辽宁省沈阳市浑南区东北育才学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾）

这是一份辽宁省沈阳市浑南区东北育才学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾），共19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。


一、单选题
1．抛物线y=4x2的焦点坐标是
A．(0,1)B．(0,2)C．(0,18)D．(0,116)
2．“a=−2”是“直线a−1x+a2−1y+1=0与直线ax−2y−1=0垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．即不充分也不必要条件
3．x−2y+2z5展开式中，xy3z的系数为（ ）
A．−320B．320C．−240D．240
4．已知圆x2+y2+5−m=0上至多有两个点到直线3x+4y−5=0的距离等于1，则实数m的取值范围为（ ）
A．（5，7]B．（5，7）C．（5，9]D．（5，9）
5．如图，ABCD−EFGH是棱长为1的正方体，若P∈平面BDE，且满足AP=14AB+2λAD+12−λAE，则P到AB的距离为（ ）
A．34B．32C．54D．52
6．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过左焦点的直线与两条渐近线分别交于点A,B（其中点A在第一象限），满足∠F1AF2=90∘，且F1B=3BA，则C的离心率为（ ）
A．23B．6C．5+3D．63
7．定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（ ）
A．20B．56C．84D．120
8．空间四边形ABCD边长为25，对角线AC、BD的长为22，E、F为AB、CD的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（ ）
A．59B．58C．79D．78
二、多选题
9．在二项式2x+1x6展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．第三项的二项式系数为20B．所有项的二项式系数之和为64
C．有理项共有4项D．常数项为第五项
10．一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱的轴所成角大小为θ0<θ<π2，则下列对椭圆E的描述中，正确的是（ ）
A．短轴长为2rB．长轴长为2rcsθ
C．焦距为2rtanθD．离心率为csθ
11．已知动圆C：x−2csα+12+y−2sinα2=2,α∈0,2π]，P为直线l：x+y=5上一个动点，过点P作圆C的两条切线，切点为A、B，则（ ）
A．圆C恒过定点−1,0；
B．圆C在运动过程中所经过的区域的面积为8π；
C．四边形PACB的面积的取值范围为23,215
D．当CP⊥l时，∠APB的正弦值的取值范围为158,32
12．已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，其中点A在x轴上方，O为坐标原点，则（ ）
A．∠AOB一定为钝角
B．若AF=4|BF|，则直线AB的斜率为34
C．若点M在x轴上点F右侧，A4,4，∠AOB+∠AMB=180∘，则M274,0
D．AF+2|BF|的最小值为3+22
三、填空题
13．已知C103+C104=C11n，则n= .
14．已知圆C1:x2+y2−4x−2y+3=0与圆C2:x2+y2−8x−6y+7=0，则圆C1与圆C2的公切线方程是 .
15．把6本不同的书分给甲乙丙丁4个人，每人至少得一本，则不同的分配方法 .
16．设点P（x1，y1），Q（x2，y2）.定义P，Q两点的“直角距离”为dP,Q=x1−x2+y1−y2已知点A和点B分别为直线l:y=2x+8与椭圆C:x24+y2=1上两个动点，则d（A，B）的最小值为 .
四、解答题
17．已知△ABC中，点A−1,5，AC边上中线所在直线l1的方程为8x+y−12=0，AB边上的高线所在直线l2的方程为x−3y+6=0.
(1)求点B和点C的坐标：
(2)以M1,0为圆心作一个圆，使得A、B、C三点中的一个点在圆内，一个点在圆上，一个点在圆外，求这个圆的方程.
18．如图，正方形ABCD与梯形ABEF所在平面互相垂直，已知BE//AF,AB⊥AF,BE=12AF=23AB.
(1)求证：CE//平面ADF
(2)求平面ACE与平面ADF所成的锐二面角的余弦值.
19．设直线l1:y=3x,l2:y=−3x，点A和点B分别在直线l1和l2上运动，且OA⋅OB=−2（其中O为坐标原点）.
(1)求AB的中点T的轨迹方程C：
(2)是否存在直线l:y=kx+1满足直线l与（1）中的曲线C交于M，N两点，且以MN为直径的圆经过曲线C的右焦点？若存在，求出k，若不存在，说明理由.
20．如图，在平面ABCD中，△ABD为正三角形，△BCD为直角三角形，且BC=CD=22，以BD为折痕把△ABD和△CBD向上折起，使点A到达点E的位置，点C到达点F的位置，且满足平面EBD⊥平面FBD．
(1)求证：EF⊥BD；
(2)若AE=23，求直线DF与平面ABE所成角的正弦值.
