2023-2024学年河南省商丘市名校联考高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省商丘市名校联考高二（上）期中数学试卷（含解析），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。

1.圆C：x2+y2−4x−2y+1=0的半径为( )
A. 4B. 2C. 2D. 1
2.已知直线l1：x+y+1=0，l2：x+y−32=0，则l1，l2之间的距离为( )
A. 2 2B. 5 24C. 24D. 2
3.如果直线2x−4y+1=0与直线x+my−1=0垂直，那么m的值为( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
4.如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=a，AD=b，AA1=c，M是A1D1的中点，N是线段CA1上的点，且CN：NA1=1：4，用a，b，c表示向量NM的结果是( )
A. 45c−45a−310b
B. −15a−15b+45c
C. 15a−310b−15c
D. 12a+b+c
5.圆x2+y2=2与圆x2+y2+2x−2y−a=0(a∈R)的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 内含D. 以上均有可能
6.若圆O：x2+y2=4过双曲线x2a2−y2b2=1的实轴端点，且圆O与直线l：y=x+b相切，则该双曲线的离心率为( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2
7.方程kx−1+ 1−(x−2)2=0有两相异实根，则实数k的取值范围是( )
A. (0,13]B. (−13,0)C. (−13,0)∪{13}D. (0,13]∪{−13}
8.金刚石是天然存在的最硬的物质，如图1所示是组成金刚石的碳原子在空间排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子，都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接.从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示.这就是说，图2中有AE=BE=CE=DE，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列结论不正确的是( )
A. AE⋅CD=0B. EA+EB+EC+ED=0
C. |AE|= 62D. AE⋅AC=12
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 直线的斜率越大，倾斜角越大
B. 若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则(k,b)在第二象限
C. 过点(−2,−3)且在两坐标轴上的截距相等的直线l的方程为x+y=−5
D. 已知直线kx−y−k−1=0和以M(−3,1)，N(3,2)为端点的线段相交，则实数k的取值范围为k≥32或k≤−12
10.已知在直角坐标系中，等边△ABC的顶点A与原点重合，且AB的斜率为 32，则BC的斜率可能为( )
A. − 35B. −2 35C. −2 3D. −3 3
11.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，点P满足BP=12BC+λBB1，其中λ∈[0,1]，则( )
A. AP⊥BCB. P∈平面BCC1B1
C. BP//AA1D. P∈棱CC1
12.已知直线l：x−y−1=0交椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)于不同两点A，B，且椭圆C经过点(0,1)，( 3,12)，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆C离心率为 22
B. 椭圆C的焦距是2 3
C. △AOB的面积是45(O是坐标原点)
D. 椭圆上任意一点到直线l的距离最大值为 10+ 22
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.向量m=(0,1,0)，n=(0,1,1)的夹角为______ ．
14.若方程x24−t+y2t−1=1表示的曲线为椭圆，则实数t的取值范围是______ ．
15.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，且PA=2，E为PC的中点，设直线PC与平面BDE所成的角为θ，则sinθ= ______ ．
16.定义：圆锥曲线C：x2a2+y2b2=1的两条相互垂直的切线的交点Q的轨迹是以坐标原点为圆心， a2+b2为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.已知椭圆C的方程为x26+y23=1，P是直线l：3x−2y+9=0上的一点，过点P作椭圆C的两条切线与椭圆相切于M，N两点，连接OP(O是坐标原点)，当∠MPN为直角时，kOP的值是______ ．
