2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二上学期期中学业质量联合调研抽测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高二上学期期中学业质量联合调研抽测数学试题（含解析），共22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.无论实数t取何值，直线tx+y+t-1=0与圆(x-2)2+(y-2)2=m2恒有公共点，则实数m的取值范围是
( )
A. m> 10B. m≥ 10
C. m<- 10或m> 10D. m≤- 10或m≥ 10
2.已知直线l1：ax+2y-1=0，和直线l2：a+1x-ay+2=0垂直，则
．( )
A. a=1B. a=0C. a=0或a=1D. a=-1
3.已知a,b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是
( )
A. 若a//b,b//α，则a//αB. 若a//b,a⊥α,b//β，则α⊥β
C. 若a//α,b//β,α//β，则a//bD. 若a//α,b//β,α⊥β，则a⊥b
4.设x=a+b，y=b+c，z=c+a，且a,b,c是空间的一个基底，给出下列向量组：①a,b,x；②x,y,z；③b,c,z；④x,y,a+b+c，则其中可以作为空间的基底的向量组有
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知点A,B在抛物线y2=x上且位于x轴的两侧，OA⋅OB=2(其中O为坐标原点)，则直线AB一定过点
( )
A. (2,0)B. 12,0C. (0,2)D. 0,12
6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点为A，离心率为e，若在C上存在点P，使得PA= 6b，则e2的最小值是
( )
A. 5+2 636B. 3+ 312C. 3+ 36D. 12
7.双曲线x2a2-y2b2=1,(a>0,b>0)右焦点为F，离心率为e，PO=kFO,(k>1)，以P为圆心，|PF|长为半径的圆与双曲线有公共点，则k-8e最小值为
( )
A. -9B. -7C. -5D. -3
二、多选题（本大题共5小题，共25分。在每小题有多项符合题目要求）
8.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．2022年卡塔尔世界杯会徽(如图)基于“大力神杯”的原型设计完成，正视图近似伯努利双纽线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1-a,0、F2a,0距离之积等于a2a>0的点的轨迹称为双纽线C.已知点Px0,y0是双纽线C上一点，下列说法正确的有
( )
A. 双纽线C既关于x轴对称，也关于y轴对称
B. △F1PF2面积的最大值为a22
C. 双纽线C上满足PF1=PF2的点P有两个
D. PO 的最大值为 2a
9.直线l:x-y+1=0与圆C:(x+a)2+y2=2(-1≤a≤3)的公共点的个数可能为
( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
10.下列命题正确的是( )
A. 经过定点A0,2的直线都可以用方程y=kx+2表示
B. 经过两个不同的点P1x1,y1,P2x2,y2的直线都可以用方程y-y1x2-x1=x-x1y2-y1表示
C. 过点2,1且在两坐标轴上截距相等的直线有2条
D. 方程x2+y2-2mx-2y+1=0不一定表示圆
11.以下四个命题表述正确的是
( )
A. 直线(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R)恒过点(-3,-3)
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l:x-y+ 2=0的距离都等于1
C. 圆C1:x2+y2+2x=0与圆C2:x2+y2-4x-8y+m=0恰有三条公切线，则m=4
D. 已知圆C:x2+y2=4，过点P(3,4)向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB方程为3x+4y-4=0
