2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷 (1)人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线l1:ax+2y+a=0与直线l2:2x+ay−a=0互相平行，则实数a=( )
A.−4B.4C.−2D.2

2. 如图，已知三棱锥O−ABC，点M，N分别是OA，BC的中点，点G为线段MN上一点，且MG=2GN，若记OA→＝a→，OB→＝b→，OC→＝c→，则OG→=( )

A.13a→+13b→+13c→B.13a→+13b→+16c→
C.16a→+13b→+13c→D.16a→+16b→+13c→

3. 若圆C1:x2+y2＝1与圆C2:x2+y2−6x−8y+m＝0外切，则m＝（ ）
A.21B.19C.9D.−11

4. 已知a→=(2, −1, 2)，b→=(−1, 3, −3)，c→=(13, 6, λ)，若向量a→，b→，c→共面，则λ=( )
A.2B.3C.4D.6

5. 对抛物线y＝4x2，下列描述正确的是（ ）
A.开口向上，焦点为(0, 1)B.开口向上，焦点为(0,116)
C.开口向右，焦点为(1, 0)D.开口向右，焦点为(0,116)

6. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为x2+y2≤2，若将军从点A(3, 0)处出发，河岸线所在直线方程为x+y＝4，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A.25B.17−2C.17D.3−2

7. 已知F1，F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2＝1(a>0, b>0)的左、右焦点，点A在双曲线上，且∠F1AF2=60∘，若∠F1AF2的角平分线经过线段OF2（O为坐标原点）的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A.7B.72C.14D.142

8. 椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点A关于原点的对称点为B，F为其右焦点，若AF⊥BF，设∠ABF＝α，且α∈[π12, π4]，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）
A.[22, 1]B.[22, 63]C.[63, 1)D.[22, 32]
二、多选题（共4小题）

正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论正确的是（ ）

A.B1G⊥BCB.平面AEF∩平面AA1D1D=AD1
C.A1H // 面AEFD.二面角E−AF−C的大小为π4

已知直线xsinα+ycsα+1=0(α∈R)，给出下列命题正确的是（ ）
A.直线的倾斜角是π−α
B.无论α如何变化，直线不过原点
C.无论α如何变化，直线总和一个定圆相切
D.当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积不小于1

已知曲线C的方程为x2k−2+y26−k＝1(k∈R)，则下列结论正确的是（ ）
A.当k=4时，曲线C为圆
B.当k=0时，曲线C为双曲线，其渐近线方程为y＝±3x
C.“k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的充分而不必要条件
D.存在实数k使得曲线C为双曲线，其离心率为2

已知F1、F2是椭圆C:x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点，M、N是左、右顶点，e为椭圆C 的离心率，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，已知AF1→⋅BF1→=0，3AF2→＝2F2B→，|AF1|=2|AF2|，设直线AB的斜率为k，直线AM和直线AN的斜率分别为k1，k2，直线BM和之间BN的斜率分别为k3，k4，则下列结论一定正确的是（ ）
A.e=55B.k=12C.k1⋅k2=−45D.k3⋅k4=45
三、填空题（共4小题）

已知点P(2, −3)，Q(3, 2)，直线ax+y+2=0与线段PQ相交，则实数a的取值范围是________．

如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，则异面直线BD1与AM所成角的余弦值为________．

若△ABC的两个顶点坐标A(−4, 0)、B(4, 0)，△ABC的周长为18，则顶点C的轨迹方程为________．

设F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，P是该双曲线上一点，且|PF1|:|PF2|＝2:1，则△PF1F2的面积等于________
四、解答题（共6小题）

