辽宁省沈阳市五校协作体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五校协作体2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾），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。

一、单选题
1．已知a=1,0,1，b=0,1,0，c=1,1,1，下列选项中正确的是（ ）
A．b⋅c=3B．a⊥b
C．b+c//aD．a,b=π4
2．双曲线C:y2−x24=1的两条渐近线方程是（ ）
A．x±2y=0B．2x±y=0
C．x±2y−1=0D．2x±y−1=0
3．已知l1:x−ay=1,l2:y=x+a,l3:ax−y=0，在这三条直线中有两条平行，另外一条与它们垂直，则实数a=（ ）
A．0B．1C．−1D．±1
4．某数学小组有7名同学，组内规定：在每次的数学测试后，成绩在前三名的同学，给其余四名同学进行辅导（成绩互异），每人至少辅导一名同学，这四名同学每人只允许被一名同学进行辅导．某次数学测试后，这个数学小组的同学间有（ ）种辅导分配．
A．18B．36C．48D．96
5．已知圆C1:x2+y2−23x+a=0与圆C2:x2+y−12=1有两个公共点A、B，且AB=2，则实数a=（ ）
A．−6B．−4C．−2D．0
6．已知P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一个动点，且PA⋅PC=0，则P的轨迹周长是（ ）
A．2πB．2πC．22πD．4π
7．三棱锥A−BCD的各面展开图如图所示，其中△BCD是边长为1的等边三角形，AB=AD=AC′=2．P是棱BC上的动点，记直线DP与平面ABC所成角为θ，则sinθ的取值范围是（ ）
A．5515,5510B．5510,25515
C．16515,555D．16515,25515
8．已知椭圆C:x24+y23=1的上顶点是M，右焦点是F，直线l交C于A,B两点，F恰是△MAB的重心，则l的斜率是（ ）
A．32B．334C．332D．23
9．对于直线l:x−my+2−m=0与圆C:x−52+y−12=4的以下说法正确的有（ ）
A．l过定点−2,−1
B．C被l截得的弦长最长时，m=10
C．l与C相切时，m=0或m=4528
D．l与C相切时，记两种情形下的两个切点分别为A、B，则AB=285353
二、多选题
10．已知x52x−17=a0+a11+2x+a21+2x2+⋯+a121+2x12，则下列计算正确的有（ ）
A．a12=27B．i=012ai=0
C．i=06a2i=37D．i=0122iai=0
11．已知曲线C:yy=x，F1−14,0、F214,0、M1,12，P是C上的一个动点，则下列叙述正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．PF2+PM的最小值是54
C．若PF2的中点在曲线C上，则PF1=34
D．过F1的直线恰与C有两个公共点A、B，则AB=2+1
12．如图，O是正四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面中心，上底面边长是1，下底面边长是2，侧棱长是2，P是棱B1C1上的动点．下列选项中说法正确的是（ ）
A．将四棱锥O−A1B1C1D1翻起，其底面与该正四棱台底面重合，恰好拼成一个正四棱锥
B．平面OA1D1与平面OB1C1所成锐二面角的余弦值是1315
C．当PA⋅PC取得最大值时，三棱锥O−A1B1P的体积是1412
D．当PA⋅PC取得最小值时，二面角P−AB−C平面角的正切值是142
三、填空题
13．如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，O是AC与BD交点．记AB=a,AD=b,AA1=c，
则B1O= （结果用a,b,c表达）．
14．双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的对称中心为O，倾斜角是60∘的直线过C的右焦点F，并且交C的右支于A、B两点，A在第一象限内，若OF=AF，则C的离心率是 ．
15．将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色，要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有 涂法（用数字作答）．
16．方程4−x2+2t−x2=2有且仅有两个不同实根，则实数t的取值范围是 ．
四、解答题
17．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a,b>0经过点M2,3，它的左焦点为F1，且F1到其渐近线的距离是3．
(1)求C的方程；
(2)过点M的直线l交C左支于一点N，且l的斜率是12，求MN长．
18．已知fx=3x−2xn，gx=2x2+1x6.
