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2023-2024学年安徽省江淮名校高二上学期12月阶段性联考数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省江淮名校高二上学期12月阶段性联考数学试题（含解析），共20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.下列直线中，倾斜角为π3的是( )
A. 3x+y−1=0B. 3x−y+1=0C. x+ 3y−2=0D. x− 3y+2=0
2.已知椭圆C:y216+x210=1的两个焦点分别为F1，F2，点M为椭圆C上一点，则|MF1|+|MF2|=( )
A. 8B. 4 3C. 4D. 2 3
3.已知抛物线C:x2=8y的焦点为F，点P在抛物线C上，点Q(0,7)，且|PF|=|PQ|，则|PF|=( )
A. 192B. 152C. 132D. 92
4.已知直线l:4x−3y−2=0与圆C:x2+y2−4x+6y−12=0相交于A，B两点，则△ABC的周长为( )
A. 26B. 18C. 14D. 13
5.已知点A(−2,0)，B是抛物线C:y2=18x上的动点，则直线AB的斜率的取值范围是( )
A. [−12,12]B. [− 32, 32]C. [−1,1]D. [−32,32]
6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4 2，下顶点为P(0,−2)，垂直于y轴的直线与椭圆C相交于A，B两点，则PA⋅PB的最小值为( )
A. −163B. −4C. −83D. 0
7.根据中国地震局发布的最新消息，2023年1月1日至2023年11月10日，全球共发生六级以上地震110次，最大地震是2023年02月06日09时02分37秒在土耳其发生的7.8级地震.地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站A，B在公路l上(l为直线)，且A，B相距28km，地震局以AB的中点为原点O，直线l为x轴，1km为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据A，B两站收到的信息，并通过计算发现震中P在双曲线x2a2−y2132=1(a>0)的右支上，且∠APB=2π3，则P到公路l的距离为( )
A. 11 37kmB. 227kmC. 22 27kmD. 22 37km
8.在平面直角坐标系xOy中，已知A(0,−2)，AB⊥AC，|AB|=2，|AC|=b(b>0)，若圆x2+(y+2)2=26上存在点M在以BC为直径的圆上，则实数b的最小值为( )
A. 3 2B. 2 5C. 22D. 26
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在空间直角坐标系Oxyz中，点A(0,2,−3)，B(−4,2,3)，C(3,−1,2)，D(−1,−1,2)，则( )
A. 直线AB//平面OxzB. 直线AB⊥平面Oyz
C. 直线CD//平面OxzD. 直线CD⊥平面Oyz
10.已知点A(3,4)在直线l上，圆C:(x−1)2+(y+2)2=4，则下列说法正确的是( )
A. 若圆C关于直线l对称，则直线l的方程为3x−y−5=0
B. 若点P是圆C上任意一点，则|AP|的最大值为2 10
C. 若直线l与圆C相切于点B，则|AB|=6
D. 若直线l与圆C相切，则直线l的方程为4x−3y=0
11.已知曲线E:mx2+ny2=1(m,n为常数)，点A是曲线E上一点，直线y=−2x上的动点B，C满足|BC|=2 5，则下列说法正确的是( )
A. 若方程mx2+ny2=1表示椭圆，则mn>0
B. 若方程mx2+ny2=1表示双曲线，则mn<0
C. 当m=14，n=−13时，△ABC的面积的最小值为4
D. 当m=14，n=−13时，使得△ABC是等腰直角三角形的点A有8个
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2AA1=4，点E为AA1的中点，点F为侧面AA1B1B(含边界)上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 存在点F，使得FC⊥FD1
B. 满足FC=FD1的点F的轨迹长度为 5
C. FC+FD1的最小值为4 2+2 5
D. 若AD1//平面EFC，则线段AF长度的最小值为45
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为3π4，则双曲线C的离心率为 ．
14.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PD上一点，且DE=23DP，BE=xBA+yBC+zBP，则x+y+z= ．
15.已知半径为 2的圆C经过点A(−3,2)，则圆心C到直线l:7x−y+13=0的距离的最大值为 ．
16.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过点F且斜率为2 55的直线l与椭圆E交于A，B两点，与y轴交于点C，若AC=2CB，则椭圆E的离心率为 ．
四、解答题：本题共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)
已知两点P(2,−5)，Q(−4,3)，直线l:2x−y−4=0．
(1)若直线l1经过点P，且l1⊥l，求直线l1的方程;
(2)若圆C的圆心在直线l上，且P，Q两点在圆C上，求圆C的方程．
18.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，点A(1, 32)在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知椭圆E的右顶点为B，过B作直线l与椭圆E交于另一点C，且|BC|=2 77|AB|，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AA1上一点，且A1E=1．
(1)求点B到平面CD1E的距离;
(2)求平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，动点P与定点F(0,−5)的距离和它到定直线y=−2的距离的比是常数 102，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)以原点O为端点作两条互相垂直的射线与曲线C分别交于点M，N.求证：1|OM|2+1|ON|2是定值．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，AB//DC，AB=6，BC= 10，CD=4，EA⊥EB，EA=EB，F是棱BE上一点，且BF=13BE．
(1)证明：CF//平面DAE;
(2)线段CF上是否存在一点M，使得EM与平面ADE所成角的正弦值为3 3819?若存在，求出CMCF的值;若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知抛物线E:y2=2px(p>0)的准线是l1，直线l2:y=2x+4与抛物线E没有公共点，动点M在抛物线E上，过点M分别作直线l1，l2的垂线，垂足分别为M1，M2，且|MM1|+|MM2|的最小值为2 5．
(1)求抛物线E的方程;
(2)过N(3,1)作两条不同的直线AB，CD，分别与抛物线E相交于点A，B与点C，D，且线段AB，CD的中点分别为P，Q.若直线AB，CD的斜率之和为2，试问直线PQ是否经过定点?若经过定点，请求出定点坐标;若不过定点，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
由倾斜角为π3直接得出斜率．
【解答】
解：由直线的倾斜角为π3，
可得直线斜率为k=tanπ3= 3，
结合选项分析可知，只有B选项中直线斜率为 3，
故选B．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义，属于基础题．
由椭圆的定义即可得到答案．
【解答】
解：由题意知a2=16，所以a=4，
又由椭圆的定义，得|MF1|+|MF2|=2a=8．
故选A．
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义，属于基础题．
利用抛物线的定义求解即可．
【解答】解：由抛物线C:x2=8y，得F(0,2)，因为|PF|=|PQ|，
所以P在线段FQ的中垂线y=92上，所以yP=92，
由抛物线的定义，得|PF|=yp+2=132．
故选C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
将圆C的方程化为标准方程可得圆心与半径，求得圆心到直线l的距离d，则|AB|=2 r2−d2，从而可求△ABC的周长．
【解答】
解：由x2+y2−4x+6y−12=0，得(x−2)2+(y+3)2=25，
所以圆心为C(2,−3)，半径r=5．
圆心C到直线l的距离d=|4×2−3×(−3)−2| 42+(−3)2=3，
所以|AB|=2 r2−d2=8，
所以△ABC的周长为2r+|AB|=18．
故选B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线与抛物线的位置关系，属于基础题．
由题意可设，直线AB的方程为y=k(x+2)，对k的取值进行讨论即可得到答案．
【解答】
解：设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k(x+2)，由题意，得直线AB与抛物线C有交点，联立方程y=k(x+2)y2=18x，得k2x2+(4k2−18)x+4k2=0，当k=0时，x=0，即B(0,0)；当k≠0时，Δ=(4k2−18)2−16k4≥0，解得
