2023-2024学年安徽省黄山市高二上学期八校联考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省黄山市高二上学期八校联考数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设点A(2,-3, 5)关于坐标原点的对称点是B，则|AB|等于
A. 6B. 6 3C. 6 2D. 3 6
2.设F1，F2为定点，|F1F2|=8，动点M满足|MF1|+|MF2|=8，则动点M的轨迹是
A. 线段B. 直线C. 圆D. 椭圆
3.已知直线l的一个方向向量为(-1,2)，直线l的倾斜角为α，则sin 2α-cs2α-1的值为
A. -2B. 0C. -1D. 2
4.设a∈R，则a=1是直线l1：2x+ay+2=0与直线l2：(a+1)x+y+a=0平行的
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知点D在△ABC确定的平面内，O是平面ABC外任意一点，实数x，y满足OD=3OC-xOA-2yOB，则x2+2y2的最小值为
A. 13B. 23C. 1D. 43
6.已知P是直线l：x-2y+4=0上一动点，过点P作圆C：x2+y2-2x=0的两条切线，切点分别为A、B，则四边形PACB的外接圆的面积的最小值为
A. 5πB. 5π4C. 5π2D. 4π
7.已知矩形ABCD的四个顶点都在椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上，边AD和BC分别经过椭圆的左、右焦点，且2|AB|=|BC|，则该椭圆的离心率
A. -1+ 2B. 2- 2C. -1+ 3D. 2- 3
8.《九章算术》是我国古代数学名著．书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，E、F分别为PD，PB的中点，PG=λPC，PA=2，AB=1，若AG⊥平面EFC，则λ=
A. 27B. 37C. 47D. 57
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列说法正确的是
( )
A. 点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)
B. 过(x1，y1)，(x2，y2)两点的直线方程为y-y1y2-y1=x-x1x2-x1
C. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0
D. 直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2
10.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=AA1，∠BAC=90°，D、E分别为A1C1、A1B的中点，则下列结论正确的是
( )
A. DE // B1C
B. 直线DE与平面A1BC所成角的正弦值为13
C. 平面A1BC与平面ABC夹角的余弦值为 33
D. DE与AA1所成角为π3
11.已知AC为圆锥SO底面圆O的直径，SA=4，SO=2 3，点B为圆O上异于A、C的一点，M为线段SC上的动点(异于端点)，则
A. 直线SB与平面SAM所成角的最大值为π6
B. 圆锥SO内切球的体积为32125 3π
C. 棱长为4 23的正四面体可以放在圆锥SO内
D. 当M为SC的中点时，满足SB⊥AM的点B有2个
12.如图所示．已知椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，F1、F2为左右焦点，下列命题正确的是( )
A. P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，则PF1+2OQa为定值
B. 直线y=kx与椭圆交于R，S两点，A是椭圆上异与R，S的点，且kAR、kAS均存在，则kAR·kAS=1-e2
C. 若椭圆上存在一点M使∠F1MF2=2π3，则椭圆离心率的取值范围是 32,1
D. 四边形ABCD为椭圆内接矩形，则其面积最大值为2ab
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知空间向量a=(1,0,1)，b=(2,2,1)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是__________．
14.已知P为圆(x-3)2+(y-4)2=4上一点，则点Q(csα,sinα)到P点的距离的最大值为__________．
15.若关于x的不等式kx- 2x-x2≤1的解集是[0,1]，则k值是__________．
16.半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，AB=R=2CD，则VA-BCD的最大值为__________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
如图，三棱锥ABC-A1B1C1中，点D、E分别为B1C1和BB1的中点，设AA1=a，AB=b，AC=c．
(1)试用a，b，c表示向量CD；
(2)若∠A1AB=∠A1AC=∠CAB=60°，AA1=AB=AC=2，求异面直线AE与CD所成角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知直线l：y=kx-2k+1(k∈R).
