2020-2021学年山东省枣庄市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市高二（上）期中数学试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 过点(3, 0)和点(4, 3)的直线的斜率是（ ）
A.3B.−3C.33D.−33

2. 若向量a→=(−1, 0, 1)，向量b→=(2, 0, k)，且满足向量a→ // b→，则k等于( )
A.1B.−1C.2D.−2

3. 过点(1, 2)，且与直线x+2y+2＝0垂直的直线方程为（ ）
A.2x−y＝0B.x−2y+3＝0C.2x+y−4＝0D.x+2y−5＝0

4. x2+y2−4y−1＝0的圆心和半径分别为（ ）
A.(2, 0)，5B.(0, −2)，5C.(0, 2)，5D.(2, 2)，5

5. 已知直线l:kx−y+2＝0过定点M，点P(x, y)在直线2x+y−1＝0上，则|MP|的最小值是（ ）
A.10B.55C.6D.35

6. 已知直线l:y＝x+m与曲线x=4−y2有两个公共点，则实数m的取值范围是（ ）
A.[−2, 22)B.(−22, −2]C.[2, 22)D.(−22, 2]

7. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，在对角线A1D上取点M，在CD1上取点N，使得线段MN平行于对角面A1ACC1，则线段MN长的最小值为（ ）
A.2B.1C.22D.33

8. 在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝5，AC＝3，BD＝8，点P在平面ABD内，且CP=22，设异面直线CP与BD所成的角为θ，则sinθ的最小值为（ ）
A.368B.32C.33D.22
二、多项选择题：

下列说法正确的是（ ）
A.过点(x1, y1)，(x2, y2)两点的直线方程为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1
B.点(0, 2)关于直线y＝x+1的对称点是(1, 1)
C.直线x−y−2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积为2
D.经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2＝0

圆O1:x2+y2−2x＝0和圆O2:x2+y2+2x−4y＝0的交点为A，B，则有（ ）
A.公共弦AB所在直线方程为x−y＝0
B.线段AB中垂线方程为x+y−1＝0
C.公共弦AB的长为22
D.P为圆O1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为22+1

下列说法正确的有（ ）
A.方程x2+xy＝x表示两条直线
B.椭圆x210−m+y2m−2=1的焦距为4，则m＝4
C.曲线x225+y29=xy关于坐标原点对称
D.椭圆C:y25+x2=1的焦距是2

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.BC1 // 平面AQP
B.平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形
C.A1D⊥平面AQP
D.异面直线QP与A1C1所成的角为60∘
三、填空题：

直线x+3y+1＝0的倾斜角的大小为________．

两平行直线l1:3x+4y−2＝0与l2:6x+8y−5＝0之间的距离为________．

已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60∘．以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．

已知AB是圆O:x2+y2＝2的一条弦，其长度AB=6，M是AB的中点，若动点P(t, t+2)、Q(m, −2)，使得四边形PMOQ为平行四边形，则实数m的最大值为________．
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

已知三角形ABC的顶点坐标为A(−1, 5)、B(−2, −1)、C(4, 3)，M是BC边上的中点．
（1）求AB边所在的直线方程；

（2）求中线|AM|的长．

在平面直角坐标系xOy中，已知圆M的圆心在直线y＝−2x上，且圆M与直线x+y−1＝0相切于点P(2, −1)．
（1）求圆M的方程；

（2）过坐标原点O的直线l被圆M截得的弦长为6，求直线l的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD．PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC // AD，BC＝4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点．
(Ⅰ)求证：DM // 平面PAB．
(Ⅱ)是否存在点E，使得二面角P−DE−B的余弦值为23？若存在，求出线段BE的长度；若不存在，说明理由．


如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60∘，AB＝AD＝AA1＝1．
(Ⅰ)求A1C的长；
(Ⅱ)证明：直线A1C⊥平面BDD1B1．


已知圆M的方程为x2+(y−2)2＝1，点P在直线l:x−2y＝0上，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B．
(Ⅰ)若点P的坐标为(1,12)，求切线PA，PB方程；
(Ⅱ)证明：经过A，P，M三点的圆必过定点，并求出所有定点坐标．

