2023-2024学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门外国语学校高二上学期期中考试数学试题（含解析），共20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.已知直线l的倾斜角60∘，在y轴上的截距为−2，则此直线方程为
( )
A. y= 3x+2 3B. y= 33x−2C. y= 3x−2 3D. y= 3x−2
2.若椭圆x2m+y23=1的一个焦点为(−1,0)，则m的值为
( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
3.已知方程x2+y2+4x−2y−5c=0表示圆的方程，则c的取值范围为
( )
A. c>−1B. c≥−1C. c>1D. c≤1
4.已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，AB=4e1+2e2，BC=−e1+λe2，CD=e1+(1−λ)e2，且A，C，D三点共线，则λ=( )
A. 12B. 2C. 4D. 14
5.设椭圆x2m2+y2n2=1的焦点分别为F10,2与F20,−2.若此椭圆上存在点P使得△PF1F2为正三角形，则m2+n2=( )
A. 4+2 3B. 2 7C. 28D. 36
6.已知圆O:x2+y2=8在点P2,2处的切线上一点Ma,b在第一象限内，则1a+4b的最小值为
( )
A. 52B. 5C. 94D. 9
7.已知m,n为直线x+y−1=0上的一点，则 m2+n2+ (m+2)2+n2的最小值为
( )
A. 10B. 2 3C. 4D. 3 2
8.正四面体A−BCD的棱长为4，空间中的动点P满足|PB+PC|=2 2，则AP⋅PD的取值范围为( )
A. [4−2 3,4+2 3]B. [ 2,3 2]
C. [4−3 2,4− 2]D. [−14,2]
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.已知点A的坐标为3,4，在坐标轴上有一点B，若kAB=4，则点B的坐标可以为
( )
A. 0,−4B. 0,−8C. 2,0D. −2,0
10.下列关于直线l:y=kx+b与圆C:x2+y2=1 的说法正确的是
( )
A. 若直线l与圆C相切，则b2−k2为定值
B. 若4b2−k2=1，则直线l被圆C截得的弦长为定值
C. 若4b2−k2=1，则圆上仅有两个点到直线l的距离相等
D. 当b=12时，直线与圆相交
11.如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90∘得到的，设G是圆弧CE⌢的中点，H是圆弧DF⌢上的动点(含端点)，则直线EH与平面BDG的所成角的正弦值可以是
( )
A. 0B. 3 2− 612C. 32D. 3 2+ 612
12.月光石不能频繁遇水，因为其主要成分是钾钠硅酸盐．一块斯里兰卡月光石的截面可近似看成由半圆和半椭圆组成，如图所示，在平面直角坐标系，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的右焦点F(3,0)，椭圆的短轴与半圆的直径重合．若直线y=t(t>0)与半圆交于点A，与半椭圆交于点B，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆的离心率是 22
B. 线段AB长度的取值范围是(0,3+3 2)
C. △ABF面积的最大值是94( 2+1)
D. △OAB的周长存在最大值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(2,3,0)，b=(1,0,3)，则向量a在向量b方向上投影向量的坐标为___________．
14.设椭圆的两个焦点分别为F1，F2.若椭圆上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2，则椭圆的离心率等于__________．
15.已知圆锥的轴截面PAB是等边三角形，C为底面弧AB的中点，D为母线PB的中点，则异面直线PA和CD所成角的大小为________
16.已知A，B是圆C:(x−m)2+(y−3)2=3(m>0)上两点，且AB=2 2.若存在a∈R，使得直线l1:ax−y+4a+1=0与l2:x+ay−5a=0的交点P恰为AB的中点，则实数m的取值范围为__________．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知空间三点A(0,2,3)，B(1,4,6)，C(1,5,5)，D(0,3,n)．
(1)求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；