12.已知平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点P的轨迹是圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A(-2,0),B(4,0)，若λ=12，则下列关于动点P的结论正确的是
( )
A. 点P的轨迹所包围的图形的面积等于16π
B. 当P、A、B不共线时，△PAB面积的最大值是6
C. 当A、B、P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 若点Q(-3,1)，则2PA+PQ的最小值为5 2
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知向量n=2,0,1为平面α的法向量，点A-1,2,1在α内，点P1,2,-2在α外，则点P到平面α的距离为______．
14.已知椭圆C:x2a2+y24=1(a>2)的左､右焦点分别为F1,F2，点A为椭圆C的上顶点，直线AF2与椭圆C的另一个交点为B，若BF1=4BF2，则a=___________．
15.如图，已知斜率为-2的直线与双曲线x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右支交于A，B两点，点A关于坐标原点O对称的点为C，且∠ABC=45∘，则该双曲线的离心率为 ．
16.已知F1、F2为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，点P为该椭圆上一点，且满足∠F1PF2=60∘，若△PF1F2的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______．
四、解答题（本大题共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)
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l经过点A-2,5和点B2,2．
(1)求直线l的方程；
(2)若直线m与l平行，且m与l间的距离为3，求直线m的方程．
18.(本小题12分)
如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，D是BC的中点，AB=BB1=2．
(1)证明：A1B//平面AC1D；
(2)求平面CAC1与平面AC1D夹角的余弦值．
19.(本小题12分)
在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，▵ACD与△ACB均是等边三角形，AC=BE=4，BE和平面ABC所成的角为60∘，且点E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．
(1)求证：DE⊥平面ADC；
(2)求直线BA与平面DAE所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠BAD=60∘,AE=ED= 7，平面ADE⊥平面ABCD,CF⊥平面ABCD,CF= 3．
(1)求证：EF//平面ABCD；
(2)求二面角E-AF-C的正弦值．
21.(本小题12分)
(1)已知点A3,-4和点B5,8，求过直线AB的中点且与AB垂直的直线l的方程；
(2)求过直线3x-2y+1=0和x+3y+4=0的交点，且平行于直线x-2y+3=0的直线l的方程．
22.(本小题12分)
设抛物线y=x2-3与两坐标轴的交点分别记为M，N，G，曲线C是经过这三点的圆．
(1)求圆C的方程．
(2)过P-1,0作直线l与圆C相交于A，B两点，
(i)用坐标法证明：PA⋅PB是定值．
(ii)设Q0,-2，求QA2+QB2的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系，涉及直线系方程属于基础题．
根据直线系方程知直线过定点(-1,1)，直线与圆恒有公共点得到定点在圆内或圆上，由点和圆位置关系列不等式求解即可．
解：因为直线tx+y+t-1=0就是t(x+1)+y-1=0，所以直线过定点(-1,1)，
由于直线与圆恒有公共点，所以点(-1,1)在圆内或圆上，
所以(-1-2)2+(1-2)2≤m2，解得m≤- 10或m≥ 10，
故选：D
2.【答案】C
【解析】【分析】根据两直线垂直，得到方程，求出得a=0或1．
解：因为直线l1和直线l2垂直，故aa+1-2a=0，解得a=0或1，
经检验，符合要求．
故选：C
3.【答案】B