已知圆C：(x+1)2+y2＝12，点A(1, 0)，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线交CP于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线E．
(Ⅰ)求曲线E的方程；
(Ⅱ)若直线l:y＝kx+m与曲线E相交于M，N两点，O为坐标原点，求△MON面积的最大值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市高二（上）期中数学试卷
一、单项选择题：
1.
【答案】
A
【考点】
直线的斜率
【解析】
将已知的两个点的坐标代入由两点坐标表示的斜率公式，计算可得结果．
【解答】
过点(3, 0)和点(4, 3)的直线的斜率K=3−04−3=3，
2.
【答案】
D
【考点】
平行向量的性质
【解析】
利用向量平行的性质求解．
【解答】
解：∵ 向量a→=(−1, 0, 1)，向量b→=(2, 0, k)，
且满足向量a→ // b→，
∴ −12=1k，解得k=−2．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
与直线x+2y+2＝0垂直的直线方程的斜率k＝2，由此能求出过点P(1, 2)与直线x+2y+2＝0垂直的直线方程．
【解答】
∵ 与直线x+2y+2＝0垂直的直线方程的斜率k＝2，
∴ 过点P(1, 2)与直线x+2y+2＝0垂直的直线方程为：y−2＝2(x−1)，
整理，得2x−y＝0．
4.
【答案】
B
【考点】
圆的一般方程
【解析】
圆的一般方程转化为标准方程，求出圆的圆心与半径．
【解答】
x2+y2−4y−1＝0的标准方程为：x2+(y−2)2＝5．圆的圆心坐标(0, 2)，半径为：5．
5.
【答案】
B
【考点】
直线系方程
【解析】
先求出点M的坐标，由题意可知|MP|的最小值为点M到直线2x+y−1＝0的距离d，再利用点到直线距离公式即可求出结果．
【解答】
直线l:kx−y+2＝0方程可化为：kx＝y−2，
令x=0y−2=0 得：x=0y=2 ，
所以点M(0, 2)，
又点P(x, y)在直线2x+y−1＝0上，
所以|MP|的最小值为点M到直线2x+y−1＝0的距离d，
因为d=|0+2−1|22+12=55，
所以|MP|的最小值是55，
6.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把已知曲线方程变形，画出图形，数形结合得答案．
【解答】
由x=4−y2，得x2+y2＝4(x≥0)，
如图，
当直线l:y＝x+m与x2+y2＝4(x≥0)相切时，m=−22．
∴ 若直线l:y＝x+m与曲线x=4−y2有两个公共点，则实数m的取值范围是(−22, −2]．
7.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
作MM1⊥AD于点M1，作NN1⊥CD于点N1，则M1N1 // AC．设DM1＝DN1＝x，则MM1＝x，NN1＝1−x，由此能求出MN的最小值．
【解答】
作MM1⊥AD于点M1，作NN1⊥CD于点N1，
∵ 线段MN平行于对角面ACC1A1，∴ M1N1 // AC．
设DM1＝DN1＝x，则MM1＝x，NN1＝1−x，
在直角梯形MNN1M1，
MN2=(2x)2+(1−2x)2=6(x−13)2+13，
∴ 当x=13时，MN的最小值为33．
8.
【答案】
A
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
取BD的中点K，得到AK＝CK＝3，根据△ACK是正三角形，取AK的中点O，得到CO⊥平面ABD，确定P点的坐标，求出sinθ的最小值即可．
【解答】
如图示：
，
取BD的中点K，连接AK，
∵ AB＝BC＝CD＝AD＝5，BD＝8，
故AK＝CK＝3，∵ AC＝3，
故△ACK是等边三角形，
取AK的中点O，连接CO，
则CO⊥AK，且CO=332，
易知BD⊥平面ACK，故BD⊥CO，
故CO⊥平面ABD，连接PO，
在Rt△PCO中，∵ CP＝22，CO=332，
∴ OP=52，故点P在平面ABD内，
以O为圆心，52为半径的圆上，
设MN为圆O的直径，且MN // BD，
则当点P与点M或点N重合时，
sinθ取最小值，且(sinθ)min=COCP=33222=368，
二、多项选择题：
【答案】
B,C
【考点】
直线的两点式方程
直线的截距式方程
命题的真假判断与应用
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
分类求出点(x1, y1)，(x2, y2)两点的直线方程判断A；由对称性判断B；求出直线x−y−2＝0与两坐标轴围成的三角形的面积判断C；求出经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程判断D．
【解答】
对于A，当x1≠x2时，过点(x1, y1)，(x2, y2)的直线斜率为k=y2−y1x2−x1，
方程为y−y1=y2−y1x2−x1(x−x1)，整理得(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，