21．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴顶点为A0,b, B0,−b，短轴长是4，离心率是22，直线l:y=kx−6与椭圆C交于Px1,y1, Qx2,y2两点，其中y1(1)求椭圆C的方程；
(2)若BP//OQ（其中O为坐标原点），求k：
(3)证明：kAQkBP是定值.
22．已知抛物线C:y2=6x，点A32,3在抛物线C上，直线l:y=−x+m在点A32,3下方，直线l与抛物线C交于B，C两点.
(1)证明：△ABC内切圆的圆心在定直线上：
(2)求△ABC面积的最大值.
参考答案：
1．D
【详解】解：抛物线的标准方程为：x2=14y ，据此可知，抛物线的焦点坐标为：(0,116) .
本题选择D选项.
点睛：求抛物线的焦点坐标时，首先要把抛物线方程化为标准方程.抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，p2 等于焦点到抛物线顶点的距离．牢记它对解题非常有益．
2．C
【分析】利用直线一般式的垂直公式列方程求出a，再根据充分性和必要性的概念得答案.
【详解】若直线a−1x+a2−1y+1=0与直线ax−2y−1=0垂直，
则a−1a−2a2−1=0，
解得a=1或a=−2，
又a=1时，直线a−1x+a2−1y+1=0不存在，
所以a=−2，
故“a=−2”是“直线a−1x+a2−1y+1=0与直线ax−2y−1=0垂直”的充要条件，
故选：C.
3．A
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】因为x−2y+2z5=[x−2y+2z]5，
所以通项公式为：Tr+1=C5r⋅(x−2y)5−r⋅2zr，
令r=1，所以T2=C51⋅(x−2y)4⋅2z=10(x−2y)4z，
设二项式(x−2y)4的通项公式为：T'n+1=C4n⋅(x)4−n⋅(−2y)n，
令n=3，所以T'4=C43⋅x⋅(−2y)3=−32xy3，
因此xy3z项的系数为：10×−32=−320，
故选：A.
4．D
【分析】由圆的方程求出圆心0,0和半径r=m−5 m>5，求出圆心到直线的距离d，由题意可得r−d<1，解不等式即可得实数m的取值范围.
【详解】由x2+y2+5−m=0可得x2+y2=m−5，
则m−5>0即m>5，
所以圆心为0,0，半径r=m−5，
圆心0,0到直线3x+4y−5=0的距离d=−532+42=1，
因为圆上至多有两个点到直线3x+4y−5=0的距离等于1，
所以m−5−1<1，即0所以实数m的取值范围是5,9.
故选：D.
5．C
【分析】先利用平面EBD的法向量求出点P14,12,14，再计算点到直线的距离.
【详解】如图，以点A为原点，AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间坐标系A−BDE，
A0,0,0 B1,0,0 D0,1,0 E0,0,1,
则AP=141,0,0+2λ0,1,0+12−λ0,0,1=14,2λ,12−λ，
则P14,2λ,12−λ,EP=14,2λ,−12−λ，EB=1,0,−1，DB=1,−1,0，
设平面EBD的一个法向量n=x,y,z，
则n⋅EB=x−z=0n⋅DB=x−y=0，令x=1，则n=1,1,1，且EP⊂面EBD，
则EP⊥n，即EP⋅n=14+2λ+−12−λ=0，得λ=14，故P14,12,14，
所以AB=1,0,0，AP=14,12,14，
cs∠PAB=AB⋅APAB⋅AP=141×116+14+116=66，则sin∠PAB=1−662=306，
P到AB的距离为AP⋅sin∠PAB=116+14+116×306=54.
故选：C
6．B
【分析】根据已知条件分别求出A,B两点坐标,再应用B在渐近线上,计算即可
【详解】由双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)可得渐近线方程为y=±bax，a2+b2=c2，
因为∠F1AF2=90∘,所以A在以F1F2为直径的圆上,且A（点A在第一象限）在渐近线上,
联立y=baxx2+y2=c2,解得y=bx=a,可得Aa,b,F1−c,0,设BxB,yB
又因为F1B=3BA,F1B=xB+c,yB,3BA=3a−xB,b−yB
所以xB+c=3a−xByB=3b−yB，解得xB=3a−c4yB=3b4,又因为BxB,yB在渐近线y=−bax上,
所以3b4=−ba×3a−c4,即得3a=−3a+c,则离心率e=ca=6
故选:B.