(1)若fx的展开式中，二项式系数之和是128，求fx展开式中的第3项；
(2)若fx的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4项，求fx⋅gx展开式中的常数项
19．如图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1．沿着AE将△BAE折起到△B′AE，使得∠DAB′=90°，如图②所示．
(1)求异面直线AB′与CD所成的角的余弦值；
(2)求异面直线AB′与CD之间的距离．
20．已知平面上的动点P到定点F1,0的距离比到直线l:x=−2的距离小1．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过点2,0的直线交E于A,B两点，在x轴上是否存在定点M，使得A,B变化时，直线AM与BM的斜率之和是0，若存在，求出定点M的坐标，若不存在，写出理由．
21．如图所示，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，EA、FC都垂直平面ABC，且FC=2EA=2AC=2．
(1)证明：EF⊥EB；
(2)在平面EFB内寻求一点M，使得AM⊥平面EFB，求此时二面角M−AB−F的平面角的正弦值.
22．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0，A为左顶点，B为上顶点，直线l1,l2都平行直线AB，且分别相切椭圆C于M，N两点．
(1)若以原点为圆心，焦距长为直径的圆与直线l1,l2也相切，求b2a2的值；
(2)P为椭圆C上异于M，N的一点，求△MNP面积的最大值（结果用a、b表达）．
参考答案：
1．B
【分析】利用空间向量数量积的坐标运算可判断ABD选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断C选项.
【详解】对于A选项，b⋅c=0+1+0=1，A错；
对于BD选项，a⋅b=0+0+0=0，则a⊥b，B对D错；
对于C选项，b+c=1,2,1，则b+c与a不共线，C错.
故选：B.
2．A
【分析】根据双曲线的标准方程可求得双曲线C的渐近线方程.
【详解】在双曲线C中，a=1，b=2，所以，双曲线C的两条渐近线方程为y=±abx=±12x，
即x±2y=0.
故选：A.
3．C
【分析】根据直线平行与垂直的充要条件分情况列方程求解，即可得a的值.
【详解】对于直线l1:x−ay=1,l2:y=x+a,l3:ax−y=0，整理得l1:x−ay−1=0,l2:x−y+a=0,l3:ax−y=0，
若l1//l2,l1⊥l3，则1×−1−−a×1=01×a+−a×−1=0，无解；
若l1//l3,l1⊥l2，则1×−1−−a×a=01×1+−a×−1=0，解得a=−1，经检验直线l1,l3不重合；
若l2//l3,l1⊥l2，则1×−1−−1×a=01×a+−1×−1=0，无解；
综上，a=−1.
故选：C.
4．B
【分析】将其余4名同学分为3组，每组的人数分别为2、1、1，然后再将这三组同学分配给成绩前三名的同学，利用分步乘法计数原理可得结果.
【详解】将其余4名同学分为3组，每组的人数分别为2、1、1，然后再将这三组同学分配给成绩前三名的同学，
不同的辅导分配方案种数为C42A33=36种.
故选：B.
5．C
【分析】根据一般方程表示圆以及两圆相交可得出关于a的不等式组，求出直线AB的方程，分析可知直线AB经过圆心C2，将圆心C2的坐标代入直线AB的方程，可求得实数a的值，再进行检验即可.
【详解】对于圆C1，有12−4a>0，可得a<3，
圆C1的标准方程为x−32+y2=3−a，圆心为C13,0，半径为r1=3−a，
圆C2的圆心为C20,1，半径为r2=1，且C1C2=2，
因为两圆有两个公共点A、B，则3−a−1即3−a−1<2<3−a+1，
将两圆方程作差可得23x−2y−a=0，
因为AB=2r2，则直线AB过圆心C2，所以，−2−a=0，解得a=−2，
满足3−a−1<2<3−a+1.
因此，a=−2.
故选：C.
6．D
【分析】根据PA⋅PC=0可得P到AC的中点为O的距离为2，再根据正方体的几何性质可得P在其中一个侧面上的轨迹长度，同理可确定其它侧面上的轨迹长度，从而可得P的轨迹周长.
【详解】因为PA⋅PC=0，则∠APC=90°，又正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
取线段AC的中点为O，则OP=12AC=12×22=2，
由于P在正方体的表面上运动，要满足OP=2，则点P在正方体的四个侧面上运动，
如图，当P在侧面CDD1C1上运动时，取CD中点为E，连接OE,PE
因为O，E分别为AC，CD中点，所以OE=12AD=1，OE//AD，
又AD⊥平面CDD1C1，所以OE⊥平面CDD1C1，由于PE⊂平面CDD1C1，
所以OE⊥PE，则PE=OP2−OE2=22−12=1，则P在侧面CDD1C1上得轨迹为以E为圆心，1为半径的半圆，此时P的轨迹长为12×2×1×π=π；
同理，当P在其它侧面上运动时轨迹长均为π；
综上，P的轨迹周长是4π.