已知P(3, 2)，一直线l过点P.
(1)若直线l在两坐标轴上截距之和为12，求直线l的方程；

(2)若直线l与x、y轴正半轴交于A、B两点，当△OAB面积为12时，求直线l的方程．

已知过点M (0, 2)且斜率为k的直线l与圆C：(x−1)2+y2=1交于A，B两点．
（1）求斜率k的取值范围；

（2）以点M为圆心，r为半径的圆与圆C总存在公共点，求r的取值范围；

（3）O为坐标原点，求证：直线OA与OB斜率之和为定值．

如图，四面体ABCD中，平面DAC⊥底面ABC，AB＝BC＝AC＝4，AD＝CD=22，O是AC的中点，E是BD的中点．

（1）证明：DO⊥底面ABC；

（2）求二面角D−AE−C的余弦值．

已知中心在原点的双曲线的渐近线方程是y=±3x，且双曲线过点(2, 3)
（1）求双曲线的方程；

（2）过双曲线右焦点F作倾斜角为π4的直线交双曲线于A，B，求|AB|．

已知在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(Ⅰ)求证：PO⊥平面ABCD；
(Ⅱ)求平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大小；
(Ⅲ)线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．


已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，且圆x2+y2＝2过椭圆C的上，下顶点．
（1）求椭圆C的方程．

