2023-2024学年辽宁省辽东教学共同体高二上学期期中联合考试数学试题(含解析 )

这是一份2023-2024学年辽宁省辽东教学共同体高二上学期期中联合考试数学试题(含解析 )，共21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.在空间四边形ABCD中下列表达式化简结果与AB相等的是
( )
A. AC+CDB. AC+CBC. AC+CD-BCD. AC+BD-BC
2.过点(1,-1)且斜率为12的直线l的方程是( )
A. 3x+2y-7=0B. 2x+y-4=0C. x-2y-3=0D. x-2y+3=0
3.在空间直角坐标系中，点(-2,1,4)关于x轴对称的点坐标是
( )
A. (-2,1,-4)B. (2,1,-4)C. (-2,-1,-4)D. (2,-1,4)
4.已知m是正实数，则“m≥16”是“圆x2+y2=1与圆(x-4)2+(y+3)2=m有公共点”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.圆x2+y2+4x=0与圆x2+y2-4x-2y-4=0的公切线条数为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PD=8，且PA=PC=4 5,M为BC的中点，则异面直线PB与AM所成角的余弦值为
( )
A. 3030B. 66C. 55D. 1010
7.已知 P(-4,-4)，Q是椭圆x2+2y2=16上的动点，M是线段PQ上的点，且满足PM⇀=13MQ⇀，则动点M的轨迹方程是
A. (x-3)2+2(y-3)2=1B. (x+3)2+2(y+3)2=1
C. (x+1)2+2(y+1)2=9D. (x-1)2+2(y-1)2=9
8.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=3，AA1=1，记M为棱BC的中点，若空间中动点P满足∠APD=∠CPM，则点P的轨迹与侧面CC1D1D相交所形成的曲线长为
( )
A. 2π2B. π2C. 2π3D. π3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.若方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值可以是
( )
A. 2B. 1C. 0.5D. 0.3
10.设圆上的点A2,3关于直线x+2y=0的对称点仍在圆上，且圆与直线x-y+1=0相交的弦长为2 2，则圆的方程为
( )
A. x-62+y+32=52B. x+62+y-32=52
C. x-142+y+72=244D. x-142+y-72=244
11.△ABC的三个顶点坐标为A(4,0)，B(0,3)，C(6,7)，下列说法中正确的是
( )
A. 边BC与直线3x-2y+1=0平行
B. 边BC上的高所在的直线的方程为3x+2y-12=0
C. 过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为x+y-13=0
D. 过点A且平分△ABC面积的直线与边BC相交于点D(3,5)
12.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是D1C1，B1C1的中点，则
( )
A. 异面直线A1B与MN所成的角为π4
B. 二面角B-MN-A1的正切值为2 2
C. 点C到平面BMN的距离是点C1到平面BMN的距离的2倍
D. 过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是 22+ 13
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知直线l1：3x+y+4=0与直线l2：x+my=0垂直，则m的值为______
14.方程 x2+(y-3)2+ x2+(y+3)2=10化简后为______．
15.已知直线l经过A(1,1,1)，点B(0,2,0)，求点P(0,0,2)到l的距离__________
16.如图，某正方体的顶点A在平面α内，三条棱AB，AC，AD都在平面α的同侧.若顶点B，C，D到平面α的距离分别为 2， 3，2，则该正方体外接球的表面积为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知直线l1:x-2y+3=0与直线l2:2x+3y-8=0的交点为M．