故选：D.
7．D
【分析】利用等体积法计算出点D到平面ABC的距离d，计算出DP的取值范围，可得出sinθ=dDP的取值范围.
【详解】由题意作出三棱锥A−BCD的直观图如下图所示：
由题意可知，三棱锥A−BCD为正三棱锥，设点A在底面BCD的射影为点O，
取BC的中点M，连接DM、AM，则O为等边△BCD的中心，
∵△BCD为等边三角形，M为BC的中点，则DM⊥BC，
且DM=BD2−BM2=12−122=32，∴OD=23DM=23×32=33，
∵AO⊥平面BCD，OD⊂平面BCD，∴AO⊥OD，
∴AO=AD2−OD2=22−332=333，
∴S△BCD=12BC⋅DM=12×1×32=34，
VA−BCD=13S△BCD⋅AO=13×34×333=1112，
∵AB=AC=2，M为BC的中点，∴AM⊥BC，
且AM=AB2−BM2=22−122=152，
∴S△ABC=12BC⋅AM=12×1×152=154，
设点D到平面ABC的距离为d，则VD−ABC=VA−BCD，
即13S△ABC⋅d=1512d=1112，解得d=16515，
当点P与点M重合时，DP取最小值，当点P与点B、C重合时，DP取最大值，
∴32≤DP≤1，∴sinθ=dDP=16515⋅1DP∈16515,25515.
故选：D.
8．B
【分析】设直线l的方程为y=kx+m，Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线与椭圆得交点坐标关系，结合重心坐标公式列方程即可求得直线l的斜率k的值.
【详解】由题可得M0,3,F1,0，若直线斜率存在，则直线l的方程设为y=kx+m，Ax1,y1,Bx2,y2，
则y=kx+mx24+y23=1，所以3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，Δ=8km2−43+4k24m2−12>0得3+4k2>m2，
所以x1+x2=−8km3+4k2x1x2=4k2−123+4k2，则y1+y2=kx1+m+kx2+m=−8k2m3+4k2+2m=6m3+4k2
因为F恰是△MAB的重心，所以xF=x1+x2+xM3yF=y1+y2+yM3，则1=−8km33+4k20=6m+33+43k233+4k2，解得k=334.
故选：B.
9．A
【分析】将直线l的方程变形，求出直线l所过定点的坐标，可判断A选项；分析可知，当C被l截得的弦长最长时，直线l过圆心，可求出m的值，可判断B选项；根据l与C相切求出m的值，可判断CD选项.
【详解】对于A选项，将直线l的方程变形为x+2−my+1=0，由x+2=0y+1=0可得x=−2y=−1，
所以，直线l过定点−2,−1，A对；
对于B选项，C被l截得的弦长最长时，直线l过圆心C5,1，
则7−2m=0，解得m=72，B错；
对于C选项，圆C的圆心为C5,1，半径为r=2，
当直线l与C相切时，则7−2m1+m2=2，解得m=4528，C错；
对于D选项，由C选项可知，直线l与C相切时只有一种情况，D错.
故选：A.
10．BD
【分析】令1+2x=t，则x=t−12，ft=t−27t−1532=a0+a1t+a2t2+⋯+a12t12，直接求出a12的值，可判断A选项；利用赋值法可判断BCD选项.
【详解】令1+2x=t，则x=t−12，
由x52x−17=a0+a11+2x+a21+2x2+⋯+a121+2x12
可得t−27t−1532=a0+a1t+a2t2+⋯+a12t12，
令ft=t−27t−1532=a0+a1t+a2t2+⋯+a12t12
对于A选项，t−27的最高次项t7的系数为1，t−15的最高次项t5的系数为1，
故a12=132，A错；
对于B选项，i=012ai=f1=0，B对；
对于C选项，f1=a0+a1+a2+⋯+a12=0f−1=a0−a1+a2−⋯+a12=37，
所以，i=06a2i=f1+f−12=372，C错；
对于D选项，i=0122iai=f2=0，D对.
故选：BD.
