2020-2021学年山东省青岛市胶州市、黄岛区高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省青岛市胶州市、黄岛区高二（上）期中数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线x＝2021的倾斜角为（ ）
A.90∘B.0∘C.180∘D.45∘

2. 已知向量a→=(1,2,t),b→=(t, 1, 2)，且a→⊥b→，则实数t＝（ ）
A.1B.−1C.−23D.23

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

4. 已知三棱柱ABC−A1B1C1，点P为线段B1C1的中点，则AP→=( )
A.12AB→+AC→+12AA1→B.AB→+12AC→+12AA1→
C.12AB→+12AC→−AA1→D.12AB→+12AC→+AA1→

5. 已知二面角α−l−β的大小为60∘，A，B为棱l上不同两点，C，D分别在半平面α，β内，AC，BD均垂直于棱l，AC＝BD＝2AB＝2，则异面直线CD与AB所成角的余弦值为（ ）
A.15B.55C.13D.12

6. 若过原点的直线l与圆x2−4x+y2+3＝0有两个交点，则l的倾斜角的取值范围为（ ）
A.(−π3,π3)B.(−π6,π6)C.[0,π6)∪(5π6,π)D.[0,π3)∪(2π3,π)

7. 已知椭圆C:x24+y2＝1上两点A，B，若AB的中点为D，直线OD的斜率等于1，则直线AB的斜率等于（ ）
A.−1B.1C.−12D.−14

8. 已知圆O:x2+y2＝r2(r>0)与直线x2+y2=1交于A，B两点，且|AB|＝23，则圆O与函数f(x)＝ln(x−1)的图象交点个数为（ ）个
A.2B.1C.0D.3
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.

已知直线l:x−my+m−1＝0，则下述正确的是（ ）
A.直线l的斜率可以等于0
B.直线l的斜率有可能不存在
C.直线l可能过点(2, 1)
D.若直线l的横纵截距相等，则m＝±1

已知椭圆C:16x2+25y2＝400，关于椭圆C下述正确的是（ ）
A.椭圆C的长轴长为10
B.椭圆C的两个焦点分别为(0, −3)和(0, 3)
C.椭圆C的离心率等于35
D.若过椭圆C的焦点且与长轴垂直的直线l与椭圆C交于P，Q，则|PQ|=325

已知点F1(−1, 0)，F2(1, 0)，动点P到直线x＝2的距离为d，|PF2|d=22，则（ ）
A.点P的轨迹是椭圆B.点P的轨迹曲线的离心率等于12
C.点P的轨迹方程为x22+y2=1D.△PF1F2的周长为定值42

已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A.异面直线AC与BD所成角为60∘
B.点A到平面BCD的距离为263
C.四面体ABCD的外接球体积为6π
D.动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60∘，则点P的轨迹是椭圆
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.

圆C1:x2+y2+4x＝0与圆C2：(x−2)2+(y−1)2＝9的位置关系为________．

已知椭圆x2m+y29=1的离心率等于13，则实数m＝________．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P为线段AC1上一点，|PA→|＝1，则点P到平面ABCD的距离为________33 ．

在平面直角坐标系中，A(1, 2)，D(2, 1)，点B，C分别在x轴、y轴上，则：
（1）|AB|+|BD|的最小值是________；

（2）|AC|+|CB|+|BD|的最小值是________．
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.

已知O为坐标原点，直线l:ax+y−a−1＝0(a∈R)，圆O:x2+y2＝1．
（1）若l的倾斜角为120∘，求a；

（2）若l与直线l0:2x−y＝0的倾斜角互补，求直线l上的点到圆O上的点的最小距离；

（3）求点O到l的最大距离及此时a的值．

在平面直角坐标系中，圆C过点E(1, 0)和点F(0, 1)，圆心C到直线x+y＝0的距离等于2．
（1）求圆C的标准方程；

（2）若圆心C在第一象限，M为圆C外一点，过点M做圆C的两条切线，切点分别为A，B，四边形MACB的面积为3，求点M的轨迹方程．

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，M为PC中点．

（1）如果PD＝4，求证：PC⊥平面MAD；

（2）当BP与平面MBD所成角的正弦值最大时，求三棱锥D−MBC的体积V．

在平面直角坐标系中，C1(0,−2)，圆C2:x2+(y−2)2=12，动圆P过C1且与圆C2相切．
（1）求动点P的轨迹C的标准方程；

（2）若直线l过点(0, 1)，且与曲线C交于A，B，已知A，B中点在直线x=−14上，求直线l的方程．

如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，△BCF为等边三角形，∠ABC＝60∘，AB＝2，EF // CD，平面BCF⊥平面ABCD．

