2020-2021学年山东省日照市五莲县高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省日照市五莲县高二（上）期中数学试卷人教A版，共12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. 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. 点(0, −1)到直线y＝k(x+1)距离的最大值为（ ）
A.1B.2C.3D.2

3. 已知向量n→=(2, 0, 1)为平面a的法向量，点A(−1, 2, 1)在a内，则P(1, 2, 2)到a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+y24=1C.x24+y23=1D.x216+4y23=1

5. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点．若AC→⋅BC→=1，则点C的轨迹为（ ）
A.圆B.椭圆C.抛物线D.直线

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. 台风中心从A地以每小时20千米的速度向东北方向移动，离台风中心30千米内的地区为危险区，城市B在A的正东40千米处，则B城市处于危险区内的时间为（ ）
A.0.5小时B.1小时C.1.5小时D.2小时

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=±3xC.y＝±2xD.y=±2x
二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

已知直线l:x−2y−2＝0．（ ）
A.直线x−2y−1＝0与直线l平行
B.直线x−2y+1＝0与直线l平行
C.直线2x+y−2＝0与直线l垂直
D.直线x+2y−1与直线l垂直

已知曲线C:mx2+ny2＝1．（ ）
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→+DD→1−DC→
D.点D与点B1到平面CEF的距离相等

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

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：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

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=1(a>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________．

2020年是中国传统的农历“鼠年”，有人用3个圆构成“卡通鼠”的形象，如图：Q(0, −3)是圆Q的圆心，圆Q过坐标原点O；点L、S均在x轴上，圆L与圆S的半径都等于2，圆S、圆L均与圆Q外切．已知直线l过点O．

（1）若直线l与圆L、圆S均相切，则l截圆Q所得弦长为________；

（2）若直线l截圆L、圆S、圆Q所得弦长均等于d，则d=________．
四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

已知直线l经过两条直线2x−y−3＝0和4x−3y−5＝0的交点，且与直线x+y−2＝0垂直．
（1）求直线l的方程；

（2）若圆C过点(1, 0)，且圆心在x轴的正半轴上，直线l被该圆所截得的弦长为22，求圆C的标准方程．

已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AA1=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．