(2)若D点在平面ABC上，求n的值．
18.(本小题12分)
已知A(0,−1)，B(0,2)，圆C:x2+(y−1)2=16，点P在圆C上运动，动点M满足AP=2CM，记动点M的轨迹为曲线Γ．
(1)求动点M 的轨迹方程；
(2)若过点(−1,−1)的直线l与曲线Γ交于Q，R两点，且∠QBR=120∘，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
如图，棱长为6的正四面体ABCD，G是▵ACD的重心，E是BC的中点过G作平面α//CD，且AB⊥平面α．

(1)在图中做出平面α与正四面体ABCD表面的交线，要求说明作法(无需证明)，并求交线长；
(2)求点E到α平面的距离．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，圆A:(x−1)2+y2=16，点B(−1,0)，过B的直线l与圆A交于点C，D，过B作直线BE平行AC交AD于点E，记点E的轨迹为曲线τ．
(1)求曲线τ的方程；
(2)已知M(0, 3)，N(−4,0)，点P是曲线τ上的一个点，求▵MPN面积的最大值．
21.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面EAD⊥平面ABCD，且EA= ED，O是线段AD的中点，过E作直线l // AB，F是直线l上一动点．
(1)求证：OF⊥BC；
(2)若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，求此时二面角B−OF−C的余弦值．
22.(本小题12分)
已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C，其离心率e=45，点P3,125在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左顶点A做两条直线，分别与椭圆C交于M、N两点，满足AM⊥AN，求点Q(4,0)到直线MN距离d的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】求出直线斜率，利用斜截式写出直线方程．
解：直线l的倾斜角60∘，故斜率为tan60∘= 3，
故此直线方程为y= 3x−2．
故选：D
2.【答案】A
【解析】【分析】根据焦点坐标可确定焦点的位置，进而可求出m．
解：椭圆x2m+y23=1的一个焦点为(−1,0)，
可得m−3=1，解得m=4．
故选：A．
3.【答案】A
【解析】【分析】根据题意，由42+−22+20c>0求解．
解：因为方程x2+y2+4x−2y−5c=0表示圆的方程，
所以42+−22+20c>0，解得c>−1，
故选：A
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量的加法、减法、数乘运算和向量共线的充要条件，属基础题．
由A，C，D三点共线，可构造两个向量共线，再利用两个向量共线的充要条件求解即可．
【解答】
解：∵A，C，D三点共线，
∴AC与CD共线，
∴存在实数β，使得AC=βCD．
因为AC=AB+BC=4e1+2e2−e1+λe2=3e1+2+λe2，
所以3e1+2+λe2=βe1+1−λe2，
所以3=β2+λ=β1−λ
解得β=3,λ=14．
故选D．
5.【答案】C
【解析】【分析】根据已知推得PF1=PF2=F1F2=4，焦点位于y轴上，点P位于短轴的顶点，结合椭圆的定义即可得出n=4，进而得出m2=12，即可得出答案．
解：由已知可得椭圆的焦点位于y轴上且PF1=PF2=F1F2=4，
所以点P位于短轴的端点，且PF1+PF2=2n=8，解得n=4．
又c=2，所以m2=n2−c2=12，
所以，m2+n2=28．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】【分析】利用圆的切线方程及基本不等即可求解．
解：易知圆O:x2+y2=8在点P2,2处的切线的方程为x+y=4，
所以a+b=4，a>0，b>0，
所以1a+4b=14a+b1a+4b=145+ba+4ab≥54+12 ba⋅4ab=94，
当且仅当a=43，b=83时，等号成立．
所以1a+4b的最小值为94．
故选：C．
7.【答案】A
【解析】【分析】求出O关于直线x+y−1=0的对称点B坐标，易得PO=PB，当A，P，B三点共线时，PO+PA取到最小值，且最小值为|PO|+|PA|=|AB|．
解：如图， m2+n2+ (m+2)2+n2为点Pm,n到原点O和到点A−2,0的距离之和，

即PO+PA.设O0,0关于直线x+y−1=0对称的点为Ba,b，则a2+b2−1=0,ba=1,得a=1b=1，即B1,1．
易得PO=PB，当A，P，B三点共线时，PO+PA取到最小值，且最小值为|PO|+|PA|=|AB|= 10．
