2024年高二上学期数学期末押题卷02（测试范围：选修一+选修二第四章）

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1．（6分）在平面直角坐标系xOy中，有一条抛物线Γ：y2＝2x，其焦点为F，在Γ上任取一点P，满足．当△POF的面积取得最大值时，相应的点P的坐标为（ ）
A．B．或
C．（2，2）D．（2，2）或（2，﹣2）
【分析】由抛物线的几何性质可求点P的坐标．
【解答】解：由抛物线的性质，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
该抛物线的准线方程为x＝﹣，设P点的横坐标为m，则|PF|＝m+，
又．∴m≤2，当△POF的面积取得最大值时，点P的横坐标为2，
故点P的坐标为（2，2）或（2，﹣2）．
故选：D．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，属基础题．
2．（6分）若直线2x+y﹣4＝0，x+ky﹣3＝0与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则此四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．5
【分析】圆的内接四边形对角互补，而x轴与y轴垂直，所以直线2x+y﹣4＝0与x+ky﹣3＝0垂直，再利用两直线A1x+B1y+C1＝0与A2x+B2y+C2＝0垂直的充要条件A1A2+B1B2＝0，列方程即可得k，即可得出结果
【解答】解：圆的内接四边形对角互补，因为x轴与y轴垂直，所以2x+y﹣4＝0与x+ky﹣3＝0垂直
直线A1x+B1y+C1＝0与直线A2x+B2y+C2＝0垂直的充要条件是 A1A2+B1B2＝0
由2×1+1×k＝0，解得k＝﹣2，
直线2x+y﹣4＝0与坐标轴的交点为（2，0），（0，4），x+ky﹣3＝0与坐标轴的交点为
（0，﹣），（3，0），两直线的交点纵坐标为﹣，
∴四边形的面积为＝．
故选：C．
【点评】本题考查了两直线垂直的充要条件，如果利用斜率还需要讨论斜率是否存在，属于中档题．
3．（6分）有两条不同的直线m，n与两个不同的平面α，β，下列结论中正确的是（ ）
A．α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥β
B．m⊥α，n∥β，且α∥β，则m⊥n
C．m∥n，n⊆α，则m∥α
D．m∥α，n∥β且α∥β，则m∥n
【分析】对于A，只有在满足n⊂α时，可得n⊥β；对于B，由m⊥α，α∥β，得m⊥β，由 n∥β，可得m⊥n；对于C，m∥α或m在α内；对于D，m，n相交、平行或异面．
【解答】解：对于A，由α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，只有在满足n⊂α时，可得n⊥β，所以A不正确；
对于B，由m⊥α，α∥β，可得m⊥β，又由 n∥β，所以可得m⊥n，所以B正确；
对于C，由m∥n，n⊆α，则m∥α或m在α内，所以C不正确；
对于D，由m∥α，n∥β且α∥β，则m，n相交、平行或异面，所以D不正确．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4．（6分）已知k∈R，直线l1：x+ky＝0过定点P，直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q，两直线交于点M，则|MP|+|MQ|的最大值是（ ）
A．2B．4C．4D．8
【分析】直线l1：x+ky＝0过定点P（0，0），由kx﹣y﹣2k+2＝0化为k（x﹣2）+（2﹣y）＝0，可得直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q（2，2）．可以判定两条直线相互垂直．利用2（|MP|2+|MQ|2）≥（|MP|+|MQ|）2，即可得出．
【解答】解：直线l1：x+ky＝0过定点P（0，0），
由kx﹣y﹣2k+2＝0化为k（x﹣2）+（2﹣y）＝0，令，解得．
直线l2：kx﹣y﹣2k+2＝0过定点Q（2，2）．
∴|PQ|2＝22+22＝8．
当k≠0时，两条直线的斜率满足×k＝﹣1，此时两条直线相互垂直；
当k＝0时，两条直线分别化为：x＝0，y﹣2＝0，此时两条直线相互垂直．
综上可得：两条直线相互垂直．
∴|MP|2+|MQ|2＝|PQ|2＝8．