已知点A(1, 0)，B(4, 0)，曲线C上任意一点P满足|PB|＝2|PA|．
（1）求曲线C的方程；

（2）设点D(3, 0)，问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由．

如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE // CF，∠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＝2px(p>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学年山东省日照市五莲县高二（上）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共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】
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】
B
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
直接代入点到直线的距离公式，结合基本不等式即可求解结论．
【解答】
因为点(0, −1)到直线y＝k(x+1)距离d=|1+k|k2+1=k2+2k+1k2+1=1+2kk2+1；
∵ 要求距离的最大值，故需k>0；
可得d≤1+2k2k=2；当k＝1时等号成立；
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P(1, 2, 2)到a的距离．
【解答】
∵ 向量n→=(2, 0, 1)为平面a的法向量，点A(−1, 2, 1)在a内，P(1, 2, 2)，
∴ AP→=(2, 0, 1)，
∴ P(1, 2, 2)到a的距离d=|AP→⋅n→||n→|=55=5．
4.
【答案】
C
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
利用已知条件列出方程组，求出a，b，然后求解椭圆方程即可．
【解答】
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．
5.
【答案】
A
【考点】
轨迹方程
【解析】
设出A、B、C的坐标，利用已知条件，转化求解C的轨迹方程，推出结果即可．
【解答】
在平面内，A，B是两个定点，C是动点，
不妨设A(−a, 0)，B(a, 0)，设C(x, y)，
因为AC→⋅BC→=1，
所以(x+a, y)⋅(x−a, y)＝1，
解得x2+y2＝a2+1，
所以点C的轨迹为圆．
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】
B
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解析：设A地东北方向上点P到B的距离为30千米，AP=x，在△ABP中，PB2=AP2+AB2−2AP⋅AB⋅csA，即302=x2+402−2x⋅40cs45∘
化简得x2−402x+700=0，|x1−x2|2=x1+x22−4x1x2=400，故|x1−x2|=20，即CD=20，
故t=CDv=2020=1，选B．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的离心率
【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】
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，
可得：OMOF1=nm=12，所以m＝2n，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．
二、多项选择题：本大题共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的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
【答案】
A,B,C
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用直线与直线平行的性质直接求解．
【解答】
直线l:x−2y−2＝0的斜率k=12，
对于A，直线x−2y−1＝0的斜率为12，∴ 直线x−2y−1＝0与直线l平行，故A正确；
对于B，直线x−2y+1＝0的斜率为12，∴ 直线x−2y+1＝0与直线l平行，故B正确；
对于C，直线2x+y−2＝0的斜率为12，∴ 直线2x+y−2＝0与直线l垂直，故C正确；
对于D，直线x+2y−1的斜率为−12，∴ 直线x+2y−1与直线l不垂直，故D错误．
【答案】
C,D
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
化方程mx2+ny2＝1为圆锥曲线的标准方程，然后逐一分析四个选项得答案．
【解答】
曲线C:mx2+ny2＝1．
若m>n>0，方程化为x21m+y21n=1，得1n>1m>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上，故A错误；
若m＝n>0，方程化为x2+y2=1n，则C是圆，其半径为1n，故B错误；
若mn<0，则m>0，n<0或n>0，m<0，
若m>0，n<0，方程化为x21m−y2−1n=1，则a=1m，b=−1n，渐近线方程为y=±−mnx，
若n>0，m<0，方程化为y21n−x2−1m=1，则a=1n，b=−1m，渐近线方程为y=±−mnx，
综上所述，若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为y=±−mnx，故C正确；
若m＝0，n>0，方程化为y2=1n，即y=±1n，则C是两条直线，故D正确．
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
A，由线面平行的判定定理可判断；
B，反证法，假设B1D⊥平面CEF，∵ B1D⊥平面ACC1A1，∴ 平面CEF // 平面ACC1A1，与平面CEF∩平面ACC1A1＝C相矛盾；
C，由空间向量的线性运算可判断；
D，用等体积法，分别求出三棱锥B1−CEF和三棱锥D−CEF的体积即可得解．
