2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二上学期期中考试数学试题（含解析），共26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.方程x2+y2-2 x-3=0表示的曲线是
A. 一个圆和一条直线B. 一个圆和一条射线C. 一个圆D. 一条直线
2.已知O是坐标原点，空间向量OA=1,1,2，OB=-1,3,4，OC=2,4,4，若线段AB的中点为D，则CD=( )
A. 9B. 8C. 3D. 2 2
3.“a=±3”是“圆x2+y2=1与圆x+a2+y2=4相切”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
4.如图，在四面体OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G为MN上一点，且MG=23MN，若OA=a，OB=b，OC=c，则OG=( )
A. 13a+13b+13cB. 13a+13b+16c
C. 13a+16b+13cD. 16a+13b+13c
5.直线l过点M(2,1)且与椭圆x2+4y2=16相交于A，B两点，若点M为弦AB的中点，则直线l的斜率为
( )
A. -12B. 12C. -1D. 1
6.已知F为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点，P为C上的动点，过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，若MN等于PF的最小值的3倍，则C的离心率为
( )
A. 13B. 12C. 33D. 32
7.已知点P在直线y=-x-3上运动，M是圆x2+y2=1上的动点，N是圆(x-9)2+(y-2)2=16上的动点，则PM+PN的最小值为
( )
A. 13B. 11C. 9D. 8
8.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P是空间内的动点，且PB+PD1=2 3，则AP⋅PB的最小值为
( )
A. 1- 3- 2B. 1+ 3- 2C. -4-2 6D. -4+2 6
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列说法正确的是( )
A. 过点1,3，在x轴上的截距与在y轴上的截距相等的直线有两条
B. 过点P(2,1)作圆x2+y2=5的切线，切线方程为2x+y-5=0
C. 经过点P1,1，倾斜角为θ的直线方程为y-1=tanθx-1
D. 直线2x-y-1=0的一个方向向量为-1,2
10.已知椭圆C:x225+y29=1,F1,F2分别为它的左、右焦点，A,B为椭圆的左、右顶点，点P是椭圆上异于A,B的一个动点，则下列结论中正确的有
( )
A. △F1PF2的周长为20
B. 若∠F1PF2=90∘，则△F1PF2的面积为9
C. PF1⋅PF2-PA⋅PB为定值
D. 直线PA与直线PB斜率的乘积为定值
11.若实数x，y满足曲线C：y=1+ 4-x2，则下列结论正确的是
( )
A. 1≤y≤3
B. yx+3的最小值为15
C. 直线y=kx-3+3与曲线C恰有1个交点，则实数k∈25,2
D. 曲线C上有4个点到直线3x-4y+6=0的距离为1．
12.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1的表面上一个动点，则
( )
A. 当P在平面BCC ​1B ​1上运动时，四棱锥P—AA ​1D ​1D的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]
C. 使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4 2
D. 若F是A ​1B ​1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF //平面B ​1CD ​1时，PF长度的最小值是 5
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若坐标原点O在方程x2+y2-x+y+m=0所表示的圆的外部，则实数m的取值范围为______．
14.已知直线l的倾斜角为34π，直线l1经过点A(3,2)，B(a,-1)，且l1与l垂直，直线l2:4x+by+1=0与直线l1平行，则a+b等于_____．
15.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90∘，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为______．
16.已知椭圆x29+y26=1,F1,F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则PO=______．
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)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2，M是PD上一点，且BM⊥PD．

(1)证明：CD⊥面PAD；
(2)求点M到平面PAC的距离；
18.(本小题12分)
已知圆E经过点(0,0)，(1,1)，圆E恒被直线mx-y-m=0m∈R平分；
(1)求圆E的方程；
(2)过点P(3,0)的直线l与圆E相交于A、B两点，求AB中点M的轨迹方程．
19.(本小题12分)
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AD⊥AB，侧面PAB⊥底面ABCD，PA=PB=AD=12BC=2，且E，F分别为PC，CD的中点．
(1)证明：DE//平面PAB；
(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60​∘，求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点到右顶点的距离为 7，点M在C上，且点M到右焦点距离的最大值为3，过点P0,2且不与x轴垂直的直线l与C交于A,B两点．
(1)求C的方程；
(2)记O为坐标原点，求▵AOB面积的最大值．
21.(本小题12分)
如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将▵BCE沿BC翻折至▵BCP，使得PD=32AB，如图2所示．