(1)求过点M且与直线l3:x+3y+1=0平行的直线的方程．
(2)求过点M且到点P0,4的距离为2的直线的方程；
18.(本小题12.0分)
如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D'，且AB=1，BC=2，AA'=2，求直线B'C与平面B'BDD'所成角的正弦值．
19.(本小题12.0分)
已知线段AB的端点B的坐标是6,8，端点A在圆x2+y2=16上运动，M是线段AB的中点，直线l过定点1,0．
(1)设点M的轨迹为曲线C，求C的方程；
(2)若直线l与曲线C相交于P,Q两点，求▵CPQ面积取最大值时，直线l的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2，分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3．
(1)证明：B2C2//A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150∘时，求B2P．
21.(本小题12.0分)
《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图阳马S-ABCD中.SD⊥平面ABCD,AD= 2,DC=SD=2.点M在侧棱SC上，∠ABM=π3．
(1)证明：SA//平面MBD；
(2)求二面角S-AM-B的余弦值
22.(本小题12.0分)
分别过椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)左､右焦点F1､F2的动直线l1，l2相交于P点，与椭圆E分别交于A､B与C､D不同四点，直线OA､OB､OC､OD的斜率分别为k1､k2､k3､k4，且满足k1-k3=k4-k2，已知当l1与x轴重合时，|AB|=2 5，CD=2 55．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在定点M，N，使得|PM|+|PN|为定值？若存在，求出M､N点坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据空间向量运算求得正确答案．
解： AC+CD=AD ，A选项错误．
AC+CB=AB ，B选项正确．
AC+CD-BC=AB+CD ，C选项错误．
AC+BD-BC=AC+CD=AD ，D选项错误．
故选：B
2.【答案】C
【解析】【分析】先求出直线的点斜式方程，再化为一般式即可．
解：过点 (1,-1) 且斜率为 12 的直线 l 的方程是 y-(-1)=12(x-1) ，
即 x-2y-3=0 ．
故选：C
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查关于坐标轴对称的点的坐标，属于基础题．
利用空间直角坐标系中对称点的特征即可求解．
【解答】
解：在空间直角坐标系中，点(-2,1,4)关于x轴对称的点坐标为(-2,-1,-4)．
故选C．
4.【答案】B
【解析】【分析】本题考查圆与圆的位置关系，由集合的包含关系判断必要、充分条件，属于中档题．
两圆有公共点则 R-r≤d≤R+r ，列出不等式求解m的取值范围，再根据集合的包含关系判断即可．
解： x2+y2=1 的圆心 O(0,0) ，半径 r=1 ，
(x-4)2+(y+3)2=m 的圆心 A(4,-3) ，半径 R= m,m>0 ，
两圆圆心距 |OA|= 42+32=5 ，
因为两圆有公共点，
所以 m-1≤5≤ m+1⇒-5≤ m-1≤55≤ m+1⇒1≤m≤36m≥16 ，解得 m∈[16,36] ，
显然 [16,36]⊆[16,+∞) ，所以“ m≥16 ”是“圆 x2+y2=1 与圆 (x-4)2+(y+3)2=m 有公共点”的必要不充分条件．
故选：B
5.【答案】B
【解析】【分析】判断两圆的位置关系，根据两圆的位置关系判断两圆公切线的条数．
解：圆 x2+y2+4x=0 的标准方程为 x+22+y2=4 ，圆心坐标为 -2,0 ，半径长为 r=2 ．
圆 x2+y2-4x-2y-4=0 的标准方程为 x-22+y-12=9 ，圆心坐标为 2,1 ，半径长为 R=3 ．
