2023-2024学年辽宁省朝阳市建平实验中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省朝阳市建平实验中学高二（上）期末数学试卷（含解析），共16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.如图，已知每条线路仅含一条通路，当一条电路从M处到N处接通时，不同的线路可以有( )
A. 5条B. 6条C. 7条D. 8条
2.已知复数z满足(2−i)z=3+i，则z的虚部是( )
A. −1B. 1C. −iD. i
3.过点(2,−1)且与直线2x−3y+9=0平行的直线的方程是( )
A. 2x−3y−7=0B. 2x+3y−1=0C. 3x+2y−4=0D. 2x−3y+7=0
4.已知等轴双曲线C的对称轴为坐标轴，且经过点A(4 2,2)，则双曲线C的标准方程为( )
A. x236−y236=1B. y236−x236=1C. x228−y228=1D. y228−x228=1
5.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，E是PD的中点，点F满足CF=2FB，若PA=a，PB=b，PC=c，则FE=( )
A. 12a−43b+16c
B. 12a−43b−16c
C. 12a−76b+16c
D. 12a−76b−16c
6.京剧，又称平剧、京戏等，中国国粹之一，是中国影响最大的戏曲剧种，分布地以北京为中心，遍及全国各地.京剧班社有“七行七科”之说：七行即生行、旦行(亦称占行)、净行、丑行、杂行、武行、流行.某次京剧表演结束后7个表演者(七行中每行1人)排成一排合影留念，其中净行、丑行、杂行互不相邻，则不同的排法总数是( )
A. 144B. 240C. 576D. 1440
7.已知A(0,0,2)，B(0,2,1)，C(2,1,0)，D(2,0,1)，则点D到平面ABC的距离为( )
A. 2 145145B. 2 525C. 2 2929D. 25
8.已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=9和两点A(t,0)，B(−t,0)(t>0)，若圆C上至少存在一点P，使得PA⋅PB<0，则实数t的取值范围是( )
A. (2,8)B. (2,+∞)C. (3,+∞)D. (1,3)
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a=(1,−1,−1)，b=(−2,2,0)，c=(2,1,−3)，则( )
A. |a+b|= 3B. (a+b)⋅(a+c)=−6
C. (a+2b)⊥cD. a//(2c−b)
10.已知曲线C的方程为x224−λ+y216+λ=1，则下列说法正确的是( )
A. 存在实数λ，使得曲线C为圆
B. 若曲线C为椭圆，则−16<λ<24
C. 若曲线C为焦点在x轴上的双曲线，则λ<−16
D. 当曲线C是椭圆时，曲线C的焦距为定值
11.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. 小汽车不会进入安全预警区
12.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点( 3, 32)，直线l：y=−12x+m与椭圆C交于M，N两点，且线段MN的中点为P，O为坐标原点，直线OP的斜率为32，则下列结论正确的是( )
A. C的离心率为12
B. C的方程为x212+y2=1
C. 若m=1，则|MN|=3 52
D. 若m=12，则椭圆C上存在E，F两点，使得E，F关于直线l对称
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(x+3x3)8的展开式中的常数项为______．
14.新高考模式下，“3+1+2”中“3”是数学、语文、外语三个必选的主科，“1”是物理、历史二选一.“2”是在地理、生物、化学、政治中选两科.已知某校高二学生中有34的学生选择物理，剩余的选择历史，选择物理和历史的学生中选择地理的概率分别是13和23，则从该校高二学生中任选一人，这名学生选择地理的概率为______．
15.《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，现有如图所示的“堑堵”ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，AC=BC=3，若“堑堵”ABC−A1B1C1的体积为272，则“堑堵”ABC−A1B1C1的外接球的表面积为______．
16.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于M，N两点(M在第二象限)，过点M作抛物线C的准线的垂线，垂足为M1，若|FM|=|FM1|，|FM|−|FN|=4，则p= ______．
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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量m=(sinA,b+c)，n=(sinC−sinB,a+b)，且m//n．
(1)求角C；
(2)若b=2，△ABC的面积为 3，求△ABC的周长．
19.(本小题12分)