①若直线l不经过第二象限，求k的取值范围．
②若直线l与x轴、y轴正半轴分别交于A、B两点，当△AOB的面积为92时(O为坐标原点)，求此时相应的直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，平面ABD⊥平面ABC，EC⊥平面ABC且EC= 3．
(1)证明：CD⊥平面ABE
(2)求平面CED与平面BDE的夹角的大小．
20.(本小题12分)
已知定点A(4,2)，动点M(x,y)满足OM⋅AM=0，O为坐标原点．
(1)求动点M的轨迹方程
(2)若点B为直线3x-y+3=0上一点，过点B作动点M的轨迹的切线，切点分别为C、D，若BC⊥BD，求点B的坐标．
21.(本小题12分)
如图，在五面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，侧面CDEF为等腰梯形，二面角E-CD-A为直二面角，AB=2EF=4，AF=3 3．
(1)求点F到平面ABCD的距离；
(2)设P为线段BC的中点，点Q满足AQ=λAE(λ>0)，若直线PQ与平面ADE及平面ABCD所成角相等，求λ的值．
22.(本小题12分)
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1、F2，短轴端点分别为A、B.若四边形AF1BF2为正方形，且AF1= 2．
(1)求椭圆标准方程；
(2)若C、D分别是椭圆长轴左、右端点，动点M满足MD⋅MC=MD2，P点在椭圆上，且满足OP=sin2θOC+cs2θOM，求证OM⋅OP定值(O为坐标原点)；
(3)在(2)条件下，试问在x轴上是否存在异于C点的定点N，使PD⊥MN，若存在，求N坐标，若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了空间中点关于点的对称问题，涉及了空间中两点间距离公式的应用，属于基础题．
先求出点A关于原点的对称点B，再利用两点之间的距离公式求解即可．
【解答】
解：因为点A(2,-3, 5)关于坐标原点的对称点是B(-2,3,- 5)，
故|AB|= [2-(-2)]2+(-3-3)2+[ 5-(- 5)]2=6 2．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查轨迹方程，属于基础题．
根据题意可得M在线段F1F2上，从而即可判断为线段．
【解答】
解：对于在平面内，若动点M到F1、F2两点的距离之和等于8，而8正好等于两定点F1、F2的距离，
则动点M的轨迹是以F1，F2为端点的线段．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线的方向向量，直线的倾斜角和斜率，涉及正余弦齐次式的计算，属于中档题．
由题意利用直线的倾斜角和斜率求出 tanα的值，再利用正余弦齐次式的计算，求出要求式子的值．
【解答】
解;因为直线l的一个方向向量为(-1,2)，所以k=-2，所以tanα=-2，
所以sin 2α-cs2α-1=2sinαcsα-cs2α-sin2α-cs2α=2sinαcsα-sin2α-2cs2α
=2sin αcs α-sin2 α-2cs2 αsin2 α+cs2 α=2tan α-tan2 α-2tan2 α+1=-4-4-24+1=-2．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分必要条件的判断问题，直线平行的判定及性质，属于基础题．
求出与“直线l1:2x+ay+2=0与直线l2：(a+1)x+y+a=0平行”等价的条件，由此即可判断出结果．
【解答】
解：由直线2x+ay+2=0与直线l2：(a+1)x+y+a=0平行，
所以aa+1=2×1，解得a=1或a=-2，
当a=1时，l1:2x+y+2=0与l2:2x+y+1=0平行，
当a=-2时，l1:2x-2y-2=0与l2:x-y+2=0平行，
综上，即a=1或a=-2，
因此“a=1”是“直线l1:ax+2y=0与直线l2:x+(a+1)y+4=0平行”的充分不必要条件，
故选B．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量共面定理，属于中档题．