11．BCD
【分析】利用特例法可判断A选项；利用抛物线的定义以及数形结合可判断B选项；求出点P的坐标，利用两点间的距离公式可判断C选项；求出A、B的坐标，利用弦长公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，易知点1,1在曲线C上，但点−1,1不在曲线C上，
所以，曲线C不关于y轴对称，A错；
对于B选项，当y≥0时，曲线C的方程为y2=x，易知抛物线y2=x的焦点为点F2，
抛物线y2=x的准线为l:x=−14，过点P作PD⊥l，垂足为点D，
由抛物线的定义可得PF2=PD，所以，PF2+PM=PD+PM，
当且仅当M、P、D三点共线时，PF2+PM的最小值为点M到直线l的距离54，B对；
对于C选项，设点Pm,n，则m=nn，线段PF2的中点为E4m+18,n2，
由题意可得4m+18=nn4=m4，解得m=−12，n=−22，故点P−12,−22，
所以，PF1=−12+142+−222=34，C对；
对于D选项，曲线C的方程为x=−y2,y≤0y2,y>0，如下图所示：
若直线AB恰与C有两个公共点，则直线AB与曲线C相切于第一象限，且直线AB的斜率为正数，
设直线AB的方程为x=my−14，其中m>0，
联立x=my−14x=y2可得y2−my+14=0，则Δ=m2−1=0，解得m=1，
由y2−y+14=0可得y=12，则x=y−14=14，即点A14,12，
联立x=y−14x=−y2可得y2+y−14=0，由y<0可得y=−1+22，
所以，点B的纵坐标为−1+22，故AB=2⋅12+1+22=2+1，D对.
故选：BCD.
12．ABD
【分析】计算出四棱锥O−A1B1C1D1各侧棱的长，可判断A选项；利用空间向量法可判断B选项；分析可得PA⋅PC=PO2−OA2，当PA⋅PC取最小值时，确定点P的位置，利用三棱锥的体积公式可判断C选项；当PA⋅PC取最大值时，确定点P的位置，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接AC、A1C1，则O为AC的中点，
由正四棱台的几何性质可知四边形AA1C1C为等腰梯形，
在等腰梯形AA1C1C中，AC=22，A1C1=2，AC//A1C1，
又因为O为AC的中点，则OA//A1C1且OA=A1C1，
所以，四边形AA1C1O为平行四边形，所以，OC1=AA1=2，
同理可知，OA1=OB1=OD1=2，
所以，将四棱锥O−A1B1C1D1翻起，其底面与该正四棱台底面重合，恰好拼成一个正四棱锥，A对；
对于B选项，设上底面A1B1C1D1的中心为O1，
由正四棱台的几何性质可知OO1⊥平面ABCD，
又因为四边形ABCD为正方形，AC∩BD=O，则AC⊥BD，
以点O为坐标原点，OA、OB、OO1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则O0,0,0、A2,0,0、B0,2,0、C−2,0,0、D0,−2,0、
O10,0,142、A122,0,142、B10,22,142、C1−22,0,142、D10,−22,142，
设平面OA1D1的法向量为m1=x1,y1,z1，OA1=22,0,142，OD1=0,−22,142，
则m1⋅OA1=22x1+142z1=0m1⋅OD1=−22y1+142z1=0，取x1=7，可得m1=7,−7,−1，
设平面OB1C1的法向量为m2=x2,y2,z2，OB1=0,22,142，OD1=−22,0,142，
则m2⋅OB1=22y1+142z1=0m2⋅OD1=−22x1+142z1=0，取x1=7，可得m2=7,−7,1，
所以，cs=m1⋅m2m1⋅m2=7+7−1152=1315，
故平面OA1D1与平面OB1C1所成锐二面角的余弦值是1315，B对；
对于C选项，PA⋅PC=PO+OA⋅PO+OC=PO+OA⋅PO−OA=PO2−OA2=PO2−2，
由A选项可知，OB1=OC1=2，则△OB1C1为等腰三角形，
故当点P与点B1或点C1重合时，PO取最大值，此时PA⋅PC取最大值，
当点P与点B1重合时，三棱锥O−A1B1P不存在，C错；
对于D选项，当点P为线段B1C1的中点时，PO取最小值，此时PA⋅PC取最小值，
此时点P−24,24,142，
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，BP=−24,−324,142，AB=−2,2,0，
则n⋅AB=−2x+2y=0n⋅BP=−24x−324y+142z=0，取x=7，则n=7,7,2，
易知平面ABC的一个法向量为u=0,0,1，
所以，cs=n⋅un⋅u=232×1=23，
则sin=1−cs2=1−232=73，故tan=sincs=73×32=142，
由图可知，二面角P−AB−C为锐角，故二面角P−AB−C的正切值为142，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
13．−12a+12b−c
【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的一个基底{a,b,c}表示B1O作答.
