2023-2024学年湖北省部分学校高二（上）期末数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省部分学校高二（上）期末数学试卷(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.抛物线x=2y2的焦点坐标是( )
A. (18,0)B. (0,18)C. (0,12)D. (12,0)
2.在三棱柱ABC−A1B1C1中，M为B1C1中点，若AB=a，CA=b，A1A=c，则下列向量中与BM相等的是( )
A. −12a−12b−cB. 12a+12b+c
C. −12a−12b+cD. 12a−12b+c
3.已知向量a=(2,−3,0)，b=(0,3,4)，则向量a在向量b方向上的投影向量的模为( )
A. 139B. 9 1313C. 59D. 95
4.已知空间三点A(3,2,0)，B(6,1,−2)，C(5,−1,1)，则以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为( )
A. 72B. 7C. 7 32D. 7 3
5.若点P(x,y)是圆C：x2+y2−8x+6y+16=0上一点，则x2+y2的最小值为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
6.设a为正实数，若圆(x−a)2+y2=1与圆x2+y2=25相外切，则a的值为( )
A. 4B. 6C. 24D. 26
7.已知直线l： 3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l的倾斜角是π6
B. 直线l在x轴上的截距为1
C. 过(2 3,2)与直线l平行的直线方程是 3x−y−4=0
D. 若直线m：x− 3y+1=0，则l⊥m
8.已知F(c,0)为双曲线x2−y2b2=1的右焦点，过点F的直线m交双曲线的右支于A，B两点，交l：x=1c于点M.若FM=BF，|AB|=8，则双曲线的离心率e为( )
A. 4B. 3C. 2D. 12
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.已知椭圆x225+y29=1上有不同两点A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(4,0)，则( )
A. 若AB过原点(0,0)，则|AF|+|BF|=10
B. D(−1,4)，|AD|−|AF|的最小值为−5
C. 若FA⊥FB，则FA⋅BA的最大值为9
D. C(4,95)，|AF|+|BF|=2|CF|，若线段AB的垂直平分线与x轴相交于点T，则直线CT的斜率为54
10.直线y= 3(x−1)过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F，且与C交于A，B两点，l为C的准线，则( )
A. p=2B. |AB|=83
C. |AF|=3|BF|(设|AF|>|BF|)D. 准线l与以AB为直径的圆相切
11.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是线段C1D1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 平面BB1P⊥平面ABCD
B. BP的最小值为2 2
C. 若直线B1P与BD1所成角的余弦值为 155，则D1P=12
D. 若P是C1D1的中点，则AA1到平面BB1P的距离为4 55
12.某市为了改善城市中心环境，计划将市区某工厂向城市外围迁移，需要拆除工厂内一个高塔，施工单位在某平台O的北偏东45°方向40 2m处设立观测点A，在平台O的正西方向240m处设立观测点B，已知经过O，A，B三点的圆为圆C，规定圆C及其内部区域为安全预警区.以O为坐标原点，O的正东方向为x轴正方向，建立如图所示的平面直角坐标系.经观测发现，在平台O的正南方向200m的P处，有一辆小汽车沿北偏西45°方向行驶，则( )
A. 观测点A，B之间的距离是280m
B. 圆C的方程为x2+y2+240x−320y=0
C. 小汽车行驶路线所在直线的方程为y=−x−200
D. 小汽车会进入安全预警区
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆C的圆心在直线x−2y−3=0上，且过点A(2,−3)、B(−2,−5)，则圆C的一般方程为 ．
14.对任意的实数λ，原点O(0,0)到直线(2+λ)x−(1+λ)y−2(3+2λ)=0的距离d的取值范围为______．
15.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为C1D1与AB的中点，则点B1到平面A1FCE的距离为______．
16.已知椭圆C：x29+y2b2=1(b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P( 6,1)在C内，点Q在C上，则1|QF1|+1|QF2|的取值范围是______．
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)
已知圆C和直线l1：x−y+1=0，l2：2x+y+2=0，若圆C的圆心为(2,1)且经过直线l1和l2的交点．