（1）证明：在线段BC上存在点O，使得平面ABCD⊥平面AOF；

（2）求二面角B−AF−C的余弦值；

（3）若ED // 平面AOF，求线段EF的长度．

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过F1，F2的圆与直线x=−2相切．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知直线l交椭圆C于M，N两点；
(ⅰ)若直线l的斜率等于1，求△OMN面积的最大值；
(ⅱ)若OM→⋅ON→=−1，点D在l上，OD⊥l．证明：存在定点W，使得|DW|为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省青岛市胶州市、黄岛区高二（上）期中数学试卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
直接由直线方程可得直线的倾斜角．
【解答】
直线x＝2021为垂直x轴的直线，其倾斜角为90∘．
2.
【答案】
C
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】
∵ 向量a→=(1,2,t),b→=(t, 1, 2)，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=t+2+2t＝0，
解得实数t=−23．
3.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
根据题意，由直线平行的判断方法，分析可得a×a＝1，即a2＝1，解可得a的值，验证a的值，是否满足两直线平行，即可得答案．
【解答】
根据题意，若直线l1:ax+y+1＝0与直线l2:x+ay+2a−1＝0平行，
则a×a＝1，即a2＝1，解可得a＝±1，
当a＝1时，直线l1为x+y+1＝0，直线l2为x+y+1＝0，两直线重合，不符合题意；
当a＝−1时，直线l1为−x+y+1＝0，直线l2为x−y−3＝0，两直线平行，符合题意；
故a＝−1，
4.
【答案】
D
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据空间向量的线性运算求出向量AP→即可．
【解答】
如图示：
，
三棱柱ABC−A1B1C1，点P为线段B1C1的中点，
则AB→=A1B1→，BC→=B1C1→，B1P→=PC1→=12B1C1→，
∴ AP→=AA1→+A1P→=AA1→+A1B1→+12B1C1→=AA1→+AB→+12(BA→+AC→)=12AB→+12AC→+AA1→，
5.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
由题意知，CA→与BD→的夹角为120∘，先用空间向量线性运算表示出CD→，并求出其模长，再利用空间向量的数量积求得cs，即可得解．
【解答】
根据题意，作出如下所示的图形，
∵ 二面角α−l−β的大小为60∘，且AC⊥AB，BD⊥AB，
∴ CA→与BD→的夹角为120∘，
∵ CD→=CA→+AB→+BD→，
∴ CD→⋅AB→=(CA→+AB→+BD→)⋅AB→=AB→2=1，
|CD→|2＝|CA→+AB→+BD→|2=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→⋅AB→+2CA→⋅BD→+2AB→⋅BD→
＝4+1+4+0+2×2×2×cs120∘+0＝5，
∴ |CD→|=5，
∴ cs=CD→⋅AB→|CD→|⋅|AB→|=15×1=55，
∵ 异面直线夹角的取值范围为(0, 90∘]，
∴ 异面直线CD与AB所成角的余弦值为55．
6.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，由题意设直线l的方程，再由圆心到直线的距离小于半径求得k的范围，可得直线l倾斜角的取值范围．
【解答】
由x2−4x+y2+3＝0，得(x−2)2+y2＝1，圆心为(2, 0)，半径为1，
由题意可得，直线l的斜率存在，设直线方程为y＝kx，
由直线与圆(x−2)2+y2＝1有公共点，
得|2k|k2+1<1，解得−33由直线倾斜角的范围为[0, π)，
则直线l倾斜角的取值范围是[0,π6)∪(5π6,π)．
7.
【答案】
D
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
根据“点差法”，即可求得直线AB的斜率．
【解答】
由题意，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，D(m, n)
A、B代入椭圆可得：x124+y12=1，x224+y22=1，
两式相减并整理可得，y1−y2x1−x2=−14⋅x1+x2y1+y2=−14⋅mn=−14，
即kAB=−14，
直线AB的斜率等于：−14．
8.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由已知结合垂径定理求得r值，画出图形，数形结合得答案．