【详解】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC∩BD=O，则O是BD的中点，
即BO=12BD=12(AD−AB)=−12a+12b，
所以B1O=B1B+BO=−AA1+BO=−12a+12b−c.
故答案为：−12a+12b−c
14．7+13
【分析】求得设双曲线C的左焦点为F′，则AF=OF=c，∠AFF′=120∘，FF′=2c，利用余弦定理可求得AF′，由双曲线的定义可得出关于a、c的齐次等式，即可得出双曲线C的离心率的值.
【详解】设双曲线C的左焦点为F′，则AF=OF=c，∠AFF′=120∘，
在△AFF′中，FF′=2c，AF=c，∠AFF′=120∘，
由余弦定理可得AF′=AF2+FF′2−2AF⋅FF′cs120∘=7c，
由双曲线的定义可得AF′−AF=7c−c=2a，
所以，双曲线C的离心率为e=ca=27−1=7+13.
故答案为：7+13.
15．60
【分析】分析可知区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，则剩余三个区域中有两个不相邻的区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，利用组合计数原理以及分步乘法、分类加法计数原理可求得结果.
【详解】由题意可知，区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，
（1）若区域①③⑤或区域②④⑥涂一种颜色，
则剩余三个区域中有两个区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，
因此，不同的涂色种数为C21C31C32C21=36种；
（2）若区域①③⑥涂同一种颜色，则区域④⑤涂剩余的两种颜色，区域②和区域①③所涂颜色不同，
此时，不同的涂色种数为C31A22C21=12种；
（3）若区域①④⑥涂同一种颜色则区域②③涂剩余的两种颜色，区域⑤和区域④⑥所涂颜色不同，
此时，不同的涂色种数为C31A22C21=12种.
综上所述，不同的涂色方法种数为36+12+12=60种.
故答案为：60.
16．0,5
【分析】由2t−x2=2−4−x2，则曲线y=2t−x2与曲线y=2−4−x2有两个公共点，分析可知方程3y2−16y+4t=0在y∈0,2只有唯一的根，根据二次方程根的分布可得出关于t的不等式组，解之即可.
【详解】由4−x2+2t−x2=2可得2t−x2=2−4−x2，
所以，曲线y=2t−x2与曲线y=2−4−x2有两个公共点，它们关于y轴对称，
对于曲线y=2−4−x2，y=2−4−x2≥0，可得2−y=4−x2，
整理可得x2+y−22=4，由y≥02−y≤0可得0≤y≤2，
即曲线y=2−4−x2为圆x2+y−22=4的下半圆，
由y=2t−x2可得x2+y24=t，其中t≥0，
联立x2+y24=tx2+y−22=4可得3y2−16y+4t=0，
若方程3y2−16y+4t=0在y=0时有唯一根，则t=0，
此时方程4−x2+2t−x2=2只有唯一的实根x=0，不合乎题意，
所以，方程3y2−16y+4t=0在y∈0,2只有唯一的根，
因为二次函数fy=3y2−16y+4t在y∈0,2时单调递减，
只需f0=4t>0f2=3×22−16×2+4t≤0，解得0故答案为：0,5.
17．(1)x2−y23=1
(2)MN=18511
【分析】（1）根据焦点到渐近线的距离可得b的值，再将M2,3代入双曲线方程可得a的值，即可求得双曲线方程；
（2）由题意得直线l的方程，代入双曲线方程可求得N点横坐标，在根据弦长公式即可求得MN长．
【详解】（1）双曲线的左焦点为F1−c,0，渐近线方程为y=±bax，即bx±ay=0
则F1到渐近线的距离为−bc+0a2+b2=bcc=b=3，
又将M2,3代入双曲线方程得：22a2−323=1，所以a2=1，
故双曲线方程为x2−y23=1；
（2）由题意可得直线l的方程为：y−3=12x−2，即y=12x+2，
则y=12x+2x2−y23=1，所以11x2−8x−28=0，解得x=2，x=−1411，即N点横坐标为xN=−1411，
所以MN=1+k2xM−xN=1+1222−−1411=18511.