甲、乙两名同学同时参加学校象棋兴趣小组，在一次比赛中，甲、乙两名同学与同一位象棋教练进行比赛，记分规则如下：在一轮比赛中，若甲赢而乙输，则甲得2分；若甲输而乙赢，则甲得−2分；若甲和乙同时赢或同时输，则甲得0分.设甲赢教练的概率为0.4，乙赢教练的概车为0.5，每轮比赛结果相互独立．
(1)求在一轮比赛中，甲得分X的分布列；
(2)求前两轮比赛中甲得分之和为0的概率．
20.(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．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，且AD//BC，AD⊥DC，BC=2AD=2 2，DC=2，正三角形PCD所在平面与平面ABCD垂直，E，F分别为DC，PC的中点．
(1)求证：AB⊥平面PAE；
(2)求二面角F−BD−C的平面角的余弦值．
22.(本小题12分)
在直角坐标平面内，已知A(−3,0)，B(3,0)，动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于19，记动点P的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点C(9,0)作直线l交E于M，N两点(与A，B不重合)，直线AM与BN的交点Q是否在一条定直线上？若是，求出这条定直线的方程；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：按上、下两条线路分为两类，上线路中有2条，下线路中有2×3=6条．
故不同的线路可以有2+6=8条．
故选：D．
根据分类加法、分步乘法计数原理求得正确答案．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由已知(2−i)z=3+i，得z=3+i2−i=(3+i)(2+i)(2−i)(2+i)=5+5i5=1+i，
所以z的虚部为1．
故选：B．
先由等式(2−i)z=3+i，反解出z，再利用复数的除法运算法则，求出复数z即可．
本题考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：设与直线2x−3y+9=0平行的直线的方程为2x−3y+λ=0，
将点(2,−1)代入得2×2−3×(−1)+λ=0，解得λ=−7，
所以所求直线的方程为2x−3y−7=0．
故选：A．
利用直线的平行系方程及点在直线上即可求解．
本题考查直线方程的点斜式，两条直线的平行关系，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设等轴双曲线C的方程为x2m−y2m=1(m≠0)，
将点A(4 2,2)代入，得32m−4m=1，解得m=28，
所以双曲线C的标准方程为x228−y228=1．
故选：C．
设出等轴双曲线的标准方程，将点A(4 2,2)代入即可求解．
本题考查双曲线的标准方程及几何性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意知：FE=PE−PF=12PD−(PC+CF)=12(PB+BD)−PC−23CB=12(BD+PB)−PC−23(PB−PC)=12(BA+BC)−13PC−16PB=12(PA−PB+PC−PB)−13PC−16PB=12a−76b+16c．
故选：C．
根据空间向量的线性运算求解．
本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：先将生行、旦行、武行、流行这4人全排列，有A44=24种，
产生5个空，再将净行、丑行、杂行这3人插入5个空中，有A53=60种，
所以不同的排法总数是24×60=1440．
故选：D．
由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由已知得：AB=(0,2,−1)，AC=(2,1,−2)，AD=(2,0,−1)，
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AB=2y−z=0n⋅AC=2x+y−2z=0，
令y=2，则z=4，x=3，所以平面ABC的一个法向量为n=(3,2,4)，
所以点D到平面ABC的距离为|AD⋅n||n|=|2×3−4| 29=2 2929．
故选：C．
由点到平面的距离的向量求法即可求得．
本题考查点到平面的距离的求法，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：圆C：(x−3)2+(y−4)2=9的圆心C(3,4)，半径为r=3，
∵圆C：(x−3)2+(y−4)2=9和两点A(t,0)，B(−t,0)(t>0)，
圆C上至少存在一点P，使得PA⋅PB<0，则∠APB>90°，
∴圆C与圆O：x2+y2=t2(t>0)的位置关系为相交、内切或内含，所以|OC|<3+t，
又∵|OC|= 32+42=5，所以5<3+t，即t>2．
故选：B．
求解圆的圆心与半径，结合PA⋅PB<0，推出∠APB>90°，得到|OC|<3+t，然后求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，向量的数量积的应用，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于选项A，a+b=(−1,1,−1)，所以|a+b|= 3，故选项A正确；