∴16＝2（|MP|2+|MQ|2）≥（|MP|+|MQ|）2，
解得|MP|+|MQ|≤4，当且仅当|MP|＝|MQ|＝2时取得等号．
则|MP|+|MQ|的最大值是4．
故选：B．
【点评】本题考查了直线系的应用、相互垂直的直线斜率之间的关系、圆的性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5．（6分）已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．给出下列命题：
①若α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α或b⊥β；
②若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b；
③若α∩β＝a，α∩γ＝b，a∥b，则β∥γ；
④“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是随机事件；
⑤若a，b是异面直线，则存在平面α过直线a且垂直于直线b．
其中正确的命题是（ ）
A．①③B．②⑤C．③④D．②④
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【解答】解：若α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，b与α，β可能垂直也可能不垂直，①错；
由面面平行的性质定理知②正确；
三棱柱的两个侧面与第三个侧面的交线相互平行，但这两个侧面相交，③错；
若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能垂直也可能不垂直，“若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β”是随机事件，④正确；
若存在平面α过直线a且垂直于直线b，则a⊥b，但已知中a，b不一定垂直，⑤错误．
故选：D．
【点评】本题考查空间直线与直线以及直线与平面的位置关系的应用，是基础题．
6．（6分）已知抛物线x2＝2py（p＞0）上一点A（m，1）到其焦点的距离为p，O为坐标原点，则|OA|＝（ ）
A．2B．C．4D．5
【分析】先根据抛物线的方程求得准线的方程，进而利用点A的纵坐标求得点A到准线的距离，求出A的坐标，然后求解|OA|即可．
【解答】解：依题意可知抛物线的准线方程为y＝﹣，
∵抛物线x2＝2py（p＞0）上一点A（m，1）到其焦点的距离为p，
∴点A到准线的距离为1+＝p，解得p＝2．
所以抛物线x2＝4y，此时A（±2，1），
所以|OA|＝
故选：B．
【点评】本题主要考查了抛物线的定义的运用．考查了学生对抛物线基础知识的掌握．属中档题．
7．（6分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点D作DF⊥AC，证得DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，证得NE⊥平面PAC，过点F作FG∥BC，证得GF⊥平面PAB，从而得到NQ⊥平面PAB，得到NQ为点N到平面PAB的距离，结合，即可求解．
【解答】解：如图所示，过点D作DF⊥AC，垂足为F，
因为PA⊥平面ABCD，且DF⊂平面ABCD，
所以DF⊥PA，
又因为PA⋂AC＝A，且PA，AC⊂平面PAC，
所以DF⊥平面PAC，
取PF的中点N，连接NE，
因为E为PD的中点，
所以NE∥DF，
所以NE⊥平面PAC，
过点F作FG∥BC，
因为四边形ABCD为矩形，
所以FG⊥AB，
因为PA⊥平面ABCD，且GF⊂平面ABCD，
所以GF⊥PA，
又因为AB⋂PA＝A，且AB，PA⊂平面PAB，
所以GF⊥平面PAB，
取PG的中点Q，连接NQ，
因为N为PF的中点，
所以NQ∥GF，
所以NQ⊥平面PAB，
所以NQ为点N到平面PAB的距离，
在矩形ABCD中，因为，
所以AC＝2，
因为AD2＝AF⋅AC，
所以，
又由△AGF∽△ABC，可得，
解得，
又由，
所以点N到平面PAB的距离为．
故选：C．
【点评】本题考查点到平面的距离，解题关键是利用直线与平面的位置关系找到点到直线的距离，属于中档题．
8．（6分）已知椭圆C：+＝1（b2＜6）上存在两点M，N关于直线2x﹣3y﹣1＝0对称，且线段MN中点的纵坐标为﹣，则b2的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点E（x0，﹣），kMN＝﹣．把中点E（x0，﹣）代入直线2x﹣3y﹣1＝0，可得x0．把点M，N的坐标代入椭圆方程可得：+＝1，+＝1，相减化简整理即可得出解得b2，