−32≤k≤32且k≠0，综上所述，k∈[−32,32]，故选：D．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
由已知得x28+y24=1.可设A(−m,n)，B(m,n)(−2【解答】
解：由椭圆C的长轴长为4 2，可得2a=4 2，即a=2 2，
由下顶点为P(0,−2)，得b=2，所以椭圆C的方程为x28+y24=1．
由题意，可设A(−m,n)，B(m,n)(−2则m28+n24=1，又P(0,−2)，
所以PA=(−m,n+2)，PB=(m,n+2)，
所以PA⋅PB=−m2+(n+2)2=−(8−2n2)+n2+4n+4=3(n+23)2−163，
又−2所以PA⋅PB的最小值是−163．
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的定义，双曲线的焦点三角形问题，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题．
由余弦定理求得|PA|⋅|PB|的值，利用三角形面积公式求得P到公路l的距离．
【解答】
解；由题意，得|AB|=28=2c，所以a2+132=c2=196，解得a=8，
所以|PA|−|PB|=2a=16，由∠APB=2π3及余弦定理，
得|PA|2+|PB|2−2|PA|⋅|PB|⋅cs2π3=|AB|2，
即(|PA|−|PB|)2+3|PA|⋅|PB|=|AB|2，所以|PA|⋅|PB|=176，
△APB的面积S=12|PA|⋅|PB|⋅sin2π3=44 3，
设P到公路l的距离为ℎ，则S=12|AB|⋅ℎ=44 3，所以ℎ=22 37，
即P到公路l的距离为22 37km．
故选D．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程的求法，以及圆与圆位置关系中的最值问题，属于一般题目，
问题转化为圆x2+(y+2)2=26与以BC为直径的圆有交点，列出不等式，直接计算即可．
【解答】
解：由AB⊥AC，|AB|=2，|AC|=b，得以BC为直径的圆的圆心为BC的中点D，
半径为r1=|AD|=12 |AB|2+|AC|2=12 b2+4．
圆x2+(y+2)2=26的圆心为A(0,−2)，半径r2= 26．
因为M在以BC为直径的圆上，所以圆x2+(y+2)2=26与以BC为直径的圆有交点，
即|r1−r2|≤|AD|≤r1+r2，|12 b2+4− 26|≤12 b2+4≤12 b2+4+ 26，
解得b≥ 22，所以实数b的最小值为 22．
故选C．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间中线面的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
由AB=(−4,0,6)，CD=(−4,0,0)，平面Oxz的一个法向量是m=(0,1,0)，平面Oyz的一个法向量是n=(1,0,0)，再由线面平行与垂直的判定定理得解．
【解答】
解：AB=(−4,0,6)，平面Oxz的一个法向量是m=(0,1,0)，平面Oyz的一个法向量是n=(1,0,0)，
因为AB⋅m=0，所以AB⊥m，又AB⊄⧸平面Oxz，所以直线AB//平面Oxz，故A正确;
因为不存在λ使得AB=λn，所以AB与n不平行，即直线AB⊥平面Oyz不成立，故B错误;
CD=(−4,0,0)，因为CD⋅m=0，所以CD⊥m，又CD⊄⧸平面Oxz，所以直线CD//平面Oxz，故C正确;
因为CD=−4n，所以CD与n平行，即直线CD⊥平面Oyz，故D正确．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系和直线与圆的位置关系中的最值问题，是中档题．
根据直线与圆的位置关系和直线与圆的位置关系中的最值问题的知识逐一判定即可．
【解答】
解：对于选项A，由圆C:(x−1)2+(y+2)2=4，得圆心C(1,−2)，半径r=2，
若圆C关于直线l对称，则直线l经过圆心C，
所以直线l的斜率为k=4+23−1=3，方程为y+2=3(x−1)，即3x−y−5=0，故A正确;
对于选项B，|AC|= (3−1)2+(4+2)2=2 10，
|AP|的最大值为|AC|+r=2 10+2，故B错误;
对于选项C，若直线l与圆C相切于点B，
则∠ABC=π2，|AB|= |AC|2−|BC|2= 40−4=6，故C正确;
对于选项D，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，
圆心C到直线l的距离为2=r，所以直线l与圆C相切，满足要求;
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−4=k(x−3)，即kx−y+4−3k=0，
若直线l与圆C相切，则圆心C到直线l的距离d=|k+2+4−3k| k2+1=r=2，解得k=43，
所以直线l的方程为4x−3y=0，
综上所述，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为x=3或4x−3y=0，故D错误．
故选AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆，双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
由椭圆的标准方程判断A；由双曲线的标准方程判断B；由直线与双曲线的位置关系，联立方程组判断CD．
【解答】
解：对于A，若方程mx2+ny2=1表示椭圆，则m>0,n>0且m≠n，所以mn>0，故A正确；
对于B，若方程mx2+ny2=1表示双曲线，则m>0n<0或m<0n>0，所以mn<0，故B正确；
对于C，当m=14，n=−13时，曲线E为双曲线x24−y23=1，
设直线l：y=−2x+t，联立方程组x24−y23=1y=−2x+t得13x2−16tx+4t2+12=0，
当直线l与双曲线E相切时，△=−16t2−4×13×4t2+12=0，
解得：t=± 13．
所以点A到直线BC的距离的最小值d= 13 22+12= 655，
△ABC的面积的最小值为12× 655×2 5= 13，故C错误；
对于D，若∠ABC=π2或∠ACB=π2，则点A到直线BC的距离为2 5，
设直线l：y=−2x+t经过此时的点A，则d=t 5=2 5，解得：t=±10，
当t=10时，
由C选项可知△=−1602−4×13×4×100+12=4176>0，即存在2个点A满足要求，
同理t=−10时，也存在2个点A满足要求；
若∠BAC=π2，
则点A到直线BC的距离为12BC= 5，
设直线l：y=−2x+t经过此时的点A，则d=t 5= 5，解得：t=±5，
当t=5时，由C选项可知△=−802−4×13×4×25+12=576>0，即存在2个点A满足要求，
同理t=−5时，也存在2个点A满足要求．
综上所述，使得△ABC是等腰直角三角形的点A有8个，故D正确．
故选ABD．
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查的是空间中直线与直线位置关系，线面平行，难度适中；
建立空间直角坐标系，利用向量法判断A和D，利用两点间的距离公式以及FC=FD1化解可判断B，利用对称点可得FC+FD1=FG+FD1，进而可判断C；
【解答】
解：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(4,4,0)，D1(0,4,2)，E(0,0,1)，F(m,0,n)(m∈[0,4]，n∈[0,2])．
对于选项A，若FC⊥FD1，则FC⋅FD1=0，又FC=(4−m,4,−n)，FD1=(−m,4,2−n)，
所以(4−m,4,−n)⋅(−m,4,2−n)=0，
即(m−2)2+(n−1)2+11=0，此方程无解，所以不存在点F，使得FC⊥FD1，故A错误;
对于选项B，由FC=FD1，得 (4−m)2+42+(−n)2= (−m)2+42+(2−n)2，化简可得2m−n=3，又n∈[0,2]，
所以当n=0时，得F1(32,0,0)，当n=2时，得F2(52,0,2)，即满足FC=FD1的点F的轨迹长度为F1F2= 5，故B正确;
对于选项C，设点C关于平面AA1B1B的对称点为G，则G的坐标为(4,−4,0)，
则FC+FD1=FG+FD1≥GD1=2 21，故C错误;
对于选项D，AD1=(0,4,2)，EF=(m,0,n−1)，EC=(4,4,−1)，
设平面EFC的一个法向量为s=(x,y,z)，则s⋅EF=0,s⋅EC=0,
即mx+(n−1)z=0,4x+4y−z=0,
令x=n−1，则y=1−n−14m，z=−m，
所以平面EFC的一个法向量为s=(n−1,1−n−14m,−m)，
因为AD1//平面EFC，所以AD1⋅s=0，即3m+4n−4=0，
又点A(0,0,0)，所以AF= m2+n2= m2+(1−34m)2= 2516(m−1225)2+1625，当m=1225时，AF取得最小值45，故D正确．
故选BD．
13.【答案】 2
【解析】【分析】本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
先根据渐近线的倾斜角为3π4，得到−ba=tan3π4=−1，再结合c2=a2+b2即可求解．
【解答】解：由题意知双曲线C的渐近线方程为y=±bax，
又其中一条渐近线的倾斜角为3π4，
所以−ba=tan3π4=−1，即b=a，
所以c= a2+b2= 2a，
即e=ca= 2．
14.【答案】43
【解析】【分析】
本题考查向量的加法、减法、数乘运算，考查空间向量的基本定理及其应用，属于基础题．
连接BD，得出BE=BD+DE=13BA+13BC+23BP，即可求出结果.
