2020-2021学年河北省保定市高二（上）1月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年河北省保定市高二（上）1月月考数学试卷人教A版，共12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. 若向量a→=(−1, 0, 1)，向量b→=(2, 0, k)，且满足向量a→ // b→，则k等于( )
A.1B.−1C.2D.−2

2. 已知y=2017，则y′=( )
A.122017B.−122017C.20172017D.0

3. 已知向量n→=2,0,1为平面α的法向量，点A−1,2,1在α内，则点P1,2,2到平面α的距离为( )
A.55B.5C.25D.510

4. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2均在x轴上，C的面积为23π，过点F1的直线交C于点A，B，且△ABF2的周长为8，则C的标准方程为( )
A.x24+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x216+4y23=1

5. 曲线f(x)=sinx+csx在点(0, f(0))处的切线方程为( )
A.x−y+1=0B.x−y−1=0C.x+y−1=0D.x+y+1=0

6. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，对角线AC1和BD1相交于点O，则( )

A.AB→⋅A1C1→=2a2B.AB→⋅AC1→=2a2
C.AB→⋅AO→=12a2D.BC→⋅DA1→=a2

7. 直线y=kxk>0与双曲线x22−y26=1没有交点，则k的取值范围为( )
A.[33,+∞)B.2,+∞C.[3,+∞）D.0,3

8. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P是C的右支上一点，连接PF1与y轴交于点M，若|F1O|=2|OM|（O为坐标原点），PF1⊥PF2，则双曲线C的渐近线方程为( )
A.y= ±3xB.y=±5xC.y=±2xD.y=±2x
二、多选题

在三棱锥P−ABC中，A0,1,0,B3,1,0,C0,3,0,P0,1,2，则（ ）
A.PB→=3,0,−2B.AB→=−3,0,0C.PB→⊥AC→D.|PB→|=13

已知曲线C:mx2+ny2=1，下列说法正确的有( )
A.若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在x轴上
B.若m=n>0，则C是圆，其半径为n
C.若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx
D.若m=0，n>0，则C是两条直线

在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是A1D1和C1D1的中点，则下列结论正确的是( )
A.A1C1//平面CEF
B.B1D⊥平面CEF
C.CE→=12DA→+DD1→−DC→
D.点D与点B1到平面CEF的距离相等

我们通常称离心率为5−12的椭圆为“黄金椭圆”．如图，已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0 .A1，A2分别为左、右顶点， B1，B2分别为上、下顶点，F1，F2分别为左、右焦点，P为椭圆上一点，则满足下列条件能使椭圆C为“黄金椭圆”的有( )

A.|A1F1|⋅ |F2A2|=|F1F2|2
B.∠F1B1A2=90∘
C.PF1⊥x轴，且PO//A2B1
D.四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1，F2
三、填空题

函数y=x2sinx的导函数为________.

抛物线x2=14y的准线方程是________.

已知向量OA→=(k, 12, 1)，OB→=(4, 5, 1)，OC→=(−k, 10, 1)，且A，B，C三点共线，则k=________．

已知F为双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为________.
四、解答题

已知函数f(x)=x3+x−16．
(1)求曲线y=f(x)在点(2, −6)处的切线的方程；

(2)求满足斜率为4的曲线的切线方程.

已知长方体ABCD−A1B1C1D1AA1=3，AB=2BC=2，E为棱AB的中点，F为线段D1C的中点．

(1)求异面直线EF与AD1所成角的余弦值；

(2)求直线AD1与平面DEF所成角的正弦值．

已知椭圆C中心在原点，焦点在x轴上，离心率为22，且一个焦点和短轴的两个端点构成面积为1的等腰直角三角形．
(1)求椭圆的标准方程；

(2)过椭圆C右焦点F作直线交椭圆C于点M，N，又直线OM交直线x=2于点T，若OT→=2OM→，求线段MN的长．

设函数fx=ax−bx，曲线y=fx在点(2,f(2))处的切线方程为7x−4y−12=0．
(1)求fx的解析式；

(2)证明：曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．

如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE//FC，∠BCF=∠CEF=90∘，AD=3，EF=2．