【解析】【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．
解：对于A，若a//b,b//α，则a//α或a⊂α，故 A错误；
对于B，若a//b,b//β，则a⊂β或a//β，
若a⊂β，因为a⊥α，则α⊥β，
若a//β，如图所示，则在平面β一定存在一条直线m//a，
因为a⊥α，所以m⊥α，
又m⊂β，所以α⊥β，
综上若a//b,a⊥α,b//β，则α⊥β，故 B正确；
对于C，若a//α,b//β,α//β，则直线a,b相交或平行或异面，故 C错误；
对于D，若a//α,b//β,α⊥β，则直线a,b相交或平行或异面，故 D错误．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】【分析】以A为顶点作AB=a，AD=b，AA1=c，作出平行六面体ABCD-A1B1C1D1，根据空间向量的加法法则作出，x,y,z,a+b+c，然后判断各组向量是否共面可得结论．
解：如图，作平行六面体ABCD-A1B1C1D1，AB=a，AD=b，AA1=c，
则AC=a+b，AD1=b+c，AB1=c+a，AC1=a+b+c，
由平行六面体知，a,b,x共面，x,y,z不共面，b,c,z不共面，x,y,a+b+c不共面，
因此可以作为空间的基底的有3组．
故选：C．
5.【答案】A
【解析】【分析】本题考查直线与抛物线相交问题，考查抛物线中的定值，方法是设而不求法，在直线与圆锥曲线相交问题常常采用此法，注意体会．
设直线AB方程为x=ky+m，与抛物线方程联立，消去x后得y的方程，由韦达定理可求得m，得到直线方程，根据方程特点可得答案．
解：当直线AB的斜率为0时，直线AB与抛物线只有1个交点，不符合题意，
所以直线AB的斜率不为0，设其方程为x=ky+m，因为点A,B在抛物线y2=x上，
所以设AyA2,yA,ByB2,yB，所以OA⋅OB=yA2yB2+yAyB=2，
解得yAyB=1或yAyB=-2.又因为A,B两点位于x轴的两侧，所以yAyB=-2．
联立y2=x,x=ky+m,得y2-ky-m=0,Δ=k2+4m>0，所以yAyB=-m=-2，
即m=2，所以直线AB的方程为x=ky+2，所以直线AB一定过点(2,0)．
故选：A．
6.【答案】C
【解析】【分析】易知A0,b，设Px0,y0，根据PA= 6b，可得方程c2b2x2+2bx+5b2-a2=0在区间-b,b上有解，fx=c2b2x2+2bx+5b2-a2,x∈-b,b，由f-b>0，fb>0，可得Δ=4b2-4c2b25b2-a2≥0-b≤-b3c2≤b，求解即可．
解：易知A0,b，设Px0,y0，则x02a2+y02b2=1．
所以PA2=x02+y0-b2=a21-y02b2+y0-b2=-c2b2y02-2by0+a2+b2=6b2，
即c2b2y02+2by0+5b2-a2=0，
即方程c2b2x2+2bx+5b2-a2=0在区间-b,b上有解．
令fx=c2b2x2+2bx+5b2-a2,x∈-b,b，
因为f-b=c2b2×b2-2b2+5b2-a2=2b2>0，fb=c2b2×b2+2b2+5b2-a2=6b2>0，
所以只需Δ=4b2-4c2b25b2-a2≥0-b≤-b3c2≤b，即6e4-6e2+1≥0e2≥12，解得e2≥3+ 36，
故e2的最小值是3+ 36．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】【分析】解决本题关键是曲线与曲线的位置关系，用联立方程组的方法，其中化简是个难点．
先求出圆的方程，联立方程组，由Δ≥0得出k的范围，从而得解．
解：由题意，右焦点Fc,0，
又PO=kFO,(k>1)，则Pkc,0，|PF|=k-1c，
以P为圆心，|PF|为半径的圆的方程为，
x-kc2+y2=k-12c2，
联立方程组x-kc2+y2=k-12c2x2a2-y2b2=1,
得c2x2-2kca2x+a22kc2-c2-b2=0，
由圆与双曲线有公共点，所以Δ≥0，
即4k2c2a4-4c2a22kc2-c2-b2≥0，结合b2=c2-a2，
化简为k-1k+1a2-2c2≥0，
由方程k-1k+1a2-2c2=0两根为：
k1=1，k1=2c2a2-1=2e2-1>1，
所以不等式的解为k≤1，或k≥2e2-1，
由已知，得k≥2e2-1
所以k-8e≥2e2-1-8e=2e-22-9，
当e=2时，取得最小值-9．
故选：A
8.【答案】ABD
【解析】【分析】求动点的轨迹方程有如下几种方法：