（2）若直线l的斜率为12，且直线l交椭圆C于P、Q两点，点P关于原点的对称点为E，点A(−2, 1)是椭圆C上一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值：如果不是，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省高二（上）期中数学试卷
一、选择题（共8小题）
1.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
根据两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，求得a的值．
【解答】
∵ 直线l1:ax+2y+a=0与直线l2:2x+ay−a=0互相平行，
∴ a≠0，且2a=a2≠−aa，
则实数a=2，
2.
【答案】
C
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
利用向量三角形法则、向量共线定理、平行四边形法则即可得出．
【解答】
OG→=OM→+MG→，MG→=23MN→，MN→=ON→−OM→，OM→=12OA→=12a→，ON→=12(OB→+OC→)=12(b→+c→)，
可得：OG→=16a→+13b→+13c→．
3.
【答案】
C
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
圆的切线方程
【解析】
化两圆的一般式方程为标准方程，求出圆心和半径，由两圆心间的距离等于半径和列式求得m值．
【解答】
由C1:x2+y2＝1，得圆心C1(0, 0)，半径为1，
由圆C2:x2+y2−6x−8y+m＝0，得(x−3)2+(y−4)2＝25−m，
∴ 圆心C2(3, 4)，半径为25−m．
∵ 圆C1与圆C2外切，
∴ 32+42=25−m+1，
解得：m＝9．
4.
【答案】
B
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
根据所给的三个向量的坐标，写出三个向量共面的条件，点的关于要求的两个方程组，解方程组即可．
【解答】
解：∵ a→=(2, −1, 2)，b→=(−1, 3, −3)，c→=(13, 6, λ)，三个向量共面，
∴ a→=xb→+yc→，
∴ (2, −1, 2)=x(−1, 3, −3)+y(13, 6, λ)
∴ −x+13y=23x+6y=−1−3x+yλ=2
解得：x=−59y=19λ=3
故选：B．
5.
【答案】
B
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据二次函数的性质进行判断．
【解答】
∵ a＝4>0，
∴ 图象开口向上，
焦点为(0,116)．
6.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出A关于x+y＝4的对称点A′，根据题意，A′C−2为最短距离，求出即可．
【解答】
设点A关于直线x+y＝4的对称点A′(a, b)，设军营所在区域为的圆心为C，
根据题意，A′C−2为最短距离，先求出A′的坐标，
AA′的中点为(a+32, b2)，直线AA′的斜率为1，
故直线AA′为y＝x−3，
由a+32+b2=4b=a−3 ，联立得
故a＝4，b＝1，
所以A′C=42+12=17，
故A′C−2=17−2，
7.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先假设A在右支上，利用角平分线的性质和双曲线定义可求出|AF1|，|AF2|与a的关系，然后在三角形中利用余弦定理化简即可求解．
【解答】
设OF2的中点为M，另设|AF1|=m，|AF2|=n，假设A在双曲线的右支上，
由角平分线的性质可得mn=|AF1||AF2|=|F1M||MF2|，
又M是OF2的中点，则mn＝c+c2c2＝3，
根据双曲线的定义可得：m−n=2a，所以m=3a，n=a，
则在三角形AF1F2中，由余弦定理可得：cs∠F1AF2=m2+n2−|F1F2|22mn，
所以cs60∘=(3a)2+a2−4c22×3a×a=12，化简可得c2a2＝74，即ca＝72，
所以双曲线的离心率为72，
8.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设左焦点为F′，根据椭圆定义：|AF|+|AF′|＝2a，根据B和A关于原点对称可知|BF|＝|AF′|，推知|AF|+|BF|＝2a，又根据O是Rt△ABF的斜边中点可知|AB|＝2c，在Rt△ABF中用α和c分别表示出|AF|和|BF|代入|AF|+|BF|＝2a中即可表示出ca即离心率e，进而根据α的范围确定e的范围．
【解答】
∵ B和A关于原点对称
∴ B也在椭圆上
设左焦点为F′
根据椭圆定义：|AF|+|AF′|＝2a
又∵ |BF|＝|AF′|∴ |AF|+|BF|＝2a …①
O是Rt△ABF的斜边中点，∴ |AB|＝2c
又|AF|＝2csinα …②
|BF|＝2ccsα …③
②③代入①2csinα+2ccsα＝2a
∴ ca=1sinα+csα
即e=1sinα+csα=12(sin(α+π4)
∵ a∈[π12, π4]，
∴ π3≤α+π/4≤π2
∴ 32≤sin(α+π4)≤1
∴ 22≤e≤63
二、多选题（共4小题）
【答案】
B,C
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
建立空间坐标系，求出各向量坐标，利用向量的平行和垂直关系判断．