(1)求证：AE // 平面DCF；

(2)当AB的长为何值时，二面角A−EF−C的大小为60∘？

已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点F与椭圆x24+y23=1的右焦点重合，点M是抛物线C的准线上任意一点，直线MA，MB分别与抛物线C相切于点A，B．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)设直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，证明： k1⋅k2为定值；

(3)求|AB|的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省保定市高二（上）1月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
平行向量的性质
【解析】
利用向量平行的性质求解．
【解答】
解：∵ 向量a→=(−1, 0, 1)，向量b→=(2, 0, k)，
且满足向量a→ // b→，
∴ −12=1k，解得k=−2．
故选D．
2.
【答案】
D
【考点】
导数的运算
【解析】
利用常数的导数为零即可得到答案.
【解答】
解：∵ y=2017，
∴ y′=0.
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
求出AP→=2,0,1，由此能求出P1,2,2到α的距离．
【解答】
解：∵ 向量n→=2,0,1为平面α的法向量，
点A−1,2,1在α内，且P1,2,2，
∴ AP→=2,0,1，
∴ P1,2,2到α的距离d=|AP→⋅n→||n→|=55=5.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得abπ=23π，4a=8，
解得：a=2，b=3，
因为椭圆的焦点在x轴上，
所以C的标准方程为：x24+y23=1．
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
先求出f′(x)，欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
【解答】
解：∵ f(x)=sinx+csx，
∴ f′(x)=csx−sinx，
∴ f′(0)=1，
即函数f(x)在点(0, f(0))处的切线斜率为1.
又f(0)=1，
∴ 曲线f(x)=sinx+csx在点(0, f(0))处的切线方程为：
y−1=x−0，即x−y+1=0．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
将向量AB→，AD→，AA1→看成基底，然后用基底计算即可．注意它们的模长、夹角．
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
对于A，AB→⋅A1C1→=AB→⋅(AB→+AD→)
=AB→2+AB→⋅AD→=AB→2=a2，故A错误；
对于B，AB→⋅AC1→=AB→⋅(AB→+AD→+AA1→)
=AB→2+AB→⋅AD→+AB→⋅AA1→=AB→2=a2，故B错误；
对于C，AB→⋅AO→=AB→⋅(12AC1→)
=12AB→⋅AC1→=12a2，故C正确；
对于D，BC→⋅DA1→=AD→⋅(AA1→−AD→)
=AD→⋅AA1→−AD→2=−a2，故D错误．
故选C.
7.
【答案】
C
【考点】
直线与双曲线的位置关系
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，然后推出k的范围．
【解答】
解：联立y=kx，x22−y26=1，可得(12−k26)x2=1.
由题意可得，此方程无实数解，
则12−k26≤0，
解得k≤−3或k≥3.
∵ k>0，
∴ k≥3.
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的渐近线
双曲线的标准方程
【解析】
画出图形，利用已知条件转化求解a，b关系，即可得到双曲线的渐近线方程．
【解答】
解：由题意双曲线的图形如图，
设PF1=m，PF2=n，点P是C的右支上一点，
连接PF1与y轴交于点M，若|F1O|=2|OM|（O为坐标原点），PF1⊥PF2，
∠MF1O=∠F2F1P，∠MOF1=∠F1PF2=90∘，
所以△F1MO∼△F1F2P，
所以OMOF1=PF2PF1=nm=12，
所以m=2n，
又m−n=2a，
得n=2a，
所以m=4a，
可得16a2+4a2=4c2=4a2+4b2，
解得ba=2，
所以双曲线的渐近线方程为：y=±2x．
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
空间向量的数乘运算
空间向量运算的坐标表示
【解析】
无
【解答】
解： 因为PB→=3,0,−2，AC→=0,2,0，
所以PB→⋅AC→=0，则PB→⊥AC→，所以A，C正确，
因为AB→=(3,0,0)，所以B错误，
因为|PB|→=9+4=13，所以D正确．
故选ACD．
【答案】
C,D
【考点】
椭圆的标准方程
圆的标准方程
双曲线的渐近线
【解析】
根据所给条件，逐一分析对应的方程形式，结合椭圆、圆、双曲线方程的定义进行判断即可.
【解答】
解：A，若m>n>0 ，则1m<1n，则根据椭圆定义，知x21m+y21n=1表示焦点在y轴上的椭圆，故A错误；
B，若m=n>0，则方程为x2+y2=1n，表示半径为1n的圆，故B错误；
