2023-2024学年河南省郑州外国语学校高二上学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州外国语学校高二上学期期中考试数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了已知F1,F2分别是双曲线C，点A是圆C1，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

A. -∞,32∪5,+∞B. 5,+∞
C. -∞,32D. 32,5
2.若m、n满足m+2n-1=0，则直线mx+3y+n=0过定点
( )
A. 12,16B. 12,-16C. 16,-12D. -16,12
3.已知F1,F2分别是双曲线C:x24-y24=1的左、右焦点，P是C上位于第一象限的一点，且PF1⋅PF2=0，则△PF1F2的面积为
( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 2 3
4.若双曲线x2a-y2b=1(a>0,b>0)和椭圆x2m+y2n=1(m>n>0)有共同的焦点F1，F2，P是两条曲线的一个交点，则PF1⋅PF2=( )
A. m2-a2B. m- aC. 12m-aD. m-a
5.若过点A(a,a)可作圆x2+y2-2ax+a2+2a-3=0的两条切线，则实数a的取值范围是
( )
A. (-∞,-3)B. (-3,1)
C. (-∞,-3)∪1,32D. (-∞,-3)∪(1,+∞)
6.动点P为椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上异于椭圆顶点Aa,0，B-a,0的一点，F1,F2为椭圆的两个焦点，动圆M与线段F1P,F1F2的延长线及线段PF2相切，则圆心M的轨迹为除去坐标轴上的点的
( )
A. 抛物线B. 椭圆C. 双曲线的右支D. 一条直线
7.点A是圆C1:(x-2)2+y2=1上的任一点，圆C2是过点(5,4)且半径为1的动圆，点B是圆C2上的任一点，则AB长度的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知双曲线C:x23-y2=1的左右两个顶点分别为A,B，点M1,M2,⋯,Mn为双曲线右支上的n个点，N1,N2,⋯,Nn分别与M1,M2,⋯,Mn关于原点对称，则直线AM1,AM2,⋯,AMn,AN1,AN2,⋯,ANn这2n条直线的斜率乘积为
( )
A. 13nB. 12nC. -3nD. -2n
9.倾斜角为π4的直线经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点F，与椭圆交于A、B两点，且AF=2FB，则该椭圆的离心率为
( )
A. 32B. 23C. 22D. 33
10.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F,G分别在棱BB1,BC,BA上，且满足BE⇀=34BB1⇀，BF⇀=12BC⇀，BG⇀=12BA⇀，O是平面B1GF，平面ACE与平面B1BDD1的一个公共点，设BO⇀=xBG⇀+yBF⇀+zBE⇀，则x+y+z=
A. 45B. 65C. 75D. 85
11.已知圆C:(x-6)2+y2=9，点M的坐标为(2,4)，过点N(4,0)作直线l交圆C于A、B两点，则MA+MB的可能取值为
( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
12.已知▵ABC中，AC+BC=4，AB=2 3，O为AB的中点，P为AB的垂直平分线上一点，且OP=12，则CP的最大值为
( )
A. 12B. 172C. 393D. 4
13.设集合A=(x,y)(x-4)2+y2=r2,r>0，B=(x,y)x2+(y-3)2=36，若A∩B中有且只有一个元素，则r的取值集合为__________．
14.已知直线l的方向向量a=1,0,-2且过点P-1,1,1，则点A3,0,-2到直线l的距离为 ．
15.设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点为F1，F2，P是椭圆上一点，且∠F1PF2=π3，若△F1PF2的外接圆和内切圆的半径分别为R，r，当R=4r时，椭圆的离心率为 ．
16.如图，点F1，F2为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，点A、B、C分别为双曲上三个不同的点，且AC经过坐标原点O，并满足AF2=12F2B，AB⋅CF2=0，则双曲线的离心率为__________．
17.直线l:3x-y-1=0，在l上求一点P，使得．
(1)P到A(4,1)和B(0,4)的距离之差的绝对值最大；
(2)P到A(4,1)，C(3,4)的距离之和最小．
18.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中.
