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2024-2025学年湖南省雅礼集团高二（上）第一次月考数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年湖南省雅礼集团高二（上）第一次月考数学试卷（含答案），共9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.已知集合A={x|x2−x−2<0}，B={x|y=lg3(2x−2)}，则A∩B=( )
A. {x|−12.若i(2−z)=1，则z+z−=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.若椭圆C：x2m+y22=1的离心率为 63，则椭圆C的长轴长为( )
A. 6B. 2 63或2 6C. 2 6D. 2 2或2 6
4.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据(单位：cm)，那么该壶的最大盛水量为( )
A. 68πcm3
B. 152πcm3
C. 20 10πcm3
D. 204πcm3
5.已知直线l：x−2y+6=0与圆C：x2+y2−4y=0相交于A，B两点，则CA⋅CB=( )
A. 165B. − 165C. 125D. − 125
6.设△ABC的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，tanA=ab，且B为钝角，sinA+sinC的取值范围( )
A. ( 22,98]B. ( 34,54]C. (98,97]D. (0, 34]
7.如图，F1，F2是分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P为双曲线右支上的一点，圆M与△PF1F2三边所在的直线都相切，切点为A，B，C，若|PB|=a，则双曲线的离心率为( )
A. 2
B. 2
C. 3
D. 3
8.已知函数f(x)为定义在R上的偶函数，f(0)=1，且f(x−1)+f(x+1)=f(x)，则下列选项不正确的是( )
A. f(1)=12B. f(x)的图象关于点(32,0)对称
C. f(x)以6为周期的函数D. k=12023f(k)=−12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n
B. 若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//n
C. 若α//β，m⊂α，则m//β
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
10.亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象关于直线x=1112π对称，则下列选项正确的是( )
A. φ=π3
B. 直线x=5π12是函数f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在区间[−π3,−π6]上单调递减
D. 若将函数f(x)图象上的所有点向左平移m(m>0)个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则m的最小值为5π12
11.已知双曲线E：x2a2−y2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，过点F2作直线与双曲线E的右支相交于P，Q两点，在点P处作双曲线E的切线，与E的两条渐近线分别交于A，B两点，则( )
A. 若|PF1|⋅|PF2|=2，则PF1⋅PF2=0
B. 若asin∠PF1F2=csin∠PF2F1，则双曲线的离心率e∈(1, 2+1]
C. △F1PQ周长的最小值为8
D. △AOB(O为坐标原点)的面积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为30°，|a|=1，|b|= 3，则|a+2b|为______．
13.已知sin(α−π3)+ 3csα=13，则sin(2α+π6)的值为______．
14.已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB=2 3，BC=4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P−ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
多项选择题是标准化考试中常见题型，从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案(四个选项中至少有两个选项是正确的)，其评分标准为全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
(1)甲同学有一道多项选择题不会做，他随机选择至少两个选项，求他猜对本题得5分的概率；
(2)现有2道多项选择题，根据训练经验，每道题乙同学得5分的概率为12，得2分的概率为14；丙同学得5分的概率为16，得2分的概率为12.乙、丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的概率．
16.(本小题15分)
已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=4．