【解答】
由x2+y2=1，得x+y−2=0，
圆心O到该直线的距离为d=|−2|2=1，
又直线被圆所截弦长为|AB|＝23，∴ r2=(3)2+1=4．
作出圆及函数f(x)＝ln(x−1)的图象如图，
当x=32时，ln(32−1)＝−ln2>−1，圆在x轴下方点的纵坐标为−72<−1．
由图可知，圆O与函数f(x)＝ln(x−1)的图象交点个数为2．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
【答案】
B,D
【考点】
直线的截距式方程
直线的斜率
【解析】
根据直线的方程，可得直线的斜率，直线过定点，直线的的截距．
【解答】
直线l:x−my+m−1＝0，直线斜率斜率不可能为0，故A错误，
当m＝0时，直线的斜率不存在，故B正确；
x−my+m−1＝0，即x−1＝m(y−1)，直线恒过点(1, 1)，故C错误；
若直线l的横纵截距相等，则1−m=m−1m，解得m＝1或m＝−1，故D正确．
【答案】
A,C,D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
化简椭圆方程为标准方程，求出a，b，c，然后求解离心率以及通径，判断选项的正误即可．
【解答】
椭圆C:16x2+25y2＝400，所以标准方程为：x225+y216=1，
所以a＝5，b＝4，c＝3，
所以椭圆C的长轴长为10，A正确；
椭圆C的两个焦点分别为(−3, 0)和(3, 0)，所以B不正确；
椭圆C的离心率等于35，所以C正确；
若过椭圆C的焦点且与长轴垂直的直线l与椭圆C交于P，Q，则|PQ|=2b2a=325，所以D正确；
【答案】
A,C
【考点】
轨迹方程
【解析】
利用两点的距离公式及点到直线的距离公式将已知几何条件用坐标表示，化简求出轨迹方程，然后判断选项的正误即可．
【解答】
点F1(−1, 0)，F2(1, 0)，动点P到直线x＝2的距离为d，|PF2|d=22，
设动点P的坐标为(x, y)，可得：(x−1)2+y2|2−x|=22，
化简得点P的轨迹方程为x22+y2=1，
所以P的轨迹是椭圆，所以A，C正确；
离心率为：22，所以B不正确；
△PF1F2的周长为定值：2a+2c＝2+22，所以D不正确；
【答案】
B,C,D
【考点】
棱锥的结构特征
点、线、面间的距离计算
异面直线及其所成的角
轨迹方程
【解析】
由题意画出图形，证明AC⊥BD，可知A错误；直接求出A到底面的距离判断B；求出正四面体外接球的半径，进一步求得外接球的体积判断C；由圆锥曲线的定义判断D．
【解答】
如图，
由题意，四面体ABCD为正四面体，取底面BCD的中心为G，连接CG并延长，角BD于E，
则E为BD的中点，且CE⊥BD，连接AG，则AG⊥底面BCD，得AG⊥BD，
又AG∩CE＝G，∴ BD⊥平面ACG，则AC⊥BD，故A错误；
由四面体的所有棱长为2，可得CG=23CE=233，又AC＝2，∴ AG=22−(233)2=263，
即点A到平面BCD的距离为263，故B正确；
设四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R，连接OC，则R2=(263−R)2+(233)2，
解得R=62，则四面体ABCD的外接球体积为43π×(62)3=6π，故C正确；
AP与AC所成角为60∘，AP可看作以AC为轴的圆锥的母线所在直线，P的轨迹为平面BCD截圆锥所得曲线，
为椭圆，故D正确．
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
【答案】
相交
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，由圆的方程求出两个圆的圆心与半径，求出圆心距，据此分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆C1:x2+y2+4x＝0，即(x+2)2+y2＝4，其圆心C1为(−2, 0)，半径R＝2，
圆C2：(x−2)2+(y−1)2＝9，其圆心C2为(2, 1)，半径r＝3，
圆心距|C1C2|=16+1=17，
则有|R−r|＝1<|C1C2|则两圆相交，
【答案】
8或818
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
利用椭圆的离心率，列出方程求解即可．
【解答】
椭圆x2m+y29=1的离心率等于13，
可得m−9m=13或9−m3=13，
解得m=818或8；
【答案】
33
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由题意画出图形，找出P到底面的垂线段，由三角形相似得答案．
【解答】
如图，
∵ C1C⊥底面ABCD，C1C⊂平面AC1C，
∴ 平面AC1C⊥平面ABCD，
又平面AC1C∩平面ABCD＝AC，
在平面AC1C内，过P作PG⊥AC，则PG⊥平面ABCD，
∴ PG为点P到平面ABCD的距离，