(Ⅰ)求圆C的标准方程；
(Ⅱ)直线l：kx−y−2=0与圆C交于M，N两点，且|MN|=2 6，求直线l的方程．
18.(本小题12分)
已知△ABC的顶点A(5,1)，AB边上的中线CM所在直线方程2x−y−5=0，AC边上的高为BH，垂足H(275,15)．
(1)求顶点C的坐标；
(2)求直线BC的方程．
19.(本小题12分)
如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°．
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B−AA1−D的正弦值．
20.(本小题12分)
如图：在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，PD⊥平面ABCD，PD=AB=AD=23BC=2，E为PA的中点，PF=13PB,PM=23PC．
(1)证明：EF/​/DM；
(2)求平面EFD与平面PBC所成夹角．
21.(本小题12分)
椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴长为2 2，左右焦点分别为F1和F2，A为椭圆C上一点，且AF1⋅F1F2=0，|AF1|= 22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M( 2,− 2)作直线交椭圆C于E，F两点，若点N( 2,0)，求证：直线NE，NF的斜率之和为定值．
22.(本小题12分)
已知如图，点B1，B2为椭圆C的短轴的两个端点，且B2的坐标为(0,1)，椭圆C的离心率为 22．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)若直线l不经过椭圆C的中心，且分别交椭圆C与直线y=−1于不同的三点D，E，P(点E在线段DP上)，直线PO分别交直线DB2，EB2于点M，N．
求证：四边形B1MB2N为平行四边形．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由抛物线x=2y2，则y2=12x，
∴抛物线的焦点在x轴上，则2p=12，p4=18，
∴抛物线y2=12x的焦点坐标为(18,0)，
故选：A．
将抛物线方程转化成标准方程，求得焦点在x轴行，则2p=12，p4=18，即可求得焦点坐标．
本题考查抛物线的标准方程及简单几何性质，考查抛物线的焦点坐标，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：如图所示，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=BB1，B1C1=BC
依题意BM=BB1+B1M=AA1+12B1C1=12(BA+AC)−A1A=−12AB−12CA−A1A=−12a−12b−c．
故选：A．
直接利用空间向量的线性运算可得解．
本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵向量a=(2,−3,0)，b=(0,3,4)，
∴|b|= 02+32+42=5，
a⋅b=2×0+(−3)×3+0×4=−9，
∴向量a在向量b方向上的投影向量的模为|a⋅b||b|=95．
故选：D．
由题意求出|b|，a⋅b，结合投影向量的计算公式即可求解．
本题考查空间向量的坐标运算，考查投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵A(3,2,0)，B(6,1,−2,)，C(5,−1,1)，
∴AB=(3,−1,−2)，AC=(2,−3,1)，
∴|AB|= (3)2+(−1)2+(−2)2= 14，
|AC|= 22+(−3)2+12= 14，
设AB与AC的夹角为θ，
则csθ=AB⋅AC|AB||AC|=−2+3+6 14× 14=12，
又∵θ∈[0,π]，∴θ=π3，
即AB与AC的夹角为π3，即∠BAC=π3，
∴△ABC的面积S=12|AB|⋅|AC|⋅sin∠BAC
=12× 14× 14× 32=7 32．
故选：C．
根据点的坐标，可计算|AB|与|AC|及∠BAC的大小，根据三角形面积公式即可求得△ABC的面积．
本题考查三角形面积的求法，考查向量的模及夹角公式，属基础题．
5.【答案】B
【解析】解：圆C：x2+y2−8x+6y+16=0可化为(x−4)2+(y+3)2=9．
x2+y2表示点P(x,y)到点O(0,0)的距离的平方，
因为|CO|= 42+(−3)2=5，
所以x2+y2的最小值为(5−3)2=4．
故选：B．
根据圆外一定点到圆上一点距离的平方的几何意义进行求解即可．
本题考查了圆的一般式方程，两点间的距离公式，考查运算求解能力，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：圆(x−a)2+y2=1的圆心坐标(a,0)，半径为r1=1；
圆x2+y2=25的圆心坐标为(0,0)，半径r2=5，
要使两圆外切，则|a|=r1+r2=6，a>0，所以a=6．
故选：B．
由两个圆的方程，可得圆心坐标及半径，再由两圆外切，可得圆心距等于两个半径之和，求出a的值．
本题考查两圆外切的充要条件的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，直线l： 3x−y+1=0，即y= 3x+1，