故选：A．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查向量的数量积，正四面体的几何特征，也考查了数形结合思想的应用问题，属于难题．
AP ⋅ PD=−( PF+ FA) ⋅( PF+ FD)=| FA |2−| PF |2=4−| PF |2，求出|PF|的范围即可．
【解答】
解： 分别取BC，AD的中点E，F，则|PB+PC|=|2PE|=2 2，所以|PE|= 2，
AP⋅PD=−(PF+FA)⋅(PF+FD)=−(PF+FA)⋅(PF−FA)=|FA|2−|PF|2=4−|PF|2，
易求EF=2 2，在三角形PEF中，|EF|−|PE|<|PF|<|PE|+|EF|，当P，E，F三点共线时，所以|PF|min=EF− 2= 2，|PF|max=EF+ 2=3 2，所以AP⋅PD的取值范围为[−14,2].故选D．
9.【答案】BC
【解析】【分析】由题意设点B的坐标为0,y或x,0，根据斜率公式计算即可．
解：当点B在y轴上时，设B0,y，由kAB=4，可得4−y3−0=4，解得y=−8，∴B0,−8，
当点B在x轴上时，设Bx,0，由kAB=4，可得4−03−x=4，解得x=2，
∴B2,0，
所以点B坐标为2,0或0,−8．
故选：BC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】计算圆心到直线的距离，利用几何法可判断AC选项的正误，求出弦长可判断B选项的正误；根据直线过圆内定点(0,12)判断D．
解：圆C:x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1，
对于A选项，若l:y=kx+b与圆C:x2+y2=1相切，
则|b| k2+1=1，可得b2−k2=1， A正确；
对于B选项，若4b2−k2=1，圆心到直线的距离为|b| k2+1=12，此时直线被圆截得的弦长为2 12−d2= 3， B正确；
对于C选项，因为4b2−k2=1，圆心到直线的距离为b k2+1=12=1−12<1，此时圆上有3个点到直线l的距离相等， C错误；
对于D选项，当b=12时，直线的方程为y=kx+12，即直线过定点(0,12)，又因为02+(12)2<1，可得点在圆内，故直线与圆相交， D正确．
故选：ABD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面BDG的法向量，利用线面角的向量公式求出线面角的正弦值，逐项判断即可．
解：如图：
以A为原点，AD,AF,AB为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.设BC=2，
则A(0,0,0),D(2,0,0),E(0,2,2),F(0,2,0),B(0,0,2),C(2,0,2),G( 2, 2,2)，
设Hm,n,0,m2+n2=4,m>0,n>0，
所以BD=2,0,−2,BG= 2, 2,0,EH=m,n−2,−2．
设n=(x,y,z)为平面BDG的一个法向量，则BD⋅n=2x+0−2z=0BG⋅n= 2x+ 2y−0z=0,
令x=1，得y=−1,z=1，则n=1,−1,1．
显然当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，
因为EH=EF=(0,0,−2)，所以csn⋅EF=n⋅EFnEF=−22 3=− 33，
此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为 33，
假设EH//平面BDG，则n⋅EH=m−n+2−2=0，所以m=n．
因为m2+n2=4,m>0,n>0，所以m=n= 2，即H是圆弧DF⌢的中点，
此时直线EH与平面BDG的所成角的正弦值为0，
因为3 2− 612< 33，3 2+ 612< 33， 32> 33，
所以直线EH与平面BDG的所成角的正弦值可以是0，3 2− 612，3 2+ 612．
故选：ABD
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆与圆的综合，考查椭圆的性质，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
先求出半圆和半椭圆的方程，计算得到椭圆的离心率是 22，可判断A正确；数形结合得到线段AB长度的取值范围是(0,3+3 2)，可判断B正确；由题得△ABF面积S=12×|AB|t，所以S=12( 9−t2+ 18−2t2)t≤94( 2+1)，可判断C正确；△OAB的周长=3+( 2+1) 9−t2+ 18−t2，所以当t=0时，△OAB的周长最大，但是t不能取零，所以△OAB的周长没有最大值，从而判断D错误．
【解答】
解：由题意得半圆的方程为x2+y2=9(x≤0)，