(1)求证：PD⊥BC；
(2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 104？若存在，求出PMDM的值；若不存在，说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点分别为F1、F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为b3，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，RS=3．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意 x2+y2-2 x-3=0 可化为 x-3=0 或 x2+y2-2=0( x-3≥0 )，
∵x-3=0 在 x2+y2-2=0 的右方，
∴ x2+y2-2=0( x-3≥0 )不成立， ∴ x-3=0 ，
∴ 方程 x2+y2-2 x-3=0 表示的曲线是一条直线．
故本题正确答案为 D.
2.【答案】C
【解析】【分析】根据模长的坐标计算公式直接计算．
解：由题意 A(1,1,2),B(-1,3,4),C(2,4,4) ，则 D0,2,3 ，所以 CD=-2,-2,-1 ，
所以 CD= -22+-22+-12=3 ，
故选：C．
3.【答案】A
【解析】【分析】根据圆与圆的位置相切关系和充分不必要条件的判断即可．
解：圆 x2+y2=1 圆心 0,0 ，半径为 r=1 ；
圆 x+a2+y2=4 圆心 -a,0 ，半径 r=2 ；
当两圆相切时，可分为内切和外切两种，
圆心距为 0+a2+0=a ，
①当两圆外切时： a=1+2=3 ，即 a=±3 ．
②当两圆内切时： a=2-1=1 ，即 a=±1 ．
则根据充分条件和必要条件的判定原则，
可知“ a=±3 ”是“圆 x2+y2=1 与圆 x+a2+y2=4 相切”的充分不必要条件．
故选：A
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算，意在考查学生的运算能力和空间想象能力，属于基础题．
依题意可知 OM=12OA ， ON=12OB+OC ， MG=23MN ，然后根据 OG=OM+MG ，代入计算即可．
【解答】
解：因为 M ， N 分别是 OA ， BC 的中点，
所以 OM=12OA ， ON=12OB+OC ．
因为MG=23MN ，
所以 OG=OM+MG=OM+23MN=OM+23ON-OM，
OG =12OA+2312OB+12OC-12OA，
OG =16OA+13OB+13OC=16a+13b+13c ．
故选：D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的中点弦问题，属于基础题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用点差法求直线的斜率即可．
【解答】
解：椭圆x2+4y2=16，即x216+y24=1，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，点M(2,1)为弦AB的中点，则x1+x2=4，y1+y2=2，
由x1216+y124=1x2216+y224=1,
两式相减得y1-y2x1-x2=-14⋅x1+x2y1+y2=-12，
所以直线l的斜率为-12．
故选A．
6.【答案】B
【解析】【分析】根据椭圆的性质以及通径，可得 PFmin=a-c ， MN=2b2a ，再根据已知列式，结合椭圆 a、b、c 的关系，求出离心率即可．
解： F 为椭圆C： x2a2+y2b2=1a>b>0 的右焦点，P为C上的动点，
由椭圆的性质，可得 PFmin=a-c ．
∵ 过F且垂直于x轴的直线与C交于M，N两点，
∴MN=2b2a ．
∵MN 等于 PF 的最小值的3倍，
∴2b2a=3a-c ．
∵ 椭圆中 a2-b2=c2 ，
∴2a2-c2=3a2-3ac ，即 2c2-3ac+a2=0 ，
则 2c2a2-3aca2+a2a2=0 ．
∵e=ca ，
∴2e2-3e+1=0 ，解得 e=12 或 e=1 (舍)．
故选：B．
7.【答案】D
【解析】【分析】根据圆的性质可得 PM+PN≥PO+PC-5 ，故求 PM+PN 的最小值，转化为求 PC+PO 的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解．
解：如图所示，