依次分析选项：
对于A，直线l的斜率k= 3，其倾斜角为π3，A错误；
对于B，令y=0，解可得x= 33，即直线l在x轴上的截距为 33，B错误；
对于C，设要求直线为 3x−y+b=0，将(2 3,2)代入，计算可得b=−4，即要求直线为 3x−y−4=0，C正确；
对于D，直线l的斜率为 3，直线m的斜率为 33，两直线不垂直，D错误；
故选：C．
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查直线的一般式方程，涉及直线的倾斜角、截距等概念，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得，l即双曲线的右准线．如图，过A，B作右准线l的垂线，垂足为A′，B′，
x轴与右准线l的交点为C．
因为FM=BF，所以F是BM的中点，|AM|=|FM|−|FA|=|BF|−|FA|，
由双曲线第二定义可得|AF||AA′|=|BF||BB|=e，可得|AA′||BB′|=|AF||BF|，
又由相似三角形可得|AA′||BB′|=|AM||BM|=|BF|−|AF|2|BF|，所以|AF||BF|=|BF|−|AF|2|BF|，
所以3|AF|=|BF|，因为|AB|=8，所以|AF|=2，|MF|=|BF|=6，|AM|=|BF|−|AF|=4，
又由相似三角形可得|AA′||CF|=|AM||MF|，因为|AA′|=|AF|e=2ac，|CF|=c−a2c，a2=1，
所以综上可化为2cc−1c=46=23，解得c=2，所以e=ca=2．
故选：C．
利用双曲线的第二定义和三角形相似，求出c=2即可求得离心率e的值．
本题考查双曲线的第二定义，考查运算求解能力，考查转化思想，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：因为椭圆x225+y29=1，所以a=5，b=3，c=4，则F(4,0)是其右焦点，
对于A，设椭圆x225+y29=1的左焦点为G，G(−4,0)．
因为AB过原点(0,0)，所以由椭圆的对称性易知四边形AFBG是平行四边形，
则|AF|+|BF|=|AF|+|AG|=2a=10，故A正确；
对于B，因为|AF|+|AG|=10，则|AG|−10=−|AF|，
又|DG|= (−1+4)2+(4−0)2=5，所以|AD|−|AF|=|AD|+|AG|−10≥|DG|−10=−5，
当A在线段DG与椭圆的交点位置时，等号成立，故B正确；
对于C，当BF⊥x轴，点A为椭圆的右顶点时，满足FA⊥FB，此时|AF|=9，
但FA⋅BA=|FA||BA|cs∠FAB=|FA|2=|AF|2=81，故C错误；
对于D，因为A(x1,y1)在椭圆x225+y29=1上，所以y12=9−925x12,x1<5，
所以|AF|= (x1−4)2+y12= (x1−4)2+9−925x12=5−45x1′同理|BF|=5−45x2，
而由C(4,95),F(4,0)可知，|CF|=95，
所以由|AF|+|BF|=2|CF|，得5−45x1+5−45x2=185，
则x1+x2=8，故可设AB的中点坐标为D(4,y0)，
又A，B在椭圆上，所以x1225+y129=1,x2225+y229=1，
两式相减，得x12−x2225=−y12−y229，
所以y1−y2x1−x2=−9(x1+x2)25(y1+y2)=−925⋅82y0=−3625y0．
所以直线DT的斜率为kDT=25y036，则直线DT的方程为y−y0=25y036(x−4)，
令y=0，得x=6425，即T(6425,0)，
所以直线CT的斜率k=95−04−6425=54，故D正确．
故选：ABD．
利用椭圆的对称性判断A，利用椭圆的定义判断B，利用特殊位置法排除C，利用点在椭圆上与两点距离公式推得x1+x2=8，再利用点差法求得AB的垂直平分线方程，求得点T与直线CT的斜率，从而判断D．
本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查了方程思想和转化思想，属难题．
10.【答案】ACD
【解析】解：抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F(p2,0)，
又因为F直线y= 3(x−1)上，则 3(p2−1)=0，解得p=2，故A正确；
抛物线C的方程为y2=4x，焦点F(1,0)，准线为x=−1，
由y= 3(x−1)y2=4x，整理得3x2−10x+3=0，
解得x1=13，x2=3，
由题意B的横坐标为13，B的横坐标为3，
所以|AF|=3+1=4，|BF|=13+1=43，可得|AB|=|AF|+|BF|=3+43=133，故B错；
|AF|=3|BF|，故C正确；
线段AB的中点D的横坐标x0=x1+x22=53，
则线段AB的中点D到准线的距离为d=53+1=83=12|AB|，
因此准线l与以AB为直径的圆相切，故D正确．
故选：ACD．
由焦点F(p2,0)在直线y= 3(x−1)上，求出p可判断A；把直线y= 3y= 3(x−1)与抛物线的方程联立，结合韦达定理及抛物线的定义可判断B的真假；由抛物线的定义求出|AF|，|BF|可判断C的真假；求出线段AB中点到准线的距离d与12|AB|，比较可判断D的真假．
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，∵BB1⊥平面ABCD，BB1⊂平面BB1P，