【解答】
解：连接BD，则BE=BD+DE=BD+23DP=BD+23(BP−BD)=13BD+23BP=13(BA+BC)+23BP=13BA+13BC+23BP，又BE=xBA+yBC+zBP，所以x=13，y=13，z=23，x+y+z=43．
15.【答案】2 2
【解析】【分析】本题考查了直线与圆的位置关系中的最值问题，是中档题．
易得点C的轨迹是以A(−3,2)为圆心， 2为半径的圆，故圆心C到直线7x−y+13=0的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径 2，计算即可．
【解答】解：设圆心C的坐标为(a,b)，
因为半径为 2的圆C经过点A(−3,2)，
所以(a+3)2+(b−2)2=2，
所以点C的轨迹是以A(−3,2)为圆心， 2为半径的圆，
故圆心C到直线7x−y+13=0的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径 2，
即|7×(−3)−2+13| 72+(−1)2+ 2=2 2．
16.【答案】 55
【解析】【分析】
本题考查直线与椭圆的综合，椭圆离心率的求解，属于较难题．
由题意设出直线l方程并代入椭圆方程得到一元二次方程，由AC=2CB，得到A、B两点纵坐标的关系，利用一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【解答】
解：设F的坐标为(c,0)，则a2−b2=c2，直线l的方程为y=2 55(x−c)，则C的坐标为(0,−2 55c)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AC=2CB，得(0−x1,−2 55c−y1)=2(x2,y2+2 55c)，
所以x1=−2x2，y1=−2y2−6 55c，
联立方程x2a2+y2b2=1,y=2 55(x−c),得(4a2+5b2)x2−8ca2x+4a2c2−5a2b2=0，
所以x1+x2=8ca24a2+5b2，x1x2=4a2c2−5a2b24a2+5b2，
由x1=−2x2，得x1=16ca24a2+5b2，x2=−8ca24a2+5b2，
所以−128c2a44a2+5b22=4a2c2−5a2b24a2+5b2，又b2=a2−c2，
所以5c4−26a2c2+5a4=0，即(c2−5a2)(5c2−a2)=0，解得c= 5a或c= 55a，
因为椭圆离心率0所以离心率e= 55．
17.【答案】解：(1)直线l:2x−y−4=0的斜率为2，
设直线l1的斜率为k，由l1⊥l，得2k=−1，
解得k=−12，
又直线l1经过点P(2,−5)，
所以直线l1的方程为y−(−5)=−12(x−2)，
即x+2y+8=0；
(2)kPQ=3+5−4−2=−43，
所以PQ的中垂线的斜率为34，
又PQ的中点为(−1,−1)，
所以PQ的中垂线的方程为y+1=34(x+1)，
即y=34x−14．
因为P，Q两点在圆C上，
所以圆心C在PQ的中垂线上，
又圆心C在直线l上，由y=34x−14,2x−y−4=0,得x=3,y=2,
即圆心C的坐标为(3,2)，
又圆C的半径r=|CP|= (3−2)2+(2+5)2=5 2，
所以圆C的方程为(x−3)2+(y−2)2=50．
【解析】本题考查直线方程的求法，考查圆的方程的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
(1)利用互相垂直的直线的斜率之间的关系，以及点斜式方程，即可求解；
(2)根据题意，先求出线段PQ的垂直平分线的方程，与直线l联立可得圆心C的坐标，进而可得圆的半径，即可得答案．
18.【答案】解：(1)由题可知ca= 32，其中c2=a2−b2，所以b=12a，
又点A(1, 32)在椭圆E上，所以1a2+34b2=1，即1a2+3a2=1，解得a2=4，b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)由椭圆E的方程x24+y2=1，得B(2,0)，所以|AB|= (1−2)2+( 32−0)2= 72，
设C(x0,y0)，其中x0∈[−2,2)，y0∈[−1,1]，因为|BC|=2 77|AB|=1，所以(x0−2)2+y02=1，
又点C(x0,y0)在椭圆E:x24+y2=1上，所以x024+y02=1，
联立(x0−2)2+y02=1,x024+y02=1,得3x02−16x0+16=0，解得x0=43或x0=4(舍)，
当x0=43时.y0=± 53，即C(43, 53)或C(43,− 53).