对于选项B，a+c=(3,0,−4)，所以(a+b)⋅(a+c)=−3+0+4=1，故选项B错误；
对于选项C，a+2b=(−3,3,−1)，(a+2b)⋅c=−6+3+3=0，所以(a+2b)⊥c，故选项C正确；
对于选项D，2c−b=(6,0,−6)，不存在实数λ，使得a=λ(2c−b)，故a与2c−b不平行，故选项D错误．
故选：AC．
由向量模、数量积的坐标公式，以及向量共线定理逐一判断每一选项即可求解．
本题主要考查了空间向量的坐标运算，考查了向量的模长公式，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：曲线C为圆⇔24−λ=16+λ>0即λ=4，A正确；
C为椭圆⇔24−λ>0，16+λ>0，24−λ≠16+λ⇔−16<λ<24，λ≠4，B错误；
C为焦点在x轴上的双曲线⇔24−λ>016+λ<0⇔λ<−16，C正确；
C是椭圆⇔−16<λ<24，λ≠4，此时焦距2c=2 |24−λ−(16+λ)|=2 |8−2λ|，不是定值，D错误．
故选：AC．
按圆和圆锥曲线的标准方程逐项判断即可．
本题主要考查双曲线的性质和椭圆的性质，考查计算能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【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)2−240D+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化为标准方程为(x+120)2+(y−160)2=40000，
圆心为C(−120,160)，半径r=20，
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错误．
故选：BC．
由两点间距离公式可求|AB|判断A；设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入点的坐标可求圆的方程判断B；求得汽车行驶路线所在直线的方程为y=−x−200判断C；判断直线与圆的位置关系判断D．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则P(x1+x22,y1+y22)，即kOP=y1+y2x1+x2=32，
因为M，N在椭圆C上，所以x12a2+y12b2=1，x22a2+y12b2=1，两式相减得：
x12−x22a2+y12−y22b2=0，
所以(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
所以1a2+(y1+y2)(y1−y2)b2(x1+x2)(x1−x2)=0，又kMN=y1−y2x1−x2=−12，
所以1a2−34b2=0，即b2=34a2，又a2=b2+c2，
所以c2=14a2，离心率e=ca=12，故A正确；
因为椭圆C过点( 3, 32)，所以3a2+34b2=1，解得a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1，故B错误；
若m=1，则直线l的方程为y=−12x+1，
联立y=−12x+1,x24+y23=1,，得x2−x−2=0，所以x1=−1，x2=2，
所以|MN|= 1+(−12)2|2+1|=3 52，故C正确；
若m=12，则直线l的方程为y=−12x+12．
假设椭圆C上存在E，F两点，使得E，F关于直线l对称，
设E(x3,y3)，F(x4,y4)，EF的中点为Q(x0,y0)，
所以x3+x4=2x0，y3+y4=2y0．
因为E，F关于直线l对称，
所以kEF=2且点Q在直线l上，即y0=−12x0+12．
又E，F在椭圆C上，所以x324+y323=1，x424+y423=1，两式相减得：
x32−x424+y32−y423=0，
所以(x3+x4)(x3−x4)4+(y3+y4)(y3−y4)3=0，
即x3+x44+(y3+y4)(y3−y4)3(x3−x4)=0，
所以y3+y4=−3(x3+x4)8，即y0=−38x0，
联立y0=−12x0+12,y0=−38x0,，解得x0=4,y0=−32.，
所以Q(4,−32)，又424+(−32)23>1，
所以点Q在椭圆C外，这与Q是弦EF的中点矛盾，
所以椭圆C上不存在E，F两点，使得E，F关于直线l对称，故D错误．
故选：AC．
利用点差法确定a2，b2关系b2=34a2，结合a2=b2+c2，有c2=14a2求得离心率；根据椭圆过定点确定椭圆标准方程；由弦长公式求弦长；假设椭圆C上存在E，F两点并设其中点坐标Q(x0,y0)利用点差法确定Q(4,−32)，验证424+(−32)23>1，所以点Q在椭圆C外，这与Q是弦EF的中点矛盾，所以椭圆C上不存在E，F两点，使得E，F关于直线l对称．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，点差法的应用，属中档题．
13.【答案】252
【解析】解：(x+3x3)8的展开式中的通项公式为Tk+1=C8kx8−k3kx−3k=C8k3kx8−4k，
令8−4k=0，
∴k=2，此时Tk+1=T3=252．
故答案为：252．
根据二项式定理展开式的通项公式，即可解出．
本题考查了二项式定理的展开式，学生的数学运算能力，属于基础题．
14.【答案】512
【解析】解：由全概率公式，得P=34×13+14×23=512，
即从该校高二学生中任选一人，这名学生选择地理的概率为512．