(Ⅰ)若直线l：(m−2)x+(1−m)y+m+1=0(m∈R)，证明：无论m为何值，直线l都与圆C相交；
(Ⅱ)若过点P(1,0)的直线m与圆C相交于A，B两点，求△ABC的面积的最大值，并求此时直线m的方程．
17.(本小题15分)
在△ABC中，已知sinB+sinCsinA=csB+csCcsA，D为BC的中点．
(1)求A；
(2)当BC=4时，求AD的最大值．
18.(本小题17分)
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，
①求四面体ABCD与其外接球的体积比；(化为最简形式)
②当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
19.(本小题17分)
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12.记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线l交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
(ⅰ)证明：以QG为直径的圆必然经过点P．
(ⅱ)求|PQ||PG|的取值范围，并求当|PQ||PG|取得最小值时的直线l的方程．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.B
5.D
6.A
7.B
8.D
9.ABC
10.BCD
11.ACD
12. 19
13.−79
14. 10−1
15.解：(1)甲同学所有可能的选择答案有11种：
AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，其中正确的选项只有一个．
样本空间Ω={AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD,ABCD}，共11个基本事件．
∴猜对本题得5分的概率为P=111．
(2)这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的情况有3种：
①乙两道题都得5分，丙两道题分别得2分和5分，概率为：P1=(12)2×C21×16×12=124，
②乙两道题分别得5分和2分，丙两道题分别得2分和0分，概率为：P2=C21×12×14×C21×12×(1−16−12)=112，
③乙两道题分别得5分和0分，丙两道题都得0分，概率为：P3=C21×12×(1−12−14)×(1−16−12)2=112，
∴这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的概率为P=P1+P2+P3=124+112+112=524．
16.(Ⅰ)证明：由题意知，圆心C(3,4)，圆C的半径为r=2，
点C到直线l的距离|3(m−2)+4(1−m)+m+1| (m−2)2+(1−m)2=1 2m2−6m+5=1 2(m−32)2+12≤ 2<2，
故无论m为何值，直线l都与圆C相交．
(Ⅱ)解：由题意知，直线m的斜率不可能为0，设其方程为x=ty+1，
则圆心C到直线m的距离d=|3−4t−1| 1+t2=|2−4t| 1+t2，
所以△ABC的面积S=12|AB|⋅d=12×2 r2−d2⋅d= (r2−d2)⋅d2≤ (r2−d2+d2)24=r22=42=2，
当且仅当r2−d2=d2，即d= 2时，等号成立，
所以△ABC的面积的最大值为2，此时d= 2=|2−4t| 1+t2，
化简得7t2−8t+1=0，解得t=1或17，
所以直线m的方程为x=y+1或x=17y+1，即x−y−1=0或7x−y−7=0．
17.解：(1)因为sinB+sinCsinA=csB+csCcsA，
所以(sinB+sinC)csA=(csB+csC)sinA，即sinBcsA+sinCcsA=csBsinA+csCsinA，
可得sinBcsA−csBsinA=csCsinA−sinCcsA，即sin(B−A)=sin(A−C)．
因此，B−A=A−C+2kπ(k∈Z)，或(B−A)+(A−C)=2kπ+π(k∈Z)，
①当B−A=A−C+2kπ(k∈Z)时，可得B+C−2A=2kπ(k∈Z)，
结合A+B+C=π且0②当(B−A)+(A−C)=2kπ+π(k∈Z)时，B−C=2kπ+π(k∈Z)(不符合题意，舍去)．
综上所述，A=π3；
(2)设AB=c，AC=b，
由(1)及余弦定理，可得16=b2+c2−2bccsπ3，即16=b2+c2−bc．
所以16+bc=b2+c2≥2bc，即bc≤16，当且仅当b=c=4时等号成立．
由D为边BC的中点，可得AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(c2+2cbcsπ3+b2)=14(c2+cb+b2)
=14(16+2cb)=4+12bc≤4+8=12，当且仅当b=c时等号成立．
由此可得|AD|≤ 12=2 3，当且仅当b=c时等号成立，所以AD的最大值为2 3．
18.解：(1)证明：因为AD=CD，且E为AC的中点，所以AC⊥DE，
在△ADB中和△BCD中，因为AD=CD，且∠ADB=∠CDB，DB=DB，
所以△ADB≌△BCD，所以AB=BC，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，
因为DE∩BE=E，且DE，BE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE，