C，根据求双曲线渐近线的方法，可以得双曲线的渐近线方程mx2+ny2=0，
又因为mn<0，
所以渐近线方程为y=±−mnx，故C正确；
D，当m=0，n>0时，则方程为y=±1n表示两条直线，故D正确.
故选CD．
【答案】
A,C
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
空间向量运算的坐标表示
【解析】
采用逐一验证法，建立空间直角标系，根据线面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理可知A，B正误，然后根据向量的坐标运算以及点面距相等的判定条件，可得结果．
【解答】
解：A，因为E，F分别是A1D1和C1D1的中点，
所以EF//A1C1，故A1C1//平面CEF成立，故A正确；
B，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的边长为2，
则B1D→=−2,−2,−2，FC→=0,1,−2．
因为B1D→⋅FC→=0−2+4=2≠0，
所以B1D与FC不垂直，
又CF⊂平面CEF，
所以B1D⊥平面CEF不成立，故B错误；
C，因为CE→=1,−2,2，
12DA→+DD→1−DC→=122,0,0+0,0,2−0,2,0
=1,−2,2，
所以CE→=12DA→+DD→1−DC→成立，故C正确；
D，设点B1和点D到平面CEF的距离分别为ℎ1，ℎ2，
则VB1−CEF=13⋅ℎ1⋅S△CEF=VC−B1EF
=13×2×(2×2−2×12×2×1−12×1×1)=1，
VD−CEF=13⋅ℎ2⋅S△CEF=VE−CDF
=13×1×12×2×2=23，
所以ℎ1≠ℎ2，故D错误．
故选AC.
【答案】
B,D
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
根据椭圆的几何性质判定A，根据勾股定理以及离心率公式判定B，根据直线的斜率以及离心率公式判定C,题设得四边形A1B2A2B1的内切圆c，所以ab=ca2+b2，判定C.
【解答】
解：由题设得A1−a,0，A2a,0，B10,b，B20,−b，F1−c,0，F2c,0，
对于A，若|A1F|⋅F2A2=F1F22，
则a−c2=2c2，∴ a−c=2c，e=13，不满足条件，故A不符合条件；
对于B，由∠F1B1A2=90∘，得F1A22=F1B12+B1A22，
得a+c2=a2+a2+b2，整理得c2+ac−a2=0，
即e2+e−1=0，解得e=5−12或e=−5−12（舍去），故B符合条件；
对于C，由题设得P(−c,b2a)，
由kOP=kA2B1，得b2a−c=b−a，解得b=c，
又a2=b2+c2，解得a=2c,
所以e=ca=22，故C不符合条件.
对于D，由题设得四边形A1B2A2B1的内切圆的半径为c，
所以ab=ca2+b2，整理得c4−3a2c2+a4=0，
即e4−3e2+1=0，解得e2=3+52或e2=3−52，
所以e=5−12，故D符合条件.
故选BD.
三、填空题
【答案】
y′=2xsinx+x2csx
【考点】
简单复合函数的导数
【解析】
解答此题的关键在于理解基本求导法则的相关知识，掌握若两个函数可导，则它们和、差、积、商必可导；若两个函数均不可导，则它们的和、差、积、商不一定不可导．
【解答】
解：y′=(x2sinx)′=(x2)′sinx+x2(sinx)′
=2xsinx+x2csx.
故答案为：y′=2xsinx+x2csx.
【答案】
y=−116
【考点】
抛物线的性质
【解析】
把抛物线方程化为标准方程为x2=y，判断抛物线的焦点在y轴正半轴上，2p=14，可得准线方程．
【解答】
解：由抛物线x2=14y，
得抛物线是焦点在y轴正半轴的抛物线，2p=14，
∴ 其准线方程是y=−p2=−116．
故答案为：y=−116．
【答案】
−23
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
利用向量的坐标运算和向量共线定理即可得出．
【解答】
解：∵ 向量OA→=(k, 12, 1)，OB→=(4, 5, 1)，OC→=(−k, 10, 1)，
∴ AB→=(4−k, −7, 0)，AC→=(−2k, −2, 0)．
又A，B，C三点共线，
∴ 存在实数λ使得AB→=λAC→，
∴ 4−k=−2λk，−7=−2λ，
解得λ=72，k=−23.
故答案为：−23．
【答案】
2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用已知条件表示出A，B的坐标，通过AB的斜率，转化求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：由条件，得Aa,0，Fc,0，
由于BF是通径长的一半，
∴ Bc,b2a，
∵ kAB=b2ac−a=b2ac−a=c2−a2ac−a=c+aa=e+1=3，
∴ 离心率e=2.
故答案为：2.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ 函数f(x)=x3+x−16，
∴ f′(x)=3x2+1.
由已知得：切点为(2, −6)，
∴ k切=f′(2)=13，
则切线方程为y+6=13(x−2)，
即13x−y−32=0.
(2)设切点坐标为(x0, y0).
∵ f′(x)=3x2+1，
∴ f′(x0)=k切=4，
即3x02+1=4，解得x0=1或−1，
则y0=−14或−18，
当切点为(1, −14)时，切线方程为：y+14=4(x−1)，
即4x−y−18=0；