(1)直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
(2)定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
(3)相关点法：用动点Q的坐标x、y表示相关点P的坐标x0、y0，然后代入点P的坐标x0,y0所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程；
(4)参数法：当动点坐标x、y之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x、y与某一参数t得到方程，即为动点的轨迹方程；
(5)交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程．
根据双纽线的定义求出曲线方程，利用曲线对称性的定义可判断A选项；根据三角形的面积公式可判断B选项；由题意得PF1=PF2，从而可得点P在y轴上，可判断C选项；由向量的性质结合余弦定理分析判断D选项．
解：在双纽线C上任取一点Qx,y，由题意可得QF1⋅QF2=a2，
即 x+a2+y2⋅ x-a2+y2=a2，化简可得x2+y2+a22-4a2x2=a4，
对于A选项，因为点P为双纽线上一点，则x02+y02+a22-4a2x02=a4，
点P关于x轴的对称点为P1x0,-y0，则x02+-y02+a22-4a2x02=a4，
所以，点P1在双纽线C上，故双纽线C关于x轴对称，
同理可知，双纽线C关于y轴对称，A对；
对于B选项，当PF1⊥PF2时，即当PF1⋅PF2=a2PF12+PF22=F1F22=4a2时，
即当PF1= 6+ 22a或PF1= 6- 22a时，PF1⊥PF2，
此时，△PF1F2的面积取得最大值，即S△PF1F2≤12PF1⋅PF2=a22，B对；
对于C选项，若双纽线C上的点P满足PF1=PF2，则点P在y轴上，即x0=0，
所以 a2+y02⋅ a2+y02=a2，得y0=0，所以这样的点P只有一个，C错；
对于D选项，因为PO=12PF1+PF2，
所以PO2=14PF12+2PF1⋅PF2+PF22=14PF12+2PF1⋅PF2cs∠F1PF2+PF22，
由余弦定理得4a2=PF12-2PF1⋅PF2cs∠F1PF2+PF22，
所以PO2=a2+PF1⋅PF2cs∠F1PF2=a2+a2cs∠F1PF2≤2a2，
当且仅当x0=± 2a时，等号成立，
所以PO的最大值为 2a，D对，
故选：ABD.
9.【答案】BC
【解析】【分析】根据给定条件，求出圆心到直线l距离的取值范围，即可判断得解．
解：圆C:(x+a)2+y2=2的圆心C(-a,0)，半径r= 2，
当-1≤a≤3时，点C(-a,0)到直线l的距离d=|-a+1| 2=|a-1| 2∈[0, 2]，
因此直线l与圆相切或相交，所以直线l与圆C的公共点个数为1或2．
故选：BC
10.【答案】BCD
【解析】【分析】根据直线方程的性质和圆的标准方程的性质逐项判断．
解：对于A：经过定点A0,2且斜率存在的直线才可以用方程y=kx+2表示，
斜率不存在时，用方程x=0来表示，故 A选项错误；
对于B：经过两个不同的点P1x1,y1,P2x2,y2的直线有两种情况：
当x1≠x2时，直线方程为y-y1=y2-y1x2-x1(x-x1)，整理得(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)；
当x1=x2时，直线方程为x=x1，即方程(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1)成立．
综上所述，经过两个不同的点P1x1,y1,P2x2,y2的直线都可以用方程y-y1x2-x1=x-x1y2-y1表示，故 B选项正确；
对于C：当直线在x轴和y轴上截距为0时，可设直线方程为y=kx，
直线过2,1，则所求直线方程为y=12x；
当直线在x轴和y轴上截距不为0时，可设直线方程为xa+ya=1，即x+y=a，
直线过2,1，则所求直线方程为x+y=3．
综上所述，过点2,1且在两坐标轴上截距相等的直线有2条，故C选项正确；
对于D：x2+y2-2mx-2y+1=0化为(x-m)2+(y-1)2=m2，
所以该方程m≠0时才表示圆，故 D选项正确．
故选：BCD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查直线过定点问题，点与圆的位置关系的判定，圆的公共弦、公切线，点到直线的距离，两点间的距离公式，属于中档题．