当x1＝x2时，过点(x1, y1)，(x2, y2)的直线方程是x＝x1，即x−x1＝0，
满足(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，
∴ 过(x1, y1)，(x2, y2)的直线方程为(y2−y1)(x−x1)−(x2−x1)(y−y1)＝0，故A错误；
对于B，点(0, 2)与(1, 1)的中点坐标(12, 32)满足直线方程y＝x+1，并且两点连线的斜率为−1，
∴ 点(0, 2)关于直线y＝x+1的对称点为(1, 1)，故B正确；
对于C，直线x−y−2＝0在两坐标轴上的截距分别为：2，−2，
与坐标轴围成的三角形的面积是：12×2×2=2，故C正确；
对于D，当直线过原点时，直线方程为y＝x，
当直线不过原点时，设直线方程为x+y＝a，代入(1, 1)，得a＝2，直线方程为x+y−2＝0，
∴ 经过点(1, 1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y−2＝0或y＝x，故D错误．
【答案】
A,B,D
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
两圆 的方程作差即可求出公共弦的直线方程，即可判断选项A；求出两圆圆心坐标，即可求出线段AB的中垂线的方程，即可判断选项B．
求出圆心O1到直线AB的距离d，d+r即为圆O1上的点到直线AB的最大值，利用垂径定理求出公共弦长，即可判断选项CD．
【解答】
∵ 圆O1:x2+y2−2x＝0和圆O2:x2+y2+2x−4y＝0的交点为A，B，
∴ 圆O1与圆O2公共弦AB所在的直线方程为x−y＝0，故A正确；
∵ O1(1, 0)，O2(−1, 2)，O1O2所在直线斜率为−1，
∴ 线段AB的中垂线的方程为y−0＝−(x−1)，即x+y−1＝0，故B正确；
圆O1:x2+y2−2x＝0的圆心为O1(1, 0)，半径r1＝1，
圆心O1(1, 0)到直线x−y＝0的距离d=12=22．
∴ P到直线AB距离的最大值为22+1，
圆O1与圆O2公共弦AB的长为21−12=2，故C错误，D正确．
【答案】
A,C
【考点】
曲线与方程
椭圆的离心率
【解析】
化简方程判断是否是两条直线判断A；椭圆的性质判断B，曲线的对称性判断C；求出焦距判断D；
【解答】
方程x2+xy＝x化为：x(x+y−1)＝0，表示两条直线，所以A正确；
椭圆x210−m+y2m−2=1的焦距为4，可得4＝10−m−m+2或m−2−10+m＝4，解得m＝4或m＝8，所以B不正确；
曲线x225+y29=xy用x换y，y换x，方程不变，所以曲线关于坐标原点对称，C正确．
椭圆C:y25+x2=1的焦距是4，所以D不正确．
【答案】
ABD
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用线面平行的判定和性质的应用，异面直线的夹角的应用，线面垂直的判定的应用，共面的判定的应用求出结果．
【解答】
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，
如图所示：
①对于选项A:P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，
所以PQ // BC1，由于PQ⊂平面APQ，BC1不在平面APQ内，所以BC1 // 平面APQ，故选项A正确．
②对于选项B：连接AP，AD1，D1Q，由于AD1 // PQ，D1Q＝AP，所以：平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形，故正确．
③对于选项C：由于A1D⊥平面ABC1D1，平面ABC1D1和平面APQD1为相交平面，所以A1D⊥平面AQP，错误．
④对于选项D:PQ // BC1，△A1BC1为等边三角形，所以∠A1C1B＝60∘，即异面直线QP与A1C1所成的角为60∘．故正确．
故选：ABD．
三、填空题：
【答案】
5π6
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
化直线的一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于斜率求倾斜角．
【解答】
由x+3y+1＝0，得
y=−33x−33，
∴ 直线x+3y+1＝0的斜率为−33，
设其倾斜角为θ(0≤θ<π)，
则tanθ=−33，
∴ θ=5π6．
【答案】
110
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
把两直线的方程中x，y的系数分别化为相同的，然后用两平行线间的距离公式进行运算．
【解答】
直线l1:3x+4y−2＝0 即6x+8y−4＝0，
故两平行线间的距离等于 |−4+5|36+64=110，
【答案】
2π2
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