四、解答题：本题共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)
(1)已知直线l过点P(2,−1)，在x轴和y轴上的截距互为相反数，求直线l的方程；
(2)已知△ABC中，A(1,0)，B(2, 3)，∠ABC=π3，BC边中线所在直线为x轴，求AC边所在直线的方程．
18.(本小题12分)
已知A(−1,0)，B(2,0)，动点C满足|CA||CB|=12，直线l：mx−y+m+1=0．
(1)求动点C的轨迹方程，并说明该轨迹为何种曲线；
(2)若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且|PQ|=2 2，求实数m的值．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥面ABCD，AB/​/CD，且CD=2AB=2，BC=2 2,∠ABC=90°，M为BC的中点．
(1)求证：平面PDM⊥平面PAM；
(2)若二面角P−DM−A为30°，求直线PC与平面PDM所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的双曲线C过点T(2,3)，且有一条倾斜角为120°的渐近线，直线l：y=k(x−2)与C相交于A，B两点．
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的已知渐近线垂直，求AB的长度．
21.(本小题12分)
某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边AB、CD、AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB、CG就得到了一个“刍甍”(如图2)．
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO/​/平面GCF；
(2)若二面角A−EF−B的大小为23π，求平面OAB与平面ABE夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点P(a,b)的直线l经过原点，交C于不同两点A，B，且|AB|=2 7，|AF1|+|BF1|=6．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点D(3,0)的直线与y轴正半轴交于点G，与曲线C交于点E，点E在x轴的投影为点F1，过点G的另一直线与曲线C交于P，Q两点，若S△GQDS△GPE=52，求PQ所在直线的方程．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：x2+y2−4x−2y+1=0可化为(x−2)2+(y−1)2=4，所以圆半径为r=2，
故选：B．
直接将圆的一般方程化为标准方程即可求解圆的半径．
本题考查的知识要点：圆的方程之间的转换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
2.【答案】B
【解析】解：根据题意，直线l1：x+y+1=0，l2：x+y−32=0，
则l1，l2之间的距离d=|1−(−32)| 1+1=5 24．
故选：B．
根据题意，由平行线线间的距离公式，计算可得答案．
本题考查平行线线间的距离计算，涉及直线的一般式方程，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题知：2×1+(−4)×m=0，
解得m=12．
故选：C．
利用直线垂直的充要条件，可得答案．
本题考查了两条直线垂直的条件，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：连接MN，在△A1MN中，MN=MA1+A1N，
∵M是A1D1的中点，∴MA1=−A1D12=−AD2=−12b，
∵点N是CA1上的点，且CN：NA1=1：4，
∴A1N=45A1C=45(A1A+A1B1+A1D1)
=45(−AA1+AB+AD)=45(−c+a+b)，
∴MN=MA1+A1N=−12b+45(−c+a+b)=45a+310b−45c，
∴NM=−45a−310b+45c．
故选：A．
连接MN，在△A1MN中，由向量加法的三角形法则知NM=−MN=−(MA1+A1N)，由M是A1D1的中点，用b表示出MA1，由条件：点N是CA1上的点，且CN：NA1=1：4，得到A1N=45A1C，再用a,b,c表示向量A1C即可．
本题考查了空间向量及其线性运算，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：两个圆的圆心分别为O1(0,0)，O2(−1,1)，
且圆心O2(−1,1)在圆O1上，
因为圆O2的半径不确定，所以均有可能．
故选：D．
利用圆与圆的位置关系求解．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：圆O：x2+y2=4的圆心O(0,0)，半径为r=2，
因为圆O：x2+y2=4过双曲线x2a2−y2b2=1的实轴端点，所以a=2，
又圆O与直线l：y=x+b相切，所以|b| 2=2，则b=2 2，故c=2 3，