A选项，将直线方程进行重新整理，利用参数分离法，即可求出直线恒过的定点；
B选项，根据圆心到直线的距离与半径的关系即可判断圆C上有几个点到直线l的距离为1；
C选项，通过题意可得两圆外切，根据两圆心的距离为半径和，即可求得m的值；
D选项，求出以线段PC为直径的圆Q的方程，题中的切点A、B为圆Q与圆C的交点，将两圆作差即可求出公共弦所在直线AB的方程
【解答】
解：对于A选项，直线(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R)，
得m(x+3)+3x+4y-3=0，
由x+3=03x+4y-3=0，得x=-3y=3,
即直线恒过定点-3,3，故A错误；
对于B选项，圆心C(0,0)到直线l:x-y+ 2=0的距离为d=|0-0+ 2| 12+(-1)2=1，
圆的半径r=2，故圆C上有3个点到直线l的距离为1，故B正确；
对于C选项，曲线C1:x2+y2+2x=0，即(x+1)2+y2=1，
曲线C2:x2+y2-4x-8y+m=0，即(x-2)2+(y-4)2=20-m，
两圆心的距离为 (-1-2)2+(0-4)2=5=1+ 20-m，解得m=4，故C正确；
对于D选项，圆C:x2+y2=4的圆心为C(0,0)，
以线段PC为直径的圆Q的方程为(x-3)x+(y-4)y=0，即x2-3x+y2-4y=0，
故圆Q与圆C的公共弦方程为x2-3x+y2-4y-(x2+y2)=0-4，即为直线AB的方程，
即3x+4y-4=0，故D正确．
故选：BCD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】利用两点距离公式及比例关系求动点轨迹，再利用圆的性质求面积，应用等比转化求线段和最值．
应用两点式求P的轨迹方程为x+42+y2=16，即可判断A，再由圆的性质求定弦与圆上点所成三角形的最大值判断B，根据|PA||PB|=|OA||OB|，结合角平分线的性质判断C，由已知有2PA+PQ=PB+PQ，利用三点共线求最小值判断D．
解：设P(x,y)，因为PAPB= x+22+y2 x-42+y2=12，整理得x2+8x+y2=0，即x+42+y2=16．
A：点P的轨迹是以(-4,0)为圆心，4为半径的圆，所求图形的面积为16π，正确；
B：圆的半径为4且AB=6，当△PAB的底边AB上的高最大时，面积最大，所以△PAB面积的最大值是12×6×4=12，错误；
C：当A，B，P不共线时，由PAPB=12，OA=2，OB=4，即OAOB=12，故|PA||PB|=|OA||OB|.由角平分线定理的逆定理知：射线PO是∠APB的平分线，正确；
D：因为PAPB=12，即2PA=|PB|，则2PA+PQ=PB+PQ，又P在圆x+42+y2=16上，如图所示，
所以当P，Q，B三点共线时，2PA+PQ取最小值，此时(2|PA|+|PQ|)min=|BQ|= 4-(-3)2+(0-1)2=5 2，正确．
故选：ACD．
13.【答案】 55
【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答．
解：依题意，AP=(2,0,-3)，而平面α的法向量为n=2,0,1，
所以点P到平面α的距离d=|AP⋅n||n|=|2×2+(-3)×1| 5= 55．
故答案为： 55
14.【答案】 7
【解析】【分析】由椭圆的定义得BF2=25a，再由▵AOF2∽▵BMF2得到B点坐标，代入椭圆方程即可求出a的值．
解：由BF1+BF2=2a,BF1=4BF2，
可得BF2=25a,BF1=85a，
如图过点B作x轴的垂线，垂足为M，
所以▵AOF2∽▵BMF2，
因为AF2=a，
所以BF2AF2=25，
所以MB=25OA=45,MF2=25c，
可得点B的坐标为75c,-45，
代入椭圆方程可得49c225a2+425=1，
有49a2-425a2+425=1，解得a= 7．
故答案为： 7
15.【答案】 153
【解析】【分析】
本题考查求双曲线的离心率，直线与双曲线的位置关系及应用，两角和与差的正切公式，属于较难题．
取AB的中点M，连接OM，求得直线OM的斜率，再利用点差法求得b2a2=23，进而求得该双曲线的离心率．
【解答】
解：如图，设直线AB与x轴交于点D，取AB的中点M，连接AC，OM，
由双曲线的对称性可知O为线段AC的中点，则OM//BC，
所以∠OMD=45∘，
由直线AB的斜率kAB=-2，得tan∠ODM=-2，