7．C
【分析】根据定义分类讨论首位数字,再应用计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫幸运数,所以按首位数字分别计算
当首位数字为7,则剩余三位数分别是0,0,0,共有1个幸运数;
当首位数字为6,则剩余三位数分别是1,0,0,共有3个幸运数;
当首位数字为5,则剩余三位数分别是1,1,0；2,0,0,共有3+3=6个幸运数;
当首位数字为4,则剩余三位数分别是2,1,0；3,0,0；1,1,1,共有A33+3+1=10个幸运数;
当首位数字为3,则剩余三位数分别是3,1,0；4,0,0；1,1,2;2,2,0,共有A33+3+3+3=15个幸运数;
当首位数字为2,则剩余三位数分别是4,1,0；5,0,0；1,1,3;3,2,0;2,2,1,共有A33+3+3+A33+3=21个幸运数;
当首位数字为1,则剩余三位数分别是5,1,0；6,0,0；1,1,4;4,2,0;3,2,1;3,3,0;2,2,2,共有A33+3+3+A33+A33+3+1=28个幸运数;
则共有1+3+6+10+15+21+28=84个幸运数;
故选:C.
8．C
【分析】由题知BF=12AD+12AC−AB，CE=12AB−AC，进而根据向量夹角求解即可.
【详解】解：因为空间四边形ABCD边长为25，对角线AC、BD的长为22，
所以AC=BD=22，AB=BC=CD=AD=25，
所以cs∠BAD=AB2+AD2−BD22⋅AB⋅AD=20+20−840=45，
cs∠BAC=AB2+AC2−BC22⋅AB⋅AC=20+8−202×25×22=1010
cs∠DAC=AD2+AC2−CD22⋅AD⋅AC=20+8−202×25×22=1010，
因为E、F为AB、CD的中点，
所以，BF=AF−AB=12AD+12AC−AB，CE=AE−AC=12AB−AC
所以BF⋅CE=12AD+12AC−AB⋅12AB−AC
=14AB⋅AD−12AD⋅AC+14AB⋅AC−12AC2−12AB2+AB⋅AC
=14×25×25×45−12×25×22×1010+14×25×22×1010−4−10+25×22×1010
=4−2+1−4−10+4=−7
因为BF2=12AD+12AC−AB2=14AD2+14AC2+AB2+12AD⋅AC−AD⋅AB−AB⋅AC
=5+2+20+12×25×22×1010−25×25×45−25×22×1010
=5+2+20+2−16−4=9，即BF=3，
CE2=12AB−AC2=14AB2+AC2−AB⋅AC=5+8−4=9，即CE=3，
所以，csCE,BF=CE⋅BFCE⋅BF=−73×3=−79，
所以，异面直线BF与CE所成角的余弦值为79
故选：Ｃ
9．BCD
【分析】先写出二项式展开式的通项公式,再逐个判断选项即可.
【详解】二项式2x+1x6展开式通项公式为Tr+1=C6r1xr2x6−r=C6r26−rx6−32r,
对于A:第三项的二项式系数为C62=15,故A错误;
对于B:所有项的二项式系数之和为26=64,故B正确;
对于C:展开式中当r=0,2,4,6时,共有4项有理项,故C正确;
对于D:当展开式通项为常数项时, Tr+1=C6r26−rx6−32r,令6−32r=0,
则r=4,则常数项为第五项,故D正确.
故选: BCD
10．AD
【分析】由题设可得短轴长2b=2r，平面α与圆柱的轴所成角大小为θ0<θ<π2长轴长2a=2rsinθ，进而求出焦距、离心率即可.
【详解】由题意，椭圆短轴长2b=2r，平面α与圆柱的轴所成角大小为θ0<θ<π2,而长轴长随θ变大而变短且2a=2rsinθ，
所以c=a2−b2=rtanθ，焦距为2c=2rtanθ，故e=ca=rtanθrsinθ=csθ，
综上，A、D正确，B、C错误.
故选：AD.
11．ABD
【分析】分析可得动圆的圆心C2csα−1,2sinα，半径r=2，C在以圆心C1−1,0，半径r1=2的圆上.
对A，由CC1=r可判断；
对B，圆C在运动过程中所经过的区域的面积相当于以圆心C1−1,0，半径为r+r1的圆的面积；
对C，四边形PACB的面积S=12⋅2PA⋅r=rPC2−r2，分析PC的范围即可求；
对D，由倍角公式及几何关系可得sin∠APB=2⋅rPC⋅PAPC=2rPC2−r2PC2，分析PC的范围结合换元法即可求.