【解答】
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
设正方体棱长为1，则A(1, 0, 0)，E(0, 1, 12)，F(12, 1, 0)，B1(1, 1, 1)，G(0, 12, 0)，
H(1, 1, 12)，A1(1, 0, 1)，B(1, 1, 0)，C(0, 1, 0)，
∴ A1H→=(0, 1, −12)，AF→=(−12, 1, 0)，FE→=(−12, 0, 12)，AD1→=(−1, 0, 1)，BC→=(−1, 0, 0)，
B1G→=(−1, −12, −1)，
∴ AD1→=2FE→，∴ AD1 // EF，
∴ 平面AEF与平面ADD1A1的交线为AD1，故B正确；
∵ B1G→⋅BC→=1≠0，∴ B1G与BC不垂直，故A错误；
设平面AEF的法向量为m→=(x, y, z)，则m→⋅FE→＝0˙，
∴ −12x+y＝0−12x+12z＝0，令y=1可得m→=(2, 1, 2)，
A1H→⋅m→=0+1−1=0，∴ A1H // 平面AEF，故C正确；
平面ABCD的一个法向量为n→=(0, 0, 1)，
∴ cs=|m→||n→|˙=23×1=23，
设二面角E−AF−C的大小为θ，则csθ=23，故D错误．
【答案】
B,C,D
【考点】
命题的真假判断与应用
直线的倾斜角
【解析】
根据倾斜角的范围，可判断A；将(0, 0)代入直线方程，可判断B；将原点和直线方程代入直线距离公式，可得直线总和单位圆相切，可判断C；求出三角形面积公式，结合三角函数的图象和性质，可判断D．
【解答】
根据倾斜角的范围为[0, π)，而π−α∈R，可知A错误；
当x=y=0时，xsinα+ycsα+1=1≠0，故直线必不过原点，故B正确；
原点到直线的距离d=1，故直线总和单位圆相切，故C正确；
当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积S=12|1sinα⋅csα|=1|sin2α|≥1，故D正确；
【答案】
A,B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
曲线与方程
双曲线的离心率
【解析】
通过k的值，判断曲线的形状，然后判断选项的正误即可．
【解答】
曲线C的方程为x2k−2+y26−k＝1(k∈R)，当k=4时，方程为x2+y2=2，曲线C为圆，所以A正确；
当k=0时，曲线C为y26−x22＝1，是双曲线，其渐近线方程为y＝±3x，所以B正确；
“6>k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的充要条件，所以“k>4”是“曲线C为焦点在x轴上的椭圆”的必要而不充分条件，所以C不正确；
k>6时，曲线C为双曲线，其离心率为e=k−6+k−2k−2=2k−8k−2，如果2k−8k−2=2，可得k−4=k−2，无解，所以2k−8k−2≠2
k<2时，6−k+2−k6−k=8−2k6−k，然后8−2k6−k=2，可得4−k=6−k，显然不成立，所以8−2k6−k≠2，所以D不正确．
【答案】
A,C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
过点F2作F1B的平行线，交AF1于点E，设|F2A|=2t，|F1A|=4t，可得AB|=5t，由椭圆定义可得a=3t．|BF1|=|BF2|=3t，在△EF1F2中，由勾股定理可得：c，b即可判断AB的正误，
设A(x, y)，则k1⋅k2＝yx+a⋅yx−a＝y2x2−a2=b2(1−x2a2)x2−a2＝−b2a2＝−45，即可判断 CD正误．
【解答】
∵ AF1→⋅BF1→=0，∴ AF1⊥BF1，过点F2作F1B的平行线，交AF1于点E，∴ AF1⊥EF2．
设|F2A|=2t，|F1A|=4t，
又3AF2→＝2F2B→，∴ |AB|=5t，
∵ AF1⊥BF1，∴ |F1B|=3t，∴ 12t=4a，∴ a=3t．
∴ |BF1|=|BF2|=3t=a，∴ B(0, b)，
在△EF1F2中，EF1=35AF1=12t5，EF2=25BF1=6t5，F1F2=2c，
∵ EF12+EF22=F1F22，∴ c＝3t5，b=a2−c2=6t5，
∴ 椭圆离心率e=ca＝55，故A正确，
k=bc＝2，故B错，
设A(x, y)，易得M(−a, 0)，N(a, 0)，
则k1⋅k2＝yx+a⋅yx−a＝y2x2−a2=b2(1−x2a2)x2−a2＝−b2a2＝−45，故C正确，
同理k3⋅k4＝−b2a2＝−45，故D错．
三、填空题（共4小题）
【答案】
[−43，12]
【考点】
两条直线的交点坐标
【解析】
分别求出直线MQ、MP的斜率，进而即可求出直线MN的斜率的取值范围．
【解答】
解：画出图象：
∵ kMQ=−2−20−3=43，
kMP=−2−(−3)0−2=−12．
要使直线ax+y+2=0与线段PQ相交，
则满足−12≤kMN≤43．
∴ −12≤−a≤43，
∴ −43≤a≤12．
故答案为[−43，12]．
【答案】
39
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
分别以DA→，DC→，DD1→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则异面直线BD1与AM所成角的余弦值，转化为求向量BD1→与AM→的夹角的余弦值，利用向量夹角公式即可求得，注意向量夹角与异面角间的关系．
【解答】