则直线OM的斜率kOM=tan∠ODM+∠OMD=tan∠ODM+tan45∘1-tan∠ODMtan45∘=-2+11--2×1=-13，
设A(x1,y1)，Bx2,y2，则x12a2-y12b2=1x22a2-y22b2=1,
两式相减，得x12-x22a2-y12-y22b2=0，化简得y1+y22x1+x22⋅y1-y2x1-x2=b2a2，
即kOM⋅kAB=b2a2=-13×-2=23，
所以该双曲线的离心率e= 1+b2a2= 1+23= 153．
故答案为： 153．
16.【答案】45
【解析】【分析】求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式S=12lr可计算出内切圆半径，即可实现问题求解．
根据椭圆定义并利用余弦定理可得PF1PF2=4b23，再根据正弦定理可知外接圆半径R=2 33c，由等面积法可知内切圆半径r= 33a-c，再根据面积比即可计算出离心率e=45．
解：根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知PF1+PF2=2a，且F1F2=2c；
又∠F1PF2=60∘，利用余弦定理可知：cs∠F1PF2=PF12+PF22-F1F222PF1PF2=PF1+PF22-2PF1PF2-F1F222PF1PF2
=4a2-2PF1PF2-4c22PF1PF2=12，
化简可得PF1PF2=4b23；
所以△PF1F2的面积为S▵PF1F2=12PF1PF2sin60∘=12×4b23× 32= 3b23；
设△PF1F2的外接圆半径为R，内切圆半径为r；
由正弦定理可得F1F2sin∠F1PF2=2R=2csin60∘=4 33c，可得R=2 33c；
易知△PF1F2的周长为l=PF1+PF2+F1F2=2a+2c，
利用等面积法可知S▵PF1F2=12lr= 3b23=a+cr，解得r= 3b23a+c= 33a-c；
又△PF1F2的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即πR2πr2=64，
所以Rr=8，即可得Rr=2 33c 33a-c=2ca-c=8，所以10c=8a；
离心率e=ca=45．
故答案为：45．
17.【答案】(1)
解：由题意得直线l的斜率k=2-52+2=-34，
故直线l的方程为y-2=-34x-2，即3x+4y-14=0；
(2)
解：可设直线m的方程为3x+4y+c=0，
由题意得3=c+14 32+42=c+145，
解得c=1或c=-29，
故直线m的方程为3x+4y+1=0或3x+4y-29=0．

【解析】【分析】(1)先由两点求出直线的斜率，然后结合点斜式方程进行求解；
(2)先根据平行关系设出直线m的方程，然后结合两平行线间距离公式进行求解即可．
18.【答案】解：(1)
连接A1C交AC1于E，连接ED，因为正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面是平行四边形，所以E是A1C的中点，而D是BC的中点，
所以ED//BA1，而ED⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D．
所以A1B//平面AC1D；
(2)
因为D是BC的中点，三角形ABC是正三角形，
所以AD⊥BC，设F是B1C1的中点，显然DF⊥平面A1B1C1，
建立如图所示的空间直角坐标系，
D(0,0,0),C(0,-1,0),A( 3,0,0),C1(0,-1,2)，
设平面CAC1与平面AC1D的法向量分别为m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，
AC1=- 3,-1,2，AC=- 3,-1,0，DA= 3,0,0，
则有m⋅AC1=0m⋅AC=0⇒- 3x1-y1+2z1=0- 3x1-y1=0⇒m=1,- 3,0,
n⋅AC1=0n⋅AD=0⇒- 3x2-y2+2z2=0- 3x2=0⇒n=0,-2,1,
平面CAC1与平面AC1D夹角的余弦值为m⋅nm⋅n=2 32× 5= 155．

【解析】【分析】(1)根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
(2)根据正三棱柱的性质建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．
19.【答案】解：(1)取AC 的中点O，连接BO,DO．