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDE．
(2)①由(1)知AB=BC，且∠ACB=60°，AB=2，
所以△ABC为边长为2的等边三角形，则AC=2,BE= 3,AE=1，
因为AD=CD且AD⊥CD，所以△ACD为等腰直角三角形，且DE=1，
可得DE=1，且E为△ACD的外接圆的圆心，
又因为AB=BD=2，可得DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE，
取等边△ABC的外接圆的圆心O，则O为四面体ABCD的球心，且OE= 33，
设四面体ABCD的外接球的半径为R，
则R2=AE2+OE2=43，即R=2 33，
所以外接球的体积为V=43πR3=43π(2 33)3=32 327π，
又由DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
又因为AC⊥DE，且AC∩BE=E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
所以四面体的体积为VABCD=13× 34×22×1= 33，
则VABCDV=932π，
即四面体ABCD与外接球的体积比为932π．
②由(1)知，AC⊥平面BDE，连接EF，因为EF⊂平面BDE，
所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小时，△AFC的面积取得最小值，
在直角△BDE中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，此时EF=DE⋅BEBD= 32，
又由DE⊥AC，BE⊥AC，可得EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，以EA，EB，ED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(1,0,0),B(0, 3,0),D(0,0,1),C(−1,0,0)，
可得AB=(−1, 3,0),DB=(0, 3,−1)，
在直角△BDE中，DE=1,DB= 3,BD=2，可得DF=DE2DB=12,BF=32，
所以3DF=FB，设F(0,y,z)，则DF=(0,y,z−1),FB=(0, 3−y,−z)，
所以3⋅(0,y,z−1)=(0, 3−y,−z)，可得y= 34,z=34，
即F(0, 34,34)，所以CF=(1, 34,34)，
设平面ABD的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⊥ABn⊥DB，则n⋅AB=−x1+ 3y1=0n⋅DB= 3y1−z1=0，
取y1=1，可得x1= 3,z= 3，
所以n=( 3,1, 3)，
设CF与平面ABD所成的角的为θ，
可得sinθ=|cs|=|CF⋅n||CF||n|=4 37，
所以，当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的4 37．
19.解：(1)点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12，
直线AM的斜率为yx+2(x≠−2)，直线BM的斜率为yx−2(x≠2)，
则yx+2⋅yx−2=−12，化简得x2+2y2=4，(x≠±2)，
所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，
其方程为x24+y22=1,(x≠±2)；
(2)(i)证明：依题意设P(x1,y1)，Q(−x1,−y1)，G(x0,y0)，
直线PQ的斜率为k(k>0)，则kPG=y1−y0x1−x0,kGQ=−y1−y0−x1−x0=y1+y0x1+x0，
所以kPG⋅kGQ=y12−y02x12−x02=−12．
又kGQ=kEQ=−y1−x1−x1=y12x1=k2，所以kPG=−1k，
进而有PG⊥PQ，即以QG为直径的圆必然经过点P．
(ii)设P(x1,y1)，设直线PQ的方程为y=kx(k>0)，
联立y=kxx24+y22=1，解得x1=2 2k2+1y1=2k 2k2+1，
所以直线PG的方程为y=−1k(x−x1)+y1=−1kx+1kx1+kx1=−1kx+k2+1kx1．
联立直线PG的方程和椭圆C的方程y=−1kx+k2+1kx1x24+y22=1，
消去y并整理得(2k2+1)x2−4x1(k2+1)k2x+2x12(k2+1)2k2−4=0，
则x1+x0=4x1(k2+1)k2+2⇒x0x1=4(k2+1)k2+2−1，
|PQ||PG|=|2kx1−1k(x1−x0)|=|2k2x0x1−1|=|2k24(k2+1)k2+2−2|=k2+2，因为k>0，
所以|PQ||PG|=k2+2的取值范围是(2,+∞)，
因为|PQ||PG|没有最小值，所以当|PQ||PG|取得最小值时的直线l的方程不存在．
1.已知集合A={x|x2−x−2<0}，B={x|y=lg3(2x−2)}，则A∩B=( )
A. {x|−1
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.若椭圆C：x2m+y22=1的离心率为 63，则椭圆C的长轴长为( )
A. 6B. 2 63或2 6C. 2 6D. 2 2或2 6