∵ AC1=3，AP＝1，C1C＝1，
∴ PGC1C=APAC1，得PG=AP⋅C1CAC1=13=33．
【答案】
10
32
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
（1）根据两点之间，线段最短，求出|AB|+|BD|的最小值即可；
（2）分别作A(1, 2)点关于y轴的对称点A2(−1, 2)，D点关于x轴的对称点D2(2, −1)，求出|AC|+|CB|+|BD|的最小值即可．
【解答】
作A(1, 2)点关于x轴的对称点A1(1, −2)，
连接A1D和x轴交于B点，故此时|AB|+|BD|最小，
最小值是|A1D|=(1−2)2+(−2−1)2=10；
分别作A(1, 2)点关于y轴的对称点A2(−1, 2)，
D点关于x轴的对称点D2(2, −1)，
则|AC|+|CB|+|BD|＝|A2D2|=(−1−2)2+(2+1)2=32，
故答案为：10；32．
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.
【答案】
由直线l的倾斜角为120∘，可得直线l的斜率等于tan120∘=−3，
又直线l的斜率为−a，得−a=−3，即a=3；
∵ 直线l与直线l0:2x−y＝0的倾斜角互补，∴ 两者斜率互为相反数，
得−a＝−2，即a＝2，则l:2x+y−3＝0．
则圆心O到直线l的距离d=355>1，
∴ 直线l上的点到圆O上的点的最小距离为355−1；
由ax+y−a−1＝0，得a(x−1)+y−1＝0，
∴ 直线l恒过定点M(1, 1)，
∴ O到l的最大距离小于等于|OM|=2，
此时，OM⊥l，∴ kOM⋅kl＝−1，即1×(−a)＝−1，得a＝1．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）由直线的倾斜角求得直线的斜率，结合直线方程可得a值；
（2）由两直线倾斜角的关系得到斜率的关系，进一步求得a值，得到直线l的方程，求出圆心O到直线l的距离，减去半径得答案；
（3）求出直线所过定点，由两点间的距离公式可得点O到l的最大距离，再由两直线斜率的关系求解a值．
【解答】
由直线l的倾斜角为120∘，可得直线l的斜率等于tan120∘=−3，
又直线l的斜率为−a，得−a=−3，即a=3；
∵ 直线l与直线l0:2x−y＝0的倾斜角互补，∴ 两者斜率互为相反数，
得−a＝−2，即a＝2，则l:2x+y−3＝0．
则圆心O到直线l的距离d=355>1，
∴ 直线l上的点到圆O上的点的最小距离为355−1；
由ax+y−a−1＝0，得a(x−1)+y−1＝0，
∴ 直线l恒过定点M(1, 1)，
∴ O到l的最大距离小于等于|OM|=2，
此时，OM⊥l，∴ kOM⋅kl＝−1，即1×(−a)＝−1，得a＝1．
【答案】
因为圆C过点E(1, 0)和点F(0, 1)，
所以圆心C在线段EF的垂直平分线y＝x上，
所以可设圆心为C(a, a)，
因为圆心C到直线x+y＝0的距离等于2
所以|a+a|2=2，解得a＝±1，
当a＝1时，圆心为(1, 1)，半径r＝|EC|＝1，
圆C的方程为：(x−1)2+(y−1)2＝1
当a＝−1时，圆心为(−1, −1)，半径r=|EC|=5，
圆C的方程为：(x+1)2+(y+1)2＝5
所以圆C的标准方程为：(x−1)2+(y−1)2＝1或(x+1)2+(y+1)2＝5．
由题知：因为CA⊥MA，
所以四边形MACB的面积SCAMB=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=3，
因为|CA|＝1，所以|AM|=3，
所以|CM|2＝|CA|2+|AM|2＝4，
所以|CM|＝2，点M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆，
所以点M的轨迹方程为：(x−1)2+(y−1)2＝4．
【考点】
圆的标准方程
轨迹方程
【解析】
（1）判断圆心C在线段EF的垂直平分线y＝x上，设圆心为C(a, a)，通过圆心C到直线x+y＝0的距离等于2，求出a，然后求解圆的方程即可．
（2）通过四边形MACB的面积求出|AM|=3，判断点M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆，写出圆的方程即可．
【解答】
因为圆C过点E(1, 0)和点F(0, 1)，
所以圆心C在线段EF的垂直平分线y＝x上，
所以可设圆心为C(a, a)，
因为圆心C到直线x+y＝0的距离等于2
所以|a+a|2=2，解得a＝±1，
当a＝1时，圆心为(1, 1)，半径r＝|EC|＝1，
圆C的方程为：(x−1)2+(y−1)2＝1
当a＝−1时，圆心为(−1, −1)，半径r=|EC|=5，
圆C的方程为：(x+1)2+(y+1)2＝5
所以圆C的标准方程为：(x−1)2+(y−1)2＝1或(x+1)2+(y+1)2＝5．
由题知：因为CA⊥MA，
所以四边形MACB的面积SCAMB=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=3，