(1)求证：AB//平面A1B1CD；
(2)求直线A1B和平面A1B1CD所成的角．
19.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x-m2+y-2m-32=1，m∈R．
(1)当m=-1时，过原点O作直线l与圆C相切，求直线l的方程；
(2)对于P-2,2，若圆C上存在点M，使MP=MO，求实数m的取值范围．
20.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的实轴长为2，直线y= 3x为C的一条渐近线．
(1)求C的方程；
(2)若过点2,0的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得MP⋅MQ为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
21.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，焦距为2 3，点Q 3,-12在C上.
(1)P是C上一动点，求PF1⋅PF2的范围；
(2)过C的右焦点F2，且斜率不为零的直线l交C于M，N两点，求△F1MN的内切圆面积的最大值．
22.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且∠ABC=60∘，AB=PC=2，PA=PB= 2．M是棱PD上的点，且四面体MPBC的体积为 36．
(1)证明：PM=MD；
(2)若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面BCQ与平面ABCD夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据双曲线的标准方程列不等式求解．
解：由题意知， 2m-3m-5<0 ，解得 32故选：D．
2.【答案】B
【解析】【分析】本题考查直线过定点坐标的求解，解题的关键就是将直线方程进行变形，考查计算能力，属于基础题.将直线方程变形为 n1-2x+x+3y=0 ，解方程组 1-2x=0x+3y=0 可得出所求定点的坐标．
解： ∵m+2n-1=0 ， ∴m=1-2n ，由 mx+3y+n=0 可得 1-2nx+3y+n=0 ，
所以， n1-2x+x+3y=0 ，由 1-2x=0x+3y=0 ，解得 x=12y=-16 ，
因此，直线 mx+3y+n=0 过定点 12,-16 ．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】【分析】利用勾股定理、双曲线定义求出 PF1⋅PF2 ，再利用三角形的面积公式计算可得答案．
解：因为 PF1⋅PF2=0 ，所以 PF12+PF22=F1F22=32 ，
由双曲线的定义可得 PF1-PF2=4 ，
所以 2PF1⋅PF2=PF12+PF22-PF1-PF22 ，解得 PF1⋅PF2=8 ，
故 △PF1F2 的面积为 12PF1⋅PF2=4 ．
故选：B．
4.【答案】D
【解析】【分析】在同一直角坐标系中作出双曲线 x2a-y2b=1(a>0,b>0) 和椭圆 x2m+y2n=1(m>n>0) 的图形，利用双曲线与椭圆的定义得到 |PF1| 与 |PF2| 的关系式，从而可求得 |PF1|•|PF2| 的值．
解：依题意，作图如下：
不妨设点 P 为第一象限的交点
则 |PF1|+|PF2|=2 m ，①
|PF1|-|PF2|=2 a ，②
① 2- ② 2 得： 4|PF1|⋅|PF2|=4(m-a) ，
∴|PF1|⋅|PF2|=m-a ，
故选： D ．
5.【答案】C
【解析】【分析】根据圆方程得到 3-2a>0 ，根据切线得到点在圆外，计算得到答案．
解：圆 x2+y2-2ax+a2+2a-3=0 ，即圆 x-a2+y2=3-2a ，
故 3-2a>0 ， a<32 ；
过点 A 有两条切线，故点在圆外，即 a2>3-2a ，解得 a>1 或 a<-3 ；
