2023-2024学年安徽省县中联盟高二上学期12月联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省县中联盟高二上学期12月联考数学试题（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.过点(2,−1)且与直线2x−3y+9=0平行的直线的方程是( )
A. 2x−3y−7=0B. 2x+3y−1=0C. 3x+2y−4=0D. 2x−3y+7=0
2.数列−4，7，−10，13，⋯的一个通项公式为
( )
A. an=(−1)n(3n+4)B. an=(−1)n+1(3n+4)
C. an=(−1)n(3n+1)D. an=(−1)n+1(3n+1)
3.若曲线x2t−2+y24−t=1表示椭圆，则实数t的取值范围是
( )
A. (2,4)B. (2,3)∪(3,4)
C. (−∞,2)∪(4,+∞)D. (4,+∞)
4.已知抛物线C:y2=2px(p>0)，过点P(3,0)且垂直于x轴的直线l交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，若△OAB的面积为9，则p=( )
A. 32B. 2C. 52D. 3
5.已知数列{an}的前n项和为Sn=−13n2+43，则数列{an}的通项公式为
( )
A. an=−23n+13B. an=23n+13
C. an=1,n=1,−23n+13,n⩾2D. an=1,n=1,23n+13,n≥2
6.已知点P是双曲线C:y29−x24=1上一点，则点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为
( )
A. 14413B. 3613C. 913D. 413
7.已知正四棱锥P−ABCD的各棱长均相等，点E是PA的中点，点F是PC的中点，则异面直线DE和BF所成角的余弦值是( )
A. 13B. 12C. 53D. 23
8.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，PF2的延长线交椭圆C于点Q，且|PF1|=|PQ|，△PF1F2的面积为b2，记△PF1F2与△QF1F2的面积分别为S1，S2，则S1S2=( )
A. 2B. 22+1C. 2+1D. 2
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.已知a=(1,−1,−1)，b=(−2,2,0)，c=(2,1,−3)，则
( )
A. |a+b|= 3B. (a+b)⋅(a+c)=−6
C. (a+2b)⊥cD. a//(2c−b)
10.已知⊙C1:(x+2)2+y2=r12，⊙C2:(x−2)2+y2=r22，r1>0，r2>0，则下列说法正确的是
( )
A. 若A，B分别是⊙C1与⊙C2上的点，则|AB|的最大值是r1+r2+4
B. 当r1=2，r2=3时，⊙C1与⊙C2相交弦所在的直线方程为x=58
C. 当r2=2时，若⊙C2上有且只有3个点到直线kx−y−2k+ 2=0的距离为1，则k=1
D. 若⊙C1与⊙C2有3条公切线，则r1r2的最大值为4
11.已知倾斜角为π3的直线l经过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线C的准线m交于点D，则
( )
A. 以AF为直径的圆与y轴相切
B. 准线m上存在唯一点Q，使得QA⋅QB=0
C. |BD||BF|=2
D. |AF||BF|=2
12.“斐波那契螺旋线”是根据斐波那契数列画出来的螺旋曲线，也称为“黄金螺旋曲线”，图中小正方形的边长从小到大分别为斐波那契数列{Fn}，其中F1=1，F2=1，F3=2，F4=3，⋯，小正方形的面积从小到大记为数列{an}，小正方形所对应扇形的面积从小到大记为数列{bn}，则
( )
A. F2021+F2025F2023=2B. F1+F2+⋯+F2023=F2025−1
C. a1+a2+⋯+a2023=F2023F2024D. b1+b2+⋯+b2023=F2023F2024
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知数列{an}满足a1=2，an+1=1−1an，则a2024= ．
14.已知过原点O作圆C:(x−4)2+(y−3)2=9的两条切线，切点分别是A，B，则cs∠AOB= ．
15.已知点P(x0,y0)是抛物线x2=6y上的一个动点，则 13y0+3 132+|3x0+2y0+10|的最小值是 ．