因为|CA|＝1，所以|AM|=3，
所以|CM|2＝|CA|2+|AM|2＝4，
所以|CM|＝2，点M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆，
所以点M的轨迹方程为：(x−1)2+(y−1)2＝4．
【答案】
∵ PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，∴ 平面PCD⊥平面ABCD，
∵ 底面ABCD是正方形，∴ AD⊥DC，
又AD⊂平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴ AD⊥平面PCD，得AD⊥PC，
∵ PD＝DC＝4，M为PC的中点，∴ DM⊥PC，而AD∩DM＝D，
∴ PC⊥平面MAD；
设DP＝2t，以D为坐标原点，
分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0, 0, 0)，B(4, 4, 0)，P(0, 0, 2t)，M(0, 2, t)，
DB→=(4, 4, 0)，DM→=(0, 2, t)，BP→=(−4,−4,2t)，
设平面MBD的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DM→=0n→⋅DB→=0 ，即2y+tz=04x+4y=0 ，取y＝−1，得n→=(1,−1,2t)，
∴ BP与平面MBD所成角的正弦值为|cs|=|−4|16+16+4t2⋅1+1+4t2
=480+128t2+8t2≤13（当且仅当128t2=8t2，即t＝2时等号成立）．
∴ 三棱锥D−MBC的体积VD−MBC=VM−DBC=12VP−DBC=14VP−ABCD=14×13×4×4×4=163．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面垂直
【解析】
（1）由PD⊥平面ABCD，得平面PCD⊥平面ABCD，再由底面ABCD是正方形及面面垂直的性质可得AD⊥PC，由PD＝DC，M为PC的中点，得DM⊥PC，由直线与平面垂直的判定可得PC⊥平面MAD；
（2）设DP＝2t，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解空间角可得t值，再由等体积法求三棱锥D−MBC的体积V．
【解答】
∵ PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PCD，∴ 平面PCD⊥平面ABCD，
∵ 底面ABCD是正方形，∴ AD⊥DC，
又AD⊂平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，
∴ AD⊥平面PCD，得AD⊥PC，
∵ PD＝DC＝4，M为PC的中点，∴ DM⊥PC，而AD∩DM＝D，
∴ PC⊥平面MAD；
设DP＝2t，以D为坐标原点，
分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则D(0, 0, 0)，B(4, 4, 0)，P(0, 0, 2t)，M(0, 2, t)，
DB→=(4, 4, 0)，DM→=(0, 2, t)，BP→=(−4,−4,2t)，
设平面MBD的法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅DM→=0n→⋅DB→=0 ，即2y+tz=04x+4y=0 ，取y＝−1，得n→=(1,−1,2t)，
∴ BP与平面MBD所成角的正弦值为|cs|=|−4|16+16+4t2⋅1+1+4t2
=480+128t2+8t2≤13（当且仅当128t2=8t2，即t＝2时等号成立）．
∴ 三棱锥D−MBC的体积VD−MBC=VM−DBC=12VP−DBC=14VP−ABCD=14×13×4×4×4=163．
【答案】
设动圆P的半径为r，由题意知：|PC1|＝r，|PC2|=23−r，
所以 |PC1|+|PC2|=23>|C1C2|=22，
所以P点的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
其长轴长2a=23，焦距为2c=22，b=a2−c2=1，
所以曲线C的标准方程为：y23+x2=1．
若直线斜率不存在，则A，B关于x轴对称，不合题意，
若直线斜率存在，设其方程为y＝kx+1，
将y＝kx+1代入y23+x2=1得：(3+k2)x2+2kx−2＝0，
所以x1+x2=−2k3+k2，
所以x1+x22=−k3+k2=−14，
所以k2−4k+3＝0，解得k＝1或k＝3，
所以，直线l的方程为：y＝x+1或y＝3x+1．
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
轨迹方程
【解析】
（1）设动圆P的半径为r，判断P点的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，求出a，b，即可得到椭圆方程．