圆 (x-9)2+(y-2)2=16 的圆心为 C9,2 ，半径为4，
圆 x2+y2=1 的圆心为 O0,0 ，半径为1，
可知 PC-4≤PN≤PC+4,PO-1≤PM≤PO+1 ，
所以 PM+PN≥PO+PC-5 ，
故求 PM+PN 的最小值，转化为求 PC+PO 的最小值，
设 O0,0 关于直线 y=-x-3 的对称点为 G ，设 G 坐标为 m,n ，
则 nm=1n2=-m2-3 ，解得 m=-3n=-3 ，故 G-3,-3 ，
因为 PO=PG ，可得 PO+PC=PG+PC≥GC= (9+3)2+(2+3)2=13 ，
当 P,G,C 三点共线时，等号成立，
所以 PM+PN 的最小值为 13-5=8 ．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的数量积运算，重点考查了运算能力，属于中档题．
取BD1的中点M，连接PM，取AB的中点N，连接PN，则由已知条件可得动点P的轨迹为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，然后由向量的运算可得AP⋅PB=1-PN2，从而可求得结果．
【解答】
解：取BD1的中点M，连接PM，
则PB+PD1=2PM，则PB+PD1=2PM=2 3，即PM= 3，
故动点P的轨迹为以M为球心， 3为半径的球．
由正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，可知正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的半径为 3，
即动点P的轨迹为正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球．
取AB的中点N，连接PN，
则AP⋅PB=-(PN+NA)⋅(PN+NB)
=-(PN+NA)⋅(PN-NA)
=NA2-PN2=1-PN2．
由题可知，MN= 2，
则 3- 2≤PN≤ 3+ 2，
即5-2 6≤PN2≤5+2 6，
则-4-2 6⩽1-PN2⩽-4+2 6．
所以AP⋅PB的最小值为-4-2 6，
故选：C．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查直线过定点、圆的切线方程以及直线的点斜式方程，属于中档题．
分截距都为0和截距不为0两种情况即可判断A；结合点在圆上求解切线判断B；分 θ≠π2和 θ=π2讨论判断C；直接求解线2x-y-1=0的一个方向向量即可判断D．
【解答】
解：对于A选项，当截距都为0时，设直线方程为y=kx，代入(1,3)得k=3，则直线方程为y=3x，
当截距不为0时，设直线方程为xa+ya=1(a≠0)，代入(1,3)得a=4，则直线方程为x+y=4，
综上所述，直线方程为y=3x或x+y=4，即直线有两条，故正确；
对于B选项，点P(2,1)在x2+y2=5上，圆心为0,0，所以切线的斜率为k=-2，
所以切线方程为y-1=-2x-2，即2x+y-5=0，故正确；
对于C选项，经过点P1,1，倾斜角θ≠π2时，直线方程为y-1=tanθx-1，
当θ=π2时，直线方程为x=1，故错误；
对于D选项，易得直线2x-y-1=0的斜率为2，
所以直线2x-y-1=0的一个方向向量为1,2，故错误．
故选：AB
10.【答案】BCD
【解析】【分析】由椭圆的性质，结合平面向量数量积的运算求解．
解：已知椭圆C:x225+y29=1,F1,F2分别为它的左、右焦点，A,B为椭圆的左、右顶点，
则a=5,b=3,c= 25-9=4,F1(-4,0),F2(4,0),A(-5,0),B(5,0),
对于选项A,▵F1PF2 的周长为2a+2c=18,即选项 A 错误；
对于选项 B，若∠F1PF2=90∘，则PF12+PF22=F1F22=64，
又PF1+PF2=10，则2PF1PF2=100-64=36，
则12PF1PF2=9，则△F1PF2 的面积为9，即选项 B 正确;
对于选项 C，设P(m,n)，
则
PF1⋅PF2-PA⋅PB=(-4-m,-n)⋅(4-m,-n)-(-5-m,-n)⋅(5-m,-n)=m2-16+n2-m2+25-n2=9
即选项 C 正确；
对于选项 D，设P(m,n)，则m225+n29=1，
即m2-2525=-n29，则nm+5×nm-5=n2m2-25=-925，故 D正确；
故选：BCD．
11.【答案】AB
【解析】【分析】首先画出曲线表示的半圆，再根据点与直线，直线与圆的位置关系逐项判断；
解：
对于A:曲线y=1+ 4-x2即x2+y-12=4的图象是以0,1为圆心，2为半径的半圆，如图，1≤y≤3，选项 A正确；
对于B:yx+3代表曲线半圆上的点与-3,0的斜率，由图可知，曲线取点B2,1时，斜率最小，k=1-02--3=15，选项 B正确；
对于C：直线y=kx-3+3过定点A3,3，由图可知，当直线位于PA,PB之间，或者直线y=kx-3+3与曲线C相切时恰有1个交点，kPB=3-13-2=2,kPA=3-13--2=25
相切时d=2-3k k2+1=2，解得：k=0或k=125，故实数k∈25,2∪0,125，选项 C错误；
对于D：如图，曲线上最多有2个点到直线3x-4y+6=0的距离为1，D错误；
故选：AB．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积，直线与直线所成角，直线与平面所成角以及轨迹问题，属于较难题．
对于选项A，由点P到侧面ADD1A1的距离相等，故四棱锥P-AA1D1D的体积为定值，即可判断;
对于选项B，找到所求角为∠D1PA或其补角，根据正三角形△D1AC，即可判断;
对于选项C，分别求当点P在侧面BB1C1C，侧面CC1D1D上时(不包括正方形的边界)、在上底面A1B1C1D1上、点P在侧面AA1D1D，AA1BB上点P的轨迹长，即可判断;
对于选项D，取BC中点M，CD中点N，连结FM，FN，可证明平面FMN//平面B1CD1，即可求得P的轨迹是MN，即可求得PF的最小值，进而判定选项．