根据空间向量共面可得-x-2y+3=1，然后利用二次函数的性质即得．
【解答】
解：因为 OD=-xOA-2yOB+3OC ，
又点D在 △ABC 确定的平面内，所以 -x-2y+3=1 ，即 x=2-2y ，
所以 x2+2y2=(2-2y)2+2y2=6y2-8y+4=6(y-23)2+43⩾43 ，
所以当 y=23 时， x2+2y2 的有最小值 43 ．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系中的最值问题，属于中档题．
根据题意可得四边形PACB的外接圆的圆心为CP的中点，直径为PC，求出PCmin，即可求解．
【解答】
解：圆C：x2+y2-2x=0，即(x-1)2+y2=1，圆心C为(1,0)，半径为1，
根据题意可得四边形PACB的外接圆的圆心为CP的中点，直径为PC，
又PCmin为圆心C到直线x-2y+4=0的距离，
则PCmin=1+4 12+-22= 5，
则四边形PACB的外接圆的半径的最小值为 52，
则四边形PACB的外接圆的面积的最小值为5π4 ，
故选B．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率，属于中档题．
根据条件可得|AB|=2c,|BC|=2b2a，根据2|AB|=|BC|即可建立方程求解．
【解答】
解：由椭圆的方程x2a2+y2b2=1(a>b>0)可得当x=c时y=±b2a，
所以|AB|=2c,|BC|=2b2a，
因为2|AB|=|BC|，所以4c=2b2a，所以2ac=b2=a2-c2，
所以2e=1-e2，解得e=-1+ 2或e=-1- 2(舍)．
故选A．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量解决线面垂直有关问题，属于一般题．
建立空间直角坐标系，求出平面EFC的法向量以及AG，利用AG//m，即可求解．
【解答】
解：以点A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
设AD=a，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(1,a,0)，E(0,a2,1)，F(12,0,1)，
EF=(12,-a2,0)，AP=(0,0,2)，PC=(1,a,-2)，EC=(1,a2,-1)．
设平面EFC的法向量为m=(x,y,z)，则EF·m=0EC·m=0,
则12x-ay2=0,x+ay2-z=0.令x=1，得y=1a，z=32，所以m=(1,1a,32).
AG=AP+λPC=(λ,aλ,2-2λ)，
因为AG⊥平面EFC，所以AG//m，则λ1=aλ1a=2-2λ32，解得λ=47．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查命题的真假的判断，直线方程的求法、直线的两点式方程、直线的截距等，为一般题．
利用对称知识判断A的正误；直线的两点式方程判断B的正误，利用截距相等判断C的正误；求出截距得到三角形的面积判断D的正误
【解答】
解：A、点(0,2)与(1,1)的中点坐标(12,32)，
满足直线方程y=x+1，并且两点的斜率为：-1，
所以点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1)，
所以A正确；
B、当x1≠x2，y1≠y2时，
过(x1,y1)，(x2,y2)两点的直线方程为y-y1y2-y1=x-x1x2-x1，
所以B不正确；
C、当两截距都等于0时直线方程为y=x;
当两截距不等于0时，由题意设所求直线的方程xa+ya=1，
因为点(1,1)满足该方程，
所以1a+1a=1，a=2，
所求直线的方程为x+y-2=0，
所以C错误；
D、直线x-y-2=0在两坐标轴上的截距分别为：2，-2，
与坐标轴围成的三角形的面积是：12×2×2=2，
所以D正确．
故选：AD．
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成的角、直线与平面所成角、平面与平面所成角，考查空间向量的应用，考查线面平行的判定，属于中档题．