当切点为(−1, −18)时，切线方程为：y+18=4(x+1)，
即4x−y−14=0.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
（2）求出切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程；
（1）设切点坐标为(x0, y0)，求出导数，求得切线的斜率，解方程可得切点的坐标，进而得到切线的方程；
【解答】
解：(1)∵ 函数f(x)=x3+x−16，
∴ f′(x)=3x2+1.
由已知得：切点为(2, −6)，
∴ k切=f′(2)=13，
则切线方程为y+6=13(x−2)，
即13x−y−32=0.
(2)设切点坐标为(x0, y0).
∵ f′(x)=3x2+1，
∴ f′(x0)=k切=4，
即3x02+1=4，解得x0=1或−1，
则y0=−14或−18，
当切点为(1, −14)时，切线方程为：y+14=4(x−1)，
即4x−y−18=0；
当切点为(−1, −18)时，切线方程为：y+18=4(x+1)，
即4x−y−14=0.
【答案】
解：(1)以D为原点，以DA→，DC→，DD1→分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
如图，
则E(1,1,0)，F(0,1,32)，A(1,0,0)，D1(0,0,3)
则EF→=(−1,0,32)，AD1→=(−1,0,3)，
直线EF与AD1所成角为θ，
则csθ=EF→⋅AD1→|EF→|⋅|AD1→|=|1+32|1+34⋅1+3=5714.
(2)DE→=(1,1,0)，DF→=(0,1,32)，AD1→=(−1,0,3)，
设面DEF的法向量为n→=x,y,2，
则DE→⋅n→=0,DF→⋅n→=0,
即x+y=0,y+32z=0,
令z=2，可得n→=3,−3,2.
设直线AD1与平面DEF所成角为α，
则sinα=|AD1→⋅n→||AD1→|⋅|n→|=|−3+23|1+3⋅3+3+22=3020,
所以直线AD1与平面DEF所成角的正弦值为3020.
【考点】
异面直线及其所成的角
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)以D为原点，以DA→，DC→，DD1→分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
如图，
则E(1,1,0)，F(0,1,32)，A(1,0,0)，D1(0,0,3)
则EF→=(−1,0,32)，AD1→=(−1,0,3)，
直线EF与AD1所成角为θ，
则csθ=EF→⋅AD1→|EF→|⋅|AD1→|=|1+32|1+34⋅1+3=5714.
(2)DE→=(1,1,0)，DF→=(0,1,32)，AD1→=(−1,0,3)，
设面DEF的法向量为n→=x,y,2，
则DE→⋅n→=0,DF→⋅n→=0,
即x+y=0,y+32z=0,
令z=2，可得n→=3,−3,2.
设直线AD1与平面DEF所成角为α，
则sinα=|AD1→⋅n→||AD1→|⋅|n→|=|−3+23|1+3⋅3+3+22=3020,
所以直线AD1与平面DEF所成角的正弦值为3020.
【答案】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0）．
因为e=22，所以ca=22.
又焦点和短轴的两个端点构成面积为1的等腰直角三角形，
所以b=c，且bc=1．
因为a=2c，
所以b=c=1，a=2，
所以椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)因为OT→=2OM→，
所以M为OT中点，
所以xM=xF=c=1 .
将xM=1代入x22+y2=1，
可得|yM|=22，
所以|MN|=2．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0）．
因为e=22，所以ca=22.
又焦点和短轴的两个端点构成面积为1的等腰直角三角形，
所以b=c，且bc=1．
因为a=2c，
所以b=c=1，a=2，
所以椭圆的方程为x22+y2=1．
(2)因为OT→=2OM→，
所以M为OT中点，
所以xM=xF=c=1 .
将xM=1代入x22+y2=1，
可得|yM|=22，
所以|MN|=2．
【答案】
(1)解：方程7x−4y−12=0可化为y=74x−3.
当x=2时，y=12．
又f′x=a+bx2，
于是2a−b2=12，a+b4=74，
解得a=1，b=3，
故fx=x−3x．
(2)证明：设Px0,y0为曲线上任一点，
由y′=1+3x2，知曲线在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=1+3x02x−x0，
即y−x0−3x0=1+3x02x−x0．
令x=0，得y=−6x0，
从而得切线与直线x=0的交点坐标为0,−6x0；
令y=x，得y=x=2x0，
从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0)，
所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为S=12−6x0|2x0|=6，
故曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为定值，
且此定值为6.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
三角形求面积
【解析】