4.紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给出了一个石瓢壶的相关数据(单位：cm)，那么该壶的最大盛水量为( )
A. 68πcm3
B. 152πcm3
C. 20 10πcm3
D. 204πcm3
5.已知直线l：x−2y+6=0与圆C：x2+y2−4y=0相交于A，B两点，则CA⋅CB=( )
A. 165B. − 165C. 125D. − 125
6.设△ABC的内角A、B、C的对边分别是a，b，c，tanA=ab，且B为钝角，sinA+sinC的取值范围( )
A. ( 22,98]B. ( 34,54]C. (98,97]D. (0, 34]
7.如图，F1，F2是分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，P为双曲线右支上的一点，圆M与△PF1F2三边所在的直线都相切，切点为A，B，C，若|PB|=a，则双曲线的离心率为( )
A. 2
B. 2
C. 3
D. 3
8.已知函数f(x)为定义在R上的偶函数，f(0)=1，且f(x−1)+f(x+1)=f(x)，则下列选项不正确的是( )
A. f(1)=12B. f(x)的图象关于点(32,0)对称
C. f(x)以6为周期的函数D. k=12023f(k)=−12
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若m⊥α，n//α，则m⊥n
B. 若m⊥α，n⊥β，α//β，则m//n
C. 若α//β，m⊂α，则m//β
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
10.亚马逊大潮是世界潮涌之最，当潮涌出现时，其景、其情、其声，真是“壮观天下无”，在客观现实世界中，潮汐的周期性变化现象，我们通常需要借助于三角函数这一重要数学模型来研究.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|<π2)的图象关于直线x=1112π对称，则下列选项正确的是( )
A. φ=π3
B. 直线x=5π12是函数f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在区间[−π3,−π6]上单调递减
D. 若将函数f(x)图象上的所有点向左平移m(m>0)个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则m的最小值为5π12
11.已知双曲线E：x2a2−y2=1(a>0)的左、右焦点分别为F1(−c,0)，F2(c,0)，过点F2作直线与双曲线E的右支相交于P，Q两点，在点P处作双曲线E的切线，与E的两条渐近线分别交于A，B两点，则( )
A. 若|PF1|⋅|PF2|=2，则PF1⋅PF2=0
B. 若asin∠PF1F2=csin∠PF2F1，则双曲线的离心率e∈(1, 2+1]
C. △F1PQ周长的最小值为8
D. △AOB(O为坐标原点)的面积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为30°，|a|=1，|b|= 3，则|a+2b|为______．
13.已知sin(α−π3)+ 3csα=13，则sin(2α+π6)的值为______．
14.已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB=2 3，BC=4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P−ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
多项选择题是标准化考试中常见题型，从A，B，C，D四个选项中选出所有正确的答案(四个选项中至少有两个选项是正确的)，其评分标准为全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
(1)甲同学有一道多项选择题不会做，他随机选择至少两个选项，求他猜对本题得5分的概率；
(2)现有2道多项选择题，根据训练经验，每道题乙同学得5分的概率为12，得2分的概率为14；丙同学得5分的概率为16，得2分的概率为12.乙、丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的概率．
16.(本小题15分)
已知圆C：(x−3)2+(y−4)2=4．
(Ⅰ)若直线l：(m−2)x+(1−m)y+m+1=0(m∈R)，证明：无论m为何值，直线l都与圆C相交；
(Ⅱ)若过点P(1,0)的直线m与圆C相交于A，B两点，求△ABC的面积的最大值，并求此时直线m的方程．
17.(本小题15分)
在△ABC中，已知sinB+sinCsinA=csB+csCcsA，D为BC的中点．
(1)求A；
(2)当BC=4时，求AD的最大值．
18.(本小题17分)
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，
①求四面体ABCD与其外接球的体积比；(化为最简形式)
②当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
19.(本小题17分)
已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12.记M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线l交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．