画出直观图，距离如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P=5．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．
【解答】
由题意直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60∘．可知：D1B1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P(x, y)，则D1E2＝D1B12+x2−2⋅D1B1⋅xcs60∘＝x2+4−2x．
由题意可知D1P=5．
可得：5＝x2+4−2x+(2−y)2．
即(x−1)2+(y−2)2＝2，
所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为2的圆弧．
以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：14×22π=2π2．
【答案】
−3
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由题意画出图形，求得M的轨迹，令M(x, y)，由向量等式把M的坐标用P和Q的坐标表示，代入M的轨迹方程，把m表示为t的函数，再由基本不等式求最值．
【解答】
∵ AB=6，M是AB的中点，
∴ OM2+(62)2=2，得OM=22，则M点的轨迹为x2+y2=12．
∵ PMOQ为平行四边形，令M(x, y)，∴ OM→=QP→，
∴ (x, y)＝(t−m, t+4)，则x=t−my=t+4 ，
∴ (t−m)2+(t+4)2=12，则(t−m)2=12−(t+4)2，
得m−t=±12−(t+4)2，即m＝t±12−(t+4)2，
∵ 要求m的最大值，故取m＝t+12−(t+4)2，
∴ m＝t+12−(t+4)2=t+4+12−(t+4)2−4
≤2⋅(t+4)2+12−(t+4)2−4=1−4＝−3．
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
由题意可得直线AB的斜率k=−1−5−2−(−1)=6，
故直线的方程为：y−5＝6(x+1)，
化为一般式可得：6x−y+11＝0；
由中点坐标公式可得BC的中点M(1, 1)，
故AM=(−1−1)2+(5−1)2=25．
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
（1）由题意可得直线AB的斜率，可得点斜式方程，化为一般式可得；
（2）由中点坐标公式可得BC的中点M(1, 1)，代入距离公式可得．
【解答】
由题意可得直线AB的斜率k=−1−5−2−(−1)=6，
故直线的方程为：y−5＝6(x+1)，
化为一般式可得：6x−y+11＝0；
由中点坐标公式可得BC的中点M(1, 1)，
故AM=(−1−1)2+(5−1)2=25．
【答案】
过点(2, −1)且与直线x+y−1＝0垂直的直线方程为x−y−3＝0，
由y=−2xx−y−3=0 解得x=1y=−2 ，
所以圆心M的坐标为(1, −2)，
所以圆M的半径为r=2，
所以圆M的方程为 (x−1)2+(y+2)2＝2．
因为直线l被圆M截得的弦长为6，
所以圆心M到直线l的距离为d=2−64=22，
若直线l的斜率不存在，则l为x＝0，此时，圆心M到l的距离为1，不符合题意．
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx，即kx−y＝0，
由d=|k+2|k2+1=22，
整理得k2+8k+7＝0，
解得k＝−1或−7，
所以直线l的方程为x+y＝0或7x+y＝0．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求求出圆心坐标与半径，即可求出圆M的方程；
（2）分类讨论，利用点到直线的距离公式，结合过坐标原点O的直线l被圆M截得的弦长为6，求直线l的方程．
【解答】
过点(2, −1)且与直线x+y−1＝0垂直的直线方程为x−y−3＝0，
由y=−2xx−y−3=0 解得x=1y=−2 ，
所以圆心M的坐标为(1, −2)，
所以圆M的半径为r=2，
所以圆M的方程为 (x−1)2+(y+2)2＝2．
因为直线l被圆M截得的弦长为6，
所以圆心M到直线l的距离为d=2−64=22，
若直线l的斜率不存在，则l为x＝0，此时，圆心M到l的距离为1，不符合题意．
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx，即kx−y＝0，
由d=|k+2|k2+1=22，
整理得k2+8k+7＝0，
解得k＝−1或−7，
所以直线l的方程为x+y＝0或7x+y＝0．
【答案】
（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直．以A为空间坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示．
则P(0, 0, 2)，B(2, 0, 0)，D(0, 2, 0)，C(2, 4, 0)
点M为PC中点，故M(1, 2, 1)
故DM→=(1,0,1)，