∴平面BB1P⊥平面ABCD，故A正确；
连接BC1，由D1C1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，得D1C1⊥BC1，
故在Rt△D1C1B中，当点P与C1重合时，BP取最小值2 2，故B正确；
以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示：
则B(2,2,0)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，设P(0,m,2)，0≤m≤2，
则B1P=(−2,m−2,0)，BD1=(−2,−2,2)，
假设存在点P，使直线B1P与BD1所成角的余弦值为 155，
则|cs〈B1P,BD1〉|=|B1P⋅BD1||B1P||BD1|=|8−2m| 4+(m−2)2⋅2 3= 155，
解得m=−2(舍去)，或m=1，此时点P是C1D1中点，D1P=1，故C错误；
由AA1/​/BB1且AA1⊄平面BB1P，BB1⊂平面BB1P，知AA1/​/平面BB1P，
则AA1到平面BB1P的距离，即为A到平面BB1P的距离；
P是C1D1的中点，故P(0,1,2)，AB=(0,2,0)，B1P=(−2,−1,0)，BB1=(0,0,2)，
设平面BB1P的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅B1P=−2x−y=0m⋅BB1=2z=0，
取x=1，则m=(1,−2,0)，
∴点A到平面BB1P的距离为|AB⋅m||m|=4 5=4 55，
即AA1到平面BB1P的距离为4 55，D正确．
故选：ABD．
根据面面垂直的判定定理即可判断A；结合正方体结构特征判断当点P与C1重合时，BP取最小值，即可判断B；建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间角的向量求法可判断C；将线面距离转化为点面距离，根据空间距离的向量求法求得点A到平面BB1P的距离，即可判断D．
本题主要考查空间位置关系的判断，两点间距离的求法，直线到平面距离的求法，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：由题意，得A(40,40)，B(−240,0)，所以|AB|= 2802+402=200 2，
即观测点A，B之间的距离是200 2m，故A错误；
设圆C的方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0，因为圆C经过O，A，B三点，
所以F=0402+402+40D+40E+F=0(−240)2+(−240)D+F=0，解得D=240E=−320F=0，
所以圆C的方程为x2+y2+240x−320y=0，故B正确；
小汽车行驶路线所在直线的斜率为−1，又点P的坐标是(0,−200)，
所以小汽车行驶路线所在直线的方程为y=−x−200，故C正确；
圆C化成标准方程为 (x+120)2+(y−160)2=40000，圆心为C(−120,160)，半径 r=200，
圆心C到直线y=−x−200的距离d=|−120+160+200| 2=120 2所以直线y=−x−200与圆C相交，即小汽车会进入安全预警区，故D正确．
故选：BCD．
对于A，由题意可得点A，B的坐标，结合两点间的距离公式计算即可验证；对于B，结合A，B，O三点坐标，利用待定系数法求解圆C的方程即可验证；对于C，由题意可知小汽车行驶路线所在直线的斜率以及它经过点(0,−200)，由点斜式写出直线方程验证即可；对于D，将圆C的方程化为标准方程得圆心坐标，半径，只需比较圆心到小汽车行驶路线所在直线的的距离和半径即可．
本题考查了两点间的距离公式和圆的方程的相关计算，属于中档题．
13.【答案】x2+y2+2x+4y−5=0
【解析】解：因为点A(2,−3)、B(−2,−5)，
所以AB的中点坐标为D(0,−4)，直线AB的斜率为k=−5+3−2−2=12，
由垂径定理知，直线CD的斜率为−1k=−2，
所以直线CD的方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
联立2x+y+4=0x−2y−3=0，解得x=−1，y=−2，即C(−1,−2)，
所以圆的半径为|AC|= (2+1)2+(−3+2)2= 10，
所以圆C的标准方程为(x+1)2+(y+2)2=10，化成一般方程为x2+y2+2x+4y−5=0．
故答案为：x2+y2+2x+4y−5=0．
先求出线段AB的中垂线所在直线的方程，再将其与已知直线联立求得圆心C的坐标，及圆C的半径|AC|，然后写出圆的标准方程，并化成一般方程，即可．
本题考查圆的一般方程的求法，熟练掌握两条直线的垂直关系，圆的标准方程是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14.【答案】[0,2 2)
【解析】解：由题意，直线(2+λ)x−(1+λ)y−2(3+2λ)=0，
可得2x−y−6=0x−y−4=0，解得x=2y=−2，
直线过定点Q(2,−2)，∴|OQ|=2 2，∴d<2 2，
当OQ⊥l时，由kOQ=−2−02−0=−1，故l的斜率为1，
此时2+λ=1+λ，无解，故这样的直直线l不存在，
当直线l过点O时，d取得最小值0，
∴d的取值范围[0,2 2).