18．(1)T3=84x23
(2)10240
【分析】（1）利用二项式系数和求出n的值，然后利用二项展开式通项可求得fx展开式中的第3项；
（2）由二项式系数的基本性质可求得n的值，然后写出fx⋅gx展开式通项，令x的指数为零，求出参数的值，代入通项后即可得解.
【详解】（1）解：若fx的展开式中，二项式系数之和是128，则2n=128，可得n=7，
所以，fx=3x−2x7的展开式中的第3项为T3=C72⋅3x5⋅−2x2=84x23.
（2）解：若fx的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4项，则n+1=7，可得n=6，
所以，fx⋅gx=3x−2x6⋅2x2+1x6，
fx的展开式通项为Tk+1=C6k⋅3x6−k⋅−2xk=−2kC6k⋅x2−5k6k=0,1,2,⋯,6，
gx的展开式通项为Sr+1=C6r⋅2x26−r⋅1xr=26−rC6r⋅x12−3rr=0,1,2,⋯,6，
所以，Tk+1Sr+1=−2k⋅26−rC6kC6r⋅x14−3r+5k6，其中r、k∈0,1,2,3,4,5,6，
令14−3r+5k6=0可得3r+5k6=14，则r=3k=6，
因此，fx⋅gx展开式中的常数项为−26⋅23C66C63=10240.
19．(1)34
(2)2217
【分析】（1）根据折叠前后的几何性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算得异面直线AB′与CD所成的角的余弦值；
（2）根据空间向量求直线AB′与CD公垂线的方向向量，再结合空间向量坐标运算即可得异面直线AB′与CD之间的距离．
【详解】（1）图①菱形ABCD，∠B=60°,BE=EC=1，由余弦定理得AE2=AB2+BE2−2AB⋅BE⋅cs60°=3，所以AE=3，
所以BE2+AE2=AB2，即AE⊥BC，又AD//BC，所以AE⊥AD，
在图②中，∠DAB′=90°，即AD⊥AB′，又AB′∩AE=A,AB′,AE⊂平面AB′E
所以AD⊥平面AB′E，即EC⊥平面AB′E，
又B′E⊂平面AB′E，所以B′E⊥EC，如图，以E为原点，EC,EA,EB′分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则E0,0,0,C1,0,0,D2,3,0,B′0,0,1,A0,3,0，
所以AB′=0,−3,1,CD=1,3,0，故csAB′,CD=AB′⋅CDAB′⋅CD=0−3+02×2=−34，
则异面直线AB′与CD所成的角的余弦值为34；
（2）由（1）得AC=1,−3,0，设m=x,y,z是异面直线AB′与CD公垂线的方向向量，
所以AB′⋅m=0CD⋅m=0⇒−3y+z=0x+3y=0⇒z=3yx=−3y，令y=1，则m=−3,1,3
所以异面直线AB′与CD之间的距离为AC⋅mm=−3−3+07=2217.
20．(1)y2=4x
(2)存在，定点M−2,0
【分析】（1）由题意可得动点P到定点F(1,0)的距离与到直线x=−1的距离相等．可得动点P的轨迹E是抛物线；
（2）设直线AB方程为x=ty+2，Ax1,y1,Bx2,y2，代入抛物线方程得交点坐标关系，假设存在定点Mm,0，由斜率关系可得m=y1x2+y2x1y1+y2，利用坐标转化与坐标关系可求得m为定值，即可确定定点坐标.
【详解】（1）由题意可得动点P到定点F1,0的距离与到直线x=−1的距离相等．
∴动点P的轨迹E是抛物线：
点F为焦点，直线x=−1为准线，
可得方程为：y2=4x．
（2）由题意可设，直线AB方程为x=ty+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
则x=ty+2y2=4x，消去x得y2−4ty−8=0，Δ>0恒成立，所以y1+y2=4t,y1y2=−8，
假设存在点M，则设Mm,0，所以kAM+kBM=y1x1−m+y2x2−m=0，
于是可得m=y1x2+y2x1y1+y2=y1ty2+2+y2ty1+2y1+y2=2ty1y2+2y1+y2y1+y2=−16t+8t4t=−2，
故存在定点M−2,0.