综上所述： a∈(-∞,-3)∪1,32 ．
故选：C
6.【答案】D
【解析】【分析】本题考查动点轨迹的求解问题，关键是能够根据椭圆的定义和切线长的等量关系得到动点坐标所满足的等量关系．
由切线长相等关系和椭圆定义可得 F1E+GF2=2a ，可知 M 点横坐标为 x=a ，由此可得轨迹为除去坐标轴上的点的一条直线．
解：如图，设切点分别为 E,D,G
由切线长相等可得： F1E=F1G ， F2D=F2G ， PD=PE
由椭圆的定义可得： F1P+PF2=F1P+PD+DF2=F1E+GF2=F1G+GF2=2a
∴ 点 G 与点 A 重合 ∴M 的横坐标是 x=a
∴M 的轨迹是一条直线(除去 A 点)
故选： D
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆的标准方程，与圆有关的最值问题，两点间的距离公式，属于中档题，
由题意得到圆C2的圆心的轨迹方程是(x-5)2+(y-4)2=1，即可判定点C2是(x-5)2+(y-4)2=1上的动点，转化为两点间的距离公式，即可求解，
【解答】
解：设圆C2的圆心为(a,b)，则(a-5)2+(b-4)2=1，
所以圆C2的圆心的轨迹方程是(x-5)2+(y-4)2=1，以(5,4)为圆心且半径为1的圆，
即得点C2是圆：(x-5)2+(y-4)2=1上的动点，
又由题知点B是圆C2上的动点，点A是圆C1:(x-2)2+y2=1上，
所以当C1，C2，(5,4)三点共线时，AB的长度有最小值，
则|AB|min= (5-2)2+(4-0)2-1-1-1=2，则B正确．
故选B．
8.【答案】A
【解析】【分析】根据对称性，先算出 kAM1kAN1 的结果，然后将这 2n 条直线分组，利用刚才的结果即可得出结论．
解：设 M1(m,n) ，由题意， N1(-m,-n) ，又 A(- 3,0) ，于是 kAM1kAN1=nm+ 3⋅nm- 3=n2m2-3 ，
又 M1(m,n) 在双曲线上，故 m23-n2=1 ，于是 kAM1kAN1=n2m2-3=m23-1m2-3=13 ，
将 2n 条直线两两分组， AM1,AN1;AM2,AN2;⋯;AMn,ANn ，
类似上面的步骤，这 n 组直线中的两条直线斜率之积均是 13 ，于是这 2n 条直线的斜率乘积为 13n ．
故选：A
9.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质的应用，考查向量的坐标运算，直线与椭圆的位置关系，选择合适的方程，代入椭圆方程，可以简化运算，提高做题速度，属于中档题．
将直线AB的方程x=y+c代入椭圆方程，利用韦达定理及向量的坐标运算，即可求得椭圆的离心率．
【解答】
解：设直线AB的方程为：x=y+c，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=y+cb2x2+a2y2=a2b2，
整理得：(a2+b2)y2+2b2cy-b4=0，
y1+y2=-2b2ca2+b2，y1y2=-b4a2+b2，
由AF=2FB，AF=c-x1,-y1，FB=x2-c,y2，
即c-x1,-y1=2x2-c,y2，
则-y1=2y2，
解得：y1=-4b2ca2+b2，y2=2b2ca2+b2，
则-4b2ca2+b2· 2b2ca2+b2=-b4a2+b2，
整理得：8c2=a2+b2，
∴2a2=9c2，
椭圆的离心率e=ca= 23，
故选B．
10.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查空间向量的共面定理.利用四点共面的特点，建立等量关系式是求解关键.利用空间向量的共面定理可得 BO 在不同基底下的表示方法，从而可求．
解：因为 BO⇀=xBG⇀+yBF⇀+zBE⇀=xBG⇀+yBF⇀+3z4BB1⇀ ， O 在平面 B1GF 内，