【解答】
解：对于选项A：因为平面BCC1B1//平面AA1D1D，
所以点P到侧面ADD1A1的距离为定值，故四棱锥P-AA1D1D的体积为定值，故A正确;
对于选项B：因为A1C1/​/AC，D1P与A1C1所成角是∠D1PA或其补角，
因为△D1AC是正三角形，所以D1P与A1C1成角的取值范围是[π3,π2]，故B正确;
对于选项C： ①当点P在侧面CC1D1D上时(不包括正方形的边界)，
过点P作平面ABCD的垂线，垂足为H，连AH，
根据正方体易知PH⊥平面ABCD，则∠PAH为PA与平面ABCD所成的角，
故∠PAH=45°，所以PH=AH，
在Rt△ADH中，由AH>AD=2，
但是PH=AH<2，矛盾，故点P不能在侧面CC1D1D上(不包括正方形的边界)，
同理，点P不在侧面BB1C1C上(不包括正方形的边界)．
②当点P在上底面A1B1C1D1上时，
过点P作平面ABCD的垂线，垂足为G，连结A1P，AG
根据正方体易知PG⊥平面ABCD，且四边形A1PGA为矩形，
则∠PAG为PA与平面ABCD所成的角，
故∠PAG=45°，所以PG=AG=2，
所以，A1P=AG=2，
此时点P的轨迹是以A1为圆心，2为半径的四分之一圆，
点P的轨迹长度为14×2π×2=π；
③当点P在侧面AA1D1D，AA1BB上时，
根据正方体特征易知点P在线段AB1，AD1上，都符合题意，
此时点P的轨迹长为4 2;
由上知点P的轨迹长度为π+4 2，故C选项正确;
对于选项D：取BC中点M，CD中点N，连结FM，FN，
因为M、N是BC、CD的中点，可知MN//BD且MN=12BD= 2，又BD//B1D1，
所以MN//B1D1，
又MN⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，
所以MN//平面B1CD1，
因为F，N是A1B1、CD中点，根据正方体可得，四边形B1FNC是平行四边形，
所以FN//B1C，FN⊄平面B1CD1，B1C⊂平面B1CD1，
所以FN//平面B1CD1，
又FN⋂MN=N，FN，MN⊂平面FMN，
所以平面FMN//平面平面B1CD1，
因为P在底面ABCD上运动，且PF //平面B1CD1，所以PF⊂平面FMN，
因为平面FMN⋂底面ABCD=MN，所以点P在底面ABCD上的轨迹为MN，
根据正方体的棱长为2，结合勾股定理可得，FN=2 2，FM= 6，
所以FN2=FM2+MN2，故MN⊥FM，
所以PF长度的最小值为FM= 6，故D错误，
故本题选ABC．
13.【答案】0,12
【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的充要条件以及点与圆的位置关系列不等式，即可得实数m的取值范围．
解：因为D2+E2-4F>0，则-12+12-4m>0，解得m<12；
又因为点O0,0在圆的 外部，则0+0-0+0+m>0，解得m>0；
所以实数m的取值范围为0,12．
故答案为：0,12．
14.【答案】-4
【解析】【分析】先由直线l的倾斜角求出其斜率，然后根据与l垂直求出的斜率并解得a，最后由l1与l2平行解得b，得到a+b．
本题考查直线倾斜角与斜率的关系，已知两点求斜率，两直线平行、垂直时的条件，属于基础题．
解：由直线l的倾斜角为3π4，则l的斜率k=tan3π4=-1，由l1与l垂直，
则a≠3且l1的斜率k1=-1-2a-3=1，得a=0，
又由l1与l2平行，则l2斜率k2=-b4=1，得b=-4，则a+b=-4．
故答案为：-4
15.【答案】45 或0.8
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用向量法求解异面直线AB1与CD1所成角的余弦值．
解：设上底面圆心为O'，下底面圆心为O，连接OO'，OC，OB，以O为原点，分别以OC，OB，OO'所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则C(1,0,0)，A(0,2,0)，B1(0,1,2)，D1(2,0,2)，则CD1=(1,0,2)，AB1=(0,-1,2)，
所以cs=CD1•AB1CD1AB1=4 5× 5=45，
又因为异面直线所成角的范围为(0,π2],
故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为45，
故答案为：45．
16.【答案】 302
【解析】【分析】利用椭圆的定义，结合余弦定理和cs∠F1PF2=35得到PF1PF2=152,PF12+PF22=21，再由PO=PO=12PF1+PF2求解．
解：由题意椭圆x29+y26=1,F1,F2为两个焦点，
所以a=3,b= 6,c= 3，
则PF1+PF2=2a=6①，即PF12+PF22+2PF1PF2=36，
由余弦定理得F1F22=PF12+PF22-2PF1PF2cs∠F1PF2=2 32，
又cs∠F1PF2=35，
所以PF1+PF22-2PF1PF21+35=12，②
联立①②，解得：PF1PF2=152,∴PF12+PF22=21，
而PO=12PF1+PF2，所以PO=PO=12PF1+PF2，
即PO=12PF1+PF2=12 PF12+2PF1⋅PF2+PF22=12 21+2×152×35= 302．
故答案为： 302
17.【答案】解：(1)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵AD⊥CD，PA,AD⊂面PAD，PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD．
(2)解法1：过D做DN⊥AC于N，
∵PA⊥平面ABCD，DN⊂面ABCD，∴PA⊥DN，
又PA∩AC=A，PA,AC⊂面PAC，∴DN⊥面PAC，
DN为点D到平面PAC的距离，
在Rt▵ACD中，DN=CD⋅DAAC=4 55，
∵PB=BD=2 5，又∵BM⊥PD，∴M为PD的中点，
∴点M到平面PAC的距离为2 55．