故答案为：512．
根据古典概型相关知识可解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
15.【答案】27π
【解析】解：如图所示的“堑堵”ABC−A1B1C1，其中AC⊥BC，AC=BC=3，
若“堑堵”ABC−A1B1C1的体积为272，
则“堑堵”ABC−A1B1C1的体积V=12×AC×BC×CC1=92CC1=272，所以CC1=3，
将“堑堵”ABC−A1B1C1置于边长为3的正方体ACBD−A1C1B1D1中，
此时“堑堵”ABC−A1B1C1的外接球即为正方体ACBD−A1C1B1D1的外接球，外接球的直径为AB1= 32+32+32=3 3，
所以“堑堵”ABC−A1B1C1的外接球的表面积S=4π×(3 32)2=27π．
故答案为：27π．
根据“堑堵”ABC−A1B1C1的体积求出CC1，将“堑堵”ABC−A1B1C1置于边长为3的正方体ACBD−A1C1B1D1中，此时“堑堵”的外接球即为正方体ACBD−A1C1B1D1的外接球，求出正方体的对角线可得答案．
本题考查了“堑堵”外接球的表面积计算，属于中档题．
16.【答案】3
【解析】解：易知抛物线x2=2py(p>0)的焦点F(0,p2)，
因为|FM|=|MM1|，
又|FM|=|FM1|，
所以△FMM1为等边三角形，
此时∠FMM1=π3，kMN=− 33，
所以直线MN的方程为y=− 33x+p2，
不妨设M(x1,y1)，N(x2,y2)(x1<0,x2>0)，
联立y=− 33x+p2x2=2py，消去y并整理得x2+2 33px−p2=0，
由韦达定理得x1+x2=−2 33p，x1x2=−p2，
因为|FM|−|FN|=4，
所以(y1+p2)−(y2+p2)= 33(x2−x1)= 33 (x1+x2)2−4x1x2=43p=4，
解得p=3．
故答案为：3．
由题意，根据题目所给信息以及抛物线的定义得到△FMM1为等边三角形，设出MN的方程和M，N两点的坐标，将直线MN的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合|FM|−|FN|=4，列出等式再进行求解即可．
本题考查抛物线的定义，考查了逻辑推理和运算能力．
17.【答案】(1)解：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)方法一：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．
方法二：因为圆C的圆心在直线l上，所以可设圆心C的坐标为(a,2a−4)，半径为r，
所以圆C的方程为(x−a)2+(y−2a+4)2=r2，
又P，Q两点在圆C上，
所以(2−a)2+(−5−2a+4)2=r2(−4−a)2+(3−2a+4)2=r2，解得a=3,r=5 2.
所以圆C的方程为(x−3)2+(y−2)2=50．
【解析】(1)易知直线l：2x−y−4=0的斜率为2，再根据l1⊥l结合直线l1经过点P(2,−5)求解；
(2)方法一：求得PQ的中垂线方程，再由圆心C在直线l上，由y=34x−14,2x−y−4=0,求得圆心即可；
方法二：根据圆C的圆心在直线l上，可设圆心C的坐标为(a,2a−4)，半径为r，再由P，Q两点在圆C上，代入圆的方程求解．
本题主要考查直线和圆的位置关系与应用，圆的方程的求法，是中档题．
18.【答案】解：(1)向量m=(sinA,b+c)，n=(sinC−sinB,a+b)，因为m//n，
可得：(a+b)sinA−(b+c)(sinC−sinB)=0，
由正弦定理可得：(a+b)a−(b+c)(c−b)=0，
即−ab=a2+b2−c2，
由余弦定理：a2+b2−c2=2abcsC，
所以csC=−12，
又C∈(0,π)，
所以C=2π3；
(2)b=2，C=2π3，
由三角形面积公式，得S△ABC= 3=12×2a× 32，
解得a=2，
所以△ABC为等腰三角形，
所以A=B=12(π−2π3)=π6，
又asinA=csinC，
即c=asinCsinA=2× 3212=2 3，
所以△ABC的周长为2+2+2 3=4+2 3．
【解析】(1)由向量平行，可得(a+b)sinA−(b+c)(sinC−sinB)=0，再由正弦定理和余弦定理可得csC的值，进而求出角C的大小；
(2)由三角形的面积可得a=b，进而求出角A的大小，由正弦定理可得c边的值，代入三角形的面积公式，可得该三角形的面积．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题设，X的可能取值为−2，0，2，
则P(X=−2)=(1−0.4)×0.5=0.3，
P(X=0)=0.4×0.5+(1−0.4)×(1−0.5)=0.5，
P(X=2)=0.4×(1−0.5)=0.2，
X的分布列为：
(2)设第一轮比赛中甲得分为x，第二轮比赛中甲得分为y，前两轮比赛中甲得分之和为0为事件A，
则事件A包含x=−2，y=2；x=0，y=0；x=2，y=−2，且x=−2，y=2；x=0，y=0；x=2，y=−2两两互斥，
又每轮比赛结果相互独立，
所以P(A)=P(x=−2,y=2)+P(x=0,y=0)+P(x=2,y=−2)=0.3×0.2+0.5×0.5+0.2×0.3=0.37，
即前两轮比赛中甲得分之和为0的概率为0.37．
【解析】(1)由甲、乙与教练比赛的结果相互独立，分别计算随机变量X取−2，0，2时的概率，从而得出分布列；