又AP→=(0,0,2)，AB→=(2,0,0)
所以DM→=12AP→+12AB→
所以DM→，AP→，AB→为共面向量，
所以DM // 平面PAB．
（2）设E(2, a, 0)，0依题意可知平面BDE的法向量为AP→=(0,0,2)，DP→=(0,−2,2)，DE→=(2,a−2,0)
设平面PDE的法向量为n→=(x,y,z)，
令z3＝1，则n→=(2−a2,1,1)．
因为二面角P−DE−B的余弦值为23，
所以|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→|AP→|⋅|n→||=23，
即22×(2−a2)2+1+1=23，解得a＝1或a＝3．
所以存在点E符合题意，
当BE＝1或BE＝3时，二面角P−DE−B的余弦值为23．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
(Ⅰ)说明PA，AB，AD两两垂直．以A为空间坐标原点建立空间直角坐标系，推出DM→=12AP→+12AB→，即可证明DM // 平面PAB．
(Ⅱ)求出平面PDE的法向量，通过二面角P−DE−B的余弦值为23，结合向量的数量积求解a即可得到结果．
【解答】
（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，所以PA，AB，AD两两垂直．以A为空间坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示．
则P(0, 0, 2)，B(2, 0, 0)，D(0, 2, 0)，C(2, 4, 0)
点M为PC中点，故M(1, 2, 1)
故DM→=(1,0,1)，
又AP→=(0,0,2)，AB→=(2,0,0)
所以DM→=12AP→+12AB→
所以DM→，AP→，AB→为共面向量，
所以DM // 平面PAB．
（2）设E(2, a, 0)，0依题意可知平面BDE的法向量为AP→=(0,0,2)，DP→=(0,−2,2)，DE→=(2,a−2,0)
设平面PDE的法向量为n→=(x,y,z)，
令z3＝1，则n→=(2−a2,1,1)．
因为二面角P−DE−B的余弦值为23，
所以|cs⟨AP→,n→⟩|=|AP→⋅n→|AP→|⋅|n→||=23，
即22×(2−a2)2+1+1=23，解得a＝1或a＝3．
所以存在点E符合题意，
当BE＝1或BE＝3时，二面角P−DE−B的余弦值为23．
【答案】
（1）设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
则{a→,b→,c→}为空间中的一个基底，且A1C→=a→+b→−c→
因为∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60∘，AB＝AD＝AA1＝1，
所以a→2=b→2=c→2=1，a→⋅b→=b→⋅c→=c→⋅a→=12．
|A1C→|2=A1C→2=(a→+b→−c→)2=a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→−2a→⋅c→−2b→⋅c→=2．
故A1C的长为2．
（2）证明：BD→=b→−a→，BB1→=c→，
A1C→⋅BD→=(a→+b→−c→)⋅(b→−a→)=b→2−a→2−b→⋅c→+a→⋅c→=0．
A1C→⋅BB1→=(a→+b→−c→)⋅c→=a→⋅c→+b→⋅c→−c→2=0．
故A1C→是平面BDD1B1的法向量，故直线A1C⊥平面BDD1B1．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，则{a→,b→,c→}为空间中的一个基底，求出A1C→=a→+b→−c→，然后通过平方，利用向量的数量积的运算法则转化求解即可．
(Ⅱ)求出BD→=b→−a→，BB1→=c→，证明A1C→⋅BD→=0，A1C→⋅BB1→=0．说明A1C→是平面BDD1B1的法向量，推出直线A1C⊥平面BDD1B1．
【解答】
（1）设AB→=a→，AD→=b→，AA1→=c→，
则{a→,b→,c→}为空间中的一个基底，且A1C→=a→+b→−c→
因为∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60∘，AB＝AD＝AA1＝1，
所以a→2=b→2=c→2=1，a→⋅b→=b→⋅c→=c→⋅a→=12．
|A1C→|2=A1C→2=(a→+b→−c→)2=a→2+b→2+c→2+2a→⋅b→−2a→⋅c→−2b→⋅c→=2．
故A1C的长为2．
（2）证明：BD→=b→−a→，BB1→=c→，
A1C→⋅BD→=(a→+b→−c→)⋅(b→−a→)=b→2−a→2−b→⋅c→+a→⋅c→=0．
A1C→⋅BB1→=(a→+b→−c→)⋅c→=a→⋅c→+b→⋅c→−c→2=0．
故A1C→是平面BDD1B1的法向量，故直线A1C⊥平面BDD1B1．
【答案】
（1）当切线斜率不存在时，切线方程为x＝1，符合题意；
当切线斜率存在时，设切线方程为y=k(x−1)+12，
即kx−y−k+12=0，
因为直线和圆相切，
所以d=|k+32|k2+1=1，