故答案为：[0,2 2).
由题意，直线过定点Q(2,−2)，OQ⊥l时，d取得最大值，直线l过P时，d取得最小值0，可得结论．
本题考查求d的取值范围，正确运用点到直线的距离公式是关键，属于中档题．
15.【答案】 63
【解析】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(1,0,1),F(1,12,0),C(0,1,0),E(0,12,1),B1(1,1,1)，
所以CF=(1,−12,0)，CE=(0,−12,1)，
设平面A1FCE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CE=(x,y,z)⋅(0,−12,1)=−12y+z=0m⋅CF=(x,y,z)⋅(1,−12,0)=x−12y=0，
令x=1，则y=2，z=1，所以平面A1FCE的一个法向量为m=(1,2,1)，
又因为CB1=(1,0,1)，
所以点B1到平面A1FCE的距离为d=|CB1⋅m||m|=|(1,0,1)⋅(1,2,1)| 1+4+1= 63．
故答案为： 63．
建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离即可．
本题考查空间中点到平面的距离的求法，属于中档题．
16.【答案】[23,2)
【解析】解：椭圆C的焦点左右分布，说明焦点在x轴上，因此可得0∵点P( 6,1)在C内，∴69+1b2<1，
∴3F1坐标为(−c,0)，其中c>0且有b2+c2=9，因此可得0则m= (x0+c)2+y02= x02+2cx0+c2+b2−b29x02= c29x02+2cx0+9=3+x03c(−3⩽x⩽3)，
因此3−c⩽m⩽3+c，由于|QF1|+|QF2|=2 9=6，因此|QF2|=6−m，
则1|QF1|+1|QF2|=1m+16−m=6−m2+6m，
对于−m2+6m，当m=62=3时其取最大值，最大值为9，
当x=3−c或3+c时取最小值，最小值为9−c2>9−6=3，
因此23⩽6−m2+6m⩽69−c2<63=2，
故1|QF1|+1|QF2|取值范围为[23,2)．
利用椭圆的性质结合函数的最值即可求解．
本题考查了椭圆的性质的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)联立x−y+1=02x+y+2=0，解得x=−1y=0，
故直线l1和l2的交点为D(−1,0)，
r=|CD|= (2+1)2+(1−0)2= 10，
故圆C的标准方程为(x−2)2+(y−1)2=10；
(Ⅱ)直线l：kx−y−2=0与圆C交于M，N两点，且|MN|=2 6，
则|2k−1−2| k2+(−1)2= r2−(2 62)2=2，解得k=512，
故直线l的方程为5x−12y−24=0．
【解析】(Ⅰ)先求出直线的交点，再结合两点之间的距离公式，求出半径，即可求解；
(Ⅱ)根据已知条件，结合点到直线的距离公式，以及垂径定理，即可求解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由△ABC的顶点A(5,1)，AC边上的高为BH，垂足H(275,15).
kAC=kAH=1−155−275=−2，
∵△ABC的顶点A(5,1)，
∴直线AC方程；y−1=−2(x−5)，即2x+y−11=0，
与2x−y−5=0联立，2x+y−11=02x−y−5=0，解得：x=4y=3，
∴顶点C的坐标为(4,3)；
(2)由AC边上的高为BH，可得kAC⋅kBH=−1，
∴kBH=12，垂足H(275,15).