所以当C的坐标为(43, 53)时，直线l的方程为 5x+2y−2 5=0;
当C的坐标为(43,− 53)时，直线l的方程为 5x−2y−2 5=0．
【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
(1)利用离心率，结合点在椭圆上，求解a，b，得到椭圆E的方程．
(2)设C(x0,y0)，利用C在椭圆上及|BC|=2 77|AB|，列方程组求的x0,y0即可．
19.【答案】解：(1)以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3,3,0)，C(0,3,0)，D1(0,0,3)，E(3,0,2)，
CD1=(0,−3,3)，ED1=(−3,0,1)，设平面CD1E的一个法向量为m= (x,y,z)，
则m⋅CD1=0,m⋅ED1=0,即−3y+3z=0,−3x+z=0,令x=1，则y=3，z=3，
所以平面CD1E的一个法向量为m=(1,3,3)，
又BE=(0,−3,2)，所以点B到平面CD1E的距离d=|BE⋅m||m|=3 19=3 1919；
(2)BE=(0,−3,2)，ED1=(−3,0,1)，设平面BD1E的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BE=0,n⋅ED1=0,即−3b+2c=0,−3a+c=0,令a=1，则b=2，c=3，
所以平面BD1E的一个法向量为n=(1,2,3)，
由(1)知平面CD1E的一个法向量为m=(1,3,3)，
由图可知平面CD1E与平面BD1E的夹角为锐角，
设平面CD1E与平面BD1E的夹角为θ(0<θ<π2)，
则csθ=m·nm·n=16 19× 14=8 266133，
即平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值为8 266133．
【解析】本题考查了空间中的距离与夹角的余弦值计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
(1)根据题意建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面CD1E的法向量，再求点B到平面CD1E的距离；
(2)求出平面BD1E的法向量，利用法向量求平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值．
20.【答案】(1)解：设动点P的坐标为P(x,y)，
因为动点P与定点F(0,−5)的距离和它到定直线y=−2的距离的比是常数 102，
所以 x2+(y+5)2|y+2|= 102，
化简，得y210−x215=1，即曲线C的方程为y210−x215=1；
(2)证明：当OM，ON中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，OM，ON中有一条直线与曲线C不相交，所以不符合题意．
设OM:y=kx，k≠0，则ON:y=−1kx，
联立方程y=kx,y210−x215=1,解得x2=303k2−2，y2=30k23k2−2，
则|OM|2=x2+y2=30k2+303k2−2，
用−1k替换上式中的k即得|ON|2=30(−1k)2+303(−1k)2−2=30+30k23−2k2，
因此1|OM|2+1|ON|2=3k2−230k2+30+3−2k230k2+30=k2+130k2+30=130，
即1|OM|2+1|ON|2是定值130．
【解析】本题考查了直线与双曲线的位置关系、圆锥曲线中的定值问题、圆锥曲线中的轨迹问题，难度适中，属于中档题．
(1)设P(x,y)，由题意可得关于x，y的关系式，化简即可得答案;
(2)分两种情况，第一种情况为当OM，ON中有一条斜率不存在，另一条斜率为0，第二种情况为设OM:y=kx，k≠0，则ON:y=−1kx，求解即可．
21.【答案】(1)证明：在棱AE上取一点G，使得AG=13AE，连接DG，FG，
因为BF=13BE，AG=13AE，所以FG//AB且FG=23AB=4．
又AB//DC，DC=4，所以FG//DC，FG=DC，
所以四边形CDGF是平行四边形，所以CF//DG．
又CF⊄平面DAE，DG⊂平面DAE，
所以CF//平面DAE．
(2)解：分别取AB，CD的中点O，O1，连接OE，OO1，
因为四边形ABCD是等腰梯形，所以OO1⊥AB．
又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，OO1⊂平面ABCD，
所以OO1⊥平面EAB．
又OE⊂平面EAB，所以OO1⊥OE．
因为EA=EB，O是AB的中点，所以OE⊥AB，所以OE，AB，OO1两两垂直．
以O为原点，OE，OB，OO1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=6，BC= 10，CD=4，EA⊥EB，EA=EB，
则A(0,−3,0)，B(0,3,0)，C(0,2,3)，D(0,−2,3)，E(3,0,0)，F(1,2,0)，
设CM=λCF=λ(1,0,−3)，其中λ∈[0,1]，
则EM=EC+CM=(−3+λ,2,3−3λ).
AD=(0,1,3)，AE=(3,3,0)，设平面ADE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AD=0,m⋅AE=0,即y+3z=0,3x+3y=0,
令z=1，则x=3，y=−3，所以平面ADE的一个法向量为m=(3,−3,1)．
设EM与平面ADE所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|m⋅EM||m|⋅|EM|
=|−12| 19× (−3+λ)2+4+(3−3λ)2
=12 1919× 10λ2−24λ+22，
所以12 1919 10λ2−24λ+22=3 3819，即5λ2−12λ+7=0，解得λ=1或λ=75(舍)，
即当CMCF=1时，EM与平面ADE所成角的正弦值为3 3819．
【解析】本题考查线面平行的判断及面面垂直的性质，考查利用向量法求直线与平面所成的角，属于中档题．
(1)在棱AE上取一点G，使得AG=13AE，连接DG，FG，可得四边形CDGF是平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据面面垂直于线面垂直的性质可得OE，AB，OO1两两垂直.以O为原点，OE，OB，OO1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设CM=λCF，其中λ∈[0,1]，利用夹角公式求出λ即可．
22.【答案】解：(1)由题意知抛物线E的焦点为F(p2,0)，
由抛物线的性质知|MM1|=|MF|，
过F作直线l2的垂线，垂足为F1，则F到直线l2的距离|FF1|=|p+4| 5，
又直线l2与抛物线E没有公共点，
所以|MM1|+|MM2|=|MF|+|MM2|≥|FM2|≥|FF1|，
当且仅当点M在线段FF1上时，等号成立，
所以|MM1|+|MM2|的最小值为|FF1|，即|p+4| 5=2 5，解得p=−14(舍)或p=6．
所以抛物线E的方程为y2=12x．
(2)若直线AB或直线CD与x轴平行，则AB或CD与抛物线E只有一个公共点，不符合题意，
所以直线AB，CD的斜率都不为0，
设直线AB的方程为x−3=m1(y−1)，直线CD的方程为x−3=m2(y−1)，
易知直线AB，CD的斜率分别为1m1，1m2，所以1m1+1m2=2且m1≠m2．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程y2=12x,x−3=m1(y−1),得y2−12m1y+12m1−36=0，
所以y1+y2=12m1，所以P(6m12−m1+3,6m1)，
同理可得Q(6m22−m2+3,6m2).