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0,x≥0)，
所以b=3c=3，所以a2=18，
所以椭圆的方程为x218+y29=1(x≥0)，
对于A，椭圆的离心率为e=ca=33 2= 22，故A正确；
对于B，当t→0时，|AB|→3+3 2，当t→3时，|AB|→0，所以线段AB长度的取值范围是(0,3+3 2)，故B正确；
对于C，由题意得△ABF面积S=12×|AB|t，设A(x1,t)，所以x12+t2=9，所以x1=− 9−t2(0设B(x2,t)，所以x2218+t29=1，所以x2= 18−2t2，所以|AB|= 9−t2+ 18−2t2
所以S=12×( 9−t2+ 18−2t2)t= 2+12 9−t2⋅t= 2+12 (9−t2)t2≤ 2+12⋅ 814=94( 2+1)，当且仅当t=3 22时等号成立，故C正确；
对于D，△OAB的周长=|AO|+|OB|+|AB|=3+ 18−t2+( 2+1) 9−t2，
所以当t=0时，△OAB的周长最大，但是t不能取零，所以△OAB的周长没有最大值，故D错误．
故选ABC．
13.【答案】(15,0,35)
【解析】【分析】根据投影向量的定义即可求解．
解：向量a在向量b方向上投影向量为acsa,bbb=a⋅bbbb=210b=15b=15,0,35，
故答案为：15,0,35
14.【答案】12
【解析】【分析】设F1F2=2cc>0，由题意可得PF1=83c,PF2=43c，再由椭圆的定义即可求解．
解：设F1F2=2cc>0，由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2，
得PF1=83c,PF2=43c，且PF1>PF2，
椭圆的定义可得2a=PF1+PF2=4c，离心率e=12．
故答案为：12
15.【答案】π4
【解析】【分析】如下图所示，连接OP，OC，过点D作DH⊥底面于H，连接CH，根据中位线定理得OD//PA，所以∠ODC(或其补角)就是异面直线PA和CD所成的角，设PA=PB=AB=2，解三角形可求得答案．
解：如下图所示，连接OP，OC，过点D作DH⊥底面于H，连接CH，
因为D为母线PB的中点，所以OD//PA，所以∠ODC(或其补角)就是异面直线PA和CD所成的角，
设PA=PB=AB=2，则PO= 3,DH= 32,OH=12，所以CH= OC2+OH2= 52，
所以DC= DH2+CH2= 322+ 522= 2，又OD=OC=1，所以满足OD2+OC2=DC2，
所以∠ODC=π4，所以异面直线PA和CD所成角为π4，
故答案为：π4．
16.【答案】0,2 2−1
【解析】【分析】根据已知可推得PC= r2−AB22=1，即可得出点P在以C为圆心，1为半径的圆上，方程为x−m2+y−32=1.求出直线l1,l2的定点，结合方程判断l1⊥l2，PM⊥PN，点P在以MN为直径的圆上，求出圆的方程为x+22+y−32=8.进而得出两圆的位置关系，得出关系式r1−r2≤CQ≤r1+r2，代入数据即可求出答案．
解：由已知可得，圆C:(x−m)2+(y−3)2=3的圆心为Cm,3，半径r= 3，
根据垂径定理可得，PC= r2−AB22=1，
所以，点P在以C为圆心，1为半径的圆上，
方程为x−m2+y−32=1，半径r1=1．
由已知可得，l1:ax+4−y+1=0，
解x+4=0−y+1=0可得x=−4y=1，所以直线l1过定点M−4,1．
又l2:x+ay−5=0，
解x=0y−5=0可得x=0y=5，所以直线l2过定点N0,5．
因为a×1−1×a=0，所以l1⊥l2．
又点P为两直线的交点，
所以PM⊥PN，点P在以MN为直径的圆上．
因为MN= −4−02+1−52=4 2，且M,N中点Q−2,3，
所以，圆心Q−2,3，半径r2=2 2，
所以，圆Q的方程为x+22+y−32=8．
综上可得，点P是圆x−m2+y−32=1与圆x+22+y−32=8的公共点，
所以两圆位置关系为相交、外切、内切，
所以，有r1−r2≤CQ≤r1+r2，即2 2−1≤m+2≤2 2+1．
又m>0，所以2 2−1≤m+2≤2 2+1，
解得2 2−3≤m≤2 2−1，所以0故答案为：0,2 2−1．
17.【答案】解：(1)
由已知可得，AB=1,2,3，AC=1,3,2，
所以，AB= 12+22+32= 14，AC= 12+32+22= 14
AC在AB上的投影向量的模为AB⋅ACAB=1+6+6 14=1314 14，
所以，点C到直线AB的距离ℎ= AC2−AB⋅ACAB2= 14−132142×14=3 314，
所以，以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为AB×ℎ= 14×3 314=3 3．
(2)
因为AD=0,1,n−3，D点在平面ABC上，