解：分别以DA→，DC→，DD1→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
不妨设正方体的棱长为1，则A(1, 0, 0)，B(1, 1, 0)，M(0, 1, 12)，D1(0, 0, 1)，
所以BD1→=(−1, −1, 1)，AM→=(−1, 1, 12)，
则cs=|BD1→||AM→|˙=1−1+12⋅=39，即异面直线BD1与AM所成角的余弦值为39，
故答案为：39．
【答案】
x225+y29=1(y≠0)
【考点】
轨迹方程
【解析】
根据三角形的周长和定点，得到点A到两个定点的距离之和等于定值，得到点A的轨迹是椭圆，椭圆的焦点在y轴上，写出椭圆的方程，去掉不合题意的点．
【解答】
解：(1)∵ △ABC的两顶点A(−4, 0)，B(4, 0)，周长为18，∴ AB=8，BC+AC=10，
∵ 10>8，∴ 点C到两个定点的距离之和等于定值，
∴ 点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，
∵ 2a=10，2c=8，∴ b=3，
所以椭圆的标准方程是x225+y29=1(y≠0)．
故答案为：x225+y29=1(y≠0)
【答案】
12
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
先由双曲线的方程求出|F1F2|＝6，再由|PF1|:|PF2|＝2:1，求出|PF1|，|PF2|，由此转化求出△PF1F2的面积．
【解答】
F1，F2是双曲线x25−y24=1的两个焦点，F1(−3, 0)，F2(3, 0)，|F1F2|＝6，
∵ |PF1|:|PF2|＝2:1，∴ 设|PF2|＝x，则|PF1|＝2x，
由双曲线的性质知|2x−x|＝25，解得x＝25．
∴ |PF1|＝45，|PF2|＝25，
∴ cs∠F1PF2=16×5+4×5−362×25×45=45，sin∠F1PF2=35．
∴ △PF1F2的面积为12×45×25×35=12．
四、解答题（共6小题）
【答案】
解：(1)显然直线l有斜率且不为0，设斜率为k，
则直线l的方程为：y=k(x−3)+2，
令x=0得y=−3k+2，令y=0得x=−2k+3．
∴ −3k+2+−2k+3=12，解得k=−13或k=−2．
∴ 直线l的方程为y=−13(x−3)+2或y=−2(x−3)+2．
(2)∵ 直线l与x、y轴交于正半轴，
∴ −3k+2>0，−2k+3>0，
∴ 12(−3k+2)(−2k+3)=12，解得k=−23．
∴ 直线l的方程为y=−23(x−3)+2．
【考点】
直线的点斜式方程
【解析】
设斜率为k，得出直线的点斜式方程，从而求出截距，再根据条件列方程求出k，从而得出直线l的方程．
【解答】
解：(1)显然直线l有斜率且不为0，设斜率为k，
则直线l的方程为：y=k(x−3)+2，
令x=0得y=−3k+2，令y=0得x=−2k+3．
∴ −3k+2+−2k+3=12，解得k=−13或k=−2．
∴ 直线l的方程为y=−13(x−3)+2或y=−2(x−3)+2．
(2)∵ 直线l与x、y轴交于正半轴，
∴ −3k+2>0，−2k+3>0，
∴ 12(−3k+2)(−2k+3)=12，解得k=−23．
∴ 直线l的方程为y=−23(x−3)+2．
【答案】
根据题意可得，直线l的方程为：y−2=k(x−0)，即kx−y+2=0，
圆C的方程为(x−1)2+y2=1，则其圆心C(1, 0)，半径r=1，
若直线与圆相交，必有d所以斜率k的取值范围为k<−34．
若以点M为圆心，r为半径的圆与圆C总存在公共点，
则|r−1|≤|MC|≤r+1，
即|r−1|≤(0−1)2+(2−0)2≤r+1，
所以5−1≤r≤5+1．
证明：联立直线与圆的方程：
y＝kx+2(x−1)2+y2＝1，消去y整理得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
根据韦达定理得x1+x2＝−4k+2k2+1x1x2＝4k2+1，
则kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+2x1+kx2+2x2=2k+2x1+2x2
=2k+2(x1+x2)x1x2=2k+−8k−4k2+14k2+1=2k−2k+1=1，
故直线OA与直线OB的斜率之和为定值1．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）写出直线l的方程，若直线与圆相交，则圆心C到直线l的距离d小于半径r，进而解得k的取值范围．
（2）若若以点M为圆心，r为半径的圆与圆C总存在公共点，则直线与圆外切，相交，内切，所以|r−1|≤|MC|≤r+1，进而解除r的取值范围．
（3）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与圆方程，消去y整理得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，韦达定理得x1+x2＝−4k+2k2+1x1x2＝4k2+1，代入化简kOA+kOB=y1x1+y2x2=2k+2x1+2x2=1，进而得出答案．
【解答】
根据题意可得，直线l的方程为：y−2=k(x−0)，即kx−y+2=0，
圆C的方程为(x−1)2+y2=1，则其圆心C(1, 0)，半径r=1，
若直线与圆相交，必有d所以斜率k的取值范围为k<−34．
若以点M为圆心，r为半径的圆与圆C总存在公共点，
则|r−1|≤|MC|≤r+1，
即|r−1|≤(0−1)2+(2−0)2≤r+1，