16.已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l:y=ab(x+ a2+b2)与双曲线E的左、右两支分别交于P，Q两点，且|PQ|=|QF2|，若双曲线E的离心率为e，则e2−5= ．
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)
在梯形ABCD中，AB/​/CD，AC⊥BD，已知A(1,7)，B(7,5)，C(4,1)．
(1)求点D的坐标;
(2)求梯形ABCD的面积．
18.(本小题12分)
已知圆x2+y2+2x=0的圆心F是抛物线C的焦点．
(1)求抛物线C的方程;
(2)若直线l交抛物线C于A，B两点，点P(−2,−1)是AB的中点，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
在菱形ABCD中，∠BAD=π3，AB=2，将菱形ABCD沿着BD翻折，得到三棱锥A−BCD，如图所示，此时AC= 6．
(1)求证：平面ABD⊥平面BCD;
(2)若点E是CD的中点，求直线BE与平面ABC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别是A1，A2，上、下顶点分别是B1，B2，四边形A1B1A2B2的面积为24，四边形F1B1F2B2的面积为6 7．
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=4相切，与椭圆C交于M，N两点，若△MON的面积为8 53，求由点M，N，B1，B2四点围成的四边形的面积．
21.(本小题12分)
如图，在空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，BF⊥平面ABCD，CG=1，AE=2，BF=3，且CG//AE//BF．
(1)求证：D，E，F，G四点共面;
(2)在线段FG上是否存在一点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233?若存在，求出FMFG的值;若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知动点M(2m,m)，N(2n,−n)，点G是线段MN的中点，且点(m,n)在反比例函数y=1x的图象上，记动点G的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程;
(2)若曲线E与x轴交于A，B两点，点S是直线x=1上的动点，直线AS，BS分别与曲线E交于点P，Q(异于A，B).求证：直线PQ过定点．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题给出经过定点且与已知直线平行的直线，求直线的方程．着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于基础题．
设所求直线为l，求出直线斜率，然后由点斜式方程即可求解．
【解答】
解：设所求直线为l，∵直线l平行于直线2x−3y+9=0，
∴直线l的斜率与直线y=23x+3的斜率相等，即k=23，又∵直线l经过点(2,−1)，
∴直线l的点斜式方程为y+1=23x−2，化为一般式得2x−3y−7=0，
故选A．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查数列的通项公式，属于基础题．
先求得数列4，7，10，13，…的通项，再利用(−1)n来控制数列各项的符号，进而得解．
【解答】解：数列4，7，10，13，…的通项可用3n+1表示，
又因为数列所有的奇数项为负，偶数项为正，
故可用(−1)n来控制各项的符号，
故数列的一个通项公式为an=(−1)n(3n+1)．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程，属于基础题．
根据题意，由椭圆标准方程的形式可得t−2>04−t>04−t≠t−2，解可得t的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，若曲线x2t−2+y24−t=1表示椭圆，
则t−2>04−t>04−t≠t−2，解可得2则实数t的取值范围是(2,3)∪(3,4)，
故选B．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抛物线中的面积问题，属于基础题．
将x=3代入y2=2px，求出A，B坐标，得|AB|，由三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：将x=3代入y2=2px，得y=± 6p，