【解答】解：设M（x1，y1），N（x2，y2），线段MN的中点E（x0，﹣），kMN＝﹣．
把中点E（x0，﹣）代入直线2x﹣3y﹣1＝0，可得2x0﹣3×（﹣）﹣1＝0，解得x0＝﹣．
把点M，N的坐标代入椭圆方程可得：+＝1，+＝1，
相减可得+＝0，
∴×（﹣）﹣＝0，
解得b2＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”、中点坐标公式、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）
（多选）9．（6分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，P为上底面A1B1C1D1的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（ ）
A．若PD＝3，则满足条件的P点不唯一
B．若PD＝，则点P的轨迹是一段圆弧
C．若PD∥平面ACB1，则DP的最大值为
D．若PD∥平面ACB1，且PD＝，则平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得平面图形的面积为
【分析】作出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的图形，结合图形逐一分析选项，即可得出答案．
【解答】解：作出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的图形，如图所示：
对于A：∵正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA1＝1，
∴B1D1＝2，B1D＝＝3，
∴B1与P重合时，PD＝3，此时P点唯一，故A错误；
对于B：如图，以D1为原点建立平面直角坐标系，设P（x，y），
∵PD＝，∴PD＝＝＝，
∴x²+y²＝2＜8，故点P的轨迹是一段圆弧，故B正确；
对于C：连接A1D，C1D，可得平面C1A1D∥平面B1AC，
则当P与点A1或与点C1重合时，DP有最大值＝＝，故C正确；
对于D：由选项C知，平面BDP即为平面BDD1B1，平面BDP截正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为×＝，
则面积为，故D正确，
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何综合，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算能力，属于中档题．
（多选）10．（6分）已知曲线C：mx2+ny2＝1，下列结论正确的是（ ）
A．若m＞n＞0，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若m＞0＞n，则C是双曲线，其焦点在x轴上
C．若m＝n，则C是圆
D．若m＝0，n＞0，则C是两条直线
【分析】根据各选项条件化方程为标准方程判断．
【解答】解：若m＞n＞0时，方程为，其中，曲线为椭圆，焦点在y轴，A正确；
m＞0＞n时，方程为，表示焦点在x轴上的双曲线，B正确；
m＝n＝0时，方程不表示任何曲线，C错；
m＝0，n＞0时方程可化为，表示两条直线，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了双曲线和椭圆的性质，属于基础题．
（多选）11．（6分）给出下列命题，其中正确的命题有（ ）
A．若{，，}可以作为空间的一个基底，与共线，≠，则{，，}也可以作为空间的一个基底
B．已知向量∥，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底
C．A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面
D．已知{，，}是空间的一个基底，若＝+，则{，，}也是空间的一个基底
【分析】直接利用向量的基底的定义，向量的共线，共面向量的充要条件判定A、B、C、D的结果．
【解答】解：对于选项A：若{，，}可以作为空间的一个基底，与共线，≠，则{，，}也可以作为空间的一个基底，真命题．