所以 x+y+3z4=1 ;同理可得 x2+y2+z=1 ， x=y ，解得 x=y=15,z=45 ，故选B．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】 AB 中点为 D ，连接 MD ， CD ，确定点 D 的轨迹为以 NC 为直径的圆，根据 MF-r≤MD≤MF+r 得到答案．
解：如图所示： AB 中点为 D ，连接 MD ， CD ，故 CD⊥ND ， C6,0 ， N(4,0) ，
故点 D 的轨迹为以 NC 为直径的圆，圆心为 G5,0 ，半径为 r=1 ，
MA+MB=2MD ， MG-r≤MD≤MG+r ，即 4≤MD≤6 ，
则 8≤MA+MB≤12 ．
故选：BCD
12.【答案】C
【解析】【分析】以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，由椭圆的定义知，点C的轨迹是以A，B为左、右焦点的椭圆(不含长轴两端点)，求出点C的轨迹方程，根据两点间的距离公式及二次函数的性质即可求解．
解：以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
由椭圆的定义知，点C的轨迹是以A，B为左、右焦点的椭圆(不含长轴两端点)，
所以 2a=4,2c=2 3 ， b2=22- 32=1 ，
所以标准方程为 x24+y2=1y≠0 ，
设 P0,12 ， Cx,y ， y≠0 ，
则 CP= x2+y-122 = 41-y2+y-122 = -3y+162+133 ，
因为 -1≤y≤1 ，且 y≠0 ，
所以当 y=-16 时， CP 的最大值为 393 ．
故选：C．
13.【答案】1或11
【解析】【分析】由题意可知两圆只能相切，然后分别算出各圆的圆心坐标、半径、圆心距，从而即可求解．
解：由题意若 A∩B 中有且只有一个元素，
则当且仅当圆 (x-4)2+y2=r2,r>0 与圆 x2+(y-3)2=36 相切，
圆 (x-4)2+y2=r2,r>0 的圆心坐标、半径分别为 4,0,r1=r ，圆 x2+(y-3)2=36 的圆心坐标、半径分别为 0,3,r2=6 ，
而两圆的圆心距为 d= 4-02+0-32=5 ，
因为 r2=6>d=5 ，
所以两圆不可能外切，只能内切，此时 r1-r2=r-6=5 ，
解得 r=1 或 r=11 ．
故答案为：1或11．
14.【答案】 6
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离的求法，考查利用向量求点到直线的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
由空间中点到直线的距离的向量公式d=|AP|sin，计算即得解．
【解答】
解：由题意，AP=(-4,1,3),a=(1,0,-2)
故cs=AP⋅a|AP||a|=-10 26× 5=- 13013，
又∈[0,π]，
故sin= 1-cs2= 3913，
故点A到直线l的距离为：d=|AP|sin= 26× 3913= 6．
故答案为 6．
15.【答案】23
【解析】【分析】
本题考查三角形的正余弦定理的应用，三角形面积相等的应用，椭圆的性质，属于中档题．
由正弦定理可得三角形的外接圆的半径R的值，由余弦定理可得|PF1||PF2|的值，再由三角形的面积相等可得内切圆的半径r的值，再由R与r的关系求出a，c的关系，求出离心率的值．
【解答】
解：△F1PF2的外接圆的半径R，由正弦定理2R=|F1F2|sin∠F1PF2=2csinπ3，
所以R=2 33c，
又由于R=4r，所以r= 36c，
在△F1PF2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|⋅cs∠F1PF2，
而∠F1PF2=π3，
所以4c2=4a2-3|PF1||PF2|，
所以可得：|PF1||PF2|=43(a2-c2)，
由三角形的面积相等可得：12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)⋅r=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2，