当直线PQ的斜率不存在时，6m12−m1+3=6m22−m2+3，
即[6(m1+m2)−1](m1−m2)=0，
又m1≠m2，所以m1+m2=16，
又1m1+1m2=2，所以12m12−2m1+1=0，方程无解，
所以直线PQ的斜率一定存在;
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ过定点H(x0,y0)，
则kHP=kHQ，即6m1−y06m12−m1+3−x0=6m2−y06m22−m2+3−x0，
整理可得(m2−m1)[36m1m2+(6x0+y0−18)−6y0(m1+m2)]=0，
又m1≠m2，所以36m1m2+(6x0+y0−18)−6y0(m1+m2)=0，
因为1m1+1m2=2，所以m1+m2=2m1m2，
代入上式，得(36−12y0)m1m2+(6x0+y0−18)=0，
当36−12y0=0时，6x0+y0−18=0，解得x0=52，y0=3，
即直线PQ经过定点H(52,3)．
【解析】本题考查了抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系和抛物线中的定点问题，是较难题．
(1)由抛物线的性质知|MM1|=|MF|，过F作直线l2的垂线，垂足为F1，则|FF1|=|p+4| 5，所以|MM1|+|MM2|≥|FM2|≥|FF1|，所以|MM1|+|MM2|的最小值为|FF1|，即|p+4| 5=2 5，可得p，可得抛物线E的方程;
(2)设直线AB的方程为x−3=m1(y−1)，直线CD的方程为x−3=m2(y−1)，分别与抛物线联立，得出P(6m12−m1+3,6m1)，同理可得Q(6m22−m2+3,6m2).分直线PQ的斜率不存在和存在两种情况求解可得定点坐标．
1.下列直线中，倾斜角为π3的是( )
A. 3x+y−1=0B. 3x−y+1=0C. x+ 3y−2=0D. x− 3y+2=0
2.已知椭圆C:y216+x210=1的两个焦点分别为F1，F2，点M为椭圆C上一点，则|MF1|+|MF2|=( )
A. 8B. 4 3C. 4D. 2 3
3.已知抛物线C:x2=8y的焦点为F，点P在抛物线C上，点Q(0,7)，且|PF|=|PQ|，则|PF|=( )
A. 192B. 152C. 132D. 92
4.已知直线l:4x−3y−2=0与圆C:x2+y2−4x+6y−12=0相交于A，B两点，则△ABC的周长为( )
A. 26B. 18C. 14D. 13
5.已知点A(−2,0)，B是抛物线C:y2=18x上的动点，则直线AB的斜率的取值范围是( )
A. [−12,12]B. [− 32, 32]C. [−1,1]D. [−32,32]
6.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的长轴长为4 2，下顶点为P(0,−2)，垂直于y轴的直线与椭圆C相交于A，B两点，则PA⋅PB的最小值为( )
A. −163B. −4C. −83D. 0
7.根据中国地震局发布的最新消息，2023年1月1日至2023年11月10日，全球共发生六级以上地震110次，最大地震是2023年02月06日09时02分37秒在土耳其发生的7.8级地震.地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站A，B在公路l上(l为直线)，且A，B相距28km，地震局以AB的中点为原点O，直线l为x轴，1km为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据A，B两站收到的信息，并通过计算发现震中P在双曲线x2a2−y2132=1(a>0)的右支上，且∠APB=2π3，则P到公路l的距离为( )
A. 11 37kmB. 227kmC. 22 27kmD. 22 37km
8.在平面直角坐标系xOy中，已知A(0,−2)，AB⊥AC，|AB|=2，|AC|=b(b>0)，若圆x2+(y+2)2=26上存在点M在以BC为直径的圆上，则实数b的最小值为( )
A. 3 2B. 2 5C. 22D. 26
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在空间直角坐标系Oxyz中，点A(0,2,−3)，B(−4,2,3)，C(3,−1,2)，D(−1,−1,2)，则( )
A. 直线AB//平面OxzB. 直线AB⊥平面Oyz
C. 直线CD//平面OxzD. 直线CD⊥平面Oyz
10.已知点A(3,4)在直线l上，圆C:(x−1)2+(y+2)2=4，则下列说法正确的是( )
A. 若圆C关于直线l对称，则直线l的方程为3x−y−5=0
B. 若点P是圆C上任意一点，则|AP|的最大值为2 10
C. 若直线l与圆C相切于点B，则|AB|=6
D. 若直线l与圆C相切，则直线l的方程为4x−3y=0
11.已知曲线E:mx2+ny2=1(m,n为常数)，点A是曲线E上一点，直线y=−2x上的动点B，C满足|BC|=2 5，则下列说法正确的是( )
A. 若方程mx2+ny2=1表示椭圆，则mn>0
B. 若方程mx2+ny2=1表示双曲线，则mn<0
C. 当m=14，n=−13时，△ABC的面积的最小值为4
D. 当m=14，n=−13时，使得△ABC是等腰直角三角形的点A有8个
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2AA1=4，点E为AA1的中点，点F为侧面AA1B1B(含边界)上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 存在点F，使得FC⊥FD1
B. 满足FC=FD1的点F的轨迹长度为 5
C. FC+FD1的最小值为4 2+2 5
D. 若AD1//平面EFC，则线段AF长度的最小值为45
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为3π4，则双曲线C的离心率为 ．
14.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PD上一点，且DE=23DP，BE=xBA+yBC+zBP，则x+y+z= ．
15.已知半径为 2的圆C经过点A(−3,2)，则圆心C到直线l:7x−y+13=0的距离的最大值为 ．
16.已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过点F且斜率为2 55的直线l与椭圆E交于A，B两点，与y轴交于点C，若AC=2CB，则椭圆E的离心率为 ．
四、解答题：本题共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)
已知两点P(2,−5)，Q(−4,3)，直线l:2x−y−4=0．
(1)若直线l1经过点P，且l1⊥l，求直线l1的方程;
(2)若圆C的圆心在直线l上，且P，Q两点在圆C上，求圆C的方程．
18.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，点A(1, 32)在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程;
(2)已知椭圆E的右顶点为B，过B作直线l与椭圆E交于另一点C，且|BC|=2 77|AB|，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AA1上一点，且A1E=1．
(1)求点B到平面CD1E的距离;
(2)求平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，动点P与定点F(0,−5)的距离和它到定直线y=−2的距离的比是常数 102，设动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程;
(2)以原点O为端点作两条互相垂直的射线与曲线C分别交于点M，N.求证：1|OM|2+1|ON|2是定值．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，平面EAB⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，AB//DC，AB=6，BC= 10，CD=4，EA⊥EB，EA=EB，F是棱BE上一点，且BF=13BE．
(1)证明：CF//平面DAE;
(2)线段CF上是否存在一点M，使得EM与平面ADE所成角的正弦值为3 3819?若存在，求出CMCF的值;若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知抛物线E:y2=2px(p>0)的准线是l1，直线l2:y=2x+4与抛物线E没有公共点，动点M在抛物线E上，过点M分别作直线l1，l2的垂线，垂足分别为M1，M2，且|MM1|+|MM2|的最小值为2 5．
(1)求抛物线E的方程;
(2)过N(3,1)作两条不同的直线AB，CD，分别与抛物线E相交于点A，B与点C，D，且线段AB，CD的中点分别为P，Q.若直线AB，CD的斜率之和为2，试问直线PQ是否经过定点?若经过定点，请求出定点坐标;若不过定点，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线的斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
由倾斜角为π3直接得出斜率．
【解答】
解：由直线的倾斜角为π3，
可得直线斜率为k=tanπ3= 3，
结合选项分析可知，只有B选项中直线斜率为 3，
故选B．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义，属于基础题．
由椭圆的定义即可得到答案．
【解答】
解：由题意知a2=16，所以a=4，
又由椭圆的定义，得|MF1|+|MF2|=2a=8．
故选A．
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了抛物线的定义，属于基础题．
利用抛物线的定义求解即可．
【解答】解：由抛物线C:x2=8y，得F(0,2)，因为|PF|=|PQ|，
所以P在线段FQ的中垂线y=92上，所以yP=92，
由抛物线的定义，得|PF|=yp+2=132．
故选C．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
将圆C的方程化为标准方程可得圆心与半径，求得圆心到直线l的距离d，则|AB|=2 r2−d2，从而可求△ABC的周长．