所以点A(3, 6p)，B(3,− 6p)，
所以|AB|=2 6p，|OP|=3，
因为S△OAB=12|AB||OP|=12×2 6b×3=9，
解得p=32．
故选A．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查数列的前n项和及Sn与an的关系，属于基础题．
根据n≥2时，an=Sn−Sn−1求得通项公式，注意验证当n=1时是否成立，即可求出结果．
【解答】
解：当n=1时，a1=S1=−13+43=1，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−13n2+43−[−13(n−1)2+43]=−23n+13，
当n=1时，a1=1，不满足上式，
所以an=1,n=1−23n+13,n⩾2．
故选C．
6.【答案】B
【解析】【分析】
先确定两条渐近线方程，设双曲线C上的点P(x0,y0)，求出点P到两条渐近线的距离，结合P在双曲线C上，即可求d1⋅d2的值．
本题考查双曲线的标准方程，考查双曲线的几何性质，求出点P到两条渐近线的距离是关键，属于中档题．
【解答】
解：由条件可知：两条渐近线分别为3x±2y=0
设双曲线C上的点P(x0,y0)，则y029−x024=1
则点P到两条渐近线的距离分别为d1=|3x0+2y0| 32+22，d2=|3x0−2y0| 32+−22
所以d1⋅d2=|3x0+2y0| 32+22⋅|3x0−2y0| 32+−22
=|9x20−4y20|9+4=3613．
故选：B．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，是基础题
以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出DE=( 2,2 2, 2)，BF=(− 2,−2 2, 2)，即可计算求解异面直线DE和BF所成角的余弦值．
【解答】
解：设AC，BD相交于点O，根据题意，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示，不妨设AB=4，则OA=OB=2 2，OP=2 2，
则A(2 2,0,0)，B(0,2 2,0)，C(−2 2,0,0)，D(0,−2 2,0)，P(0,0,2 2)，
因为点E是PA的中点，点F是PC的中点，
所以E( 2,0, 2)，F(− 2,0, 2)，
所以DE=( 2,2 2, 2)，BF=(− 2,−2 2, 2)，
则cs=DE⋅BF|DE||BF|=−2−8+22 3×2 3=−23，
所以异面直线DE和BF所成角的余弦值是23．
故选D．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的定义和简单几何性质，属于中档题．
根据椭圆的定义以及余弦定理可得1+cs∠F1PF2=sin∠F1PF2，求出 |PF2|与 |QF2|之比，即可得出△PF ​1F ​2与△QF ​1F ​2的面积之比．
【解答】
解：不妨设|PF1|=m，|PF2|=n，焦距|F1F2|=2c，
由△PF1F2的面积为b2，得12mn⋅sin∠F1PF2=b2，
由余弦定理，得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2，
则4c2=m2+n2−2mncs∠F1PF2
=(m+n)2−2mn(1+cs∠F1PF2)
=4a2−2mn(1+cs∠F1PF2)，
所以mn(1+cs∠F1PF2)=2a2−2c2=2b2，
即mn(1+cs∠F1PF2)=mnsin∠F1PF2，
所以1+cs∠F1PF2=sin∠F1PF2，
所以 2sin(∠F1PF2−π4)=1，
易得∠F1PF2=π2，|PF1|=|PQ|=m，
所以|F1Q|= 2m，
所以|PF2|=2a−m，|QF2|=2a− 2m，
所以|PQ|=|PF2|+|QF2|=4a−( 2+1)m=m，
所以m=4a−2 2a，
所以|PF2|=(2 2−2)a，|QF2|=(6−4 2)a，
所以S1S2=|PF2||QF2|=(2 2−2)a(6−4 2)a= 2+1．
故选C．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查空间向量的坐标运算、模、数量积、平行与垂直的判断，属于基础题．
利用坐标运算及模的计算公式可求解判断A；利用数量积运算公式求解判断B；利用向量垂直的条件判断C；利用向量平行的条件判断D．
【解答】
解：a+b=(−1,1,−1)，所以|a+b|= 3，A正确;
a+c=(3,0,−4)，所以(a+b)⋅(a+c)=−3+0+4=1，B错误;