圆心距为 d= -2-22+0+12= 17 ，由于 1< 17<5 ，即 R-r所以，两圆相交，公切线的条数为 2 ．
故选：B．
6.【答案】A
【解析】【分析】先证明出 DA⊥PD ， DC⊥PD .以D为原点， DA,DC,DP 分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.用向量法求解．
解：由题意： DA=4,PD=8,PA= 5 ，所以 DA2+PD2=PA2 ，所以 DA⊥PD .同理： DC⊥PD ．
所以可以以D为原点， DA,DC,DP 分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
则 A4,0,0 ， B4,4,0 ， M2,4,0 ， P0,0,8 ．
所以 PB=4,4,-8 ， AM=-2,4,0 ．
设异面直线 PB 与 AM 所成角为 θ ，则 csθ=csPB,MA=PB⋅MAPB×MA=-8+16+0 16+16+64× 4+16+0= 3030 ．
故选：A
7.【答案】B
【解析】【分析】求轨迹方程可直接设所求点坐标为 M(x,y) ，再根据题目所给信息，用含有 x,y 的表达式表达已知方程上的动点 Q ，再带入 Q 满足的方程化简即可．
求轨迹方程可设动点 M(x,y) ， Q(m,n) ，再利用 PM⇀=13MQ⇀ 求出 Q(m,n) 关于 M(x,y)的坐标关系式，再将 Q 坐标表达式代入椭圆方程即可．
解：设动点 M(x,y) ， Q(m,n) ，因为 PM⇀=13MQ⇀ ，故 x+4=13(m-x)y+4=13(n-y) ，化简得 m=4(x+3)n=4(y+3) ，又 Q(m,n) 在椭圆 x2+2y2=16 上，故 16(x+3)2+32(y+3)2=16 ，化简得 (x+3)2+2(y+3)2=1 ，故选B．
8.【答案】D
【解析】【分析】本题的关键是根据角的关系确定边之间的关系，利用空间两点间距离公式进行求解．
根据长方体的几何性质，结合锐角三角函数定义、通过建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式进行求解即可．
解：因为点 P 的轨迹与侧面 CC1D1D 相交，
所以点 P 的轨迹在侧面 CC1D1D 内，
由长方体性质可知： AD,BC 都与平面 CC1D1D 垂直，
而 DP,CP 在平面 CC1D1D 内，所以 AD⊥DP,CP⊥BC ，
由 ∠APD=∠CPM ，
可知 tan∠APD=tan∠CPM ，即 ADPD=CMPC ，故 PD=2PC ，
建立如图所示的空间直角坐标系，则 D0,0,0,C0,3,0 ，故所求点 P0,y,z 满足 y2+z2=2 (y-3)2+z2 ，
化简得 (y-4)2+z2=4 ，
故所求的即为此圆在矩形 CDD1C1 内的部分，
即圆心角为 π6 ，半径为2的圆弧，长度为 π3 ．
故选：D
9.【答案】CD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆的标准方程，属基础题．
先把椭圆方程整理成标准方程，进而根据椭圆的标准方程可建立关于k的不等式，求得k的范围．
【解答】
解：∵方程x2+ky2=2，即x22+y22k=1表示焦点在y轴上的椭圆，
∴2k>2，故0故选CD．
10.【答案】AC
【解析】【分析】设圆的方程为x-a2+y-b2=r2，根据直线x+2y=0过圆心，点A在圆上，直线x-y+1=0与圆相交的弦长为2 2列方程组，求出圆心和半径，则圆的方程也出来了．
解：设圆的方程为x-a2+y-b2=r2，
由已知可知，直线x+2y=0过圆心，故a+2b=0①.
因为点A在圆上，所以2-a2+3-b2=r2②.
因为直线x-y+1=0与圆相交的弦长为2 2，所以 22+a-b+1 12+-122=r2③.
解由①②③组成的方程组，
得a=6b=-3r2=52或a=14b=-7r2=244
故所求方程为x-62+y+32=52或x-142+y+72=244．
故选：AC．
11.【答案】BD
【解析】【分析】由直线斜率判断A，求出相应的直线方程判断BC，求出边BC中点坐标判断D．
解：直线BC的斜率为k=7-36-0=23，而直线3x-2y+1=0的斜率为32，两直线不平行，A错；