【解答】
解：由x2+y2−4x+6y−12=0，得(x−2)2+(y+3)2=25，
所以圆心为C(2,−3)，半径r=5．
圆心C到直线l的距离d=|4×2−3×(−3)−2| 42+(−3)2=3，
所以|AB|=2 r2−d2=8，
所以△ABC的周长为2r+|AB|=18．
故选B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线与抛物线的位置关系，属于基础题．
由题意可设，直线AB的方程为y=k(x+2)，对k的取值进行讨论即可得到答案．
【解答】
解：设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k(x+2)，由题意，得直线AB与抛物线C有交点，联立方程y=k(x+2)y2=18x，得k2x2+(4k2−18)x+4k2=0，当k=0时，x=0，即B(0,0)；当k≠0时，Δ=(4k2−18)2−16k4≥0，解得
−32≤k≤32且k≠0，综上所述，k∈[−32,32]，故选：D．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
由已知得x28+y24=1.可设A(−m,n)，B(m,n)(−2
解：由椭圆C的长轴长为4 2，可得2a=4 2，即a=2 2，
由下顶点为P(0,−2)，得b=2，所以椭圆C的方程为x28+y24=1．
由题意，可设A(−m,n)，B(m,n)(−2
所以PA=(−m,n+2)，PB=(m,n+2)，
所以PA⋅PB=−m2+(n+2)2=−(8−2n2)+n2+4n+4=3(n+23)2−163，
又−2
故选A．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的定义，双曲线的焦点三角形问题，余弦定理，三角形面积公式，属于中档题．
由余弦定理求得|PA|⋅|PB|的值，利用三角形面积公式求得P到公路l的距离．
【解答】
解；由题意，得|AB|=28=2c，所以a2+132=c2=196，解得a=8，
所以|PA|−|PB|=2a=16，由∠APB=2π3及余弦定理，
得|PA|2+|PB|2−2|PA|⋅|PB|⋅cs2π3=|AB|2，
即(|PA|−|PB|)2+3|PA|⋅|PB|=|AB|2，所以|PA|⋅|PB|=176，
△APB的面积S=12|PA|⋅|PB|⋅sin2π3=44 3，
设P到公路l的距离为ℎ，则S=12|AB|⋅ℎ=44 3，所以ℎ=22 37，
即P到公路l的距离为22 37km．
故选D．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程的求法，以及圆与圆位置关系中的最值问题，属于一般题目，
问题转化为圆x2+(y+2)2=26与以BC为直径的圆有交点，列出不等式，直接计算即可．
【解答】
解：由AB⊥AC，|AB|=2，|AC|=b，得以BC为直径的圆的圆心为BC的中点D，
半径为r1=|AD|=12 |AB|2+|AC|2=12 b2+4．
圆x2+(y+2)2=26的圆心为A(0,−2)，半径r2= 26．
因为M在以BC为直径的圆上，所以圆x2+(y+2)2=26与以BC为直径的圆有交点，
即|r1−r2|≤|AD|≤r1+r2，|12 b2+4− 26|≤12 b2+4≤12 b2+4+ 26，
解得b≥ 22，所以实数b的最小值为 22．
故选C．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间中线面的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
由AB=(−4,0,6)，CD=(−4,0,0)，平面Oxz的一个法向量是m=(0,1,0)，平面Oyz的一个法向量是n=(1,0,0)，再由线面平行与垂直的判定定理得解．
【解答】
解：AB=(−4,0,6)，平面Oxz的一个法向量是m=(0,1,0)，平面Oyz的一个法向量是n=(1,0,0)，
因为AB⋅m=0，所以AB⊥m，又AB⊄⧸平面Oxz，所以直线AB//平面Oxz，故A正确;
因为不存在λ使得AB=λn，所以AB与n不平行，即直线AB⊥平面Oyz不成立，故B错误;
CD=(−4,0,0)，因为CD⋅m=0，所以CD⊥m，又CD⊄⧸平面Oxz，所以直线CD//平面Oxz，故C正确;
因为CD=−4n，所以CD与n平行，即直线CD⊥平面Oyz，故D正确．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了直线与圆的位置关系和直线与圆的位置关系中的最值问题，是中档题．
根据直线与圆的位置关系和直线与圆的位置关系中的最值问题的知识逐一判定即可．
【解答】
解：对于选项A，由圆C:(x−1)2+(y+2)2=4，得圆心C(1,−2)，半径r=2，
若圆C关于直线l对称，则直线l经过圆心C，
所以直线l的斜率为k=4+23−1=3，方程为y+2=3(x−1)，即3x−y−5=0，故A正确;
对于选项B，|AC|= (3−1)2+(4+2)2=2 10，
|AP|的最大值为|AC|+r=2 10+2，故B错误;
对于选项C，若直线l与圆C相切于点B，
则∠ABC=π2，|AB|= |AC|2−|BC|2= 40−4=6，故C正确;
对于选项D，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，
圆心C到直线l的距离为2=r，所以直线l与圆C相切，满足要求;
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−4=k(x−3)，即kx−y+4−3k=0，
若直线l与圆C相切，则圆心C到直线l的距离d=|k+2+4−3k| k2+1=r=2，解得k=43，
所以直线l的方程为4x−3y=0，
综上所述，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为x=3或4x−3y=0，故D错误．
故选AC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了椭圆，双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
由椭圆的标准方程判断A；由双曲线的标准方程判断B；由直线与双曲线的位置关系，联立方程组判断CD．
【解答】
解：对于A，若方程mx2+ny2=1表示椭圆，则m>0,n>0且m≠n，所以mn>0，故A正确；
对于B，若方程mx2+ny2=1表示双曲线，则m>0n<0或m<0n>0，所以mn<0，故B正确；
对于C，当m=14，n=−13时，曲线E为双曲线x24−y23=1，
设直线l：y=−2x+t，联立方程组x24−y23=1y=−2x+t得13x2−16tx+4t2+12=0，
当直线l与双曲线E相切时，△=−16t2−4×13×4t2+12=0，
解得：t=± 13．
所以点A到直线BC的距离的最小值d= 13 22+12= 655，
△ABC的面积的最小值为12× 655×2 5= 13，故C错误；
对于D，若∠ABC=π2或∠ACB=π2，则点A到直线BC的距离为2 5，
设直线l：y=−2x+t经过此时的点A，则d=t 5=2 5，解得：t=±10，
当t=10时，
由C选项可知△=−1602−4×13×4×100+12=4176>0，即存在2个点A满足要求，
同理t=−10时，也存在2个点A满足要求；
若∠BAC=π2，
则点A到直线BC的距离为12BC= 5，
设直线l：y=−2x+t经过此时的点A，则d=t 5= 5，解得：t=±5，
当t=5时，由C选项可知△=−802−4×13×4×25+12=576>0，即存在2个点A满足要求，
同理t=−5时，也存在2个点A满足要求．
综上所述，使得△ABC是等腰直角三角形的点A有8个，故D正确．
故选ABD．
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查的是空间中直线与直线位置关系，线面平行，难度适中；
建立空间直角坐标系，利用向量法判断A和D，利用两点间的距离公式以及FC=FD1化解可判断B，利用对称点可得FC+FD1=FG+FD1，进而可判断C；
【解答】
解：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(4,4,0)，D1(0,4,2)，E(0,0,1)，F(m,0,n)(m∈[0,4]，n∈[0,2])．
对于选项A，若FC⊥FD1，则FC⋅FD1=0，又FC=(4−m,4,−n)，FD1=(−m,4,2−n)，
所以(4−m,4,−n)⋅(−m,4,2−n)=0，
即(m−2)2+(n−1)2+11=0，此方程无解，所以不存在点F，使得FC⊥FD1，故A错误;
对于选项B，由FC=FD1，得 (4−m)2+42+(−n)2= (−m)2+42+(2−n)2，化简可得2m−n=3，又n∈[0,2]，
所以当n=0时，得F1(32,0,0)，当n=2时，得F2(52,0,2)，即满足FC=FD1的点F的轨迹长度为F1F2= 5，故B正确;
对于选项C，设点C关于平面AA1B1B的对称点为G，则G的坐标为(4,−4,0)，
则FC+FD1=FG+FD1≥GD1=2 21，故C错误;
对于选项D，AD1=(0,4,2)，EF=(m,0,n−1)，EC=(4,4,−1)，
设平面EFC的一个法向量为s=(x,y,z)，则s⋅EF=0,s⋅EC=0,
即mx+(n−1)z=0,4x+4y−z=0,
令x=n−1，则y=1−n−14m，z=−m，
所以平面EFC的一个法向量为s=(n−1,1−n−14m,−m)，
因为AD1//平面EFC，所以AD1⋅s=0，即3m+4n−4=0，
又点A(0,0,0)，所以AF= m2+n2= m2+(1−34m)2= 2516(m−1225)2+1625，当m=1225时，AF取得最小值45，故D正确．
故选BD．
13.【答案】 2
【解析】【分析】本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．
先根据渐近线的倾斜角为3π4，得到−ba=tan3π4=−1，再结合c2=a2+b2即可求解．
【解答】解：由题意知双曲线C的渐近线方程为y=±bax，
又其中一条渐近线的倾斜角为3π4，
所以−ba=tan3π4=−1，即b=a，
所以c= a2+b2= 2a，
即e=ca= 2．
14.【答案】43
【解析】【分析】
本题考查向量的加法、减法、数乘运算，考查空间向量的基本定理及其应用，属于基础题．
连接BD，得出BE=BD+DE=13BA+13BC+23BP，即可求出结果.