建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线所成的角、直线与平面所成角、平面与平面所成角，利用空间向量判定直线与直线的平行，对各个选项逐一判断即可．
【解答】
解：直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
AB，AC⊂平面ABC，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，
又∠BAC=90°，
所以AB⊥AC，
则以A为原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=AC=AA1=2，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，D(0,1,2)，E(1,0,1)，
对于A，DE=(1,-1,-1),B1C=(-2,2,-2)，显然不存在实数λ，使得DE=λB1C，所以DE与B1C不平行，故A错误；
对于B，设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅A1B=2x-2z=0n⋅BC=-2x+2y=0,
不妨令x=1，得y=1，z=1，故可取n=(1,1,1)，
所以cs=DE·nDEn=-1 3· 3=-13，所以直线DE与平面A1BC所成角的正弦值为13，故B正确；
对于C，易得平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，结合B选项，
所以cs=m·nmn=11· 3= 33，
所以平面A1BC与平面ABC夹角的余弦值为 33，故C正确；
对于D，由题意DE=(1,-1,-1),AA1=(0,0,2)，
所以cs=DE·AA1DEAA1=-2 3·2=- 33，
所以DE与AA1所成角的余弦值为 33，其角不为π3，故D错误；
故选BC．
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了直线与平面所成的角，圆锥的内切球，圆锥的结构特征，属难题．
利用圆锥的结构特征对选项ABCD一一解析分析判断即可得．
【解答】
解：OA=OC=OB= 42-12=2，
直线SB与平面SAM所成的角即直线SB与平面SAC所成的角，
当B为弧AC中点时，易知∠OSB为所求，tan∠OSB=22 3= 33，
所以∠OSB=π6，故A正确;
圆锥SO的内切球的半径即为△SAC内切圆的半径，
S△SAC=3×12×4×r=12×4×2 3=4 3，r=23 3，V=43πr3=3227 3π，故B错误;
棱长为43 2的正四面体可以从棱长为43的正方体截，
所以该正四面体和正方体的外接球是同一个外接球，2R=43 3，即R=23 3，
所以该正四面体可以放在圆锥SO的内切球内，故C正确;
如图建立空间直角坐标系，A(0,-2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2 3)，B(x,y,0)，则x2+y2=4，x≠0，
不妨设M为SC的中点，则M(0,1, 3)，AM=(0,3, 3)，SB=(x,y,-2 3)，
设直线AM与直线SB的夹角为θ，csθ=|csAM,SB|=|3y-6|8 3，
因为-2另解：假设SB⊥AM，过B作BD垂直于AC，垂足为D，连接SD，
因平面SAC⊥底面ABC，平面SAC∩平面ABC=AC，
所以BD⊥平面SAC，又AM⊂平面SAC，所以BD⊥AM，
可得AM⊥平面SBD，所以SD⊥AM，
因△SAC为正三角形，M为SC的中点，所以SC⊥AM，即C，D两点重合，与题设矛盾，故D错误．
故选AC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，属于较难题．
根据椭圆的定义可判定A；联立直线与椭圆的方程判定B；利用M是椭圆的上下顶点时∠F1MF2最大判定C，设第一象限的点A(acsθ,bsinθ)可判定D．
【解答】
解：因为P为椭圆上一点，线段PF1中点为Q，O为F1F2的中点，
所以OQ=12PF2，
所以PF1+2OQa=PF1+PF2a=2aa=2，故A正确；