对于选项B：已知向量，则，与任何向量都不能构成空间的一个基底，真命题．
对于选项C：已知A，B，M，N是空间中的四点，若不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N四点共面，真命题．
对于选项D：已知{，，}是空间的一个基底，即，，不共面，由即共面，故与，不共面，则{，，}也是空间的一个基底，真命题．
故选：ABCD．
【点评】本题考查的知识要点：向量的基底，向量的共线，共面向量的充要条件，主要考查学生对基础知识的理解和应用，属于基础题．
（多选）12．（6分）已知双曲线C：（0＜k＜1），则（ ）
A．双曲线C的焦点在x轴上
B．双曲线C的焦距等于
C．双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于
D．双曲线C的离心率的取值范围为
【分析】通过k的范围，判断双曲线的焦点位置，焦距的长，焦点到其渐近线的距离，离心率的范围，判断选项的正误即可．
【解答】解：双曲线C：（0＜k＜1），
可得9﹣k＞0，k﹣1＜0，所以双曲线的焦点坐标在x轴，所以A正确；
双曲线的焦距为：2＝2，所以B不正确；
双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于b＝，所以C正确；
双曲线的离心率为：＝∈．所以D正确；
故选：ACD．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）过点（﹣1，2）与（3，5）的直线的一般式方程为 3x﹣4y+11＝0 ．
【分析】先求出直线的斜率，再根据点斜式即可求出直线方程．
【解答】解：可得直线的斜率为，
所以直线方程为，整理得3x﹣4y+11＝0．
故答案为：3x﹣4y+11＝0．
【点评】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．
14．（5分）用一个平行于圆锥底面的平面去截这个圆锥，截得的圆台的上、下底面的半径之比是1：4，圆台的母线长10cm．求此圆锥的母线长 cm ．
【分析】设圆台的上、下底面的半径分别为r、R，此圆锥的母线长为L，截得小圆锥的母线长为l．根据圆锥平行于底的截面性质，结合题意建立关系式算出L＝4l且L﹣l＝10cm，由此算出L长，即得此圆锥的母线长．
【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面的半径分别为r、R，
设圆锥的母线长为L，截得小圆锥的母线长为l，
∵圆台的上、下底面互相平行
∴，可得L＝4l
∵圆台的母线长10cm，可得L﹣l＝10cm
∴＝10cm，解得L＝cm
故答案为：cm
【点评】本题给出圆台上下底面半径之比和母线之长，求圆台所在圆锥的母线之长．着重考查了圆锥的平行截面的性质、圆台定义及应用等知识，属于基础题．
15．（5分）点M为抛物线y2＝8x上的一点且在x轴的上方，F为抛物线的焦点，以Fx为始边，FM为终边的角∠xFM＝60°，则|FM|＝ 8 ．
【分析】由题意得MF|＝2|FA|即|FM|＝2（a﹣2）且|MF|＝联立可得a＝6，进而由抛物线的定义得到|FM|的长为8．
【解答】解：由题意得F（2，0），
设点M为（a，b）过点M作MA垂直于x轴，垂直为A，
∴|MF|＝2|FA|即|FM|＝2（a﹣），
|MF|＝即|MF|＝，
所以2（a﹣2）＝，整理得b2＝3（a﹣2）2…①
又∵M是抛物线y2＝8x上一点，
∴b2＝8a…②
有①②可得a＝6或a＝（舍去）
所以|MF|＝2（6﹣2）＝8
所以|FM|的长为8．
故答案为：8．
【点评】解决此类问题关键是灵活运用抛物线的定义，将问题转化为我们熟悉的平面几何知识．
16．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝3，BD＝CD＝，且BD⊥CD，若点A在平面BCD内的投影恰好为点D，则此三棱锥外接球的表面积为 11π ．
【分析】三棱锥A﹣BCD的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为长方体，它也外接于球，对角线的长为球的直径，然后解答即可．
【解答】解：∵点A在平面BCD内的投影恰好为点D，∴AD⊥平面BCD，
故AD＝，且知AD，BD，CD两两垂直，
故可将此三棱锥放入一个长、宽、高分别为，，的长方体内，三棱锥的四个顶点亦为长方体的顶点，其外接球为长方体外接球．
易得外接球半径为，故外接球表面积为11π．