【解答】
解：连接BD，则BE=BD+DE=BD+23DP=BD+23(BP−BD)=13BD+23BP=13(BA+BC)+23BP=13BA+13BC+23BP，又BE=xBA+yBC+zBP，所以x=13，y=13，z=23，x+y+z=43．
15.【答案】2 2
【解析】【分析】本题考查了直线与圆的位置关系中的最值问题，是中档题．
易得点C的轨迹是以A(−3,2)为圆心， 2为半径的圆，故圆心C到直线7x−y+13=0的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径 2，计算即可．
【解答】解：设圆心C的坐标为(a,b)，
因为半径为 2的圆C经过点A(−3,2)，
所以(a+3)2+(b−2)2=2，
所以点C的轨迹是以A(−3,2)为圆心， 2为半径的圆，
故圆心C到直线7x−y+13=0的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径 2，
即|7×(−3)−2+13| 72+(−1)2+ 2=2 2．
16.【答案】 55
【解析】【分析】
本题考查直线与椭圆的综合，椭圆离心率的求解，属于较难题．
由题意设出直线l方程并代入椭圆方程得到一元二次方程，由AC=2CB，得到A、B两点纵坐标的关系，利用一元二次方程根与系数的关系求解即可．
【解答】
解：设F的坐标为(c,0)，则a2−b2=c2，直线l的方程为y=2 55(x−c)，则C的坐标为(0,−2 55c)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由AC=2CB，得(0−x1,−2 55c−y1)=2(x2,y2+2 55c)，
所以x1=−2x2，y1=−2y2−6 55c，
联立方程x2a2+y2b2=1,y=2 55(x−c),得(4a2+5b2)x2−8ca2x+4a2c2−5a2b2=0，
所以x1+x2=8ca24a2+5b2，x1x2=4a2c2−5a2b24a2+5b2，
由x1=−2x2，得x1=16ca24a2+5b2，x2=−8ca24a2+5b2，
所以−128c2a44a2+5b22=4a2c2−5a2b24a2+5b2，又b2=a2−c2，
所以5c4−26a2c2+5a4=0，即(c2−5a2)(5c2−a2)=0，解得c= 5a或c= 55a，
因为椭圆离心率0
17.【答案】解：(1)直线l:2x−y−4=0的斜率为2，
设直线l1的斜率为k，由l1⊥l，得2k=−1，
解得k=−12，
又直线l1经过点P(2,−5)，
所以直线l1的方程为y−(−5)=−12(x−2)，
即x+2y+8=0；
(2)kPQ=3+5−4−2=−43，
所以PQ的中垂线的斜率为34，
又PQ的中点为(−1,−1)，
所以PQ的中垂线的方程为y+1=34(x+1)，
即y=34x−14．
因为P，Q两点在圆C上，
所以圆心C在PQ的中垂线上，
又圆心C在直线l上，由y=34x−14,2x−y−4=0,得x=3,y=2,
即圆心C的坐标为(3,2)，
又圆C的半径r=|CP|= (3−2)2+(2+5)2=5 2，
所以圆C的方程为(x−3)2+(y−2)2=50．
【解析】本题考查直线方程的求法，考查圆的方程的求法，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
(1)利用互相垂直的直线的斜率之间的关系，以及点斜式方程，即可求解；
(2)根据题意，先求出线段PQ的垂直平分线的方程，与直线l联立可得圆心C的坐标，进而可得圆的半径，即可得答案．
18.【答案】解：(1)由题可知ca= 32，其中c2=a2−b2，所以b=12a，
又点A(1, 32)在椭圆E上，所以1a2+34b2=1，即1a2+3a2=1，解得a2=4，b2=1，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1．
(2)由椭圆E的方程x24+y2=1，得B(2,0)，所以|AB|= (1−2)2+( 32−0)2= 72，
设C(x0,y0)，其中x0∈[−2,2)，y0∈[−1,1]，因为|BC|=2 77|AB|=1，所以(x0−2)2+y02=1，
又点C(x0,y0)在椭圆E:x24+y2=1上，所以x024+y02=1，
联立(x0−2)2+y02=1,x024+y02=1,得3x02−16x0+16=0，解得x0=43或x0=4(舍)，
当x0=43时.y0=± 53，即C(43, 53)或C(43,− 53).