边AC上的高BH所在直线方程为y−15=12(x−275)，即x−2y−5=0，
∵CM所在直线方程为2x−y−5=0，设点M(m,2m−5)，
∵M是AB中点，A(5,1)，
∴B(2m−5,4m−11)，
∵B(2m−5,4m−11)在BH所在直线方程为x−2y−5=0上，
∴2m−5−2(4m−11)−5=0，
解得：m=2，
所以B(−1,−3)，
∴BC的方程为：y−3=65(x−4)，
即6x−5y−9=0．
【解析】(1)由垂直关系求出直线AC，然后将直线AC与中线CM建立方程组，进而可求得顶点C的坐标；
(2)先设M(m,2m−5)进而可求B(2m−5,4m−11)，由B在BH上，进而可求B，再由点斜式即可求得直线BC的方程．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为C1O=OC+CC1=CC1−12(CB+CD)，
所以C1O⋅BD=[CC1−12(CB+CD)](CD−CB)=(CC1⋅CD−CC1⋅CB)−12(CD2−CB2)=0，
所以C1O⊥BD，
因为CC1=2，CO= 2，∠C1CO=45°，所以C1O= 2，所以C1O2+OC2=CC12，
所以C1O⊥OC，
因为BD∩OC=O，所以C1O⊥平面ABCD．
(2)由(1)知，OB，OC，OC1两两互相垂直，
以O为坐标原点，OB，OC，OC1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B( 2,0,0)，A(0,− 2,0)，C1(0,0, 2)，C(0, 2,0)，A1(0,−2 2, 2)，D(− 2,0,0)，
所以AB=( 2, 2,0)，AA1=(0,− 2, 2)，AD=(− 2, 2,0)，
设平面AA1B的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅AB= 2x1+ 2y1=0n1⋅AA1=− 2y1+ 2z1=0，
令x1=1，则y1=−1，z1=−1，所以n1=(1,−1,−1)，
设平面AA1D的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅AA1=− 2y2+ 2z2=0n2⋅AD=− 2x2+ 2y2=0，
令x2=1，则y2=1，z2=1，所以n2=(1,1,1)，
设二面角B−AA1−D的平面角为θ，
所以csθ=|n1⋅n2||n1||n2|=1 3⋅ 3=13，所以sinθ=2 23，
所以二面角B−AA1−D的正弦值为2 23．
【解析】(1)由向量的线性运算和数量积计算可证C1O⊥BD，由勾股定理的逆定理可证C1O⊥OC，再由线面垂直的判定定理即可证明；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面AA1B与平面AA1D的法向量，由向量的夹角公式计算即可．
本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
20.【答案】(1)证明：因为AB⊥BC，AD//BC，
所以AB⊥AD，又PD⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AB、PD⊥AD，
故可以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中z轴//PD，

由题意可得A(0,0,0)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，C(2,3,0)，P(0,2,2)，
则PB=(2,−2,−2)，PF=13PB=(23,−23,−23)，
PC=(2,1,−2),PM=23PC=(43,23,−43)，
PA=(0,−2,−2)，由E为PA的中点，
故PE=(0,−1,−1)，则EF=PF−PE=(23,13,13)，PD=(0,0,−2)，
则DM=PM−PD=(43,23,23)，故EF=12DM，
故EF//DM；
(2)解：由(1)知EF=(23,13,13)，PB=(2,−2,−2),PC=(2,1,−2)，且PD=(0,0,−2),PE=(0,−1,−1)，
故ED=PD−PE=(0,1,−1)，
设平面EFD与平面PBC的法向量分别为m=(x1,y1,z1)、n=(x2,y2,z2)，
则有m⋅EF=0m⋅ED=0和n⋅PB=0n⋅PC=0，
即23x1+13y1+13z1=0y1−z1=0和2x2−2y2−2z2=02x2+y2−2z2=0，
不妨分别取x1=1，x2=1，则可得m=(1,−1,−1)、n=(1,0,1)，
则cs〈m,n〉=1−1|m|⋅|n|=0，故m⊥n，
即平面EFD与平面PBC所成夹角为90°．
【解析】(1)由题意可建立空间直角坐标系，求出EF、DM即可得证；
(2)求出平面EFD与平面PBC的法向量后即可得平面EFD与平面PBC所成夹角．