故答案为：11π
【点评】本题考查球的表面积，考查学生空间想象能力，解答的关键是构造球的内接长方体．是基础题
四．解答题（共5小题，满分58分）
17．（10分）设等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn，已知a3＝12，且S12＞0，S13＜0．
（1）求d的取值范围．
（2）数列{an}的前几项和最大？说明理由．
【分析】（1）根据题意，由a3＝12，S12＞0，S13＜0．可得a1+2d＝12，a6+a7＞0，a7＜0．即可解出公差d的取值范围．
（2）根据题意，由S12＝＝6（a6+a7）＞0，S13＝＝13a7＜0，分析可得：a6＞0，a7＜0．即可得出．
【解答】解：（1）根据题意，设等差数列{an}中，
有a3＝12，S12＞0，S13＜0．
则a1+2d＝12，S12＝＞0，S13＝＜0，
变形可得a1+2d＝12，a6+a7＞0，a7＜0．
即a1+2d＝12，2a1+11d＞0，a7＝a1+6d＜0．
解可得：﹣＜d＜﹣3．
故公差d的取值范围是（﹣，﹣3）；
（2）根据题意，数列{an}的前6项和最大，
理由：由S12＝＝6（a6+a7）＞0，S13＝＝13a7＜0．
可得：a6＞0，a7＜0．
故数列{an}的前6项和最大．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式及其性质，涉及不等式的性质，属于中档题．
18．（12分）已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C、D两点．如图，OC⊥AB，，点P是上动点．沿AB将纸片折为直二面角，并连结PO，PD，PC，CD．
（1）当AB∥平面PCD时，求PD的长；
（2）问当点P在什么位置时，三棱锥P﹣COD体积最大，并求出此时点O到平面PCD的距离．
【分析】（1）由线面平行的性质得到AB∥PD，即可得到，再利用余弦定理计算可得；
（2）根据面面垂直的性质得到OC⊥平面POD，则VP﹣COD＝VC﹣DOP，即可得到当OD⊥OP时，三棱锥P﹣COD的体积最大，再利用等体积法求出点O到平面PCD的距离．
【解答】解：（1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD，平面OPD∩平面PCD＝PD，
所以AB∥PD，又，所以，所以，
又OD＝OP＝1，所以；
（2）当OD⊥OP时，三棱锥P﹣COD的体积最大，
因为OC⊥AB，二面角C﹣AB﹣D为直二面角，平面ABC∩平面POD＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面POD，
OD，OP⊂平面POD，所以OC⊥OD、OC⊥OP，
又，
所以当OD⊥OP，sin∠DOP＝1时，三棱锥P﹣COD的体积最大，
此时，此时，
即△PCD是等边三角形，边长，∴，
设所求距离为h，则，即，解得，
故当OD⊥OP时，此时点O到平面PCD的距离为．
【点评】本题考查了线面平行和等体积法的应用，属于中档题．
19．（12分）已知是椭圆上的两点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E的上顶点A和右焦点F的直线与椭圆E交于另一个点B，P为直线x＝5上的动点，直线AP，BP分别与椭圆E交于C（异于点A），D（异于点B）两点，证明：直线CD经过点F．
【分析】（1）把点M，N坐标代入椭圆方程可得a，b的方程，求解即可；
（2）由已知可求得直线AF的方程可求B的坐标，设P（5，t），直线AP的方程为y＝x+2，直线BP的方程为y＝x﹣，C（x1，y1），D（x2，y2），与椭圆方程联立方程要求得C，D的坐标，再证明＝，可证结论．
【解答】解：（1）∵是椭圆上的两点．
∴+＝1①，+＝1②，
由①②解得a2＝5，b2＝4，
∴椭圆E的方程为+＝1；
（2）证明：由（1）可知A（0，2），F（1，0），则直线AF的方程为y＝﹣2x+2，
由，消去y得24x2﹣40x＝0，解得x＝0或x＝，可得B（，﹣），
设P（5，t），直线AP的方程为y＝x+2，直线BP的方程为y＝x﹣，C（x1，y1），D（x2，y2），
由，消去y得（t2﹣4t+24）x2+20（t﹣2）x＝0，
可得C（，），
由，消去y得（9t2+24t+96）x2﹣（30t2+160t+160）x+25t2+200t＝0，
∴＝，可得D（，），
∴＝，＝，
∴＝，∴C，D，F三点共线，