解法2：∵PA⊥平面ABCD，
∴VP-ACD=13S▵ACD⋅PA=13×12×2×4×4=163，
在Rt▵ADC中，AC= AD2+CD2=2 5，
∴S▵PAC=12AC⋅PA=12×2 5×4=4 5，
设点D到平面PAC的距离为h，则VD-PAC=13S▵PAC⋅h=4 53h，
由VP-ACD=VD-PAC，得4 53h=163，∴h=4 55．
∵PB=BD=2 5，又∵BM⊥PD，∴M为PD的中点．
∴点M到平面PAC的距离为2 55．
解法3：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，A0,0,0，B2,0,0，C2,4,0，D0,4,0，P0,0,4

则PB=2,0,-4，PC=2,4,-4，PD=0,4,-4，
设PM=λPD0≤λ≤1，则PM=0,4λ,-4λ，
∴BM=PM-PB=-2,4λ,4-4λ，
由BM⊥PD，知BM⋅PD=0+16λ-44-4λ=0，
∴λ=12，M为PD中点，
∴M0,2,2，CM=-2,-2,2，AP=0,0,4，AC=2,4,0，
设平面PAC的法向量为n=x,y,z，
由AP⋅n=0AC⋅n=0，得4z=02x+4y=0,
∴z=0，取x=2，得y=-1，
∴n=2,-1,0是平面PAC的一个法向量．
∴点M到平面PAC的距离为CM⋅nn=-4+2+0 22+-12+0=2 55．