所以5−1≤r≤5+1．
证明：联立直线与圆的方程：
y＝kx+2(x−1)2+y2＝1，消去y整理得(k2+1)x2+(4k−2)x+4=0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
根据韦达定理得x1+x2＝−4k+2k2+1x1x2＝4k2+1，
则kOA+kOB=y1x1+y2x2=kx1+2x1+kx2+2x2=2k+2x1+2x2
=2k+2(x1+x2)x1x2=2k+−8k−4k2+14k2+1=2k−2k+1=1，
故直线OA与直线OB的斜率之和为定值1．
【答案】
证明：∵ AD＝CD=22，O是AC的中点，
∴ DO⊥AC．
∵ 平面DAC⊥底面ABC，平面DAC∩底面ABC＝AC，
∴ DO⊥底面ABC．
由条件易知DO⊥BO，BO⊥AC．
OA＝OC＝OD＝2，OB=23
如图，以点O为坐标原点，OA为x轴，
OB为y轴，OC为z轴建立空间0−xyz直角坐标系．则A(2, 0, 0)，B(0,23,0)，C(−2, 0, 0)，D(0, 0, 2)，E(0,3,1)，AE→=(−2,3,1)，AD→=(−2,0,2)，AC→=(−4,0,0)．
设平面ADE的一个法向量为n→=(x1,y1,z1)，
则n→⋅AD→=0,n→⋅AE→=0, 即−2x1+2z1=0,−2x1+3y1+z1=0,
令z1＝1，则x1=1,y1=33，所以n→=(1,33,1)．
同理可得平面AEC的一个法向量m→=(0,−1,3)．
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=1×0+33×(−1)+1×31+13+1⋅0+1+3=77．
因为二面角D−AE−C的平面角为锐角，所以二面角D−AE−C的余弦值为77．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
（1）证明DO⊥AC．利用平面DAC⊥底面ABC，推出DO⊥底面ABC．
（2）以点O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，OC为z轴建立空间0−xyz直角坐标系．求出平面ADE的一个法向量，平面AEC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角D−AE−C的余弦值即可．
【解答】
证明：∵ AD＝CD=22，O是AC的中点，
∴ DO⊥AC．
∵ 平面DAC⊥底面ABC，平面DAC∩底面ABC＝AC，
∴ DO⊥底面ABC．
由条件易知DO⊥BO，BO⊥AC．
OA＝OC＝OD＝2，OB=23
如图，以点O为坐标原点，OA为x轴，
OB为y轴，OC为z轴建立空间0−xyz直角坐标系．则A(2, 0, 0)，B(0,23,0)，C(−2, 0, 0)，D(0, 0, 2)，E(0,3,1)，AE→=(−2,3,1)，AD→=(−2,0,2)，AC→=(−4,0,0)．
设平面ADE的一个法向量为n→=(x1,y1,z1)，
则n→⋅AD→=0,n→⋅AE→=0, 即−2x1+2z1=0,−2x1+3y1+z1=0,
令z1＝1，则x1=1,y1=33，所以n→=(1,33,1)．
同理可得平面AEC的一个法向量m→=(0,−1,3)．
cs=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=1×0+33×(−1)+1×31+13+1⋅0+1+3=77．
因为二面角D−AE−C的平面角为锐角，所以二面角D−AE−C的余弦值为77．
【答案】
解：（1）设双曲线方程为：3x2−y2=λ，点(2，3)代入得：λ=3，
所以所求双曲线方程为：x2−y23=1…
（2）直线AB的方程为：y=x−2，
由y=x−23x2−y2=3得：2x2+4x−7=0，…
∴ |AB|=1+k2|x1−x2|=2⋅722=6．…
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）设双曲线方程为：3x2−y2=λ，点(2，3)代入，即可求双曲线的方程；
（2）直线AB的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理及弦长公式，即可求|AB|．
【解答】
解：（1）设双曲线方程为：3x2−y2=λ，点(2，3)代入得：λ=3，
所以所求双曲线方程为：x2−y23=1…
（2）直线AB的方程为：y=x−2，
由y=x−23x2−y2=3得：2x2+4x−7=0，…
∴ |AB|=1+k2|x1−x2|=2⋅722=6．…
【答案】
（1）证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD；
（2）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(−2,4,0),D(−2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，E(−1,2,3),F(−1,0,3)，EF→=(0,−2,0),EG→=(1,2,−3)，
设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0 ，得−2y=0,x+2y−3z=0,
令z＝1，则 m→=(3,0,1)，
又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为π3；
(Ⅲ)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，