联立y=kxx2a2+y2b2=1，得(a2k2+b2)x2-a2b2=0，
所以x=±ab a2k2+b2，
所以R，S两点的坐标分别为(ab a2k2+b2,kab a2k2+b2)，(-ab a2k2+b2,-kab a2k2+b2)，
设点A的坐标为x0,y0，
所以kAR·kAS=kab a2k2+b2-y0ab a2k2+b2-x0·-kab a2k2+b2-y0-ab a2k2+b2-x0
=k2a2b2a2k2+b2-y02a2b2a2k2+b2-x02=k2a2b2a2k2+b2-b2+b2a2x02a2b2a2k2+b2-x02
=-b4a2k2+b2+b2a2x02a2b2a2k2+b2-x02=-b2a2=-a2-c2a2=e2-1，故B错误；
当M是椭圆的上下顶点时∠F1MF2最大；
∴2π3⩽∠F1MF2<π；∴π3≤∠F1MO<π2；
∴sinπ3≤sin∠F1MO当M是椭圆的上下顶点时有|F1M|=a，|F1O|=c；
∴ 32≤ca<1；
∴椭圆离心率e的取值范围为[ 32,1)，故C正确；
设第一象限的点A(acsθ,bsinθ)，θ∈(0,π2)，
则S=4abcsθsinθ=2absin2θ，θ=π4时，面积最大值为2ab，故D正确．
13.【答案】23,23,13
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量的数量积运算，投影向量的定义，属于基础题．
由向量a在向量b上的投影向量为|a|csb|b|，计算即可求出答案．
【解答】
解：向量a=(1,0,1)，b=(2,2,1)，
则|a|= 2，|b|=3，a·b=3，
所以向量a在向量b上的投影向量为
|a|csb|b|=|a|⋅a⋅b|a||b|⋅b|b|= 2×33 2×13×(2,2,1)=23,23,13 ，
故答案为：23,23,13 ．
14.【答案】8
【解析】【分析】
本题考查圆有关的最值问题，考查圆与圆的位置关系及判定，属于基础题，由题得点Q在圆x2+y2=1上，由两圆位置关系求解．
【解答】
解：由题设圆(x-3)2+(y-4)2=4的圆心为C(3,4)，半径为r=2，
由cs2α+sin2α=1，所以点Q在圆x2+y2=1上，圆心O(0,0)，半径为1，
又OC=5>2+1，
所以圆(x-3)2+(y-4)2=4与圆x2+y2=1相离，
所以QPmax=OC+2+1=8
15.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查一元二次不等式与相应方程的关系，属于基础题，
由kx- 2x-x2≤1得kx⩽1+ 2x-x2，将(1,2)代入y=kx得k，进而解不等式检验即可．
【解答】
解：由kx- 2x-x2≤1得kx⩽1+ 2x-x2，
当x=1时，1+ 2x-x2=2，
将(1,2)代入y=kx得k=2，
此时kx- 2x-x2≤1即为2x- 2x-x2⩽1，
2x-1⩽ 2x-x2，
所以2x-x2⩾02x-1⩽0或2x-x2⩾02x-1>02x-12⩽2x-x2,
解得0⩽x⩽12或12所以0⩽x⩽1，满足题意，
所以k=2，
16.【答案】2 3+ 1548R3
【解析】【分析】
本小题主要考查棱锥的体积、球内接多面体等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力．属于基础题．
过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB于P，设点P到CD的距离为h，则当球的直径通过AB与CD的中点时，h最大为 32+ 154R，从而得到VA-BCD的最大值即可．
【解答】
解：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，
设点P到CD的距离为h，
则有V=13×12×12R×h×R，
当直径通过AB与CD的中点时，
球心落在此两中点连线上，
此时，h取最大值为 hmax= R2-(12AB)2+ R2-12CD2= 32+ 154R，
则VA-BCD的最大值为13×12×12×R2× 32+ 154R=2 3+ 1548R3．
故答案为2 3+ 1548R3．
17.【答案】解：(1)因为点D为B1C的中点，