解得k=−512，此时直线方程为y=−512(x−1)+12，即5x+12y−11＝0，
所以切线PA，PB方程为：x＝1与5x+12y−11＝0；
（2）证明：设点P(x0,12x0)，M(0, 2)，
过P，A，M三点的圆即以PM为直径的圆，
即(x−x02)2+(y−12x0+22)2=(x02+(12x0−2)22)2，
所以x2−x0x+y2−(12x0+2)y+x0=0，即(x2+y2−2y)+(−x−12y+1)x0=0，
令x2+y2−2y=0−x−y2+1=0 ，解得：x=0y=2 或x=45y=25 ，
∴ 经过A，P，M三点的圆必过定点，且过的定点坐标为(0, 2)或(45,25)．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线和圆的方程的应用
【解析】
(Ⅰ)根据所要求切线的斜率是否存在分两种情况分别求出切线方程即可；
(Ⅱ)设点P(x0,12x0)，先求出经过A，P，M三点的圆的方程，再证明其过定点，并求出所过定点的坐标即可．
【解答】
（1）当切线斜率不存在时，切线方程为x＝1，符合题意；
当切线斜率存在时，设切线方程为y=k(x−1)+12，
即kx−y−k+12=0，
因为直线和圆相切，
所以d=|k+32|k2+1=1，
解得k=−512，此时直线方程为y=−512(x−1)+12，即5x+12y−11＝0，
所以切线PA，PB方程为：x＝1与5x+12y−11＝0；
（2）证明：设点P(x0,12x0)，M(0, 2)，
过P，A，M三点的圆即以PM为直径的圆，
即(x−x02)2+(y−12x0+22)2=(x02+(12x0−2)22)2，
所以x2−x0x+y2−(12x0+2)y+x0=0，即(x2+y2−2y)+(−x−12y+1)x0=0，
令x2+y2−2y=0−x−y2+1=0 ，解得：x=0y=2 或x=45y=25 ，
∴ 经过A，P，M三点的圆必过定点，且过的定点坐标为(0, 2)或(45,25)．
【答案】
（1）∵ 点Q在线段AP的垂直平分线上，
∴ |AQ|＝|PQ|．
又|CP|=|CQ|+|QP|=23，
∴ |CQ|+|QA|=23>|CA|=2．
∴ 曲线E是以坐标原点为中心，C(−1, 0)和A(1, 0)为焦点，长轴长为23的椭圆．
设曲线E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
∵ c=1,a=3，
∴ b2＝2．
∴ 曲线E的方程为x23+y22=1．
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)．
联立y=kx+mx23+y22=1 消去y，得(3k2+2)x2+6kmx+3m2−6＝0．
此时有△＝72k2−24m2+48>0．
由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=−6km3k2+2，x1x2=3m2−63k2+2．
∴ |MN|=1+k2(−6km3k2+2)2−4×3m2−63k2+2=1+k23k2+224(3k2−m2+2)．
∵ 原点O到直线l的距离d=|m|1+k2，
∴ S△MON=12|MN|⋅d=63k2+2m2(3k2−m2+2)．
由△>0，得3k2−m2+2>0．又m≠0，由基本不等式，得S△MON≤63k2+2×m2+(3k2−m2+2)2=62．
当且仅当m2=3k2+22时，不等式取等号．
∴ △MON面积的最大值为62．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
(Ⅰ)根据椭圆的定义和性质，建立方程求出a，b即可．
(Ⅱ)联立直线和椭圆方程，利用消元法结合设而不求的思想进行求解即可．
【解答】
（1）∵ 点Q在线段AP的垂直平分线上，
∴ |AQ|＝|PQ|．
又|CP|=|CQ|+|QP|=23，
∴ |CQ|+|QA|=23>|CA|=2．
∴ 曲线E是以坐标原点为中心，C(−1, 0)和A(1, 0)为焦点，长轴长为23的椭圆．
设曲线E的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
∵ c=1,a=3，
∴ b2＝2．
∴ 曲线E的方程为x23+y22=1．
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)．
联立y=kx+mx23+y22=1 消去y，得(3k2+2)x2+6kmx+3m2−6＝0．
此时有△＝72k2−24m2+48>0．
由一元二次方程根与系数的关系，得x1+x2=−6km3k2+2，x1x2=3m2−63k2+2．
∴ |MN|=1+k2(−6km3k2+2)2−4×3m2−63k2+2=1+k23k2+224(3k2−m2+2)．
∵ 原点O到直线l的距离d=|m|1+k2，
∴ S△MON=12|MN|⋅d=63k2+2m2(3k2−m2+2)．
由△>0，得3k2−m2+2>0．又m≠0，由基本不等式，得S△MON≤63k2+2×m2+(3k2−m2+2)2=62．
当且仅当m2=3k2+22时，不等式取等号．
∴ △MON面积的最大值为62．