(2)设第一轮比赛中甲得分为x，第二轮比赛中甲得分为y，前两轮比赛中甲得分之和为0分解为三个两两互斥的事件：x=−2，y=2；x=0，y=0，x=2，y=−2，计算它们的概率和即可．
本题主要考查了离散型随机变量的分布列，考查了互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
20.【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，
联立方程组(x0−2)+y02=1x024+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．
综上，直线l的方程为 5x+2y−2 5=0或 5x−2y−2 5=0．
【解析】(1)利用给的条件列方程求得a，b的值，进而得到椭圆的标准方程；
(2)联立圆与椭圆的方程，先求得点C的坐标，进而得到表达式，再化简即可求得．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：(1)取AB的中点M，连接EM，因为E为CD的中点，则CD⊥EM，
因为△PCD为正三角形，E为CD的中点，则PE⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PE⊂平面PCD，
所以PE⊥平面ABCD，
因为EM⊂平面ABCD，所以PE⊥EM，则PE，CD，EM两两互相垂直，
以E为坐标原点，ED，EM，EP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，
因为BC=2AD=2 2，DC=2，所以PE= 3，
则E(0,0,0)，D(1,0,0)，C(−1,0,0)A(1, 2,0)，B(−1,2 2,0)，P(0,0, 3)，F(−12,0, 32)，
所以AB=(−2, 2,0)，EA=(1, 2,0),EP=(0,0, 3)，
设平面PAE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EA=x+ 2y=0m⋅EP= 3z=0，解得x=− 2yz=0，
取y=−1，则x= 2,z=0，所以m=( 2,−1,0)，
印AB=− 2m，即AB//m，所以AB⊥平面PAE；
解：(2)由(1)知，BD=(2,2 2,0)，FD=(32,0,− 32)，
设平面BDF的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅BD=2x1+2 2y1=0n⋅FD=32x1− 32z1=0，解得y1=− 22x1z1= 3x1，
令x1=2，则y1=− 2，z1=2 3，所以n=(2,− 2,2 3)，
由题可得，平面BCD的一个法向量为EP=(0,0, 3)，
设二面角F−BD−C的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，
所以csθ=|cs|=|n⋅EP||n||EP|=2 3× 3 3×3 2= 63．
【解析】由面面垂直的性质定理结合条件可得PE，CD，EM两两互相垂直，建立空间直角坐标系，再由向量法证明直线与平面垂直即可；
(2)由向量法求二面角即可．
本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
22.【答案】解：(1)设P(x,y)(x≠±3)，则yx+3⋅yx−3=19，
所以9y2=x2−9，即x29−y2=1(x≠±3)，
故曲线E的方程为x29−y2=1(x≠±3)；
(2)根据题意，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+9，
由x=my+9x29−y2=1消去x并整理得(m2−9)y2+18my+72=0，
Δ=182m2−4×72(m2−9)=36(m2+72)>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−18mm2−9,y1y2=72m2−9，
因为x1，x2≠±3，所以可设直线AM的方程为y=y1x1+3(x+3)，……①
直线BN的方程为y=y2x2−3(x−3)，……②
所以直线AM，BN的交点Q(x0,y0)的坐标满足x0+3=y2(x1+3)y1(x2−3)⋅(x0−3)．
而y2(x1+3)y1(x2−3)=y2(my1+12)y1(my2+6)=my1y2+12y2my1y2+6y1=
72mm2−9+12(−18mm2−9−y1)72mm2−9+6y1=−144m−12(m2−9)y172m+6(m2−9)y1=−2，
因此x0=1，即点Q在定直线上，且定直线的方程为x=1．
【解析】(1)设P(x,y)(x≠±3)，由斜率公式得到方程，整理即可得解；
(2)依题意直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+9，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AM、BN的方程，即可得到直线AM，BN的交点Q(x0,y0)的坐标满足x0+3=y2(x1+3)y1(x2−3)⋅(x0−3)，根据韦达定理求出y2(x1+3)y1(x2−3)，即可求出x0，从而得解．
本题考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．X
−2
0
2
P
0.3
0.5
0.2