【解析】【分析】(1)根据线面垂直的判定定理即可证明；
(2)解法1：过D做DN⊥AC于N，证明DN为D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法2：根据VP-ACD=VD-PAC求出D到平面PAC的距离，证明M是PD的中点，从而可得M到平面PAC的距离是D到平面PAC距离的一半；解法3：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
18.【答案】解：(1)由直线方程mx-y-m=0知：y=m(x-1)，故直线恒过点(1,0)，
因为圆E恒被直线mx-y-m=0平分，所以圆E的圆心为(1,0)，
因为(0,0)在圆上，故圆E的半径r=1，
综上，圆E的方程为：(x-1)2+y2=1；
(2)
因为M为AB中点，E为圆心，根据垂径定理得：EM⊥AB，
所以点M落在以EP为直径的圆上，且点M在圆E的内部，
即点M的轨迹为以EP为直径的圆落在圆E内的一段弧．
因为E(1,0)、P(3,0)，以EP为直径的圆的方程为x-22+y2=1，
由(x-1)2+y2=1x-22+y2=1⇒x=32,
所以M的轨迹方程为：x-22+y2=1，(x<32)．

【解析】【分析】(1)根据已知条件确定圆心、半径，写出圆的方程即可；
(2)由题意知EM⊥AB，易知点M落在以EP为直径且在圆E内部的一段圆弧，再写出轨迹方程，注意范围．
19.【答案】解：(1)证明：取PB中点M，连接AM，EM，
∵E为PC的中点，∴ME//BC,ME=12BC，
又∵AD//BC,AD=12BC，
∴ME//AD，ME=AD，
∴四边形ADEM为平行四边形，∴DE//AM，
∵DE⊄平面PAB，AM⊂平面PAB，
∴DE//平面PAB；
(2)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，
取AB中点G，连接FG，PG，则PG⊥AB，FG//BC,∴FG⊥平面PAB，
∴∠GPF=60 ∘，GF=12(AD+BC)=3，
∴tan60∘=3PG,∴PG= 3，
又PA=PB=2，PG⊥AB，
∴AG=GB= 4-3=1，AB=2，
如图以G为坐标原点，GB为x轴，GF为y轴，GP为z轴建立空间直角坐标系，
∴P(0,0, 3)，C(1,4,0)，D(-1,2,0)，
∴PC=(1,4,- 3)，CD=(-2,-2,0)，
设平面PCD的一个法向量n1=(x,y,z)，
∴n1⋅PC=0n1⋅CD=0，∴x+4y- 3z=0-2x-2y=0，
取y=1，则n1=(-1,1, 3)，
平面PAB的一个法向量可取n2=(0,1,0)，
设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ，
∴csθ=n1⋅n2|n1||n2|=1 5= 55，
即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为 55．

【解析】本题主要考查平面与平面所成角的向量求法，以及线面平行判定，线面角的几何求法，利用向量法是解决本题的关键，是中档题．
(1)取PB中点M，证明DE/​/AM，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面PCD和平面PAB的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案．
20.【答案】解：(1)由题意得， a2+b2= 7a2=b2+c2a+c=3，解得a2=4,b2=3，故C的方程为x24+y23=1．
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l:y=kx+2，
联立y=kx+23x2+4y2=12，整理得：3+4k2x2+16kx+4=0．
由Δ>0得k2>14，且x1+x2=-16k3+4k2,x1x2=43+4k2，
∴AB= 1+k2x1-x2=4 1+k212k2-33+4k2，
∵点O到直线l的距离d=2 1+k2，
∴S▵AOB=12⋅AB⋅d=4 12k2-33+4k2，

令t= 12k2-3>0，故4k2=t23+1，故S▵AOB=12tt2+12=12t+12t≤ 3，
当且仅当t=12t，即t=2 3,k=± 52时等号成立，
故▵AOB面积的最大值为 3．

【解析】【分析】(1)由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
(2)设Ax1,y1,Bx2,y2，直线l:y=kx+2，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出▵AOB面积关于k的表达式，进而求其最大值．
21.【答案】解：(1)在图1连接DE交BC于O点，
在图2中，易知▵BCD、▵BCP都是等边三角形，
易得DO⊥BC，PO⊥BC，又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，
可得BC⊥平面POD；
又直线PD⊂平面POD，
所以PD⊥BC．

(2)解法一：
假设存在点M，符合题意．
设AB=2，则PD=3，则在▵POD中，由OD=OP= 3，PD=3
由余弦定理得∠POD=120∘，
由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD/​/BC，∴直线AD⊥平面POD，
∵AD⊂平面ADP，∴平面ADP⊥平面POD
作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP，
在▵POD，由OD=OP= 3，DP=3，∠POD=120∘
所以OQ= 32