【解答】
如图所示，
对于A，∵ E，F分别是A1D1和C1D1的中点，∴ EF // A1C1，
∵ EF⊂平面CEF，且A1C1⊄平面CEF，∴ A1C1 // 平面CEF，即A正确；
对于B，若B1D⊥平面CEF，∵ B1D⊥平面ACC1A1，∴ 平面CEF // 平面ACC1A1，而平面CEF∩平面ACC1A1＝C，∴ B1D不可能与平面CEF垂直，即B错误；
对于C，12DA→+DD1→−DC→=12DA→+CD1→=D1E→+CD1→=CE→，即C正确；
对于D，设点B1和点D到平面CEF的距离分别为h1，h2，正方体的棱长为1，
则VB1−CEF=13⋅h1⋅S△AEF=VC−B1EF=18；
VD−CEF=13⋅h2⋅S△CEF=VE−CDF=112；
∴ h1≠h2，即D错误；
【答案】
B,D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆方程分别求得A1(−a, 0)，A2(a, 0)，B1(0, b)，B2(0, −b)，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，对选项一一分析，结合两点的距离公式、直线的斜率公式和离心率公式，解方程即可得到结论．
【解答】
由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，可得A1(−a, 0)，A2(a, 0)，B1(0, b)，B2(0, −b)，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，
对于A，|A1F1|⋅|F2A2|＝|F1F2|2，即为(a−c)2＝(2c)2，所以a−c＝2c，即e=ca=13，不符题意，A错误；
对于B，若∠F1B1A2＝90∘，则|A2F1|2＝|B1F1|2+|B1A2|2，即(a+c)2＝a2+(a2+b2)，所以c2+ac−a2＝0，
即有e2+e−1＝0，解得e=5−12（−1−52舍去），符合题意，B正确；
对于C，若PF1⊥x轴，且PO // A2B1，所以P(−c, b2a)，
由kPO＝k​A2B1，可得b2a−c=b−a，解得b＝c，又a2＝b2+c2，所以e=ca=c2c=22，不符题意，故C错误；
对于D，若四边形A1B2A2B1的内切圆过焦点F1，F2，
即四边形A1B2A2B1的内切圆的半径为c，则ab＝ca2+b2，结合b2＝a2−c2，
所以c4−3a2c2+a4＝0，即e4−3e2+1＝0，解得e2=3+52（舍去）或e2=3−52，所以e=5−12，故D正确．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
【答案】
y=−116
【考点】
抛物线的性质
【解析】
先根据抛物线的标准方程得到焦点在y轴上以及2p=14，再直接代入即可求出其准线方程．
【解答】
因为抛物线的标准方程为：x2=14y，焦点在y轴上；
所以：2p=14，即p=18，
所以：p2=116，
∴ 准线方程 y=−p2=−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】
利用已知条件求出A，B的坐标，通过AB的斜率为3，转化求解双曲线的离心率即可．
【解答】
F为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的右焦点(c, 0)，A为C的右顶点(a, 0)，
B为C上的点，且BF垂直于x轴．所以B(c, b2a)，
若AB的斜率为3，可得：b2a−0c−a=3，
b2＝c2−a2，代入上式化简可得c2＝3ac−2a2，e=ca，
可得e2−3e+2＝0，e>1，
解得e＝2．
【答案】
3
125
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）设出共切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程求解即可；
（2）设出方程，分别表示出圆心到直线的距离d1=|−4k+m|1+k2，d2=|4k+m|1+k2，d3=|3+m|1+k2，结合弦长公式求得k，m即可
【解答】
根据条件得到两圆的圆心坐标分别为(−4, 0)，(4, 0)，
设公切线方程为y=kx+m(k≠0)且k存在，则|−4k+m|1+k2＝2|4k+m|1+k2＝2，解得k=±33，m=0，
故公切线方程为y=±33x，则Q到直线l的距离d=332，
故l截圆Q的弦长=232−(332)2=3；
设方程为y=kx+m(k≠0)且k存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：
d1=|−4k+m|1+k2，d2=|4k+m|1+k2，d3=|3+m|1+k2，
则d2=4(4−d12)=4(4−d22)=4(9−d32)，
即有(|−4k+m|1+k2)2=(|4k+m|1+k2)2，①4−(|4k+m|1+k2)2=9−(|3+m|1+k2)2，②
解①得m=0，代入②得k2=421，
则d2=4(4−16×4211+421)=14425，即d=125，
故答案为：3；125．
四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
【答案】
由已知得：2x−y−3=04x−3y−5=0 ，解得两直线交点为(2, 1)，
∵ l与x+y−2＝0垂直，∴ k1＝1．
∵ l过点(2, 1)，∴ l的方程y−1＝(x−2)即 y＝x−1．
设圆的标准方程为(x−a)2+y2＝r2，则(1−a)2=r2(|a−1|2)+2=r2 ，解得a＝3，r＝2．
∴ 圆的标准方程为(x−3)2+y2＝4．
【考点】
圆的标准方程
【解析】
（1）求出两直线交点，直线l的斜率，即可求直线l的方程；
（2）利用待定系数法求圆C的标准方程．
【解答】
由已知得：2x−y−3=04x−3y−5=0 ，解得两直线交点为(2, 1)，
∵ l与x+y−2＝0垂直，∴ k1＝1．
∵ l过点(2, 1)，∴ l的方程y−1＝(x−2)即 y＝x−1．
设圆的标准方程为(x−a)2+y2＝r2，则(1−a)2=r2(|a−1|2)+2=r2 ，解得a＝3，r＝2．
∴ 圆的标准方程为(x−3)2+y2＝4．
【答案】
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．
