
方法二:在Rt△BHD中,BH2+DH2=BD2=254.①
在Rt△BHC中,由于BC=4,
所以BH2+CH2=BC2,
即
由①,②解得BH=125.
故点B到平面DCM的距离为125.
19.【解析】(1)依据题意可设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0),其中b=0.6=35,c=0.8=45,则a2=1,所以椭圆的标准方程为y2+x2925=1.
(2)设点C(x1,y1),D(x2,y2),
由F(0,-45)得直线CD的方程为y=kx-45,联立方程,得
消去y整理得(k2+259)x2-85kx-925=0,
则x1+x2=--85kk2+259,
x1x2=-925k2+259,
y1y2=(kx1-45)·(kx2-45)
=k2x1x2-45k(x1+x2)+1625.
由于A(0,1),B(0,-1),
所以AC→·DB→+AD→·CB→=(x1,y1-1)·(-x2,-1-y2)+(x2,y2-1)·(-x1,-1-y1)
=2-2x1x2-2y1y2=1825-2(k2+1)x1x2+85k(x1+x2)
=1825-2(k2+1)(-925k2+259)+85k(--85kk2+259)=3625,解得k2=12,所以k=±22.
【加固训练】在直角坐标系xOy中,已知圆心在其次象限、半径为22的圆C与直线y=x相切于坐标原点O,椭圆x2a2+y29=1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.
(1)求圆C的方程.
(2)摸索究圆C上是否存在异于原点的点Q,使Q到椭圆的右焦点F的距离等于线段OF的长,若存在,恳求出Q的坐标;若不存在,请说明理由.
【解析】(1)设圆C的圆心为A(p,q),
则圆C的方程为(x-p)2+(y-q)2=8.
由于直线y=x与圆C相切于坐标原点O,
所以O在圆C上,且直线OA垂直于直线y=x.
于是有⇒或
由于点A(p,q)在其次象限,故p<0.
所以圆C的方程为(x+2)2+(y-2)2=8.
(2)由于椭圆x2a2+y29=1与圆C的一个交点到椭圆两焦点距离之和为10,所以2a=10⇒a=5,故椭圆右焦点为F(4,0).
若圆C上存在异于原点的点Q(x0,y0)到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长,则有|QF|=|OF|,于是(x0-4)2+y02=42,且x02+y02≠0.①
由于Q(x0,y0)在圆上,
故有(x0+2)2+(y0-2)2=8.②
解①和②得
故圆C上存在满足条件的点
Q(45,125).
20.【解析】(1)设A(x1,x122p),则A处的切线方程为l1:y=x1px-x122p,
所以D(x12,0),Q(0,-x122p),
F(0,p2),
所以|AF|=x12+p22p.
所以|FQ|=p2+x122p=|AF|,即△AFQ为等腰三角形.
又D为线段AQ的中点,所以|AF|=4,得:
所以p=2,C:x2=4y.
(2)设B(x2,y2)(x2<0),则B处的切线方程为y=x22x-x224,
由
⇒P(x1+x22,x1x24),
由⇒M（x12+2x1,1）,
同理N(x22+2x2,1),所以面积S=(+2x1-x22-2x2)(1-x1x24)
=(x2-x1)(x1x2-4)216x1x2　①,
设AB的方程为y=kx+b,则b>0,由⇒x2-4kx-4b=0,得代入①得:
S=16k2+16b(4+4b)264b
=(1+b)2k2+bb,使面积最小,则k=0,得到S=(1+b)2bb　②,令b=t,则由②得S(t)=(1+t2)2t=t3+2t+1t,S'(t)=(3t2-1)(t2+1)t2,所以当t∈(0,33)时S(t)单调递减;
当t∈(33,+∞)时S(t)单调递增,所以当t=33时,S取到最小值为1639,此时b=t2=13,k=0,
所以y1=13,即x1=233.
【方法技巧】解决解析几何中最值问题的常用思想方法
解析几何中的最值问题是高考考查的一个重要方向,既可以毁灭在选择题、填空题中,也可以毁灭在解答题中,依据待求量的特点,常用以下两种思想方法:
(1)数形结合思想:当待求量有几何意义时,一般利用其几何性质,数形结合求解.
(2)函数思想:当待求量与其他变量有关时,一般引入该变量构造函数,然后求最值,但要留意待求量的取值范围.
21.【解题提示】(1)依据椭圆的右焦点为(2,0),离心率为63,求出c,a,便可求出b,即可求出椭圆C的方程.
(2)分类争辩,设出直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,利用根与系数的关系,结合以AB为直径的圆D经过坐标原点,依据点到直线的距离公式,即可得证.
(3)分类争辩,求出|AB|的最大值,即可求△OAB面积的最大值.
【解析】(1)由于椭圆的右焦点为(2,0),离心率为63,
所以
所以a=3,b=1,
所以椭圆C的方程为x23+y2=1.
(2)直线AB斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程,
消元可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
所以x1+x2=-6km1+3k2,
x1x2=3m2-31+3k2.