【解答】
(1)解：方程7x−4y−12=0可化为y=74x−3.
当x=2时，y=12．
又f′x=a+bx2，
于是2a−b2=12，a+b4=74，
解得a=1，b=3，
故fx=x−3x．
(2)证明：设Px0,y0为曲线上任一点，
由y′=1+3x2，知曲线在点Px0,y0处的切线方程为y−y0=1+3x02x−x0，
即y−x0−3x0=1+3x02x−x0．
令x=0，得y=−6x0，
从而得切线与直线x=0的交点坐标为0,−6x0；
令y=x，得y=x=2x0，
从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0)，
所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为S=12−6x0|2x0|=6，
故曲线y=fx上任一点处的切线与直线x=0，y=x所围成的三角形的面积为定值，
且此定值为6.
【答案】
(1)证明：过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG，如图，
因为四边形BEFC为梯形，由图可得BE//CF，
因为BE=CF，所以四边形BCGE为平行四边形，
因为EG⊥CF，所以平行四边形BCGE为矩形，
所以BC=//EG.
因为ABCD为矩形，
所以AD=//BC，
所以AD=//EG，
所以四边形ADGE为平行四边形，
所以AE // DG．
因为AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，
所以AE // 平面DCF．
(2)解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，过点E作EG⊥CF交CF于G．
因为平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面BEFC.
因为EF⊂平面BEFC，
所以AB⊥EF.
因为BH⊥EF，且AB∩BH=B，AB⊂平面ABH，BH⊂平面ABH，
所以EF⊥平面ABH.
因为AH⊂平面ABH，
所以AH⊥EF，
故∠AHB为二面角A−EF−C的平面角．
在Rt△EFG中，因为EG=AD=3，EF=2，
因为sin∠CFE=EGAD=32，
所以∠CFE=60∘，
FG=EF2−EG2=22−(3)2=1．
又因为∠CEF=90∘，
所以∠ECF=180∘−∠CEF−∠CFE
=180∘−90∘−60∘=30∘，
所以CE=2EG=23，
由三角形面积公式可得12CF⋅EG=12CE⋅EF，
所以CF=CE⋅EFEG=23×23=4，
故BE=CG=CF−FG=4−1=3．
因为BE//CF，所以∠BEC=∠ECF=30∘，
所以∠BEH=180∘−∠CEF−∠BEC=180∘−90∘−30∘=60∘，
所以BH=BE⋅sin∠BEH=3×32=332．
所以AB=BH⋅tan∠AHB=332×3=92，
所以当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【考点】
直线与平面平行的判定
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
（2）过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，说明∠AHB为二面角A−EF−C的平面角，通过二面角A−EF−C的大小为60∘，求出AB即可．
【解答】
(1)证明：过点E作EG⊥CF交CF于G，连接DG，如图，
因为四边形BEFC为梯形，由图可得BE//CF，
因为BE=CF，所以四边形BCGE为平行四边形，
因为EG⊥CF，所以平行四边形BCGE为矩形，
所以BC=//EG.
因为ABCD为矩形，
所以AD=//BC，
所以AD=//EG，
所以四边形ADGE为平行四边形，
所以AE // DG．
因为AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，