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→|=5274⋅4=5714．
故异面直线EF与AD1所成角的余弦值为5714．
DE→=(1, 1, 0)，DF→=(0, 1, 32)，AD1→=(−1, 0, 3)，
设面DEF的法向量为n→=(x, y, z)，
则DE→⋅n→=x+y=0DF→⋅n→=y+32z=0 ，令z＝2，可得n→=(3,−3,2)，
设直线AD1与平面DEF所成角为θ，
则sinθ=|AD1→⋅n→||AD1→|⋅|n→|=34⋅10=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
直线与平面所成的角
【解析】
（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．利用向量法能求出异面直线EF与AD1所成角的余弦值．
（2）求出面DEF的法向量，利用向量法能求出直线AD1与平面DEF所成角的正弦值．
【解答】
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．
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→|=5274⋅4=5714．
故异面直线EF与AD1所成角的余弦值为5714．
DE→=(1, 1, 0)，DF→=(0, 1, 32)，AD1→=(−1, 0, 3)，
设面DEF的法向量为n→=(x, y, z)，
则DE→⋅n→=x+y=0DF→⋅n→=y+32z=0 ，令z＝2，可得n→=(3,−3,2)，
设直线AD1与平面DEF所成角为θ，
则sinθ=|AD1→⋅n→||AD1→|⋅|n→|=34⋅10=3020，
所以直线AD1与平面DEF所成角的正弦值为3020．
【答案】
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
因为离心率为22，所以ca=22，
焦点和短轴的两个端点恰为一个等腰直角三角形的顶点且面积为1，于是b＝c．
bc＝1．因为a=2c,b=1,a=2．
故椭圆的方程为x22+y2=1．
由题意可知OT→=2OM→，M为OT中点，xM＝xF＝c＝1，
故将xM＝1代入x22+y2=1，
可得|yM|=22，从而|MN|=2．
【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）通过离心率为22，结合焦点和短轴的两个端点恰为一个等腰直角三角形的顶点且面积为1，求出a，b，得到椭圆方程．
（2）求出xM＝xF＝c＝1，将xM＝1代入椭圆方程，求出M的纵坐标，然后推出结果．
【解答】
设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
因为离心率为22，所以ca=22，
焦点和短轴的两个端点恰为一个等腰直角三角形的顶点且面积为1，于是b＝c．
bc＝1．因为a=2c,b=1,a=2．
故椭圆的方程为x22+y2=1．
由题意可知OT→=2OM→，M为OT中点，xM＝xF＝c＝1，
故将xM＝1代入x22+y2=1，
可得|yM|=22，从而|MN|=2．
【答案】
设P(x, y)，∵ |PB|＝2|PA|．
∴ (x−4)2+y2=2(x−1)2+y2，化为：x2+y2＝4．
设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为y＝kx+b．
设E(x1, y1)，F(x2, y2)．
联立y=kx+bx2+y2=4 ，
化为：x2+(kx+b)2＝4，
∴ (1+k2)x2+2kbx+b2−4＝0，
△>0．
∴ x1+x2=−2kb1+k2，x1x2=b2−41+k2，
无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，
则kDE+kDF＝0，
∴ y1x1−3+y2x2−3=0．
∴ (kx1+b)(x2−3)+(kx2+b)(x1−3)＝0，
∴ 2kx1x2+(b−3k)(x1+x2)−6b＝0，
∴ 2k⋅b2−41+k2−(b−3k)2kb1+k2−6b＝0，
化为：4k+3b＝0．
∴ k=−34b．
∴ y＝b(−34x+1)，
可得直线经过定点(43, 0)．
∴ 存在过定点Q(43, 0)的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF．
【考点】
曲线与方程
【解析】
（1）设P(x, y)，由|PB|＝2|PA|．可得(x−4)2+y2=2(x−1)2+y2，化简即可得出．
（2）设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为y＝kx+b．设E(x1, y1)，F(x2, y2)．直线l的方程与圆的方程联立化为：(1+k2)x2+2kbx+b2−4＝0，由无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，可得kDE+kDF＝0，可得y1x1−3+y2x2−3=0．(kx1+b)(x2−3)+(kx2+b)(x1−3)＝0，利用根与系数的关系代入即可得出．
【解答】
设P(x, y)，∵ |PB|＝2|PA|．
∴ (x−4)2+y2=2(x−1)2+y2，化为：x2+y2＝4．
设存在定点Q满足条件，设直线l的方程为y＝kx+b．
设E(x1, y1)，F(x2, y2)．
联立y=kx+bx2+y2=4 ，
化为：x2+(kx+b)2＝4，
∴ (1+k2)x2+2kbx+b2−4＝0，
△>0．
∴ x1+x2=−2kb1+k2，x1x2=b2−41+k2，
无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，
则kDE+kDF＝0，
∴ y1x1−3+y2x2−3=0．
∴ (kx1+b)(x2−3)+(kx2+b)(x1−3)＝0，
∴ 2kx1x2+(b−3k)(x1+x2)−6b＝0，
∴ 2k⋅b2−41+k2−(b−3k)2kb1+k2−6b＝0，
化为：4k+3b＝0．
∴ k=−34b．
∴ y＝b(−34x+1)，
可得直线经过定点(43, 0)．
∴ 存在过定点Q(43, 0)的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF．