由于以AB为直径的圆D经过坐标原点,所以OA→·OB→=0,
所以x1x2+y1y2=0,
所以(1+k2)3m2-31+3k2-km×6km1+3k2+m2=0,
所以4m2=3(k2+1),
所以原点O到直线的距离为d=|m|k2+1=32.
当直线AB斜率不存在时,由椭圆的对称性可知x1=x2,y1=-y2,
由于以AB为直径的圆D经过坐标原点,所以OA→·OB→=0,
所以x1x2+y1y2=0,
所以x12-y12=0.
由于x12+3y12=3,所以|x1|=|y1|=32,
所以原点O到直线的距离为d=|x1|=32,
综上,点O到直线AB的距离为定值.
(3)直线AB斜率存在时,由弦长公式可得|AB|=1+k2|x1-x2|
=(1+k2)(36k2-12m2+12)(1+3k2)2
=3+129k2+1k2+6
≤3+126+29k2·1k2=2,
当且仅当k=±33时,等号成立,
所以|AB|≤2,
直线AB斜率不存在时,
|AB|=|y1-y2|=3<2,
所以△OAB面积=12|AB|d≤12×2×32=32,
所以△OAB面积的最大值为32.
【加固训练】
1.如图,点A,B分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点,圆B:(x-2)2+y2=9经过椭圆E的左焦点F1.

(1)求椭圆E的方程.
(2)过A作直线l与y轴交于点Q,与椭圆E交于点P(异于A).
(ⅰ)求F1Q→·BP→的取值范围;
(ⅱ)是否存在定圆Γ,使得以P为圆心,PF1为半径的圆始终内切于圆Γ.若存在,求出圆Γ的方程;若不存在,说明理由.
【解析】(1)依题意可知a=2,圆B:(x-2)2+y2=9中令y=0,得F1(-1,0),
所以b2=4-1=3,所以椭圆E:x24+y23=1.
(2)(ⅰ)①直线l为x轴时,F1Q→·BP→=0;
②设P(xP,yP),Q(0,yQ),直线AP:x=ty-2与椭圆E:x24+y23=1联立得,
(3t2+4)y2-12ty=0,yP=12t3t2+4,xP=6t2-83t2+4,
在AP:x=ty-2中,令x=0,得yQ=2t,
所以F1Q→·BP→=(1,2t)·(6t2-83t2+4-2,12t3t2+4)=83t2+4∈(0,2).
综上所述,F1Q→·BP→的取值范围为[0,2).
(ⅱ)假设存在定圆Γ满足题意,依据椭圆的对称性,猜想定圆Γ的圆心在x轴上,
当P恰好为B时,圆P就是圆B:(x-2)2+y2=9,交x轴于D(5,0);
当P无限接近于A时,圆P无限接近于圆A:(x+2)2+y2=1,交x轴于C(-3,0),
所以定圆Γ的圆心为CD的中点F2(1,0),恰好为E:x24+y23=1的右焦点,
所以猜想定圆Γ:(x-1)2+y2=42,
下证:圆P始终内切于定圆Γ,
由于|PF2|+|PF1|=4,所以|PF2|=4-|PF1|得证.
2.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为27,其一条渐近线的倾斜角为θ,且tanθ=32.以双曲线C的实轴为长轴,虚轴为短轴的椭圆记为E.
(1)求椭圆E的方程.
(2)设点A是椭圆E的左顶点,P,Q为椭圆E上异于点A的两动点,若直线AP,AQ的斜率之积为-14,问直线PQ是否恒过定点?若恒过定点,求出该点坐标;若不恒过定点,说明理由.
【解析】(1)双曲线x2a2-y2b2=1的焦距2c=27,
则c=7,所以a2+b2=7,①
渐近线方程为y=±bax,由题知tanθ=ba=32,②
由①②解得a2=4,b2=3,所以椭圆E的方程为x24+y23=1.
(2)在(1)的条件下,当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+m,
由消去y得:
(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2-123+4k2.
又A(-2,0),由题知kAP·kAQ=
y1x1+2·y2x2+2=-14,
则(x1+2)(x2+2)+4y1y2=0,且x1,x2≠-2,
则x1·x2+2(x1+x2)+4+4(kx1+m)(kx2+m)
=(1+4k2)x1x2+(2+4km)(x1+x2)+4m2+4
=(1+4k2)(4m2-12)3+4k2+
(2+4km)-8km3+4k2+4m2+4
=0,
则m2-km-2k2=0,
所以(m-2k)(m+k)=0,所以m=2k或m=-k.
当m=2k时,直线PQ的方程为y=kx+2k=k(x+2).
此时直线PQ过定点(-2,0),明显不适合题意.
当m=-k时,直线PQ的方程为y=kx-k=k(x-1),此时直线PQ过定点(1,0).
当直线PQ的斜率不存在时,若直线PQ过定点(1,0),P,Q点的坐标分别是(1,32),(1,-32),满足kAP·kAQ=-14.
综上,直线PQ恒过定点(1,0).

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