设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，
所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．
所以sinπ6=|cs|=324λ2−6λ+7，
整理得2λ2−3λ+2＝0，无解，
所以，不存在这样的点M．
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（I）因为PO⊥AD，又CD⊥平面PAD，得到PO⊥CD，进而证明结论；
(II)以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，平面EFG的法向量，又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，利用夹角公式求出即可；
(III)假设线段PA上存在点M，设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由直线GM与平面EFG所成角为π6，得到关于λ的方程，解方程判断即可．
【解答】
（1）证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以 PO⊥AD．
又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥面ABCD；
（2）如图，以O点为原点分别以OA、OG、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(−2,4,0),D(−2,0,0),G(0,4,0),P(0,0,23)，E(−1,2,3),F(−1,0,3)，EF→=(0,−2,0),EG→=(1,2,−3)，
设平面EFG的法向量为m→=(x,y,z)，
由m→⋅EF→=0m→⋅EG→=0 ，得−2y=0,x+2y−3z=0,
令z＝1，则 m→=(3,0,1)，
又平面ABCD的法向量n→=(0,0,1)，
设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=12．
所以平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为π3；
(Ⅲ)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角为π6，
设PM→=λPA→,λ∈[0,1]，由GM→=GP→+PM→=GP→+λPA→，
所以GM→=(2λ,−4,23(1−λ))．
所以sinπ6=|cs|=324λ2−6λ+7，
整理得2λ2−3λ+2＝0，无解，
所以，不存在这样的点M．
【答案】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，且圆x2+y2＝2过椭圆C的上，下顶点，
可得b=2，e=ca=32，c2＝a2−b2，解得a＝22，c=6，
则椭圆的方程为x28+y22=1；
若直线l的斜率为12，可设直线l的方程为y=12x+t，
联立椭圆方程x2+4y2−8＝0，
可得x2+2tx+2t2−4＝0，则△＝4t2−4(2t2−4)>0，解得−2设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，E(−x1, −y1)，可得x1+x2＝−2t，x1x2＝2t2−4，
则kAE+kAQ=1+y1−2+x1+1−y2−2−x2=1+12x1+t−2+x1+1−12x2−t−2−x2=1−12x2−2+x1+1+12x1−2−x2
=12⋅4−x22+4−x12(2−x1)(2+x2)=12⋅8−(x1+x2)2+2x1x2(2−x1)(2+x2)=12⋅8−4t2+4t2−8(2−x1)(2+x2)=0．
则直线AE与AQ的斜率之和为定值0．
【考点】
椭圆的应用
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
【解析】
（1）由题意可得b，运用椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，解方程可得a，c，进而得到所求椭圆方程；
（2）可设直线l的方程为y=12x+t，联立椭圆方程，运用韦达定理，以及直线的斜率公式，化简整理，计算可得所求定值．
【解答】
椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，且圆x2+y2＝2过椭圆C的上，下顶点，
可得b=2，e=ca=32，c2＝a2−b2，解得a＝22，c=6，
则椭圆的方程为x28+y22=1；
若直线l的斜率为12，可设直线l的方程为y=12x+t，
联立椭圆方程x2+4y2−8＝0，
可得x2+2tx+2t2−4＝0，则△＝4t2−4(2t2−4)>0，解得−2设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，E(−x1, −y1)，可得x1+x2＝−2t，x1x2＝2t2−4，
则kAE+kAQ=1+y1−2+x1+1−y2−2−x2=1+12x1+t−2+x1+1−12x2−t−2−x2=1−12x2−2+x1+1+12x1−2−x2
=12⋅4−x22+4−x12(2−x1)(2+x2)=12⋅8−(x1+x2)2+2x1x2(2−x1)(2+x2)=12⋅8−4t2+4t2−8(2−x1)(2+x2)=0．
则直线AE与AQ的斜率之和为定值0．