由题意知，BO为∠ABC的平分线，且BO⊥AC,DO⊥AC．
设点F是点E在平面ABC上的射影，
由已知得，点F 在 BO上，连接EF，则EF⊥平面ABC．
∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，DO⊂平面ACD,DO⊥AC，
∴DO⊥平面ABC.同理可得BO⊥平面ADC．
又∵EF⊥平面ABC，
∴DO//EF．
∵BE和平面ABC所成的角为60∘，即∠EBF=60∘，
∴EF=2 3，又DO=2 3，
∴四边形EFOD为平行四边形．
∴DE//BO．
∴DE⊥平面ADC．
(2)以OA,OB,OD方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则A2,0,0,D0,0,2 3,E0,2 3-2,2 3,B0,2 3,0．
∴AD=(-2,0,2 3),DE=(0,2 3-2,0),BA=(2,-2 3,0)．
设平面ADE的一个法向量为n=x,y,z，
则{n⇀⋅AD⇀=-2x+2 3z=0,n⇀⋅DE⇀=(2 3-2)y=0.取z=1，得n= 3,0,1．
设BA与平面ADE所成的线面角为θ，
则sinθ=csn,BA=n⋅BA|n||BA|=2 32×4= 34．
∴BA与平面DAE所成角的正弦值为 34．

【解析】【分析】本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求二面角．求空间角的方法：
(1)几何法(定义法)：根据定义作出空间的平面角(异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角的平面角)并证明，然后解三角形得出结论；
(2)空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出直线方向向量，平面的法向量，利用直线方向向量的夹角得异面直线所成角(相等或互补)，直线方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值得直线与平面所成角的正弦值，两个平面法向量的夹角得二面角(它们相等或互补)．
(1)取AC的中点O，连接BO,DO，点F是点E在平面ABC上的射影，点F在BO上，由线面角可求得EF，证得DEFO是平行四边形，由面面垂直得线面垂直，从而可证结论成立；
(2)以OA,OB,OD方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，用空间向量法求得线面角的正弦值．
20.【答案】解：(1)
取AD中点N，连接NE,NC．
因为▵ADE是等腰三角形，所以EN⊥AD，EN= 7-22= 3．
因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD=AD，所以EN⊥平面ABCD，
又因为CF⊥平面ABCD，所以EN//CF，又EN=CF，所以四边形ENCF是平行四边形，
所以EF//NC，又NC⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF//平面ABCD．
(2)
连接BD交AC于O，取AF中点M，连接OM，所以OM//CF．
因为CF⊥平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD，因为OA,OB⊂平面ABCD，
所以OM⊥OA，OM⊥OB，又因为四边形ABCD是菱形，
所以OA⊥OB，所以OA,OB,OM两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2 3,0,0)，B(0,2,0)，C(-2 3,0,0)，D(0,-2,0)，N( 3,-1,0)，E( 3,-1, 3)，F(-2 3,0, 3)，AF=(-4 3,0, 3)，AE=(- 3,-1, 3)．
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z)，
则{AF⇀⋅m⇀=-4 3x+ 3z=0AE⇀⋅m⇀=- 3x-y+ 3z=0,令x=1，得m=(1,3 3,4)，
又平面AFC的法向量为n=(0,1,0)．
设二面角E-AF-C的大小为θ，则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=3 3322，sinθ= 1-cs2θ= 18722．
所以二面角E-AF-C的正弦值为 18722．