【答案】
过E作EG⊥CF于G，连接DG，则四边形BCGE为矩形．
又ABCD为矩形，∴ AD平行且等于EG，
∴ 四边形ADGE为平行四边形，∴ AE // DG，
∵ AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，∴ AE // 平面DCF．
分别以直线BE、BC、BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
依题意可得：B(0, 0, 0)，C(0, 3, 0)，E(3, 0, 0)，F(4, 3, 0)，
设AB＝m，则A(0, 0, m)．
AE→=(3, 0, −m)，EF→=(1, 3, 0)，
平面CEF的法向量m→=(0, 0, 1)．
设平面AEF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅AE→=3x−mz=0n→⋅EF→=x+3y=0 ，取z＝9，得n→=(3m, −3m, 9)
∵ 二面角A−EF−C的大小为60∘，
∴ cs60∘=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=912m2+81，解得m=92．
∴ 当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面平行
【解析】
（1）过E作EG⊥CF于G，连接DG，推导出四边形ADGE为平行四边形，从而AE // DG，由此能证明AE // 平面DCF．
（2）分别以直线BE、BC、BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【解答】
过E作EG⊥CF于G，连接DG，则四边形BCGE为矩形．
又ABCD为矩形，∴ AD平行且等于EG，
∴ 四边形ADGE为平行四边形，∴ AE // DG，
∵ AE⊄平面DCF，DG⊂平面DCF，∴ AE // 平面DCF．
分别以直线BE、BC、BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
依题意可得：B(0, 0, 0)，C(0, 3, 0)，E(3, 0, 0)，F(4, 3, 0)，
设AB＝m，则A(0, 0, m)．
AE→=(3, 0, −m)，EF→=(1, 3, 0)，
平面CEF的法向量m→=(0, 0, 1)．
设平面AEF的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅AE→=3x−mz=0n→⋅EF→=x+3y=0 ，取z＝9，得n→=(3m, −3m, 9)
∵ 二面角A−EF−C的大小为60∘，
∴ cs60∘=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=912m2+81，解得m=92．
∴ 当AB=92时，二面角A−EF−C的大小为60∘．
【答案】
由椭圆方程得，椭圆的右焦点为(1, 0)
∴ 抛物线的焦点为F(1, 0)，∴ p＝2，
所以抛物线的标准方程：y2＝4x．
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＝k(x+1)+t，
与抛物线方程y2＝4x 联立，消去x 得：ky2−4y+4k+4t＝0．
其判别式△＝16−16k(k+t)，令△＝0，得：k2+kt−1＝0．
由韦达定理知k1+k2＝−t，k1k2＝−1，
故k1k2＝−1（定值）．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由k2+kt−1＝0，得t=1−k2k，
故ky2−4y+4k+4t＝ky2−4y+4k+4⋅1−k2k=ky2−4y+4k=k(y−2k)2，
所以y=2k，代入抛物线方程得x=1k2，
所以A(1k12, 2k1)，B(1k22, 2k2)，
|AB|=(1k12−1k22)2+(2k2−2k1)2
=(k22−k12k22k12)2+4⋅(k1−k2k1k2)2
因为k1k2＝−1，k1+k2＝−t，
所以|AB|=(k12−k22)2+4(k1−k2)2=4+t2|k1−k2|
=4+t2(k1+k2)2−4k1k2
=4+t2⋅t2+4
＝4+t2≥4，
当且仅当t＝0时取等号．
当且仅时取等号．
故|AB|的最小值为4．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）由椭圆的方程可得右焦点的坐标，由题意可得抛物线的焦点坐标，进而可得抛物线的方程；
（2）由（1）可得抛物线的准线，可设M的坐标，求出在M点的切线方程与抛物线的方程联立求出两根之和及两根之积，进而求出k1⋅k2的代数式，可证得其为定值；
（3）设A，B的坐标，由（2）可得参数t，k的关系，代入过M的切线方程与抛物线的方程中，可得A，B用参数k1，k2表示的坐标，代入弦长公式中求|AB|的表达式，由参数的范围求出|AB|的最小值．
【解答】
由椭圆方程得，椭圆的右焦点为(1, 0)
∴ 抛物线的焦点为F(1, 0)，∴ p＝2，
所以抛物线的标准方程：y2＝4x．
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＝k(x+1)+t，
与抛物线方程y2＝4x 联立，消去x 得：ky2−4y+4k+4t＝0．
其判别式△＝16−16k(k+t)，令△＝0，得：k2+kt−1＝0．
由韦达定理知k1+k2＝−t，k1k2＝−1，
故k1k2＝−1（定值）．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由k2+kt−1＝0，得t=1−k2k，
故ky2−4y+4k+4t＝ky2−4y+4k+4⋅1−k2k=ky2−4y+4k=k(y−2k)2，
所以y=2k，代入抛物线方程得x=1k2，
所以A(1k12, 2k1)，B(1k22, 2k2)，
|AB|=(1k12−1k22)2+(2k2−2k1)2
=(k22−k12k22k12)2+4⋅(k1−k2k1k2)2
因为k1k2＝−1，k1+k2＝−t，
所以|AB|=(k12−k22)2+4(k1−k2)2=4+t2|k1−k2|
=4+t2(k1+k2)2−4k1k2
=4+t2⋅t2+4
＝4+t2≥4，
当且仅当t＝0时取等号．
当且仅时取等号．
故|AB|的最小值为4．