BC边上高所在直线斜率为-32，直线方程为y=-32(x-4)，即3x+2y-12=0， B正确；
过C且在两坐标轴上的截距相等的直线不过原点时方程为x+y-13=0，过原点时方程为y=76x，C错；
过点A且平分△ABC面积的直线过边BC中点，坐标为(3,5)， D正确．
故选：BD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了正方体的结构特征，线面垂直的性质，异面直线所成角，二面角，棱锥的体积，平面的基本事实及其推论的应用和点面、线面、面面距离，属于较难题．
利用正方体的结构特征，结合异面直线所成角对A进行判断，利用正方体的结构特征，结合二面角和线面垂直的性质对B进行判断，利用正方体的结构特征，结合点到平面的距离和棱锥的体积对C进行判断，利用正方体的结构特征，结合平面的基本事实及其推论得截面，再利用平面几何知识对D进行判断，从而得结论．
【解答】
解：对于A.如图：
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为A1B//CD1，MN//D1B1，
所以CD1与D1B1所成角就是异面直线A1B与MN所成角，即∠B1D1C，
而△B1D1C是正三角形，因此∠B1D1C=π3，所以异面直线A1B与MN所成角为π3，故A错误;
对于B.如图：
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AC，BD交于O，连接A1C1，B1D1交于O1，A1C1交MN于E．
连接OO1，OE．
因为MN⊥平面ACC1A1，OO1，OE⊂平面ACC1A1，所以MN⊥OO1，MN⊥OE，
因此∠OEO1是二面角B-MN-A1的平面角．
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，所以OO1=1，O1E= 24，
因此tan∠OEO1=OO1O1E=1 24=2 2，即二面角B-MN-A1的正切值为2 2，故B正确;
对于C.由选项B的图知：OE=3 24，因此S△BMN=12× 22×3 24=38．
如图：
设点C到平面BMN的距离为h，点C1到平面BMN的距离为h1．
由VC-BMN=VM-BCN得13×38h=13×12×1×1×12，解得h=23，
由VC1-BMN=VM-BC1N得13×38h1=13×12×12×1×12，解得h1=13，
因此h=2h1，即点C到平面BMN的距离是点C1到平面BMN的距离的2倍，故C正确;
对于D.如图：
在平面A1B1C1D1内，延长A1D1，A1B1分别交直线MN于S，T，
连接AS，AT分别交DD1，BB1于H，G，连接HM，GN，
则五边形AGNMH为过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面．
取A1B1的中点F，连接MF，由M，N分别是D1C1，B1C1的中点，
得B1N//FM且B1N=12FM，
因此B1是FT的中点，所以B1TA1T=13，因此B1GA1A=B1TA1T=13，即B1G=13B1B．
同理可得，D1H=13D1D．
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，所以HM=GN= 136，MN= 22，AH=AG= 133，
所以截面AGNMH的边长为2× 136+ 22+2× 133= 22+ 13，故D正确．
故选BCD．
13.【答案】-3
【解析】【分析】本题考查两直线垂直的充要条件，考查运算求解能力，属于基础题．
由两直线垂直的充要条件可得 3×1+1×m=0 ，从而可求得m的值．
【详解】∵ l1⊥l2 ，∴ 3×1+1×m=0⇒m=-3 ．
故答案为： -3 ．
14.【答案】y225+x216=1
【解析】【分析】运用方程的几何意义得出结果．
解：∵ x2+(y-3)2+ x2+(y+3)2=10 ，
故令 Mx,y ， F10,-3 ， F20,3
∴ MF1+MF2=10>F1F2=6 ，
∴方程表示的曲线是以 F10,-3 ， F20,3 为焦点，长轴长 2a=10 的椭圆，
即 a=5 ， c=3 ， b= a2-c2=4 ，
∴方程为 y225+x216=1 ．
故答案为： y225+x216=1 ．
15.【答案】2 63
【解析】【分析】先求出 BA,BP ，再根据点线距离的向量公式即可求解．