本题考查向量法在证明空间线面位置关系和求空间角上的综合运用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为椭圆C的长轴长为2 2，
所以2a=2 2，
解得a= 2，
因为A为椭圆C上一点，
所以|AF1|+|AF2|=2 2，
因为|AF1|= 22，
所以|AF2|=3 22，
因为AF1⋅F1F2=0，
所以|AF1|2+|F1F2|2=|AF2|2，
即( 22)2+(2c)2=(3 22)2，
解得c2=1，
又a2=b2+c2，
解得b2=1，
则椭圆C的方程x22+y2=1；
(2)证明：不妨设E(x1,y1)，F(x2,y2)，N( 2,0)，
当直线的斜率不存在时，x= 2与椭圆C有且只有一个交点，不符合题意；
当直线的斜率存在时，不妨设EF的方程为y=k(x− 2)− 2，
联立y=k(x− 2)− 2x22+y2=1，消去y并整理得(2k2+1)x2−4 2k(k+1)x+4k2+8k+2=0，
此时Δ=32k2(k+1)2−4(2k2+1)(4k2+8k+2)=−32k−8>0，
解得k<−14，
由韦达定理得x1+x2=4 2k(k+1)2k2+1，x1x2=4k2+8k+22k2+1，
所以y1+y2=k(x1+x2)−2 2k−2 2=−2 2(k+1)2k2+1，
而kNE+kNF=y1x1− 2+y2x2− 2=y1x2+y2x1− 2(y1+y2)x1x2− 2(x1+x2)+2，
因为y1x2+y2x1=[k(x1− 2)− 2]x2+[k(x2− 2)− 2]x1
=2kx1x2− 2(k+1)(x1+x2)=−4k2k2+1，
所以kNE+kNF=y1x1− 2+y2x2− 2=y1x2+y2x1− 2(y1+y2)x1x2− 2(x1+x2)+2
=−4k2k2+1− 2×−2 2(k+1)2k2+14k2+8k+22k2+1− 2×4 2k(k+1)2k2+1+2=1．
故直线NE，NF的斜率之和为定值1．
【解析】(1)由题意，根据已知条件和椭圆的定义列出等式再进行求解即可；
(2)设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理化简再进行求证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)因为B2的坐标为(0,1)，椭圆C的离心率为 22，
所以b=1ca= 32a2=b2+c2，
解得a2=2，b2=1，
则椭圆C的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)不妨设D(x1,y1)，E(x2,y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，
可得直线B2D方程为y=y1−1x1x+1，
当直线l的斜率不存在时，
不妨设直线l方程为x=x0(x0≠0)，
此时P(x0,−1)，直线PO方程的为y=−1x0x，
联立y=−1x0xy=y1−1x0x+1，
解得xM=−x0y1，
同理得xN=−x0y2，
因为y1=−y2，
所以xM+xN=0，
当直线l斜率存在时，
不妨设直线l方程为y=kx+t(t≠0)，
联立y=kx+tx22+y2=1，消去y并整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2=0，
由韦达定理得x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
将y=−1代入直线y=kx+t中，
解得x=−1−kk，
即P(−1−tk,−1)，
所以直线PO的方程为y=kt+1x，
联立y=y1−1x1x+1y=kt+1x，
解得xM=−x1(1+t)(y1−1)(1+t)−kx1=−x1(1+t)ktx1+t2−1，
同理得xN=−x2(1+t)ktx2+t2−1，
所以xM+xN=−(t+1)(x1ktx1+t2−1+x2ktx2+t2−1)
=−(t+1)2ktx1x2+(t2−1)(x1+x2)(ktx1+t2−1)(ktx2+t2−1)，
因为2ktx1x2+(t2−1)(x1+x2)=2kt(2t2−2)1+2k2+(t2−1)(−4kt)1+2k2=0，
所以xM+xN=0，
综上得，xM+xN=0，
则点O为线段MN中点，
因为O为B1B1中点，
所以四边形B1MB2N为平行四边形．
【解析】(Ⅰ)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式即可求解；
(Ⅱ)对直线l的斜率是否存在进行讨论，当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到相关表达式，结合直线PO的方程推出点M，N的横坐标表达式，再进行求证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．