所以(2a+2c)r=43(a2-c2)⋅ 32，
所以2(a+c) 36c=43(a2-c2)⋅ 32，
整理可得：3e2-e-2=0，解得e=23或e=-1，
故答案为：23．
16.【答案】 173
【解析】【分析】连接 AF1 ， CF1 ， BF1 ，四边形 AF1CF2 为矩形，设 AF2=m ，根据双曲线性质结合勾股定理得到答案．
解：如图所示：连接 AF1 ， CF1 ， BF1 ，
AB⋅CF2=0 ，则 AB⊥CF2 ，根据对称性知四边形 AF1CF2 为矩形，
设 AF2=m ，则 BF2=2m ， AB=3m ， AF1=2a+m ， BF1=2a+2m ，
直角三角形 ABF1 中： 2a+2m2=2a+m2+3m2 ，解得 m=23a ；
直角三角形 AF1F2 中： 2c2=2a+m2+m2 ，
代入 m=23a 得 2c2=2a+23a2+23a2 ，解得 c= 173a ；
故 e=ca= 173 ．
故答案为： 173 ．
17.【答案】解：(1)在直线 l:3x-y-1=0 上求一点 P ，使得： P 到 A(4,1) 和 B(0,4) 的距离之差的绝对值最大，
显然 A 、 B 位于直线 l 两侧，作 B 关于直线 l 的对称点 B' ，连接 B'A ，
则 B'A 所在直线与直线l交点即为 P ，如图所示：
此时， |PA-PB| 的值最大，最大值就是 B'A ，
设B点关于l对称点 B'(a,b) ，
由 kl⋅kBB'=-1 ，得 3×b-4a=-1 ，即 a+3b-12=0 ，
由线段 BB' 的中点坐标为 (a2 ， b+42) ，且中点在直线 l 上，
∴3×a2-b+42-1=0 ，即 3a-b-6=0 ，
联立方程组 a+3b-12=03a-b-6=0 ，解得 a=3 ， b=3 ，即 B'(3,3)
所以 AB' 的直线方程为 2x+y-9=0
联立方程组 3x-y-1=02x+y-9=0 ，解得 x=2 ， y=5 ，
∴l 与直线 AB' 的交点坐标为 (2,5) ，
∴ 点 P 到点 A(4,1) 和点 B(0,4) 的距离之差的绝对值最大时， P 点坐标为 (2,5) ．
(2)P 到 A(4,1) 和 C(3,4) 的距离之和最小，
显然，A、C位于直线l同侧，
作点 C 关于直线l对称点 C' ，连接 C'A ，则 C'A 与直线l的交点就是点 P ，
此时， PA+PB 之和最小，最小值为 C'A ，如图所示：
设 C 关于 l 的对称点为 C' ，求出 C' 的坐标为 (35,245) ．
∴AC' 所在直线的方程为 19x+17y-93=0 ．
AC' 和 l 交点的坐标为 (117,267) ．
当点 P 到点 A ， C 的距离之和最小时，点 P 的坐标为 (117,267) ．

【解析】【分析】(1)如果两点在一直线的异侧，则作其中某一点关于该直线的对称点，那么经过对称点与另一点的直线与已知直线的交点P，到这两点距离之差的绝对值最大；
(2)如果两点在一直线的同侧，则作其中某一点关于该直线的对称点，那么经过对称点与另一点的直线与已知直线的交点P，到这两点距离之和最小．
18.【答案】解：(1)证明： ∵AB//A1B1 ， AB⊄ 平面 A1B1CD ， A1B1⊂ 平面 A1B1CD ，
∴ AB// 平面 A1B1CD ；
(2)解：连接 BC1 交 B1C 于O，连接 OA1 ，
四边形 BCC1B1 是正方形， ∴OB⊥B1C ，
∵A1B1⊥B1C1, A1B1⊥B1B, B1C1∩B1B=B1 ，
∴A1B1⊥ 平面 BCC1B1 ，
∴A1B1⊥OB ，
又 A1B1∩B1C=B1 ，
∴OB⊥ 平面 A1B1CD ，
∴∠OA1B 为直线 A1B 和平面 A1B1CD 所成的角，
设正方体棱长为1，则 A1B= 2 ， OB= 22 ，
∴sin∠OA1B=OBA1B=12 ，
∴∠OA1B=30∘ ，
∴直线 A1B 和平面 A1B1CD 所成的角为30°．