a+2b=(−3,3,−1)，(a+2b)⋅c=−6+3+3=0，所以(a+2b)⊥c，C正确;
2c−b=(6,0,−6)，不存在实数λ，使得a=λ(2c−b)，故a与2c−b不平行，D错误．
故选AC．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系以及圆与圆相交的弦长问题，属于中档题．
根据圆心距与半径之间的关系判断A，D，结合点到直线的距离公式判断B，C，即可求解．
【解答】
解：由题意可知C1(−2,0)，C2(2,0)，所以|C1C2|=4，又A，B分别是⊙C1与⊙C2上的点，
所以|AB|的最大值是r1+r2+4，A正确;
当r1=2，r2=3时，⊙C1:(x+2)2+y2=4，⊙C2:(x−2)2+y2=9，两圆相交，
两圆方程相减得相交弦所在的直线方程为x=−58，B错误;
当r2=2时，若⊙C2上有且只有3个点到直线kx−y−2k+ 2=0的距离为1，
则点C2到直线kx−y−2k+ 2=0的距离为1，所以|2k−0−2k+ 2| k2+1=1，解得k=±1，C错误;
若⊙C1与⊙C2有3条公切线，则⊙C1与⊙C2外切，即r1+r2=4，
所以r1r2≤(r1+r22)2=4，当且仅当r1=r2=2时等号成立，D正确．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查抛物线的定义、直线与圆的位置关系的判断及求参、向量与抛物线的综合问题、抛物线的几何性质，属于中档题．
根据抛物线的定义和性质，对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，F(p2,0)，
则AF的中点为(x12+p4,y12)，
由抛物线的定义，得|AF|=x1+p2，AF的中点到y轴的距离为x12+p4=12|AF|，
故以AF为直径的圆与y轴相切，故A正确;
因为AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+p，
AB的中点到准线的距离为x1+x22+p2=12|AB|，
因此以AB为直径的圆与准线相切，
故准线m上存在唯一点Q，使得QA⋅QB=0，故B正确;
如图所示，
过点A，B作准线m的垂线，垂足分别为点E，M，
由倾斜角为π3，可得∠MDB=π6，
设|BF|=s，则|BM|=s，
因为sin∠MDB=|BM||BD|=sinπ6，
所以|BD|=2s，|BD||BF|=2，故C正确;
设|AF|=t，则|AE|=t，
因为sin∠MDB=|AE||AD|=tt+s+2s=sinπ6，
所以t=3s，所以|AF|=3s，所以|AF|BF|=3，故D错误．
故选ABC．
12.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查根据数列的递推公式求通项公式、根据数列的递推公式求数列的项、裂项相消法求和，属于中档题．
由Fn+2=Fn+1+Fn=2Fn+Fn−1，Fn−2=Fn−Fn−1，得出Fn+2+Fn−2=(2Fn+Fn−1)+(Fn−Fn−1)=3Fn，再对各选项逐项判定，即可求出结果．
【解答】
解：因为Fn+2=Fn+1+Fn=2Fn+Fn−1，Fn−2=Fn−Fn−1，
所以Fn+2+Fn−2=(2Fn+Fn−1)+(Fn−Fn−1)=3Fn，
令n=2023，得F2021+F2025=3F2023，
所以F2021+F2025F2023=3，故A错误;
F1+F2+⋯+F2023=(F3−F2)+(F4−F3)+⋯+(F2025−F2024)
=F2025−F2=F2025−1，故B正确;
an=Fn2=Fn(Fn+1−Fn−1)=FnFn+1−Fn−1Fn，
所以a1+a2+⋯+a2023=F12+(F2F3−F1F2)+(F3F4−F2F3)+⋯
+(F2023F2024−F2022F2023)=F2023F2024，故C正确;
bn=π4Fn2=π4an，
所以b1+b2+⋯+b2023=π4(a1+a2+⋯+a2023)=π4F2023F2024，故D错误．
故选BC．
13.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查了数列的递推关系，考查了数列的函数特性周期性的应用，属于基础题．
根据数列的递推公式，确定数列的前几项，由此确定数列的周期，再求a2024．
【解答】
解：∵a1=2，an+1=1−1an，
∴a2=1−12=12，
a3=1−2=−1，
a4=1−(−1)=2，
⋯⋯
∴数列{an}是以3为周期的周期数列，
所以a2024=a674×3+2=a2=12．
故答案为：12．