所以双曲线的离心率为 3．
故选：B．
根据圆的方程先求a=2，再利用相切可得b=2 2，从而可得离心率．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：方程kx−1+ 1−(x−2)2=0有两相异实根，等价于函数y=kx−1与y=− 1−(x−2)2的图象有两个交点，
作直线y=kx−1与曲线y=− 1−(x−2)2的图象如图，
直线m的斜率k=0+13−0=13，直线n的斜率k=0，
结合图象可以知道，k的取值范围是(0,13]．
故选：A．
方程kx−1+ 1−(x−2)2=0有两相异实根，等价于函数y=kx−1与y=− 1−(x−2)2的图象有两个交点，作直线y=kx−1与曲线y=− 1−(x−2)2的图象，数形结合求解即可．
本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了函数的零点与方程根的关系，同时考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，O是顶点A在下底面的射影，AM是斜高，AO是四面体的高，
OB是下底面的外接圆半径，OM是下底面内切圆的半径，
则BM=1，OM= 33，OB=2 33，AO= 22−(2 33)2=2 63，
A.∵AE⊥底面BCD，CD⊂底面BCD，∴AE⊥CD，∴AE⋅CD=0，故A正确；
B.∵AE=BE=CE=DE，∴EA+EB=−(EC+ED)，∴EA+EB+EC+ED=0，故B正确；
C.∵AE12AB=ABAO，∴AE=AB22AO= 62，故C正确；
D.∵cs〈AC,AE〉=cs〈AC,AO〉=AOAC= 63，
∴AC⋅AE=|AC||AE|cs〈AC,AE〉=2× 62× 63=2，故D错误．
故选：D．
记O是顶点A在下底面的射影，AM是斜高，AO是四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，OM是下底面内切圆的半径，求出OM，OB，AO，再结合选项分别判断即可．
本题考查了空间向量的运算和空间向量的数量积，考查了转化思想，属基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，在[0°,90°)内，直线的斜率越大，倾斜角就越大；
在(90°,180°)时，直线的斜率越大，倾斜角也越大；
在[0°,180°)时，直线的斜率越大，不满足倾斜角也越大，选项A错误；
对于B，若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，
则k<0，b>0，所以点(k,b)在第二象限，选项B正确；
对于C，当直线过原点时，直线方程为y=32x，选项C错误；
对于D，直线kx−y−k−1=0可化为k(x−1)−(y+1)=0，所以直线恒过定点P(1,−1)，
kPM=−1−11+3=−12，kPN=−1−21−3=32，直线与线段相交，所以k≥32或k≤−12，选项D正确．
故选：BD．
由直线倾斜角与斜率的关系即可判断A，由直线的斜截式即可判断B，当直线过原点时，即可判断C，求得kPM，kPN，即可判断D．
本题考查了直线的斜率，倾斜角问题，考查直线恒过定点以及直线的截距式方程，是基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：根据题意，设AB的倾斜角α，BC的倾斜角β，
则β=α+π3或β=2π3+α，tanα= 32，
如图所示，分2种情况讨论：
或
当β=α+π3时，tanβ=tan(π3+α)= 3+ 321−32=−3 3，
当β=2π3+α时，tanβ=tan(2π3+α)=− 3+ 321+32=− 35．
故选：AD．
根据题意，分析直线AB，BC倾斜角之间的关系，然后结合两角和的正切公式即可求解．
本题考查直线的倾斜角与斜率关系的应用，还考查了两角和的正切公式，属于基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于选项A，由12(BP−BC)+12BP=λBB1，得12CP+12BP=λBB1，得λBB1=−12(PC+PB)，
设BC的中点为O，则λBB1=−PO，
∴BB1//PO，
∴OP⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，
∴OP⊥BC，
连接OA，则OA⊥BC，
又∵OA∩OP=O，OP，OA⊂平面AOP，
∴BC⊥平面AOP，又∵AP⊂平面AOP，
∴AP⊥BC，故选项A正确；
对于选项B，由BP=12BC+λBB1，得BP，BC，BB1共面，又三个向量共起点，
∴B，P，C，B1共面，∴P∈平面BCC1B1，故选项B正确；
对于选项D，由选项A可知，BB1//PO，
∵BB1⊥BC，∴OP⊥BC，
即P在BC的中垂线上，故P∉棱CC1，故选项D错误；
对于选项C，OP//AA1，又∵BP∩OP=P，
∴BP，AA1不平行，故选项C错误．
故选：AB．
根据线面垂直和线面平行的判定定理逐个判断各个选项．
本题主要考查了线面垂直和线面平行的判定定理，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对AB选项，将两点(0,1)，( 3,12)坐标代入椭圆方程中，