解：根据题意： BA=1,-1,1 ， BP=0,-2,2 ，
则 BP=2 2 ， BA⋅BPBA=4 3 ，
所以点P到l的距离为 BP2-BA⋅BPBA2= 2 22-4 332=2 63 ．
故答案为： 2 63 ．
16.【答案】27π
【解析】【分析】
本题考查外接球的计算，考查点、线、面间的距离计算，考查空间想象力、运算能力和推理论证能力，是难题．
【解答】
解：法一：设正方体的棱长为a，取空间的一个基底{AB,AC,AD}，设n是平面α的一个方向向上的单位法向量.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x,y,z)，使得n=xAB+yAC+zAD．
由题意，AB，AC，AD在n方向上的投影向量的长度分别为 2， 3，2.于是，n⋅AB= 2，即(xAB+yAC+zAD)⋅AB= 2，即xa2= 2，即x= 2a2.同理，y= 3a2，z=2a2．
从而n=1a2( 2AB+ 3AC+2AD).由|n|=1，得1a2 2a2+3a2+4a2=1，即1a2⋅3a=1，解得a=3，所以正方体的外接球半径为3 32，外接球的表面积为4π(3 32)2=27π．
法二：如图，连结BC，CD，BD，过A向上作平面α的垂线段AH，接下来以AH为一条体对角线，同时将顶点A处的三条棱放在正方体的棱AB，AC，AD上作一个长方体，AB'，AC'，AD'是长方体的三条棱(图略)，则AB'2+AC'2+AD '2=AH2
则cs2∠BAH+cs2∠CAH+cs2∠DAH=AB'2AH2+AC'2AH2+AD'2AH2=AB'2+AC'2+AD'2AH2=1．
作BB1⊥α于B1，CC1⊥α于C1，DD1⊥α于D1;连结AB1，AC1，AD1，
令∠BAB1=θ，∠CAC1=γ，∠DAD1=β，由cs2∠BAH+cs2∠CAH+cs2∠DAH=1，
可得sin2θ+sin2β+sin2γ=1，
设正方体的棱长为a，因为BB1= 2，CC1= 3，DD1=2，
所以( 2a)2+( 3a)2+(2a)2=1，解得a2=9，
故该正方体外接球半径为 3a2=3 32，外接球的表面积为4π×(3 32)2=27π．
17.【答案】解：(1)由 x-2y+3=02x+3y-8=0 可得： x=1y=2 ，所以 M1,2
过点 M1,2 且与 x+3y+1=0 平行的直线的斜率为： -13 ，
所求的直线方程为： y-2=-13x-1 ，即 x+3y-7=0 ．
(2)若所求直线方程斜率不存在设为： x=1 ，
x=1 到点 P0,4 的距离为1，不满足题意；
若所求直线方程斜率存在，设为 y-2=kx-1 ，即 kx-y+2-k=0 ，
∵ P0,4 到直线的距离为2，
∴ 2=-2-k 1+k2 ，解得 k=0 或 43 ，
∴直线方程为 y=2 或 4x-3y+2=0 ；

【解析】【分析】(1)先求出 M1,2 ，再由点斜式方程求解即可；
(2)讨论所求直线方程斜率不存在，不满足题意；直线方程斜率存在，设为 y-2=kx-1 ，由点到直线的距离求出 k ，即可得出答案．
18.【答案】解：如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D'，
∵AB=1，BC=2，AA'=2，
∴B'(1,0,2)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，
∴B'C=(0,2,-2)，BB'=(0,0,2)，BD=(-1,2,0)，
设平面B'BDD'的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅BB'=0，n⋅BD=0，
∴2z=0-x+2y=0，∴n=(2,1,0)，
设直线B'C与平面B'BDD'夹角为θ，
则sinθ=cs=22 2× 5= 1010，
故直线B'C与平面B'BDD'夹角的正弦值为 1010．
【解析】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
利用已知条件分别求出向量B'C和平面B'BDD'的法向量n，设直线B'C与平面B'BDD'夹角为θ，由公式sinθ=cs能求出结果．
19.【答案】解：(1)设点 Mx,y ，因为 B 的坐标是 6,8 ，且 M 是线段 AB 的中点，