【详解】动圆的圆心C2csα−1,2sinα，半径r=2，
令x=2csα−1y=2sinα，则由x+12+y2=2得C在以圆心C1−1,0，半径r1=2的圆上.
对A，由CC1=r得圆C恒过定点−1,0，A对；
对B，圆C在运动过程中所经过的区域的面积相当于以圆心C1−1,0，半径为r+r1的圆的面积，即π222=8π，B对；
对C，过点P做圆C的两条切线，切点为A、B ，则PA=PB，则四边形PACB的面积S=12⋅2PA⋅r=rPC2−r2，
当PC1⊥l时，PC=−1+0−52−2=22最短，故PC∈22,+∞，故S=rPC2−r2∈23,+∞，C错；
对D，sin∠APB=sin2∠APC=2sin∠APCcs∠APC=2⋅rPC⋅PAPC=2rPC2−r2PC2，
∵CP⊥l，由C得，PC∈32−2,32+2=22,42，
令t=PC2−r2∈6,30，则PC2=t2+r2=t2+2，则2rPC2−r2PC2=22tt2+2=22t+2t，
∵y=t+2t在2,+∞上单调递增，故22t+2t∈158,32，D对.
故选：ABD
12．AD
【分析】设直线AB的方程为x=my+1，利用设而不求法确定点A,B的坐标关系，计算OA,OB的夹角，判断A；结合抛物线的定义求直线AB的斜率判断B；结合设而不求法证明∠AOB为直角，由此列方程求点M的坐标；结合抛物线定义表示AF+2|BF|，利用基本不等式求其最小值.
【详解】抛物线C:y2=4x的焦点F的坐标为1,0，准线方程为x=−1，
当直线AB的斜率为0时，直线AB与抛物线有且只有一个交点，与已知矛盾，
故可设直线AB的方程为x=my+1，
对于选项A， 联立y2=4xx=my+1，消x，得y2−4my−4=0，
方程y2−4my−4=0的判别式Δ=16m2+16>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，y1>0,y2<0，则y1+y2=4m,y1y2=−4，
x1x2=y124⋅y224=1，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2<0，所以csOA,OB<0，
即∠AOB一定为钝角，A正确；
对于选项B，因为AF=4|BF|，所以y1=−4y2，又y1y2=−4，y1>0,y2<0，
则y2=−1,y1=4，又y12=4x1,y22=4x2，
故x1=14,x2=4，所以A4,4,B14,−1，所以直线直线AB的斜率为43，B错误；
对于选项C，因为A4,4，所以B14,−1，所以AF=5,BF=54，
因为∠AOB+∠AMB=180∘，所以O,B,M,A四点共圆，
故∠BMF=∠OAF,∠AOF=MBF，所以△BMF∼△OAF，所以BF⋅AF=OF⋅MF，故MF=254，所以点M的坐标为294,0，C错误；
对于选项D，因为AF=x1+p2=x1+1,BF=x2+p2，
所以AF+2|BF|=x1+2x2+3，x1x2=1，故AF+2|BF|=x1+2x2+3≥22x1x2+3=3+22，当且仅当x1=2x2时等号成立，
由x1=2x2，x1x2=1可得x1=2，x2=22，
所以当x1=2，x2=22时，AF+2|BF|取最小值，最小值为3+22，D正确；
故选：AD.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
13．4或7
【分析】由组合数的性质可求得n的值.
【详解】由组合数的性质可得C11n=C103+C104=C114，故n=4或7.
故答案为：4或7.
14．x+y−1=0
【分析】先判断两个圆的位置关系，然后根据切点和斜率求得公切线方程.
【详解】圆C1:x2+y2−4x−2y+3=0，即x−22+y−12=2，圆心为C12,1，半径r1=2.
圆C2:x2+y2−8x−6y+7=0，即x−42+y−32=16，圆心为C24,3，半径r2=32.
圆心角C1C2=4+4=22=r1-r2，所以两圆内切，
由x2+y2−4x−2y+3=0x2+y2−8x−6y+7=0解得x=1y=0，
所以两圆切点的坐标为1,0，
kC1C2=3−14−2=1，所以公切线的斜率为−1，
所以公切线的方程为y=−1x−1，即x+y−1=0
故答案为：x+y−1=0
15．1560
【分析】分两种情况：一人3本，三人1本和两人2本，两人1本，先分成4堆，然后再分给甲乙丙丁4个人.