得b2=13a2+14b2=1，解得a=2，b=1，可得c= 3，
于是e=ca= 32，焦距为2 3，从而知A选项错误，B选项正确；
对C选项，记A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB的方程为x=y+1，
由x2+4y2=4x=y+1，消去x得5y2+2y−3=0，解得y1=−1，y2=35，
直线l与x轴交于点P(1,0)，则S=12|OP||y1−y2|=12×1×85=45，故C选项正确．
对D选项，设与l：x−y−1=0平行的直线为l′：x−y+m=0(m≠−1)，
当l′与椭圆相切时，两平行线间距离即为椭圆上任意一点到直线l的距离最值，
联立x−y+m=0与x2+4y2=4可得，5x2+8mx+4m2−4=0，
由Δ=64m2−20(4m2−4)=0，可得m=± 5，
当m= 5时，直线l′：x−y+ 5=0，此时两平行线距离为| 5+1| 1+1= 10+ 22，
当m=− 5时，直线l′：x−y− 5=0，此时两平行线距离为|− 5+1| 1+1= 10− 22，
故椭圆上任意一点到直线l的距离最大值为 10+ 22，故D选项正确．
故选：BCD．
对AB选项，待定系数法得到椭圆方程，进而得到离心率和焦距；对C选项，联立直线x−y−1=0与椭圆方程，求出A，B两点纵坐标，进而由S=12|OP||y1−y2|求出答案；对D选项，设出与l：x−y−1=0平行的直线l′，当l′与椭圆相切时，两平行线间距离即为椭圆上任意一点到直线l的距离最值，联立l′与椭圆方程，由根的判别式等于0求出l′的方程，从而求出答案．
本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，方程思想，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】π4
【解析】解：因为向量m=(0,1,0)，n=(0,1,1)，
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|=0×0+1×1+0×11× 12+12=1 2= 22，
由于∈[0,π]，
所以两向量夹角大小为π4．
故答案为：π4．
利用空间向量夹角运算公式直接求解即可．
本题考查的知识要点：空间向量的夹角公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
14.【答案】(1,52)∪(52,4)
【解析】解：当曲线表示椭圆时，需4−t>0t−1>04−t≠t−1，解得1故答案为：(1,52)∪(52,4)．
根据方程表示椭圆列不等式组，由此求得t的取值范围．
本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
15.【答案】 33
【解析】解：因为PA⊥底面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，
以A为原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，
因为E为PC的中点，所以E(12,12,1)，
所以BE=(−12,12,1)，BD=(−1,1,0)，BP=(−1,0,2)，
设平面BDE的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BE=−12x+12y+z=0m⋅BD=−x+y=0，
取x=1，可得y=1，z=0，所以m=(1,1,0)，
所以P到平面BDE的距离为d=|BP⋅m||m|=1 2= 22，
在直角△PAC中，可得PC= PA2+AC2= 22+( 2)2= 6，
所以PE= 62，所以sinθ=dPE= 22 62= 33．
故答案为： 33．
以A为原点，建立空间直角坐标系，求得平面BDE的一个法向量为m=(1,1,0)，结合点平面的距离公式，求得点P到平面BDE的距离为d= 22，在直角△PAC中，即可求解．
本题考查直线与平面所成角，属于中档题．
16.【答案】−125或0
【解析】解：根据蒙日圆定义，椭圆x26+y23=1相应的蒙日圆圆O方程为x2+y2=a2+b2=9，
则由题意可知当∠MPN为直角时P点在圆x2+y2=9上；
圆心(0,0)到直线l：3x−2y+9=0的距离d=|9| 32+(−2)2=9 13<3，即直线l与圆O相交，
设交点为A、B，联立3x−2y+9=0x2+y2=9，
可得x1=−1513y1=3613或x2=−3y2=0，不妨取点A(−1513,3613)、B(−3,0)，
因为P是直线l：3x−2y+9=0上的一点，∠MPN为直角，
即点P为直线l与圆x2+y2=9的交点，
即点P与点A或B重合，此时kOA=−125，或kOB=0，
所以直线OP的斜率为−125或0．
故答案为：−125或0．
根据蒙日圆的定义求出题中蒙日圆的方程，结合题意可知P为直线l与圆x2+y2=9的交点，进而求出直线l与该圆的交点坐标，即可求得答案．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
17.【答案】解(1)根据题意，直线l过点P(2,−1)，在x轴和y轴上的截距互为相反数，
分2种情况讨论：
若直线l经过原点，