14.【答案】725
【解析】【分析】
本题考查直线与圆相切，考查二倍角公式，属于基础题．
求出sin∠AOC，利用二倍角公式即可求解．
【解答】
解：由题意知，圆C的圆心坐标为(4,3)，半径r=3，
所以|OC|= 42+32=5，sin∠AOC=|AC|OC|=35，
所以cs∠AOB=cs2∠AOC=1−2sin2∠AOC=1−2×925=725．
15.【答案】13
【解析】【分析】
本题主要考查了抛物线的简单性质，点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
过点P作直线PQ与直线3x+2y+10=0垂直，垂足为Q，则|PF|=y0+32，|PQ|=|3x0+2y0+10| 13，过点F作直线FF1与3x+2y+10=0垂直，垂足为F1，由|PF|+|PQ|≥|FQ|≥|FF1|=|3+10| 13= 13，即可求出结果．
【解答】
解：过点P作直线PQ与直线3x+2y+10=0垂直，垂足为Q，
点F(0,32)为抛物线x2=6y的焦点，
则|PF|=y0+32，|PQ|=|3x0+2y0+10| 13，
过点F作直线FF1与3x+2y+10=0垂直，垂足为F1，
则|PF|+|PQ|≥|FQ|≥|FF1|=|3+10| 13= 13，
当且仅当F，P，F1三点共线时等号成立，
即y0+32+|3x0+2y0+10| 13≥ 13，
所以 13y0+3 132+|3x0+2y0+10|≥13，
即 13y0+3 132+|3x0+2y0+10|的最小值是13．
故答案为13．
16.【答案】2 3
【解析】【分析】
本题考查双曲线的简单性质，考查分析与转化解决问题的能力，属于中档题．
设垂足为T，易得cs∠TF1O=bc，利用双曲线的定义得|PF1|=2a，|PF2|=4a，，在△PF1F2中，由余弦定理得出cs∠TF1O，即可求得ba，可得结果．
【解答】
解：直线l:y=ab(x+ a2+b2)过F1且与双曲线E的一条渐近线：y=−bax垂直，
设垂足为T，易得|F1T|=b，
因为|OF1|=c，所以|OT|= c2−b2=a，
所以cs∠TF1O=bc，
因为|PQ|=|QF2|，
由双曲线的定义得|QF1|−|QF2|=|PQ|+|PF1|−|QF2|=|PF1|=2a，
|PF2|−|PF1|=2a，|PF2|=4a，
在△PF1F2中，cs∠TF1O=|PF1|2+|F1F2|2−|PF2|22|PF1||F1F2|，
即bc=(2a)2+(2c)2−(4a)22⋅2a⋅2c=4c2−12a28ac=4b2−8a28ac，
所以b2−2ab−2a2=0，所以(ba)2−2×ba−2=0，
所以ba=1+ 3(ba=1− 3舍去)，
所以e2−5=c2a2−5=a2+b2a2−5=b2a2−4=(1+ 3)2−4=2 3．
17.【答案】解：(1)设D(x,y)，由AB/​/CD，得5−77−1=y−1x−4，即x+3y=7，
由AC⊥BD，得1−74−1×y−5x−7=−1，即x−2y=−3，
所以x=1，y=2，即点D的坐标为(1,2)．
(2)方法一：|AC|= (4−1)2+(1−7)2=3 5，
|BD|= (7−1)2+(5−2)2=3 5，
又AC⊥BD，所以梯形ABCD的面积S=12|AC|×|BD|=12×3 5×3 5=452．
方法二：|AB|= (7−1)2+(5−7)2=2 10，
|CD|= (4−1)2+(1−2)2= 10，
由A(1,7)，B(7,5)，得直线AB的方程为x+3y−22=0，
点C(4,1)到直线AB的距离d=|4+3−22| 10=3 102，
所以梯形ABCD的面积S=12(|AB|+|CD|)d=452．
【解析】本题考查了直线方程的综合求法及点到直线的距离公式，是中档题．
(1)设D(x,y)，由AB/​/CD和AC⊥BD联立可得D坐标；
(2)方法一：先得出|AC|和|BD|，可得梯形ABCD的面积；
方法二：先得出|AB|和|CD|，直线AB的方程为x+3y−22=0，再得出点C(4,1)到直线AB的距离，可得梯形ABCD的面积．
18.【答案】解：(1)圆x2+y2+2x=0的方程可化为(x+1)2+y2=1，
故圆心的坐标为F(−1,0)，
设抛物线C的方程为y2=−2px(p>0)，
所以−p2=−1，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y2=−4x．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y12=−4x1,y22=−4x2,两式相减，得y12−y22=−4(x1−x2)，
即(y1+y2)(y1−y2)=−4(x1−x2)，