∴直线CD经过点F．
【点评】本题考查求椭圆的标准方程，考查证直线过定点，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
20．（12分）如图1，在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，AE＝BE＝BC＝CD＝4，，将△ADE沿着DE折起，使得点A与点P重合，平面PDE⊥平面BCDE，如图2．
（1）当时，证明：PC∥平面MNF；
（2）若平面MNF与平面BCDE夹角的余弦值为，求λ的值．
【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明平面MNF∥平面PBC；
（2）首先建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，并表示向量夹角的余弦值，即可求λ的值．
【解答】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，
因为，所以F是BE的中点，
因为F，N分别是BE，PE中点，所以NF∥PB，
因为NF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，
所以NF∥平面PBC，
因为M，N分别是PD，PE的中点，所MN∥DE，
因为BE∥DC，且BE＝DC，所以四边形BCDE是平行四边形，
所以DE∥BC，所以NN∥BC，
因为MN⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以MN∥平面PBC，
因为MN，NF⊂平面MNF，且MN∩NF＝N，所以平面MNF∥平面PBC，
因为PC⊂平面PBC，所以PC∥平面MNF；
解：（2）在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，AE＝BE＝BC＝CD＝4，，
将△ADE沿着DE折起，使得点A与点P重合，平面PDE⊥平面BCDE，
取DE的中点O，连接OC，OP，
由条件可知，四边形AECD和EBCD是平行四边形，且AE＝EB＝BC＝CD＝AD，
所以△ADE，△DCE，△BCE是等边三角形，
所以OC⊥DE，PO⊥DE，
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，
所以PO⊥平面BCDE，
所以OE，OC，OP两两垂直，
则以O为原点，分别以的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PE＝BE＝BC＝CD＝4，所以，，所以，
因为，所以，
所以，
设平面MNF的法向量为，
则，令y＝1，得，
平面BCDE的一个法向量为，
设平面MNF与平面BCDE的夹角为θ，则，
因为平面MNF与平面BCDE夹角的余弦值为，
所以，解得．
【点评】本题考查了线面平行的证明和二面角的计算，属于中档题．
21．（12分）已知双曲线的一条渐近线为，右焦点为F（2，0）．
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点F作直线l交双曲线C的右支于P，Q两点，点M满足，求证：存在两个定点E1，E2，使得|ME1|﹣|ME2|为定值，并求出这个定值．
【分析】（1）利用渐近线方程和焦点坐标可得方程；
（2）先根据韦达定理和表示出点M的轨迹方程，根据方程特点可得答案．
【解答】解：（1）由题意可得，即b2＝3a2．
又右焦点为F（2，0），所以c＝2，即a2+b2＝4，可得a2＝1，b2＝3．
因此双曲线C的方程为；
（2）设点M（x，y），P（x1，y1），Q（x2，y2），x1，x2＞1，
设直线l的方程为x＝my+2，与双曲线C的方程联立，
整理得（3m2﹣1）y2+12my+9＝0，
则3m2﹣1≠0，Δ＝（12m）2﹣36（3m2﹣1）＝36（m2+1）＞0，整理得．
∴，∴，
又x1+x2＞2，∴，∴．
又点M满足，即，
整理得
，两式消除得，代入消去m得．
因此点M的轨迹是以（﹣4，0），（4，0）为焦点，实轴长为4的双曲线的右支，
由双曲线的定义可知，存在两个定点E1（﹣4，0），E2（4，0），使得|ME1|﹣|ME2|＝4．
【点评】本题考查双曲线方程的求解，直线与双曲线的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，化归转化思想，属中档题．