所以 A2x-6,2y-8 ，又有点 A 在圆 x2+y2=16 上运动，
所以 A 点坐标满足圆的方程 x2+y2=16 ，
即 2x-62+2y-82=16 ，整理得 x-32+y-42=4 ，
故点 M 的轨迹为 x-32+y-42=4 ；
(2)由(1)知点 M 的轨迹方程为 x-32+y-42=4 ，
即轨迹是以点 C3,4 为圆心，半径 r=2 的圆，
①若直线 l 斜率不存在，则直线 l:x=1 ，
因为圆心 C3,4 到直线的距离为2等于半径，
此时直线 l 与圆相切，不存在两个不同交点 P,Q ，故不符合题意舍；
②若直线 l 的斜率存在，设直线 l:y=kx-1 ，即 l:kx-y-k=0 ，
由直线 l 与圆 C 相交于 P,Q 两点，圆心到直线 l 的距离 d 小于半径，
即 d=3k-4-k k2+1<2 ，解得 k>34 ，
根据圆的性质可知： PQ=2 r2-d2=2 4-d2 ，
因为 S▵CPQ=12⋅d⋅2 4-d2=d⋅ 4-d2≤d2+4-d22=2 ，
当且仅当 d= 4-d2 ，即 d= 2 时取等，
所以当 d= 2 时， S△CPQ 有最大值为 2 ，此时 d=2k-4 k2+1= 2 ，
解得 k=1 或 k=7 ，此时直线 l 的方程为 x-y-1=0 或 7x-y-7=0 ．

【解析】【分析】(1)设出点 Mx,y ，根据 B6,8 且 M 是 AB 的中点，求出 A 点坐标，代入圆 x2+y2=16 中化简即可得出结果；
(2)根据直线 l 过定点 1,0 ，分析斜率存在不存在，设出直线方程，进而求出点到直线的距离，再根据勾股定理求得弦长 PQ ，写出 ▵CPQ 面积，利用基本不等式求得面积最值，考虑不等式取等的条件，即可求得面积取最大值时，直线 l 的方程．
20.【答案】证明：(1)如图，作A2E⊥BB1于点E，D2F⊥CC1于点F，
则有A2E//D2F，A2E=D2F，即四边形A2EFD2是平行四边形，从而A2D2//EF，
又B2E//C2F，B2E=C2F=1，即四边形B2EFC2是平行四边形，从而B2C2//EF，
从而B2C2//A2D2，得证．
(2)如图，以点B为原点，以BC、BA、BB1分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
设P(0,0,t)，C2(2,0,3)，A2(0,2,1)，D2(2,2,2)，
A2D2=(2,0,1)，A2C2=(2,-2,2)，A2P=(0,-2,t-1)，
设平面A2C2D2的一个法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅A2D2=0m⋅A2C2=0，即2x1+z1=02x1-2y1+2z1=0,
令z1=-2，则x1=1，y1=-1，故m=(1,-1,-2)
设平面PA2C2的一个法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅A2P=0n⋅A2C2=0，即-2y2+(t-1)z2=02x2-2y2+2z2=0,
令z2=2，则x2=t-3，y2=t-1，故n=(t-3,t-1,2)
∵二面角P-A2C2-D2的平面角为150∘，
∴csm,n=m⋅nm⋅n=6 6⋅ (t-3)2+(t-1)2+4= 32，
解得t=1或3，则B2P=1．

【解析】本题考查了立体几何中线线平行的判定、二面角等知识，属于中档题．
(1)作A2E⊥BB1于点E，D2F⊥CC1于点F，构造两个平行四边形，根据平行于同一直线的两直线平行，即可证明B2C2//A2D2．
(2)适当建立空间直角坐标系，设点P(0,0,t)，分别求出平面A2C2D2与平面PA2C2的一个法向量m,n，由二面角P-A2C2-D2为150∘，可知csm,n=m⋅nm⋅n= 32，解出t的值，进而求得B2P=1．
21.【答案】解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz ，则
D0,0,0,A 2,0,0,B( 2,2,0),C0,2,0,S0,0,2
设 CM=λCS(0<λ<1),BA=0,-2,0
BM=BC+CM=- 2,0,0+λ0,-2,2=- 2,-2λ,2λ
由 ∠ABM=60∘ 得 cs∠ABM=BA⋅BMBABM=4λ2⋅ 2+8λ2=12
即 4λ= 1+8λ2 ，解得 λ=12 ，即 CM=12CS