所以直线l的斜率k=y1−y2x1−x2=−4y1+y2．
因为点P(−2,−1)是AB的中点，所以y1+y2=−2，所以k=−4y1+y2=2．
所以直线l的方程为y+1=2(x+2)，即2x−y+3=0．
【解析】本题重点考查抛物线的标准方程和抛物线的中点弦问题，属于一般题．
(1)设抛物线C的方程为y2=−2px(p>0)，根据圆心坐标求出p，即可得抛物线方程;
(2)利用点差法即可求解．
19.【答案】(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=π3，
所以△BAD与△BCD均为正三角形．
取BD的中点O，连结OA，OC，则OA⊥BD．
因为AB=2，所以OA=OC= 3，
因为OA2+OC2=6=AC2，所以OA⊥OC．
又BD∩OC=O，BD，OC⊂平面BCD，
所以OA⊥平面BCD．
因为OA⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD．
(2)解：由(1)可知，OA，OB，OC两两垂直，以O为坐标原点，OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0, 3)，B(1,0,0)，C(0, 3,0)，D(−1,0,0)．
因为E是CD的中点，所以E(−12, 32,0)，
所以BA=(−1,0, 3)，BC=(−1, 3,0)，BE=(−32, 32,0)．
设m=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量，
则BA⋅m=−x+ 3z=0,BC⋅m=−x+ 3y=0,
令y=1，得x= 3，z=1，所以m=( 3,1,1)．
csBE,m=BE·mBEm
=−3 32+ 32 3× 5=− 55，
设直线BE与平面ABC所成角为θ，
则sinθ=csBE,m= 55，
所以直线BE与平面ABC所成角的正弦值为 55．
【解析】本题考查面面垂直的判断，考查直线与平面所成的角，属于中档题．
(1)取BD的中点O，可证明OA⊥平面BCD，根据面面垂直判定定理即可证明；
(2)以O为坐标原点，OB，OC，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，根据夹角公式即可求解．
20.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，
根据题意，得12×2a×2b=2412×2c×2b=6 7a2=b2+c2,
解得a=4，b=3，c= 7，
所以椭圆C的方程是x216+y29=1；
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
因为直线l与圆O:x2+y2=4相切，
所以|m| k2+1=2，
所以m2=4(k2+1)，
联立9x2+16y2=144y=kx+m，得(9+16k2)x2+32kmx+16m2−144=0，
因为圆O在椭圆C的内部，
所以△>0恒成立，
所以x1+x2=−32km9+16k2，x1x2=16m2−1449+16k2，
所以|MN|= 1+k2|x1−x2|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2
= 1+k2 (−32km9+16k2)2−4×16m2−1449+16k2
=24 1+k2 12k2+59+16k2，
则△MON的面积S=12×2×24 1+k2 12k2+59+16k2=8 53，
即44k4+9k2=0，解得k=0，此时直线l⊥y轴，
所以MN⊥B1B2，
所以四边形MB1NB2的面积为12×|MN|×|B1B2|=12×8 53×6=8 5．
【解析】本题考查椭圆的标准方程、椭圆中三角形(四边形)的面积、椭圆的弦长、直线与圆的位置关系的判断及求参、点到直线的距离，属于较难题．
(1)根据题意，得出12×2a×2b=2412×2c×2b=6 7a2=b2+c2，求出a，b的值，即可求出结果；
(2)由直线l与圆相切，得出m2=4(k2+1)，直线l与椭圆方程联立，得出x1+x2，x1x2，利用弦长公式求出|MN|，代入三角形面积公式，求出k=0，即可求出结果．
21.【答案】解：(1)证明：因为BF⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD，
所以BF⊥AB，BF⊥BC，
因为四边形ABCD是正方形，
所以AB⊥BC，
所以BA，BC，BF两两垂直，
则以点B为坐标原点，以BA，BC，BF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，得D(2,2,0)，E(2,0,2)，F(0,0,3)，G(0,2,1)，