所以，A,B,C,D四点共面，AB,AC,AD共面．
根据向量共面的充要条件可知，存在λ,μ∈R，使得AD=λAB+μAC，
所以有λ+μ=02λ+3μ=13λ+2μ=n−3，解得λ=−1μ=1n=2．

【解析】【分析】(1)根据已知求出AB,AC的向量以及向量的模，根据向量法得出点C到直线AB的距离ℎ=3 314，即可根据平行四边形的面积公式得出答案；
(2)根据已知得出A,B,C,D四点共面，AB,AC,AD共面.根据向量共面的充要条件得出方程组，求解即可得出答案．
18.【答案】解：(1)
设点Mx,y，Px0,y0，
由已知可得圆C:x2+(y−1)2=16，圆心C0,1，半径r=4，
则AP=x0,y0+1，CM=x,y−1．
因为AP=2CM，
所以有x0=2xy0+1=2y−1,x0=2xy0=2y−3．
又点P在圆C上运动，所以有x02+(y0−1)2=16，
所以，4x2+2y−42=16，
整理可得x2+y−22=4．
所以，动点M的轨迹方程x2+y−22=4，圆心为点B．
(2)
设E−1,−1，F为QR的中点，
因为∠QBR=120∘，所以∠BQR=∠BRQ=30∘．
又QB=2，所以BF=1，即圆心B(0,2)到直线l的距离为1．
当直线l斜率不存在时，方程为x=−1，此时圆心B(0,2)到直线x=−1的距离为1，满足题意；
当直线l斜率存在时，设斜率为k，
直线方程为y+1=kx+1，即kx−y+k−1=0．
因为圆心B(0,2)到直线l的距离为1，
所以有k−3 k2+1=1，解得k=43，
所以直线l的方程为y+1=43x+1，整理可得4x−3y+1=0．
综上所述，直线l的方程为4x−3y+1=0或x=−1．

【解析】【分析】(1)设点Mx,y，Px0,y0，求出圆C的圆心，得出向量坐标，根据向量共线得出x0=2xy0=2y−3.代入圆C的方程，整理即可得出答案；
(2)先根据垂径定理得出圆心B(0,2)到直线l的距离为1.分直线l斜率不存在以及存在两种情况，结合点到直线的距离公式列出方程，求解即可得出答案．
19.【答案】解：(1)
如图所示：

作法为：取AB中点F，连接FC,FD，过点G作JI//CD，交AC,AD于J,I两点，
过点J作JH//FC交AB于点H，连接HI，则▵HJI即为平面α与正四面体ABCD表面的交线．
连接AG交CD于点K，
由以上可知，▵AJI∼▵ACD，同理▵AJH∼▵ACF，且G是▵ACD的重心，
所以AGAK=23=AJAC=AIID=HJFC=AHAF=HIFD，
所以C▵HIJ=23CFCD=23FC+CD+DF，
而FC=FD=6sinπ3=3 3,CD=6，
所以C▵HIJ=23CFCD=23FC+CD+DF=23×6 3+6=4 3+4，即交线长为4 3+4．
(2)
如图所示：

由(1)以及三线合一可知FC⊥AB,FD⊥AB,FC∩FD=F,FC,FD⊂面FCD，
所以AB⊥面FCD，
又由(2)可知JI//CD，CD⊂面FCD，JI⊄面FCD，
所以JI//面FCD，同理JH//面FCD，
又JI⊂面α，JH⊂面α，JI∩JH=J，
所以面α//面FCD，
又AB⊥面FCD，
所以AB⊥面α，
过BC的中点E作EN//AB，交FC,HJ,AC分别于L,M,N三点，
所以EM⊥面α，垂足为点M，且EN=12AB，
所以点E到α平面的距离即为线段EM的长度，
而由平行线段成比例可知LMLN=JCNC=13AC12AC=23,LEEN=12，
从而EM=12EN+23×12EN=56EN=512AB=512×6=52，
即点E到α平面的距离为52．

【解析】【分析】(1)根据等边三角形三线合一，线面垂直的判定、性质作出图形即可，利用相似三角形(或者平行线段成比例)、解直角三角形知识计算交线长度即可．
(2)作出图形证明点E到α平面的距离即为线段EM的长度，然后根据平行线段成比例、中位线定理知识运算求解即可．
20.【答案】解：(1)
由已知可得圆A:(x−1)2+y2=16的圆心A1,0，半径r=4．
因为BE//AC，所以BEAC=DEAD．
因为AC=AD=r=4，所以BE=DE，
所以EB+EA=ED+EA=AD=r=4>AB=2，
所以，点E的轨迹为以A,B为焦点的椭圆上．
设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1a>b>0，
则2a=4，2c=2，
所以a=2，c=1，b2=a2−c2=3，
所以，曲线τ的方程为x24+y23=1．
(2)
由已知可得直线MN的截距式方程为x−4+y 3=1，
整理可得直线MN的方程为 3x−4y+4 3=0．
设直线l//MN，且与椭圆相切，方程设为 3x−4y+m=0，
联立直线l与椭圆的方程 3x−4y+m=0x24+y23=1可得，
20y2−8my+m2−12=0．
因为直线l与椭圆相切，
所以Δ=0，即Δ=−8m2−4×20m2−12=0，解得m=±2 15．