所以AE // 平面DCF．
(2)解：过点B作BH⊥EF交FE的延长线于H，连接AH，过点E作EG⊥CF交CF于G．
因为平面ABCD⊥平面BEFC，AB⊥BC，
所以AB⊥平面BEFC.
因为EF⊂平面BEFC，
所以AB⊥EF.
因为BH⊥EF，且AB∩BH=B，AB⊂平面ABH，BH⊂平面ABH，
所以EF⊥平面ABH.
因为AH⊂平面ABH，
所以AH⊥EF，
故∠AHB为二面角A−EF−C的平面角．
在Rt△EFG中，因为EG=AD=3，EF=2，
因为sin∠CFE=EGAD=32，
所以∠CFE=60∘，
FG=EF2−EG2=22−(3)2=1．
又因为∠CEF=90∘，
所以∠ECF=180∘−∠CEF−∠CFE
=180∘−90∘−60∘=30∘，
所以CE=2EG=23，
由三角形面积公式可得12CF⋅EG=12CE⋅EF，
所以CF=CE⋅EFEG=23×23=4，
故BE=CG=CF−FG=4−1=3．
因为BE//CF，所以∠BEC=∠ECF=30∘，
所以∠BEH=180∘−∠CEF−∠BEC=180∘−90∘−30∘=60∘，
所以BH=BE⋅sin∠BEH=3×32=332．
所以AB=BH⋅tan∠AHB=332×3=92，
所以当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【答案】
(1)解：由椭圆方程可知，c=4−3=1,
则椭圆的右焦点为1,0，
∴ 抛物线的焦点为F1,0，
∴ 抛物线的标准方程为y2=4x．
(2)证明：抛物线C的准线方程为x=−1．
设M−1,t，
设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，
与抛物线方程y2=4x联立．
消去x，得ky2−4y+4k+4t=0．
则Δ=16−16kk+t，
令Δ=0，得k2+kt−1=0．
由韦达定理，得k1⋅k2=−1，
故k1⋅k2为定值．
(3)解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
由k2+kt−1=0，得t=1−k2k，
则ky2−4y+4k+4t
=ky2−4y+4k+41−k2k
=ky2−4y+4k
=ky−2k2，
所以把y=2k代入抛物线y2=4x，得x=1k2．
所以A1k12,2k1，B1k22,2k2，
|AB|=1k22−1k122+2k2−2k12
=k12−k22k22k122+2(k1−k2)k2k12
=k12−k222+4(k1−k2)2
=4+t2|k1−k2|
=4+t2k1+k22−4k1k2
=4+t2≥4
当且仅当t=0时取等号．
故|AB|的最小值为4．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：由椭圆方程可知，c=4−3=1,
则椭圆的右焦点为1,0，
∴ 抛物线的焦点为F1,0，
∴ 抛物线的标准方程为y2=4x．
(2)证明：抛物线C的准线方程为x=−1．
设M−1,t，
设过点M−1,t的直线方程为y=kx+1+t，
与抛物线方程y2=4x联立．
消去x，得ky2−4y+4k+4t=0．
则Δ=16−16kk+t，
令Δ=0，得k2+kt−1=0．
由韦达定理，得k1⋅k2=−1，
故k1⋅k2为定值．
(3)解：设Ax1,y1，Bx2,y2，
由k2+kt−1=0，得t=1−k2k，
则ky2−4y+4k+4t
=ky2−4y+4k+41−k2k
=ky2−4y+4k
=ky−2k2，
所以把y=2k代入抛物线y2=4x，得x=1k2．
所以A1k12,2k1，B1k22,2k2，
|AB|=1k22−1k122+2k2−2k12
=k12−k22k22k122+2(k1−k2)k2k12
=k12−k222+4(k1−k2)2
=4+t2|k1−k2|
=4+t2k1+k22−4k1k2
=4+t2≥4
当且仅当t=0时取等号．
故|AB|的最小值为4．