【详解】若有一人3本，三人1本，有C63A44=480种分配方法；
若有两人2本，两人1本，有C62C42A22A44=1080种分配方法；
则共有1080+480=1560种分配方法.
故答案为：1560
16．4-172
【分析】根据新定义，利用参数法，表示出椭圆x24+y2=1上一点B与直线l:y=2x+8上一点A的“直角距离”，然后分类讨论求出最小值．
【详解】设直线l:y=2x+8上的任意一点坐标x,2x+8，
椭圆x24+y2=1上任意一点的坐标为2csθ,sinθ
由题意可知d=x−2csθ+2x+8−sinθ ∵−2≤2csθ≤2,sinθ2−4≤−72,∴2csθ>sinθ2−4
分类讨论：
①x≥2csθ，
d=x−2csθ+2x+8−sinθ=3x+8−2csθ−sinθ≥8+4csθ−4sinθ
=8+17sinθ+φ≥8−17
②sinθ2−4d=2csθ−x+2x+8−sinθ=x+8+2csθ−sinθ>sinθ2−4+8+2csθ−sinθ=4+2csθ−sinθ2=4+172sinθ+ϕ2≥4−172
∴d>4−172
③x≤sinθ2−4，
d=−x−2csθ+2x+8−sinθ=−3x+8−2csθ−sinθ≥12−8+2csθ−12sinθ =4+172sinθ+ϕ1≥4−172
∴椭圆x24+y2=1上一点B与直线l:y=2x+8上一点A的“直角距离”的最小值为4−172．
故答案为：4−172
17．(1)B2,−4，C3,3
(2)x−12+y2=17
【分析】（1）求出直线AB的方程，联立直线AB和直线l1的方程可求得点B的坐标，设点Cm,n，根据点C在直线l2上以及线段AC的中点在l1上可得出关于m、n的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出点C的坐标；
（2）计算出AM、BM、CM，比较大小后可得出圆M的半径，即可得出圆M的方程.
【详解】（1）解：因为AB边上的高线所在直线l2的方程为x−3y+6=0，
且直线l2的斜率为13，则kAB=−3，故直线AB的方程为y−5=−3x+1，即3x+y−2=0，
联立直线AB和直线l1的方程可得3x+y−2=08x+y−12=0，解得x=2y=−4，即点B2,−4，
设点Cm,n，则线段AC的中点为Dm−12,n+52，
由题意可得8×m−12+n+52−12=0m−3n+6=0，解得m=n=3，即点C3,3.
（2）解：因为AM=−1−12+5−02=29，BM=2−12+−4−02=17，
CM=3−12+3−02=13，则CM故圆M的半径为BM=17，所以，圆M的方程为x−12+y2=17.
18．(1)证明见解析
(2)21717
【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可.
（2）空间向量法求面面角余弦值.
【详解】（1）取AF中点O,连接OE,OD,因为BE//AF,BE=12AF=AO,所以四边形ABEO是平行四边形,又因为四边形ABCD是正方形,所以CD//AB//EO,CD=EO,
所以四边形CDEO是平行四边形,可得CE//DO,DO⊂平面ADF,CE⊄平面ADF,所以CE//平面ADF
（2）因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥AB，
AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面ABEF，又AB⊥AF，以A为原点，AB，AF，AD所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.
设AB=3，则A（0，0，0），E（3，2，0），C（3，0，3）
取平面ADF的一个法向量m=1,0,0
设平面ACE的一个法向量n=x,y,z，则n⋅AE=0n⋅AC=0，即3x+2y=03x+3z=0，
令x=2，则n=2,−3,−2
则csm⋅n=217=21717
所以平面ACE与平面ADF所成的锐二面角的余弦值21717.
19．(1)x2−y23=1
(2)存在，k=1或k=−117
【分析】(1)相关点法求轨迹方程即可;
(2)联立方程后用向量法转化直径问题,代入根与系数关系式求解即可.
【详解】（1）设A（x1，3x1），B（x2，−3x2），T（x,y）
由OA⋅OB=−2得−2=x1x2−3x1x2=−2x1x2，得x1x2=1
因为x=x1+x22，y=3x1−3x22 ，得2x=x1+x2，23y=x1−x2
所以4=4x1x2=x1+x22−x1−x22=2x2−23y2
化简得x2−y23=1.