当m=−2 15时，直线l的方程设为 3x−4y−2 15=0，
直线l与直线MN的距离为d1=4 3+2 15 3+16=4 3+2 15 19；
当m=2 15时，直线l的方程设为 3x−4y+2 15=0，
直线l与直线MN的距离为d2=4 3−2 15 3+16=−4 3+2 15 19．
显然d1>d2，所以▵MPN面积的最大值为S=12MNd1．
又MN= 3+16= 19，
所以，面积最大值为S=12× 19×4 3+2 15 19=2 3+ 15．

【解析】【分析】(1)根据已知求出圆心、半径，进而根据已知推得BE=DE，EB+EA=4>AB=2，即可得出点E的轨迹.进而根据定义求出a,b的值，即可得出答案；
(2)先求出直线MN的方程，设出与MN平行的直线l的方程，得出直线l与椭圆相切.联立直线与椭圆的方程，根据Δ=0得出直线方程，根据两点间的距离公式以及两条平行直线之间的距离公式，即可根据面积公式得出答案．
21.【答案】证明：(1)因为EA=ED，O是AD中点，故EO⊥DA，
又因为平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD=AD，EO⊂平面EAD，
故EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC；
因为EF/​/AB，BC⊥AB，所以EF⊥BC，EF∩EO=E，EO,EF⊂平面EOF，
故BC⊥平面EOF，OF⊂平面EOF，
所以BC⊥OF；
解：(2)设BC的中点为M，则有OM⊥DA，
由(1)，EO⊥平面ABCD，所以OE、OA、OM两两垂直，
可如图建立空间直角坐标系O−xyz，
依题意设点E的坐标为(0,0,s)，点F的坐标为(0,t,s)(s>0,t∈R)，
又O(0,0,0)，B(1,2,0)，C(−1,2,0)，
所以OF=(0,t,s)，BF=(−1,t−2,s)，
由(1)知OF⊥BC，故OF与平面BCF垂直，等价于OF⊥BF，
故OF·BF=0，从而t(t−2)+s2=0，即t2−2t+s2=0，
直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直，即关于t的方程有唯一实数解，
所以Δ=4−4s2=0，解得s=1，此时t=1，
故点E的坐标为(0,0,1)，点F的坐标为(0,1,1)．
因为OF⊥平面FBC，BF⊂平面FBC，CF⊂平面FBC，
所以OF⊥BF且OF⊥CF，所以∠BFC即为二面角B−OF−C的平面角，
因为FB=(1,1,−1)，FC=(−1,1,−1)，
所以cs∠BFC=FB·FCFB·FC=13，
即若直线l上存在唯一一点F使得直线OF与平面BCF垂直时，二面角B−OF−C的余弦值为13．
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，考查面面角的求法，解题的关键是掌握线面垂直的判定定理，正确作出面面角，属于拔高题．
(1)先证EO⊥面ABCD，进而可得BC⊥面EOF，从而可证OF⊥BC；
(2) 设BC的中点为M，则有OM⊥DA，由(1)，EO⊥平面ABCD，所以OE、OA、OM两两垂直，可如图建立空间直角坐标系O−xyz，推出∠BFC即二面角B−OF−C的平面角，利用向量数量积公式可求二面角B−OF−C的余弦值．
22.【答案】解：(1)
由题可得9a2+14425b2=1e2=c2a2=1−b2a2=1625，解得a2=25b2=9,
所以椭圆C的方程为x225+y29=1；
(2)
由(1)知A−5,0，设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN的方程为x=my+t，
由x225+y29=1x=my+t得，9m2+25y2+18mty+9t2−225=0，
因为Δ>0，所以Δ=324m2t2−4(9m2+25)(9t2−225)>0，则t2<9m2+25，
所以y1+y2=−18mt9m2+25，y1y2=9t2−2259m2+25，
因为AM⊥AN，所以AM⊥AN，所以AM⋅AN=x1+5x2+5+y1y2=0，
即my1+t+5my2+t+5+y1y2=0，
所以m2+1y1y2+t+5my1+y2+t+52=0，
则m2+1×9t2−2259m2+25+t+5m×−18mt9m2+25+t+52=0，
所以17t2+125t+200=0，解得t=−4017或t=−5(舍)，
所以直线MN的方程为x=my−4017，
所以点Q(4,0)到直线MN距离d=4+4017 1+m2=10817 1+m2，
所以当m=0时，d有最大值10817．


【解析】【分析】(1)根据椭圆过点P3,125及离心率，直接计算即可；
(2)设直线MN的方程为x=my+t，根据AM⊥AN求出t=−4017，根据点到直线距离公式结合二次函数求解最值即可．