21．(1)证明见解析
(2)72233
【分析】（1）以C为原点，CA,CB,CF分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量坐标运算即可证明；
（2）根据四点共面、线面垂直等求出点M的坐标，再利用空间向量坐标运算即可求得二面角M−AB−F的平面角的正弦值.
【详解】（1）因为∠ACB=90°，EA、FC都垂直平面ABC，如图，以C为原点，CA,CB,CF分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
FC=2EA=2AC=2，则C0,0,0,A1,0,0,B0,1,0,E1,0,1,F0,0,2，
所以EF=−1,0,1,EB=−1,1,−1，则EF⋅EB=1+0+−1=0，故EF⊥EB；
（2）设平面EFB的法向量为n=x,y,z，
则EF⋅n=0EB⋅n=0⇒−x+z=0−x+y−z=0⇒x=zy=2z，令z=1，则n=1,2,1
设Mm,n,l，则AM=m−1,n,l，由于AM⊥平面EFB，所以AM//n，则m−11=n2=l1，所以m=l+1,n=2l，即Ml+1,2l,l，
又M∈平面EFB，故存在实数a,b,c，且满足a+b+c=1，使得CM=aCE+bCF+cCB=a,0,a+0,0,2b+0,c,0=a,c,a+2b，
故l+1=a2l=cl=a+2ba+b+c=1，解得l=16，所以M76,13,16
设平面ABF的法向量为m=x1,y1,z1，又AF=−1,0,2,AB=−1,1,0
则AF⋅m=0AB⋅m=0⇒−x1+2z1=0−x1+y1=0⇒x1=2z1x1=y1，令z1=1，则m=2,2,1
设平面MAB的法向量为t=x2,y2,z2，又AM=16,13,16,AB=−1,1,0
则AM⋅t=0AB⋅t=0⇒16x2+13y2+16z2=0−x2+y2=0⇒z2=−3x2x2=y2，令x2=1，则t=1,1,−3，
所以csm,t=m⋅tm⋅t=2+2−33×11=1133，所以sinm,t=1−cs2m,t=72233
则二面角M−AB−F的平面角的正弦值为72233.
22．(1)2−1；
(2)ab.
【分析】（1）求出直线AB的方程，进而设出直线l1,l2的方程，与椭圆方程联立，结合圆的切线性质列式计算作答.
（2）由（1）求出点M，N的坐标及直线方程，再求出点P到直线MN的距离即可求解作答.
【详解】（1）椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0左顶点A(−a,0)，上顶点B(0,b)，则直线AB方程为x−a+yb=1，即bx−ay+ab=0，
依题意，设直线l1,l2的方程为bx−ay+m=0(m≠ab)，
由bx−ay+m=0b2x2+a2y2=a2b2消去y整理得：2b2x2+2bmx+m2−a2b2=0，
则有Δ=4b2m2−8b2(m2−a2b2)=0，解得m2=2a2b2，令椭圆半焦距为c，
因为直线l1,l2与以原点为圆心，焦距长为直径的圆相切，因此|m|a2+b2=c，而c=a2−b2，
于是m2=2a2b2=a4−b4，即(b2a2)2+2⋅b2a2−1=0，解得b2a2=2−1，
所以b2a2=2−1.
（2）由（1）知，点M，N的横坐标是方程2x2±22ax+a2=0的根，
由对称性不妨令M(−22a,22b),N(22a,−22b)，则|MN|=2a2+2b2，
直线MN的方程为：y=−bax，即bx+ay=0，设椭圆C:x2a2+y2b2=1上点P(acsθ,bsinθ)，(0≤θ<2π,tanθ≠−1)，
点P到直线MN的距离d=ab|sinθ+csθ|a2+b2=2aba2+b2|sin(θ+π4)|，
△MNP的面积S△MNP=12|MN|⋅d=122a2+2b2⋅2aba2+b2|sin(θ+π4)|=ab|sin(θ+π4)|≤ab，
当且仅当θ=π4或θ=5π4时取等号，
所以△MNP面积的最大值是ab.
【点睛】方法点睛：联立直线l与椭圆C的方程组，消元后的一元二次方程判别式为Δ：（1）Δ>0⇔直线l与椭圆C相交；（2）Δ=0⇔直线l与椭圆C相切；（3）Δ<0⇔直线l与椭圆C相离.