（2）联立直线方程与曲线方程y=kx+1x2−y23=1
化简得3−k2x2−2kx−4=0
由3−k2≠0且Δ>0得−2设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=2k3−k2，x1x2=−43−k2
曲线C的右焦点F2,0,由已知以MN为直径的圆过右焦点可得
0=FM⋅FN=x1−2x2−2+y1y2
=x1−2x2−2+kx1+1kx2+1
=k2+1x1x2+k−2x1+x2+5
=k2+1−43−k2+k−22k3−k2+5
化简得7k2+4k−11=0，解得k=−117或k=1，均符合−2所以存在，k=1或k=−117.
20．(1)证明见解析；
(2)2613.
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理即得；
（2）建系，利用空间向量求线面夹角.
【详解】（1）取BD中点H，连接EH， FH，
因为AB=AD，BC=DC，则EB=ED，FB=FD，
故EH⊥BD，FH⊥BD，
因为EH∩FH=H，EH，FH⊂平面EFH，
所以BD⊥平面EFH，
因为EF⊂平面EFH，
所以BD⊥EF；
（2）因为△BCD为直角三角形，且BC=CD=22，
所以BD=4，又因为△EBD为等边三角形，
所以AH=EH=23，△AEH为等边三角形，
取点O为AH中点，则AH⊥EO，
∵EB=ED,AB=AD，
则EH⊥BD,AH⊥BD，又EH∩AH=H，EH,AH⊂平面AEH，
∴BD⊥平面AEH，即A,E,F,H四点共面，
又∵EO⊂平面AEH，
所以BD⊥EO，又BD∩AH=H，BD,AH⊂平面ABD，
所以EO⊥平面ABD，
过点O作OM // BD交AD于点M，则AH⊥OM，
以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A0,3,0,B−2,−3,0,E0,0,3,D2,−3,0,F0,−23,1，
可得BA=2,23,0,BE=2,3,3,DF=−2,−3,1，
设平面ABE的法向量为m=x,y,z，则BA⋅m=2x+23y=0BE⋅m=2x+3y+3z=0,
令x=3，则y=−3,z=−1，得m=3,−3,−1
∵cs=DF⋅mDFm=−6+3−14+3+19+3+1=−2613，
所以直线DF与平面ABE所成角的正弦值为2613.
21．(1)x28+y24=1
(2)±52
(3)证明见解析
【分析】（1）由短轴长及离心率求得参数a、b即可；
（2）由BP//OQ分析得EQEP=32，即x2=32x1，联立直线方程与椭圆方程结合韦达定理可解得k；
（3）直接由斜率公式化简求值即可.
【详解】（1）短轴长2b=4⇒b=2，离心率是e=ca=a2−b2a=22⇒a=22，∴椭圆C的方程为x28+y24=1.
（2）直线l交y轴于E0,−6，因为BP//OQ，则EQEP=EOEB=32，所以x2=32x1，
联立直线方程与椭圆方程得2k2+1x2−24kx+64=0，由Δ>0得k>2或k<−2，
由韦达定理得x1+x2=24k2k2+1，x1x2=642k2+1，
把x2=32x1代入上式得52x1=24k2k2+1①，32x12=642k2+1②，
①2②得4k2=25，解得k=±52，符合k>2或k<−2，所以k=±52.
（3）证明：由韦达定理得kx1x2=64k2k2+1=83x1+x2，
kAQkBP=y2−2x2y1+2x1=x1(y2−2)x2（y1+2）=kx1x2−8x1kx1x2−4x2 =83(x1+x2)−8x183(x1+x2)−4x2=−163x1+83x283x1−43x2=−2
22．(1)证明见解析
(2)83
【分析】(1)由AC,AB的对称性,内切圆圆心在定直线上可证;
(2)先写出三角形面积再应用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）联立直线与抛物线方程得x2−2m+6x+m2=0
则Δ=2m+62−4m2=24m+36>0得m>−32.
设B（x1，y1），C（x2，y2），则由韦达定理得x1+x2=2m+6，x1x2=m2，则
kAB+kAC=y1−3x1−32+y2−3x2−32=y1−3y126−32+y2−3y226−32
=6y1+3+6y2+3=6y1+y2+6y1+3y2+3
=66+2m−x1+x2y1+3y2+3=0
则∠BAC的角平分线为x=32，则△ABC内切圆的圆心在定直线x=32上..
（2）BC=2x1−x2=2x1+x22−4x1x2=224m+36
点A到直线BC的距离为d=92−m2，则
S△ABC=12BC⋅d=1224m+3692−m
=32m+392−m92−m
≤32m+3+92−m+92−m33
当且仅当2m+3=92−m，即m=12，等号成立
△ABC面积的最大值为83.