【解析】【分析】本题考查了线面平行的判定定理，线面垂直的判定与线面角的计算，属于中档题.(1)由 ABA1B1 即可证得 AB 平面 A1B1CD ；
(2)连接 BC1 交 B1C 于 O ，连接 OA1 ，证明 OB⊥ 平面 A1B1CD ，可得 ∠OA1B 为直线 A1B 和平面 A1B1CD 所成的角，设正方体棱长为1，在 Rt▵A1OB 中求出 ∠OA1B ．
19.【答案】解：(1)当 m=-1 时，圆C的方程为 x+12+y+52=1 ，
圆心 C-1,-5 ，半径 r=1 ，
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为 x=0 ，满足条件；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为 y=kx ，
由直线l与圆C相切，则 -k+5 k2+1=1 ，解得 k=125 ，
所以l的方程为 y=125x ，即 12x-5y=0 ，
综上得，直线l的方程为 x=0 或 12x-5y=0 ；
(2)圆心 Cm,2m-3 ， kOP=-1 ，
则线段 OP 的中垂线的方程为 y-1=x+1 ，即 y=x+2 ，
要使得 MP=MO ，则M在线段 OP 的中垂线上，
所以存在点M既要在 y=x+2 上，又要在圆C上，
所以直线 y=x+2 与圆C有公共点，
所以 m-2m+3+2 2≤1 ，解得 5- 2≤m≤5+ 2 ，
所以 m∈5- 2,5+ 2 ．


【解析】【分析】(1)分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，结合点到直线得距离公式即可得解；
(2)要使得 MP=MO ，则M在线段 OP 的中垂线上，从而可得线段 OP 的中垂线与圆C有公共点，则有圆心到直线得距离小于等于半径，从而可得出答案．
20.【答案】解：(1)由题意知：2a=2，ba= 3，解得a=1，b= 3，
所以双曲线C的方程为x2-y23=1；
(2)设直线PQ的方程为x=my+2，
与x2-y23=1联立可得(3m2-1)y2+12my+9=0，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
则3m2-1≠0，△=36m2+36>0，
y1+y2=-12m3m2-1，y1y2=93m2-1，
假设x轴上存在定点M(t,0)，使得MP⋅MQ为定值，
MP⋅MQ=(x1-t)(x2-t)+y1y2=(m2+1)y1y2+(2-t)m(y1+y2)+(2-t)2
=(12t-15)m2+93m2-1+(2-t)2，
若MP⋅MQ为定值，则必有12t-153=9-1，
解得t=-1，此时MP⋅MQ=0;
若直线PQ斜率为0，则P(-1,0)，Q(1,0)，
所以MP⋅MQ=(0,0)⋅(2,0)=0．
所以x轴上存在定点M(-1,0)，使得MP⋅MQ为定值0．
【解析】本题考查了双曲线的标准方程、直线与圆锥曲线的位置关系和向量与双曲线的综合问题，是较难题．
21.【答案】解：(1)由题意知 c= 3 ，所以 a2=b2+3 ．
将点 Q 3,-12 代入 x2b2+3+y2b2=1 ，解得 b=1 ，所以椭圆 C 的方程为： x24+y2=1 ．
设点 Px,y ，则 PF1⋅PF2=- 3-x,-y⋅ 3-x,-y=x2-3+y2=34x2-2 ．
又因为 x∈-2,2 ，所以 PF1⋅PF2 的范围是 -2,1 ．
(2)依题意可设直线 l 的方程为 x=my+ 3 ， Mx1,y1 ， Nx2,y2 ．
联立 x=my+ 3,x24+y2=1, 得 14m2+1y2+ 32my-14=0 ．
所以 y1+y2=-2 3mm2+4 ， y1y2=-1m2+4 ，
所以 S▵F1MN=12×2 3⋅y1-y2= 3 12m2m2+42+4m2+4=4 3 m2+1m2+42 ，
又因为 m2+1m2+42=m2+1m2+12+6m2+1+9=1m2+1+9m2+1+6≤112 ，