（2）若直线斜率不存在，则A，B关于x轴对称，不合题意，若直线斜率存在，设其方程为y＝kx+1，将y＝kx+1代入y23+x2=1得：(3+k2)x2+2kx−2＝0，利用韦达定理，利用A，B中点在直线x=−14上，求解即可．
【解答】
设动圆P的半径为r，由题意知：|PC1|＝r，|PC2|=23−r，
所以 |PC1|+|PC2|=23>|C1C2|=22，
所以P点的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
其长轴长2a=23，焦距为2c=22，b=a2−c2=1，
所以曲线C的标准方程为：y23+x2=1．
若直线斜率不存在，则A，B关于x轴对称，不合题意，
若直线斜率存在，设其方程为y＝kx+1，
将y＝kx+1代入y23+x2=1得：(3+k2)x2+2kx−2＝0，
所以x1+x2=−2k3+k2，
所以x1+x22=−k3+k2=−14，
所以k2−4k+3＝0，解得k＝1或k＝3，
所以，直线l的方程为：y＝x+1或y＝3x+1．
【答案】
证明：取线段BC的中点O，连接OA，OF，因为△BCF、△ABC均为等边三角形，
所以BC⊥OA，BC⊥OF，OA∩OF＝O，所以BC⊥平面AOF，
又因为BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面AOF，
所以，线段BC的中点O，使得平面ABCD⊥平面AOF
因为平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD＝BC，FO⊥BC
所以FO⊥平面ABCD，所以OA，OB，OF两两垂直
以OA、OB、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz
则A(3,0,0,),B(0,1,0),F(0,0,3),C(0,−1,0),D(3,−2,0)，
设平面ABF的一个法向量m→=(x1,y1,z1)，
因为AB→=(−3,1,0)，AF→=(−3,0,3)，
由m→⋅AB→=0m→⋅AF→=0 ，得−3x1+y1=0−3x1+3z1=0 ，
所以m→=(1,3,1)
设平面ACF的一个法向量n→=(x2,y2,z2)，
因为CA→=(3,1,0)，CF→=(0,1,3)
由m→⋅CA→=0m→⋅CF→=0 ，得3x2+y2=0y2+3z2=0 ，令x2＝1，则y2=−3，z2＝1，所以n→=(1,−3,1)，
设二面角B−AF−C的平面角为θ，所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=15，
所以二面角B−AF−C的余弦值15．
因为EF // CD // AB，设FE→=tBA→=(3t, −t, 0)，B(0, 1, 0)，
所以D(3, −2, 0)，E(3t, −t, 3)，则DE→=(3t−3, 2−t, 3)，
又因为平面AOF的一个法向量为OB→=(0, 1, 0)，
因为DE→⋅OB→=(3t−3, 2−t, 3)⋅(0, 1, 0)＝2−t＝0，
所以t＝2，所以|FE→|=2|BA→|=4．
【考点】
平面与平面垂直
二面角的平面角及求法
直线与平面平行
【解析】
（1）取线段BC的中点O，连接OA，OF，推出BC⊥OA，BC⊥OF，证明BC⊥平面AOF，推出平面ABCD⊥平面AOF，即可得到结论．
（2）以OA、OB、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，求出平面ABF的一个法向量，平面ACF的一个法向量，设二面角B−AF−C的平面角为θ，利用空间向量的数量积求解即可．
（3）设FE→=tBA→=(3t, −t, 0)，求出DE→=(3t−3, 2−t, 3)，结合平面AOF的一个法向量为OB→=(0, 1, 0)，通过DE→⋅OB→=0，求出t，然后求解线段EF的长度．
【解答】
证明：取线段BC的中点O，连接OA，OF，因为△BCF、△ABC均为等边三角形，
所以BC⊥OA，BC⊥OF，OA∩OF＝O，所以BC⊥平面AOF，
又因为BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面AOF，
所以，线段BC的中点O，使得平面ABCD⊥平面AOF
因为平面BCF⊥平面ABCD，平面BCF∩平面ABCD＝BC，FO⊥BC
所以FO⊥平面ABCD，所以OA，OB，OF两两垂直
以OA、OB、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz
则A(3,0,0,),B(0,1,0),F(0,0,3),C(0,−1,0),D(3,−2,0)，
设平面ABF的一个法向量m→=(x1,y1,z1)，
因为AB→=(−3,1,0)，AF→=(−3,0,3)，
由m→⋅AB→=0m→⋅AF→=0 ，得−3x1+y1=0−3x1+3z1=0 ，
所以m→=(1,3,1)
设平面ACF的一个法向量n→=(x2,y2,z2)，
因为CA→=(3,1,0)，CF→=(0,1,3)