【解析】【分析】(1)：取AD中点N，证EN⊥平面ABCD，所以EN//CF，即可证明EF//平面ABCD；
(2)：连接BD交AC于O，先证OA,OB,OM两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，根据二面角的向量求解公式即可求解．
21.【答案】解：(1)A,B的斜率为k=8--45-3=122=6，A,B的中点坐标为C3+52,-4+82，即C4,2，
与AB垂直的直线斜率k=-16，
则直线l的方程为y-2=-16x-4，即x+6y-16=0．
(2)由3x-2y+1=0x+3y+4=0得x=-1y=-1，即交点坐标为-1,-1，
设平行于直线x-2y+3=0的直线l的方程为x-2y+c=0，
直线过-1,-1，则-1+2+c=0，
得c=-1，即直线l的方程为x-2y-1=0．

【解析】【分析】本题主要考查直线方程的求解，以及直线垂直和平行的关性质，属于中档题．对直线位置关系的考查是热点命题方向之一，主要考查两直线垂直与两直线平行两种特殊关系：在斜率存在的前提下，；(2)l1⊥l2⇔k1⋅k2=-1(l1⊥l2⇔A1⋅A2+B1⋅B2=0)，这类问题尽管简单却容易出错，特别是容易遗忘斜率不存在的情况，这一点一定不能掉以轻心．
(1)利用中点坐标公式求出AB的中点，利用斜率公式求出斜率，结合直线垂直斜率之间的关系与点斜式进行求解即可；(2)求出直线的交点坐标，结合直线平行的条件求出直线斜率，利用点斜式进行求解即可．
22.【答案】解：(1)
设抛物线与x轴分别交于M,N，交y轴于点G，令y=0，则x=± 3，即M 3,0,N- 3,0，令x=0，则y=-3，则G0.-3，
设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
将点的坐标代入可得3- 3D+F=03+ 3D+F=09-3E+F=0，解得D=0E=2F=-3,
则x2+y2+2y-3=0，化为标准式为x2+y+12=4．
(2)
(i)当直线l的斜率不存在时，则l方程为x=-1，
联立x2+y+12=4x=-1，可得x=-1y= 3-1或x=-1y=- 3-1,
即A-1, 3-1,B-1,- 3-1，则PA= 3-1，PB= 3+1，则PA⋅PB=2；
当当直线l的斜率存在时，设l方程为y=kx+1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线与圆的方程y=kx+1x2+y+12=4，消去y可得1+k2x2+2k2+kx+k2+2k-3=0，
由韦达定理可得x1+x2=-2k2+k1+k2,x1x2=k2+2k-31+k2，
且PA= x1+12+y12= x1+12+k2x1+12= 1+k2x1+12，
PB= x2+12+y22= x1+12+k2x2+12 1+k2x2+12，
则PA⋅PB= 1+k221+x121+x22=1+k2x1+1x2+1
=1+k2x1x2+x1+x2+1=1+k2-2k2+k+k2+2k-3+1+k31+k2
=1+k2×-21+k2=2；
综上所述，PA⋅PB=2是定值．
(ii)由(i)可知，当直线l的斜率不存在时，A-1, 3-1,B-1,- 3-1，
且Q0,-2，则QA2=-12+ 3+12=5+2 3，QB2=-12+- 3+12=5-2 3，则QA2+QB2=10；
当当直线l的斜率存在时，设l方程为y=kx+1，
则QA2+QB2=x1+22+kx1+k2+x2+22+kx2+k2
=1+k2x12+x22+2k2+4x1+x2+2k2+8
=1+k24k2+k21+k22-2×k2+2k-31+k2+2k2+4×-2k2+k1+k2+2k2+8
=4k-11+k2+14=41+k2k-1+14=4k-12+2k-1+2k-1+14
=4k-1+2k-1+2+14≤42 k-1⋅2k-1+2+14=12+2 2．
当且仅当k-1=2k-1时，即k=1± 2时，等号成立，
所以QA2+QB2max=12+2 2．
【解析】【分析】(1)根据题意，设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，由待定系数法，代入计算，即可得到结果；
(2)(i)根据题意，讨论直线l的斜率存在与不存在，联立直线与圆的方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果；
(ii)根据题意，联立直线与圆的方程，结合韦达定理，由基本不等式即可得到结果．