当且仅当 m=± 2 时等号成立.所以 S▵F1MN≤4 3× 112=2 ．
又因为三角形内切圆半径 r 满足 r=2S▵F1MNL▵F1MN=2S▵F1MN4a≤48=12 ．
所以 △F1MN 的内切圆面积的最大值为 π4 ．

【解析】【分析】(1)结合焦距及点 Q 坐标，求得椭圆 C 的方程： x24+y2=1 ，设点 Px,y ，得 PF1⋅PF2=34x2-2 ，结合椭圆有界性解得范围即可；
(2)设直线 l 的方程为 x=my+ 3 ，联立椭圆方程结合韦达定理得 y1+y2 ， y1y2 ，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积．
22.【答案】解：(1)
解法一：
如图1，取AB中点O，连接PO，CO．
因为 PA=PB= 2 ， AB=2 ，所以 PO⊥AB ， PO=1 ， BO=1 ．
又因为 ABCD 是菱形， ∠ABC=60∘ ，所以 CO⊥AB ， CO= 3 ．
因为 PC=2 ，所以 PC2=PO2+CO2 ，所以 PO⊥CO ．
又因为 AB⊂ 平面 ABCD ， CO⊂ 平面ABCD，
AB∩CO=O ，
所以 PO⊥ 平面 ABCD ．
因为 AD//BC ， BC⊂ 平面PBC， 平面PBC，
所以 AD// 平面PBC，
所以 VD-PBC=VA-PBC=VP-ABC=13PO⋅S▵ABC=13×1× 34×4= 33 ．
因为 VM-PBC= 36=12VD-PBC ，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的 12 ，
所以 PM=MD ．
解法二：
如图2，取AB中点O，连接PO，CO，
因为 PA=PB= 2 ， AB=2 ，
所以 PO⊥AB ， PO=1 ， BO=1 ，
又因为 ABCD 是菱形， ∠ABC=60∘ ，
所以 CO⊥AB ， CO= 3 ．
因为 PC=2 ，所以 PC2=PO2+CO2 ，所以 PO⊥CO ．
因为 AB⊂ 平面PAB， PO⊂ 平面PAB， AB∩PO=O ，
所以 CO⊥ 平面PAB．
所以， VA-PBC=VC-ABP=13CO⋅S▵ABP=13× 3×12× 2× 2= 33 ．
过M作 MN//AD 交AP于点N， AD//BC ，所以 MN//BC ．
又 BC⊂ 平面PBC， 平面PBC，
所以 MN// 平面PBC，所以 VM-PBC=VN-PBC=VC-NBP=13CO⋅S▵NBP= 36 ．
因为 VC-ABP=13CO⋅S▵ABP ， VC-NBP=13CO⋅S▵NBP ，
所以 S▵ABP=S▵NBP ，
所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以 PM=MD ．
(2)
解法一：
由(1)知， BO⊥CO ， PO⊥BO ， PO⊥CO ．
如图3，以O为坐标原点， OC ， OB ， OP 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则 A0,-1,0 ， B0,1,0 ， C 3,0,0 ， D 3,-2,0 ， P0,0,1 ，所以 M 32,-1,12 ， AC= 3,1,0 ， BC= 3,-1,0 ， BD= 3,-3,0 ， AP=0,1,1 ， CM=- 32,-1,12 ．
因为 Q∈AP ，设 AQ=λAP=0,λ,λ ，则 CQ=AQ-AC=- 3,λ-1,λ ，
因为 BD//α ， Q∈α ， C∈α ， M∈α ，故存在实数a，b，使得 CQ=aCM+bBD ，
所以 - 32a+ 3b=- 3-a-3b=λ-1a2=λ ，解得 a=43b=-13λ=23 ，
所以 CQ=- 3,-13,23 ．
设平面 BCQ 的法向量为 n1=x,y,z ，则 n1⋅CQ=0n1⋅BC=0 ，即 - 3x-y3+2z3=0 3x-y=0 ，
取 x=1 ，得到平面 BCQ 的一个法向量 n1=1, 3,2 3 ．
设平面 BCQ 与平面 ABCD 夹角是 β ，