如图3，取AP中点N，连接BN，QN，
由QN//12AD，OB//12AD得四边形BNQO为平行四边形，
因为OQ⊥平面ADP，所以BN⊥平面ADP，
则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN=OQ= 32．
由已知csθ= 104，即sinθ= 1-cs2θ= 64，
由BN=BMsin∠BMN= 32，得BM= 2
在▵BDM中，设DM=t，由余弦定理得 22=22+t2-2×2×t×22+32-222×2×3
即t2-3t+2=0，解得t=1或t=2
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 104，
此时PMDM=2或12
解法二(等体积法)：
设AB=2，则PD=3，
则在▵POD中，由OD=OP= 3，PD=3，由余弦定理得∠POD=120∘，
作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH=60∘，∴PH=POsin60∘=32
由(1)得直线BC⊥平面POD，又AD/​/BC，∴直线AD⊥平面POD，
∴AD⊥PD，所以▵ADP是直角三角形，
所以▵ADP的面积为12×AD×PD=12×2×3=3，
设点B到平面ADP的距离为h，
由VP-ABD=VB-ADP得13×12×2×3×h=13× 34×4×32，得h= 32，
设直线BM与平面APD所成角为θ，则csθ= 104，所以sinθ= 1-cs2θ= 64
所以h=BMsinθ= 32，得BM= 2，
在▵BDM中，设DM=t，由余弦定理得 22=22+t2-2×2×t×22+32-222×2×3
即t2-3t+2=0，解得t=1或t=2
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 104，
此时PMDM=2或12
解法三(向量法) 由解法一知PH=32，如图3，以BC的中点O为原点，OB，DB，OZ分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

则B1,0,0，A2,- 3,0，D0,- 3,0，所以P0, 32,32，
因此，AD=-2,0,0，PD=0,-32 3,-32
设平面ADP的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=-2x=0n⋅PD=-3 32y-32z=0，解得x=0，令y=-1，则z= 3；
即向量n=0,-1, 3，
设存在点M，DM=λDP0≤λ≤1，满足题意，
则DM=λ0,3 32,32=0,3 32λ,32λ，
所以BM=BD+DM=-1,3 32λ- 3,32λ，
设直线BM与平面APD所成角为θ，则csθ= 104，所以sinθ= 1-cs2θ= 64
所以sinθ=csBM,n=BM⋅nBM×n
= 32 9λ2-9λ+4= 64，
解得λ1=23，λ2=13
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为 104，
此时PMDM=2或

【解析】【分析】(1)根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明BC⊥平面POD，再由线面垂直性质可得PD⊥BC；
(2)解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点B到平面ADP的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果．
22.【答案】解：(1)由内切圆的性质得12×2c×b=12×2a+2c×b3，得ca=12．
将x=c代入x2a2+y2b2=1，得y=±b2a，所以2b2a=3．
又a2=b2+c2，所以a=2，b= 3，
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在Tt,0满足条件，
设l的方程为y=kx-1k≠0,Rx1,y1,Sx2,y2．
联立方程得y=kx-13x2+4y2-12=0，消去y整理得3+4k2x2-8k2x+4k2-12=0，
由根与系数的关系得x1+x2=8k23+4k2x1x2=4k2-123+4k2①，其中Δ>0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS+kTR=0(显然TS,TR的斜率存在)，
即y1x1-t+y2x2-t=0②.
因为R,S两点在直线y=kx-1上，
所以y1=kx1-1,y2=kx2-1，代入②得
kx1-1x2-t+kx2-1x1-tx1-tx2-t=k2x1x2-t+1x1+x2+2tx1-tx2-t=0，
即2x1x2-t+1x1+x2+2t=0③，
将①代入③得8k2-24-t+18k2+2t3+4k23+4k2=6t-243+4k2=0④，解得t=4，
综上所述，存在T4,0，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．

【解析】【分析】(1)由内切圆的性质得到ca=12，再令x=c求出y，即可得到2b2a=3，结合a2=b2+c2，求出a、b，即可得解；
(2)当直线l不垂直于x轴时，假设存在Tt,0满足条件，设l的方程为y=kx-1,Rx1,y1,Sx2,y2，联立直线与椭圆方程，显然TS,TR的斜率存在，则kTS+kTR=0，求出t，即可求出定点坐标．
利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
(1)设直线方程，设交点坐标为x1,y1、x2,y2；
(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算Δ；
(3)列出韦达定理；
(4)将所求问题或题中的 关系转化为x1+x2、x1x2的形式；
(5)代入韦达定理求解.