故 M 在侧棱 SC 的中点；
连接 AC 交 BD 于点 N ，连接 MN ，则 MN 为三角形 SAC 的中位线
∴SA//MN
∵SA⊄ 平面 MBD,MN⊂ 平面 MBD
∴SA// 平面 MBD ；
(2)设 n1=x,y,z 为平面 ABM 的一个法向量，则 n1⋅BA=0,n1⋅BM=0
而 BA=0,-2,0 ， BM=- 2,-1,1 ，则 -y=0,- 2x-y+z=0
取 x=1,n1=1,0, 2 ， n1= 3 ；
设 n2=x,y,z 是平面 AMS 的一个法向量，则 n2⋅AS=0,n2⋅AM=0
而 AS=- 2,0,2 ， AM=AB+BM=0,2,0+- 2,-1,1=(- 2,1,1)
则 - 2x+2z=0,- 2x+y+z=0
取 z=1,x= 2,y=1, n2= 2,1,1,n2=2
于是 n1⋅n2=1,0, 2⋅ 2,1,1=2 2 ， csn1,n2=2 2 3⋅2= 63
而二面角 S-AM-B 为钝角，故二面角 S-AM-B 的余弦值为 - 63

【解析】【分析】向量方法求解二面角的余弦值的步骤：
(1)建立合适空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中相应点的坐标；
(2)设出法向量，根据法向量垂直于平面中任意方向向量，求解出半平面的一个法向量；(注：若半平面为坐标平面，直接取法向量亦可)
(3)计算(2)中两个法向量夹角的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是钝角还是锐角，从而得到二面角的余弦值
(5)建立空间直角坐标系，利用向量法证明 M 在侧棱 SC 的中点，再由线面平行的判定证明；
(6)建立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角 S-AM-B 的余弦值．
22.【答案】解：(1)当 l1 与 x 轴重合时， k1+k2=k3+k4=0 ，即 k3=-k4 ，
∴ 由椭圆的对称性得直线 l2 垂直于 x 轴，
∴ AB=2a=2 5,CD=2b2a=2 55 ，解得 a= 5,b=1 ，
∴ 椭圆 E 的方程为 x25+y2=1 ．
(2)焦点 F1､F2 坐标分别为 -2,0,2,0 ，
当直线 l1 或 l2 斜率不存在时， P 点坐标为 -2,0 或 2,0 ，
当直线 l1,l2 斜率存在时，设斜率分别为 m1,m2 ，则直线 l1 的方程为： y=m1x+2
设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，
所以联立方程 y=m1x+2x2+5y2-5=0 得 5m12+1x2+20m12x+20m12-5=0 ，
∴x1+x2=-20m125m12+1,x1⋅x2=20m12-55m12=1 ，
k1+k2=y1x1+y2x2=2m1x1x2+2m1x1+x2x1x2=-2m14m12-1 ，
同理得 k3+k4=-2m24m22-1 ，
∵ k1-k3=k4-k2 ，即 k1+k2=k3+k4 ，
∴-2m14m12-1=-2m24m22-1 ，即 m2-m14m1m2+1=0 ，
∵动直线 l1 ， l2 相交于 P 点，∴ m1≠m2 ，
∴4m1m2+1=0 ，
设 Px,y ，则 4yx+2⋅yx-2+1=0 ，即 x24+y2=1,x≠±2
由当直线 l1 或 l2 斜率不存在时， P 点坐标为 -2,0 或 2,0 也满足，
∴ 点 Px,y 点在椭圆 x24+y2=1 上，
∴ 存在点 M,N 其坐标分别为 - 3,0, 3,0 ，使得 PM+PN 为定值 4.

【解析】【分析】(1)根据题意当 l1 与 x 轴重合时 l2 垂直于 x 轴，进而根据长轴长与通径长求解即可；
(2)先讨论直线 l1 或 l2 斜率不存在时得 P 点坐标为 -2,0 或 2,0 ，再讨论直线 l1,l2 斜率存在时，设斜率分别为 m1,m2 ，进而将直线 l1,l2 方程与椭圆联立，结合韦达定理得 k1+k2=-2m14m12-1 ， k3+k4=-2m24m22-1 ，进而结合已知得 4m1m2+1=0 ，进而根据斜率关系得 P 点轨迹为 x24+y2=1,x≠±2 ，再综合即可得点 Px,y 点在椭圆 x24+y2=1 上，进而得其焦点 - 3,0, 3,0 即为所求定点 M ， N ．