又由直线经过点(2,−1)，则该直线的斜率为−12，
故其方程为y=−12x，即x+2y=0；
若直线l不经过原点，设其方程为xa−ya=1，
又其过点(2,−1)，则2a+1a=1，
解得a=3，故直线l方程为x3−y3=1，整理可得x−y−3=0；
综上所述，满足题意的直线方程为x+2y=0或x−y−3=0；
(2)根据题意，△ABC中，A(1,0)，B(2, 3)，
则kAB= 3−02−1= 3，
而∠ABC=π3，设BC交x轴于点M，
根据条件可知△ABM为等边三角形，则M(3,0)，M为BC中点，
则C(4,− 3)．kAC=0+ 31−4=− 33，
故AC直线方程为y−0=− 33(x−1)，即x+ 3y−1=0，
故AC直线方程为x+ 3y−1=0．
【解析】(1)根据题意，分直线是否经过原点两种情况讨论，求出直线的方程，综合可得答案；
(2)根据题意，设BC交x轴于点M，求出直线AB的斜率以及M的坐标，进而分析求出直线AC的斜率，代入点A的坐标，计算可得答案．
本题考查直线的一般式方程、截距式方程的求法，涉及直线的截距，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设C(x,y)，因为动点C满足|CA||CB|=12，所以 (x+1)2+y2 (x−2)2+y2=12，
整理可得x2+y2+4x=0，即(x+2)2+y2=4，
即动点C的轨迹方程为(x+2)2+y2=4．
动点C的轨迹是以N(−2,0)为圆心，2为半径的圆．
(2)设圆的半径为r，圆心到直线l的距离为d，则d=|m−1| m2+1，
因为|PQ|2=4(r2−d2)，则4(r2−d2)=8，
因为r=2，所以d= 2，即|m−1| m2+1= 2，解得m=−1．
【解析】(1)根据题意，设C(x,y)，由两点间距离公式列出方程，代入计算，化简，即可得到结果；
(2)根据题意，由点到直线的距离公式结合弦长公式，列出方程，代入计算，即可得到结果．
本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
19.【答案】(1)证明：在直角梯形ABCD中，由已知可得，AB=1，CD=2，BM=CM= 2，
可得AM2=3，DM2=6，
过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=1，AE=2 2，求得AD2=9，
则AD2=AM2+DM2，∴DM⊥AM．
∵PA⊥面ABCD，∴DM⊥PA，
又PA∩AM=A，∴DM⊥平面PAM，
∵DM⊂平面PDM，∴平面PDM⊥平面PAM；
(2)解：由(1)知，PM⊥DM，AM⊥DM，则∠PMA为二面角P−DM−A的平面角为30°，
则PA=AM⋅tan30°=1．
以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P(0,0,1)，D(2 2,−1,0)，C(2 2,1,0)，M( 2,1,0)，
PC=(2 2,1,−1)，PD=(2 2,−1,−1)，PM=( 2,1,−1)．
设平面PDM的一个法向量为n=(x,y,z)，
由n⋅PD=2 2x−y−z=0n⋅PM= 2x+y−z=0，取x=1，得n=(1, 22,3 22).
∴直线PC与平面PDM所成角的正弦值为|cs|=|PC⋅n||PC|⋅|n|= 2 10⋅ 6= 3030．
【解析】(1)在直角梯形ABCD中，求解三角形可得AD2=AM2+DM2，则DM⊥AM.再由PA⊥面ABCD，得DM⊥PA，利用线面垂直的判定可得DM⊥平面PAM，进一步得到平面PDM⊥平面PAM；
(2)由(1)知，PM⊥DM，AM⊥DM，则∠PMA为二面角P−DM−A的平面角为30°，求得PA=AM⋅tan30°=1.以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出PC的坐标及平面PDM的一个法向量，由PC与n所成角的余弦值可得直线PC与平面PDM所成角的正弦值．
本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20.【答案】解：(1)设双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，可得渐近线方程为y=±bax，
因为双曲线C过点T(2,3)，且有一条倾斜角为120°的渐近线，
可得4a2−9b2=1，且−ba=tan120°=− 3，解得a=1,b= 3，
所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
(2)由(1)可知：该双曲线的渐近线方程为y=± 3x，
因为直线l与该双曲线的已知渐近线垂直，所以直线l的斜率为± 33，
因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，
所以直线与双曲线交于左右两支，如图，

因此不妨设直线l的斜率为 33，可得直线l的方程为y= 33(x−2)，
与双曲线方程联立为：x2−y23=1y= 33(x−2)⇒8x2+4x−13=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则有x1+x2=−12，x1x2=−138，|AB|= 1+( 33)2×|x1−x2|=2 33× (x1−x2)2=2 33× (x1+x2)2−4x1x2