又因为 n2=0,0,1 是平面 ABCD 的一个法向量，
则 csβ=csn1,n2=n1⋅n2n1n2= 32 ．
所以平面 BCQ 与平面 ABCD 夹角的余弦值是 32 ．
解法二：
由(1)知， BO⊥CO ， PO⊥BO ， PO⊥CO ，
如图3，以O为坐标原点， OC ， OB ， OP 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则 A0,-1,0 ， B0,1,0 ， C 3,0,0 ， D 3,-2,0 ， P0,0,1 ，所以 M 32,-1,12 ， AC= 3,1,0 ， BC= 3,-1,0 ， BD= 3,-3,0 ， AP=0,1,1 ， CM=- 32,-1,12 ．
设平面 α 的法向量为 n=x,y,z ，则 n⋅BD=0n⋅CM=0 ，即 3x-3y=0- 32x-y+12z=0 ．
取 y=1 ，得到平面 α 的一个法向量 n=( 3,1,5) ．
因为 Q∈AP ，设 AQ=λAP=0,λ,λ ，则 CQ=AQ-AC=- 3,λ-1,λ ，
因为 n⋅CQ=-3+λ-1+5λ=0 ，所以 λ=23 ，所以 CQ=- 3,-13,23
设平面 BCQ 的法向量为 n1=x1,y1,z1 ，则 n1⋅CQ=0n1⋅BC=0 ，即 - 3x1-y13+2z13=0 3x1-y1=0 ．
取 x1=1 ，得到平面 BCQ 的一个法向量 n1=1, 3,2 3 ．
设平面 BCQ 与平面 ABCD 夹角是 β ，
又因为 n2=0,0,1 是平面 ABCD 的一个法向量，
则 csβ=csn1,n2=n1⋅n2n1n2= 32 ．
所以平面 BCQ 与平面 ABCD 夹角的余弦值是 32 ．
解法三：
在平面 ABCD 内，过C作 EF//BD 交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，
因为 ABCD 是菱形，所以 AD=DE ．
如图4，在平面PAD内，作 PP1//AE 交EM的延长线于点 P1 ，设 EP1 交AP于点Q．
所以，四边形 EDP1P 是平行四边形， PP1=DE ， PP1//DE ．
所以 ▵QPP1∽▵QAE ，所以 PQAQ=PP1AE=12 ，
所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点．
如图5，在平面PAB内，作 QT//PO ，交AB于T，
因为 PO⊥ 平面 ABCD ，所以 QT⊥ 平面 ABCD ，所以 QT⊥BC ，
因为 PO=1 ， QT=23PO=23 ，
在平面 ABCD 内，作 TN⊥BC ，交BC于点N，连接QN，过A作 AK//TN 交BC于K，
在 ▵ABK 中， AB=2 ， ∠ABK=60∘ ，所以 AK= 32AB= 3 ，
所以 TN=23AK=23 3 ，
因为 QT⊥BC ， TN⊥BC ， QT∩TN=T ，且两直线在平面内，所以 BC⊥ 平面 QTN ，
因为 QN⊂ 平面 QTN ，所以 BC⊥QN ．
所以 ∠QNT 是二面角 A-BC-Q 的平面角．
在 Rt▵QTN 中， tan∠QNT=QTNT= 33 ，所以 cs∠QNT= 32 ．
所以平面 BCQ 与平面 ABCD 夹角的余弦值是 32 ．

【解析】本题考查利用空间中的位置关系和棱锥体积的计算进行证明，平面与平面所成角的余弦值的计算，属于中档题．
(1)解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到 PO⊥ 平面 ABCD ， AD// 平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明 CO⊥ 平面PAB.过M作 MN//AD 交AP于点N，证明得到 MN// 平面PBC，根据体积即可得出答案；
(2)解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案．