所以CD=CC1+C1D=CC1+12C1B1
=CC1+12(AB-AC)
=a+12b-12c；
(2)由题意可得：
AE=AB+BE=AB+12BB1=b+12a，
因为∠A1AB=∠A1AC=∠CAB=60°，AA1=AB=AC=2，
所以a·b=2×2×cs60°=2，
a·c=2×2×cs60°=2，c·b=2×2×cs60°=2，
所以AE2=(b+12a)2=b2+a·b+14a2=7，
∴|AE|= 7，
所以CD2=(a+12b-12c)2
=a2+14b2+14c2+a⋅b-a⋅c-12b⋅c=5，
所以|CD|= 5，
AE⋅CD=(a+12b-12c)·(b+12a)=12a2+a⋅b+12b2+14a⋅b-12b⋅c-14a⋅c
= 5，
∴cs=AE⋅CD|AE||CD|=5 5× 7= 357，
∴异面直线AE和CD所成角的余弦值为 357．
【解析】本题考查空间向量的加减运算及数乘运算、空间向量的数量积及运算律、空间向量的模、夹角与距离求解问题、利用空间向量求线线的夹角，属于中档题．
(1)利用空间向量的线性运算直接求即可；
(2)分别求出|AE|，|CD|，AE⋅CD，利用cs=AE⋅CD|AE||CD|，即可求出结果．
18.【答案】解：(1)直线l：y=kx-2k+1(k∈R)，在y轴上的截距为-2k+1，
要使直线l不经过第二象限，
则k>01-2k⩽0,
解得k的取值范围是k⩾12．
(2)依题意k≠0，直线l在x轴上的截距为-1+2kk，在y轴上的截距为1-2k，
∴A(-1+2kk,0)，B(0,1-2k)，
又-1+2kk>0且1-2k>0，∴k<0，
故S=12|OA||OB|=12×-1+2kk(1-2k)=92，
解得k=-1或-14，故此时直线l的方程为y=-x+3或y=-14x+32．

【解析】本题考查直线在坐标系中的位置，以及基本不等式的应用，属于中档题．
(1)要使直线l不经过第二象限，则直线的斜率为正，直线在y轴上的截距是非负数，即可解出k的取值范围；
(2)先求出直线在两个坐标轴上的截距，代入三角形的面积公式，解方程即可得解．
19.【答案】解：证明：取AB中点F，连接CF，DF
∵ΔABC，ΔABD都是正三角形
∴AB⊥CF，AB⊥DF，又CF∩DF=F
∴AB⊥面CDF
∴AB⊥CD
又平面ABC⊥平面ABD
∴DF⊥面ABC，DF= 3
又CE⊥面DBC且EC= 3
∵DF//CE，DF=CE，DF⊥CF
∵CFDE是正方形
∴CD⊥EF
又EF∩AB=F∴CD⊥平面ABE．
(2)由(1)知AB、CF，DF两两重直，
如图建立空间直角坐标系由于x轴垂直面CEDF
∴平面CDE的法向量为m=(1,0,0)
又B(1,0,0) D(0,0, 3) E(0, 3, 3)
∴BD=(-1,0, 3)BE=(-1, 3, 3)，
设平面BDE的法向量n=(x,y,z)
则n⋅BD=-x+ 3z=0n⋅BE=-x+ 3y+ 3z=0
令x= 3，n=( 3,0,1)
∴cs⟨m⋅n⟩=m⋅n|m||n|= 31×2= 32
∴平面CDE与平面BDE的夹角为π6．
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，考查空间向量求二面角，属于中档题．
(1)取AB中点F，连接CF，DF，推导出DF⊥CF，CD⊥EF，由此能证明；
(2)由(1)知AB、CF，DF两两重直，如图建立空间直角坐标系由于x轴垂直面CEDF，结合空间向量即可求解．
20.【答案】解：(1)由题意得：OM=(x,y)，AM=(x-4,y-2)，OM⋅AM=0
∴OM⋅AM=(x,y)⋅(x-4,y-2)=x(x-4)+y(y-2)=x2-4x+y2-2y=0
即(x-2)2+(y-1)2=5，
∴M的轨迹方程为(x-2)2+(y-1)2=5．
(2)∵B为直线3x-y+3=0上一点，M的轨迹为圆N，
又BC、BD分别与圆N相切于点C、D，且BC⊥BD，
连接MC、MD，易知四边形BCMD为正方形，
且|NC|=|ND|=|BC|=|BD|= 5，
∴|BN|= 10，
设B(x,y)，则3x-y+3=0(x-2)2+(y-1)2=10，解得x=-1y=0或x=15y=185，
∴B点的坐标为(-1,0)或(15,185).