=2 33× 14−4×(−138)=3，
即AB的长度为3．
【解析】(1)设双曲线C的标准方程为x2a2−y2b2=1，根据题意得到4a2−9b2=1，且−ba=− 3，求得a，b的值，即可求解；
(2)根据题意，不妨设直线l的斜率为 33，得到直线l的方程为y= 33(x−2)，联立方程组，结合弦长公式，即可求解．
本题考查了双曲线与直线的位置关系的综合运用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)取CF的中点H，连接GH，OH，如图所示，
∵四边形EBCF是矩形，且CB=2BE，
∴O为线段BF与CE的中点，∴OH/​/BC，且OH=12BC，
由图1可知，AG/​/BC且AG=12BC，EF/​/BC，且EF=BC，
∴在图2中，AG/​/BC且AG=12BC，
∴AG//OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，∴AO//GH，
又∵AO⊄平面GCF，GH⊆平面GCF，
∴AO/​/平面GCF．
(2)由图1可知，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠AEB即为二面角A−EF−B的平面角，
∴∠AEB=2π3，
以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
设CB=2BE=2EA=4，
则E(0,0,0)B(2,0,0)，F(0,4,0)，O(1,2,0)，
又∵EF⊥AE，EF⊥BE，AE∩BE=E，
∴EF⊥平面AEF，∴点A在xOz平面上，
∴EF=(0,4,0)为平面ABE的一个法向量，
又∵∠AEB=2π3，AE=2，∴A(−1,0, 3)，
∴OA=(−2,−2, 3)，OB=(1,−2,0)，
设平面OAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则OA⋅n=0OB⋅n=0，即−2x−2y+ 3z=0x−2y=0，取y=1得x=2z=2 3，
∴n=(2,1,2 3)，
∴平面OAB与平面ABE夹角的余弦值为|cs|=EF⋅n|EF||n|=44× 17= 1717．
【解析】(1)取CF的中点H，连接GH，OH，由折叠前的图形可知，AG/​/BC且AG=12BC，又OH/​/BC，且OH=12BC，所以AG//OH且AG=OH，所以四边形AOHG是平行四边形，可得AO//GH，再利用直线与平面平行的判定定理即可证得AO/​/平面GCF．
(2)由题意可得∠AEB即为二面角A−EF−B的平面角，即∠AEB=2π3，以E为坐标原点，EB，EF分别为x轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，设CB=2BE=2EA=4，
求出相应点的坐标，进而求出平面OAB的一个法向量，易知EF为平面ABE的一个法向量，再利用平面与平面的夹角公式求解即可．
本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求平面与平面的夹角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意，过点P(a,b)的直线l经过原点，
所以l的方程为y=bax，且点A，B关于原点对称．
设A(x0,y0)，将y=bax代入x2a2+y2b2=1，化简得x2=a22，即x02=a22，
∴y02=b22．
∵|AB|=2 7，
∴4(x02+y02)=2(a2+b2)=28．
根据对称性，|AF1|+|BF1|=|AF1|+|AF2|=6，
根据椭圆定义得2a=6，∴a2=9.∴b2=5．
所以C的方程为x29+y25=1．
(2)点E在x轴的投影为点F1，所以E(−2,53)，
设G(0,y0)，则y053=35，
∴y0=1，即G(0,1)，
∵ca=23，∴|GD||GE|=32，
∴S△GQDS△GPE=12|GQ|⋅|GD|sin∠QGD12|GP|⋅|GE|sin∠EGP=3|GQ|2|GP|=52，
∴|GQ|=53|GP|，即GQ=−53GP，
设Q(x1,y1)，P(x2,y2)，则GQ=(x1,y1−1)，GP=(x2,y2−1)，
∴x1=−53x2．
①当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x29+y25=1，得(5+9k2)x2+18kx−36=0，
x1+x2=−18k5+9k2x1x2=−365+9k2x1=−53x2，得x2=27k5+9k2x22=1085(5+9k2)，
∴(27k5+9k2)2=1085(5+9k2)，即k2=2099，解得k=±2 5533，
②当直线PQ的斜率不存在时，PQ的方程为x=0，
此时∴|GQ||GP|= 5+1 5−1≠53，不符合条件．
综上，PQ所在直线的方程为2 5533x−y+1=0或2 5533x+y−1=0．

【解析】(1)根据已知条件，结合椭圆的的定义，以及对称性，即可求解；
(2)根据已知条件，结合三角形的面积公式，并分类讨论，即可求解．
本题主要考查椭圆的综合应用，考查转化能力，属于难题．