由m→⋅CA→=0m→⋅CF→=0 ，得3x2+y2=0y2+3z2=0 ，令x2＝1，则y2=−3，z2＝1，所以n→=(1,−3,1)，
设二面角B−AF−C的平面角为θ，所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=15，
所以二面角B−AF−C的余弦值15．
因为EF // CD // AB，设FE→=tBA→=(3t, −t, 0)，B(0, 1, 0)，
所以D(3, −2, 0)，E(3t, −t, 3)，则DE→=(3t−3, 2−t, 3)，
又因为平面AOF的一个法向量为OB→=(0, 1, 0)，
因为DE→⋅OB→=(3t−3, 2−t, 3)⋅(0, 1, 0)＝2−t＝0，
所以t＝2，所以|FE→|=2|BA→|=4．
【答案】
由题意知：F1(−1, 0)，F2(1, 0)，
由椭圆定义知，所以2a=|PF1|+|PF2|=22，
设椭圆的半焦距为c，所以b2+c2＝a2，所以a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1．
(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t
将y＝kx+t，代入x22+y2=1得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2t2，
又因为k＝1，得|AB|=2|x1−x2|=2(x1+x2)2−4x1x2=43−t23，
点O到直线l的距离d=|t|1+k2=|t|2，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23=23×t2(3−t2)≤23×(t2+3−t22)=22，
等号当仅当t2＝3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，
由(ⅰ)知：x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，直线y＝kx±33过定点Z(0, 33)或(0,−33)
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W(0, 36)或(0, −36)，半径等于36，
所以存在定点W(0, 36)或(0, −36)，使得|DW|为定值．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
椭圆的应用
【解析】
（1）利用椭圆的焦距求出c，利用椭圆的定义求解a，推出b，即可得到椭圆方程．
(2)(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t将y＝kx+t，代入x22+y2=1，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，利用韦达定理结合弦长公式，点到直线的距离求解三角形的面积，利用基本不等式推出结果．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，求出向量的数量积，推出直线系方程得到定点，然后推出结果．
【解答】
由题意知：F1(−1, 0)，F2(1, 0)，
由椭圆定义知，所以2a=|PF1|+|PF2|=22，
设椭圆的半焦距为c，所以b2+c2＝a2，所以a=2，b＝1，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1．
(ⅰ)设直线l的方程为：y＝kx+t
将y＝kx+t，代入x22+y2=1得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2＝0，设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2t2，
又因为k＝1，得|AB|=2|x1−x2|=2(x1+x2)2−4x1x2=43−t23，
点O到直线l的距离d=|t|1+k2=|t|2，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23=23×t2(3−t2)≤23×(t2+3−t22)=22，
等号当仅当t2＝3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22．
(ⅱ)显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y＝kx+t，
由(ⅰ)知：x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，直线y＝kx±33过定点Z(0, 33)或(0,−33)
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W(0, 36)或(0, −36)，半径等于36，
所以存在定点W(0, 36)或(0, −36)，使得|DW|为定值．