所以DE=(0,−2,2)，DF=(−2,−2,3)，DG=(−2,0,1)，
因为DE+DG=(−2,−2,3)=DF，
所以DE，DF，DG共面，
又DE，DF，DG有公共点D，
所以D，E，F，G四点共面；
(2)因为A(2,0,0)，C(0,2,0)，
则AC=(−2,2,0)，AF=(−2,0,3)，
设m=(x1,y1,z1)为平面FAC的法向量，
则m⋅AC=0m⋅AF=0，即−2x1+2y1=0−2x1+3z1=0,
令z1=2，得平面FAC的一个法向量为m=(3,3,2)，
假设线段FG上存在点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233，
令FM=λFG=(0,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，
则AM=AF+FM=(−2,2λ,3−2λ)，
设n=(x2,y2,z2)为平面MAC的法向量，
则n⋅AC=0n⋅AM=0，即−2x2+2y2=0−2x2+2λy2+(3−2λ)z2=0,
令x2=1，得平面MAC的一个法向量为n=(1,1,1−13−2λ)，
设平面FAC与平面MAC所成角为θ，
则csθ=|m⋅n||m||n|=|8−23−2λ| 22× 2+(1−13−2λ)2=7 2233，
化简整理，得(6λ+11)(2λ−1)=0，
因为0≤λ≤1，
所以λ=12，
所以在线段FG上存在一点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233，
此时FMFG=12．
【解析】本题考查空间中的共面问题、平面与平面所成角的向量求法、线面垂直的性质、空间向量共面定理，属于较难题．
(1)以点B为坐标原点，以BA，BC，BF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出DE+DG=(−2,−2,3)=DF，即可证出结果；
(2)求出平面FAC的法向量m，假设线段FG上存在点M，使得平面FAC与平面MAC所成角的余弦值为7 2233，令FM=λFG=(0,2λ,−2λ)(0≤λ≤1)，则AM=AF+FM=(−2,2λ,3−2λ)，求出平面MAC的法向量n，由csθ=|m⋅n||m||n|=|8−23−2λ| 22× 2+(1−13−2λ)2=7 2233，求出λ的值，即可求出结果．
22.【答案】(1)解：因为点(m,n)在反比例函数y=1x的图象上，所以mn=1，
设点G(x,y)，因为点G是线段MN的中点，所以x=2m+2n2,y=m−n2,则x=m+n,2y=m−n.
所以x2−(2y)2=(m+n)2−(m−n)2=4mn=4，整理得x24−y2=1．
所以曲线E的方程为x24−y2=1．
(2)证明：不妨设点A在点B的左侧，则由题意得A(−2,0)，B(2,0)，设S(1,t)，P(xp,yp)，Q(xQ,yQ)，
则直线AS的方程为y=t3(x+2)，直线BS的方程为y=−t(x−2)，
联立y=t3(x+2),x2−4y2=4,得(9−4t2)x2−16t2x−16t2−36=0(t≠±32)，
由韦达定理，得−2xp=−16t2−369−4t2，解得xP=8t2+189−4t2，yp=12t9−4t2(t≠±32)，
同理得xQ=8t2+24t2−1，yQ=−4t4t2−1(t≠±12)，
当PQ的斜率存在时，即t≠± 32时，kPQ=yb−yQxP−xQ=2t(4t2+3)(4t2+3)(4t2−3)=2t4t2−3，
直线PQ的方程为y+4t4t2−1=2t4t2−3(x−8t2+24t2−1)，即y=2t4t2−3(x−4)，此时PQ恒过点(4,0);
当t= 32时，P(4, 3)，Q(4,− 3)，此时直线PQ的方程为x=4，过点(4,0);
当t=− 32时，P(4,− 3)，Q(4, 3)，此时直线PQ的方程为x=4，过点(4,0);
综上，直线PQ过定点(4,0)．
【解析】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线中的定点问题，是难题．
(1)先求得mn=1，设点G(x,y)，因为点G是线段MN的中点，利用转化代入可化简得曲线E的方程;
(2)妨设点A在点B的左侧，则由题意得A(−2,0)，B(2,0)，设S(1,t)，P(xp,yp)，Q(xQ,yQ)，则直线AS的方程为y=t3(x+2)，直线BS的方程为y=−t(x−2)，与曲线E的方程联立，结合韦达定理可求得P(xp,yp)，Q(xQ,yQ)，故可得直线PQ的方程，得证．