【解析】本题考查了点的轨迹方程的求法，圆的切线，属于中档题．
(1)利用向量的数量积的坐标运算即可；
(2)M的轨迹为圆N，BCMD为正方形，|BN|= 10，即可求解．
21.【答案】解：(1)如图，过点F作FO⊥DC于点O，连接OA．
因为二面角E-CD-A为直二面角，所以平面CDEF⊥平面ABCD，
又平面CDEF∩平面ABCD=CD，FO⊂平面CDE，所以FO⊥平面ABCD，
因为OA⊂平面ABCD，所以FO⊥OA．
因为四边形CDEF为等腰梯形，AB=CD=2EF=4，
所以OD=3，所以AO=5．
又AF=3 3，所以FO= 2，即点F到平面ABCD的距离为 2．
(2)以O为坐标原点，分别以OD，OF所在直线分别为x，z轴，过点O作平面CDEF的垂线为y轴，建
立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．
则A(3,4,0)，D(3,0,0)，E(2,0, 2)，F(0,0, 2)，P(-1,2,0)，
由AQ=λAE=(-λ,-4λ, 2λ)，得Q(3-λ,4-4λ, 2λ)，
∴PQ=(4-λ,2-4λ, 2λ)，
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)，由DA=(0,4,0)，DE=(-1,0, 2)，n⋅DA=0n⋅DE=0,
得4y=0-x+ 2z=0，令z=1，则n=( 2,0,1)
又易知平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1)．
设直线PQ与平面ADE所成角为θ，与平面ABCD所成角为α，
则sinθ=sinα，∴n⋅PQ|n||PQ|=m⋅PQ|m||PQ|，
整理得4 2 3=| 2λ|，由λ>0，得λ=4 33．

【解析】本题考查空间中的距离以及直线与平面所成的角
(1)过点F作FO⊥DC于点O，连接OA.由二面角E-CD-A为直二面角，所以平面CDEF⊥平面ABCD，再由面面垂直的性质可得FO⊥平面ABCD，因为OA⊂平面ABCD，所以FO⊥OA，进而求解即可；
(2)以O为坐标原点，分别以OD，OF所在直线分别为x，z轴，过点O作平面CDEF的垂线为y轴，建
立空间直角坐标系Oxyz，利用向量法进行求解即可。
22.【答案】解：(1)依题证得b=c且b2+c2=2，
∴b=c=1，a= 2，
故椭圆方程为x22+y2=1;
(2)易得直线斜率存在，设CM方程为y=k(x+ 2)，
联立方程组y=k(x+ 2) x22+y2=1可得(1+2k2)x2+4 2k2x+4k2-2=0，
解得x1=- 2，x2= 2(1-2k2)1+2k2，
∵OP=sin2θOC+cs2θOM，
∴P、C、M三点共线．
∴P( 2(1-2k2)1+2k2,2 2k1+2k2)
又由MD⋅MC=MD2得：MD⋅DC=0即：MD⊥DC
∴联立方程组x= 2y=k(x+ 2)可得M( 2,2 2k)，
OM⋅OP=( 2,2 2k)⋅( 2(1-2k2)1+2k2,2 2k1+2k2)
=2(1-2k2)1+2k2+8k21+2k2=4k2+21+2k2=2为定值;
(3)设N(n,0)，n≠- 2，
kPD=2 2k1+2k2-0 2(1-2k2)1+2k2- 2=-12k，
kMN=2 2k 2-n，
∴-12k⋅2 2k 2-n=-1得 2= 2-n
故n=0，
也就是说存在一点N(0,0)满足条件．
【解析】本题考查椭圆的概念及标准方程，考查椭圆的性质及几何意义，考查圆锥曲线中的定点与定值问题，属于较难题．
(1)依题证得b=c且b2+c2=2，求得a、b，即可得椭圆标准方程；
(2)设CM方程为y=k(x+ 2)，联立方程组，结合向量知识计算可得证OM⋅OP=2=定值；
(3)设N(n,0)，求出kPD、kMN，可得关于n的方程，求解即可．