所以当C的坐标为(43, 53)时，直线l的方程为 5x+2y−2 5=0;
当C的坐标为(43,− 53)时，直线l的方程为 5x−2y−2 5=0．
【解析】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
(1)利用离心率，结合点在椭圆上，求解a，b，得到椭圆E的方程．
(2)设C(x0,y0)，利用C在椭圆上及|BC|=2 77|AB|，列方程组求的x0,y0即可．
19.【答案】解：(1)以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3,3,0)，C(0,3,0)，D1(0,0,3)，E(3,0,2)，
CD1=(0,−3,3)，ED1=(−3,0,1)，设平面CD1E的一个法向量为m= (x,y,z)，
则m⋅CD1=0,m⋅ED1=0,即−3y+3z=0,−3x+z=0,令x=1，则y=3，z=3，
所以平面CD1E的一个法向量为m=(1,3,3)，
又BE=(0,−3,2)，所以点B到平面CD1E的距离d=|BE⋅m||m|=3 19=3 1919；
(2)BE=(0,−3,2)，ED1=(−3,0,1)，设平面BD1E的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BE=0,n⋅ED1=0,即−3b+2c=0,−3a+c=0,令a=1，则b=2，c=3，
所以平面BD1E的一个法向量为n=(1,2,3)，
由(1)知平面CD1E的一个法向量为m=(1,3,3)，
由图可知平面CD1E与平面BD1E的夹角为锐角，
设平面CD1E与平面BD1E的夹角为θ(0<θ<π2)，
则csθ=m·nm·n=16 19× 14=8 266133，
即平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值为8 266133．
【解析】本题考查了空间中的距离与夹角的余弦值计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
(1)根据题意建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面CD1E的法向量，再求点B到平面CD1E的距离；
(2)求出平面BD1E的法向量，利用法向量求平面CD1E与平面BD1E夹角的余弦值．
20.【答案】(1)解：设动点P的坐标为P(x,y)，
因为动点P与定点F(0,−5)的距离和它到定直线y=−2的距离的比是常数 102，
所以 x2+(y+5)2|y+2|= 102，
化简，得y210−x215=1，即曲线C的方程为y210−x215=1；
(2)证明：当OM，ON中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，OM，ON中有一条直线与曲线C不相交，所以不符合题意．
设OM:y=kx，k≠0，则ON:y=−1kx，
联立方程y=kx,y210−x215=1,解得x2=303k2−2，y2=30k23k2−2，
则|OM|2=x2+y2=30k2+303k2−2，
用−1k替换上式中的k即得|ON|2=30(−1k)2+303(−1k)2−2=30+30k23−2k2，
因此1|OM|2+1|ON|2=3k2−230k2+30+3−2k230k2+30=k2+130k2+30=130，
即1|OM|2+1|ON|2是定值130．
【解析】本题考查了直线与双曲线的位置关系、圆锥曲线中的定值问题、圆锥曲线中的轨迹问题，难度适中，属于中档题．
(1)设P(x,y)，由题意可得关于x，y的关系式，化简即可得答案;
(2)分两种情况，第一种情况为当OM，ON中有一条斜率不存在，另一条斜率为0，第二种情况为设OM:y=kx，k≠0，则ON:y=−1kx，求解即可．
21.【答案】(1)证明：在棱AE上取一点G，使得AG=13AE，连接DG，FG，
因为BF=13BE，AG=13AE，所以FG//AB且FG=23AB=4．
又AB//DC，DC=4，所以FG//DC，FG=DC，
所以四边形CDGF是平行四边形，所以CF//DG．
又CF⊄平面DAE，DG⊂平面DAE，
所以CF//平面DAE．
(2)解：分别取AB，CD的中点O，O1，连接OE，OO1，
因为四边形ABCD是等腰梯形，所以OO1⊥AB．
又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，OO1⊂平面ABCD，
所以OO1⊥平面EAB．
又OE⊂平面EAB，所以OO1⊥OE．
因为EA=EB，O是AB的中点，所以OE⊥AB，所以OE，AB，OO1两两垂直．
以O为原点，OE，OB，OO1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB=6，BC= 10，CD=4，EA⊥EB，EA=EB，
则A(0,−3,0)，B(0,3,0)，C(0,2,3)，D(0,−2,3)，E(3,0,0)，F(1,2,0)，
设CM=λCF=λ(1,0,−3)，其中λ∈[0,1]，
则EM=EC+CM=(−3+λ,2,3−3λ).
AD=(0,1,3)，AE=(3,3,0)，设平面ADE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AD=0,m⋅AE=0,即y+3z=0,3x+3y=0,
令z=1，则x=3，y=−3，所以平面ADE的一个法向量为m=(3,−3,1)．
设EM与平面ADE所成角为θ，
则sinθ=|cs
=|−12| 19× (−3+λ)2+4+(3−3λ)2
=12 1919× 10λ2−24λ+22，
所以12 1919 10λ2−24λ+22=3 3819，即5λ2−12λ+7=0，解得λ=1或λ=75(舍)，
即当CMCF=1时，EM与平面ADE所成角的正弦值为3 3819．
【解析】本题考查线面平行的判断及面面垂直的性质，考查利用向量法求直线与平面所成的角，属于中档题．
(1)在棱AE上取一点G，使得AG=13AE，连接DG，FG，可得四边形CDGF是平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据面面垂直于线面垂直的性质可得OE，AB，OO1两两垂直.以O为原点，OE，OB，OO1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设CM=λCF，其中λ∈[0,1]，利用夹角公式求出λ即可．
22.【答案】解：(1)由题意知抛物线E的焦点为F(p2,0)，
由抛物线的性质知|MM1|=|MF|，
过F作直线l2的垂线，垂足为F1，则F到直线l2的距离|FF1|=|p+4| 5，
又直线l2与抛物线E没有公共点，
所以|MM1|+|MM2|=|MF|+|MM2|≥|FM2|≥|FF1|，
当且仅当点M在线段FF1上时，等号成立，
所以|MM1|+|MM2|的最小值为|FF1|，即|p+4| 5=2 5，解得p=−14(舍)或p=6．
所以抛物线E的方程为y2=12x．
(2)若直线AB或直线CD与x轴平行，则AB或CD与抛物线E只有一个公共点，不符合题意，
所以直线AB，CD的斜率都不为0，
设直线AB的方程为x−3=m1(y−1)，直线CD的方程为x−3=m2(y−1)，
易知直线AB，CD的斜率分别为1m1，1m2，所以1m1+1m2=2且m1≠m2．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程y2=12x,x−3=m1(y−1),得y2−12m1y+12m1−36=0，
所以y1+y2=12m1，所以P(6m12−m1+3,6m1)，
同理可得Q(6m22−m2+3,6m2).
当直线PQ的斜率不存在时，6m12−m1+3=6m22−m2+3，
即[6(m1+m2)−1](m1−m2)=0，
又m1≠m2，所以m1+m2=16，
又1m1+1m2=2，所以12m12−2m1+1=0，方程无解，
所以直线PQ的斜率一定存在;
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ过定点H(x0,y0)，
则kHP=kHQ，即6m1−y06m12−m1+3−x0=6m2−y06m22−m2+3−x0，
整理可得(m2−m1)[36m1m2+(6x0+y0−18)−6y0(m1+m2)]=0，
又m1≠m2，所以36m1m2+(6x0+y0−18)−6y0(m1+m2)=0，
因为1m1+1m2=2，所以m1+m2=2m1m2，
代入上式，得(36−12y0)m1m2+(6x0+y0−18)=0，
当36−12y0=0时，6x0+y0−18=0，解得x0=52，y0=3，
即直线PQ经过定点H(52,3)．
【解析】本题考查了抛物线的标准方程、直线与抛物线的位置关系和抛物线中的定点问题，是较难题．
(1)由抛物线的性质知|MM1|=|MF|，过F作直线l2的垂线，垂足为F1，则|FF1|=|p+4| 5，所以|MM1|+|MM2|≥|FM2|≥|FF1|，所以|MM1|+|MM2|的最小值为|FF1|，即|p+4| 5=2 5，可得p，可得抛物线E的方程;
(2)设直线AB的方程为x−3=m1(y−1)，直线CD的方程为x−3=m2(y−1)，分别与抛物线联立，得出P(6m12−m1+3,6m1)，同理可得Q(6m22−m2+3,6m2).分直线PQ的斜率不存在和存在两种情况求解可得定点坐标．
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