(ⅰ)证明：以QG为直径的圆必然经过点P．
(ⅱ)求|PQ||PG|的取值范围，并求当|PQ||PG|取得最小值时的直线l的方程．
参考答案
1.B
2.D
3.D
4.B
5.D
6.A
7.B
8.D
9.ABC
10.BCD
11.ACD
12. 19
13.−79
14. 10−1
15.解：(1)甲同学所有可能的选择答案有11种：
AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，其中正确的选项只有一个．
样本空间Ω={AB,AC,AD,BC,BD,CD,ABC,ABD,ACD,BCD,ABCD}，共11个基本事件．
∴猜对本题得5分的概率为P=111．
(2)这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的情况有3种：
①乙两道题都得5分，丙两道题分别得2分和5分，概率为：P1=(12)2×C21×16×12=124，
②乙两道题分别得5分和2分，丙两道题分别得2分和0分，概率为：P2=C21×12×14×C21×12×(1−16−12)=112，
③乙两道题分别得5分和0分，丙两道题都得0分，概率为：P3=C21×12×(1−12−14)×(1−16−12)2=112，
∴这2道多项选择题乙比丙总分刚好多得5分的概率为P=P1+P2+P3=124+112+112=524．
16.(Ⅰ)证明：由题意知，圆心C(3,4)，圆C的半径为r=2，
点C到直线l的距离|3(m−2)+4(1−m)+m+1| (m−2)2+(1−m)2=1 2m2−6m+5=1 2(m−32)2+12≤ 2<2，
故无论m为何值，直线l都与圆C相交．
(Ⅱ)解：由题意知，直线m的斜率不可能为0，设其方程为x=ty+1，
则圆心C到直线m的距离d=|3−4t−1| 1+t2=|2−4t| 1+t2，
所以△ABC的面积S=12|AB|⋅d=12×2 r2−d2⋅d= (r2−d2)⋅d2≤ (r2−d2+d2)24=r22=42=2，
当且仅当r2−d2=d2，即d= 2时，等号成立，
所以△ABC的面积的最大值为2，此时d= 2=|2−4t| 1+t2，
化简得7t2−8t+1=0，解得t=1或17，
所以直线m的方程为x=y+1或x=17y+1，即x−y−1=0或7x−y−7=0．
17.解：(1)因为sinB+sinCsinA=csB+csCcsA，
所以(sinB+sinC)csA=(csB+csC)sinA，即sinBcsA+sinCcsA=csBsinA+csCsinA，
可得sinBcsA−csBsinA=csCsinA−sinCcsA，即sin(B−A)=sin(A−C)．
因此，B−A=A−C+2kπ(k∈Z)，或(B−A)+(A−C)=2kπ+π(k∈Z)，
①当B−A=A−C+2kπ(k∈Z)时，可得B+C−2A=2kπ(k∈Z)，
结合A+B+C=π且0
综上所述，A=π3；
(2)设AB=c，AC=b，
由(1)及余弦定理，可得16=b2+c2−2bccsπ3，即16=b2+c2−bc．
所以16+bc=b2+c2≥2bc，即bc≤16，当且仅当b=c=4时等号成立．
由D为边BC的中点，可得AD=12(AB+AC)，
所以AD2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)=14(c2+2cbcsπ3+b2)=14(c2+cb+b2)
=14(16+2cb)=4+12bc≤4+8=12，当且仅当b=c时等号成立．
由此可得|AD|≤ 12=2 3，当且仅当b=c时等号成立，所以AD的最大值为2 3．
18.解：(1)证明：因为AD=CD，且E为AC的中点，所以AC⊥DE，
在△ADB中和△BCD中，因为AD=CD，且∠ADB=∠CDB，DB=DB，
所以△ADB≌△BCD，所以AB=BC，
又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，
因为DE∩BE=E，且DE，BE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE，
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDE．
(2)①由(1)知AB=BC，且∠ACB=60°，AB=2，
所以△ABC为边长为2的等边三角形，则AC=2,BE= 3,AE=1，
因为AD=CD且AD⊥CD，所以△ACD为等腰直角三角形，且DE=1，
可得DE=1，且E为△ACD的外接圆的圆心，
又因为AB=BD=2，可得DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE，
取等边△ABC的外接圆的圆心O，则O为四面体ABCD的球心，且OE= 33，
设四面体ABCD的外接球的半径为R，
则R2=AE2+OE2=43，即R=2 33，
所以外接球的体积为V=43πR3=43π(2 33)3=32 327π，
又由DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
又因为AC⊥DE，且AC∩BE=E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，
所以四面体的体积为VABCD=13× 34×22×1= 33，
则VABCDV=932π，
即四面体ABCD与外接球的体积比为932π．
②由(1)知，AC⊥平面BDE，连接EF，因为EF⊂平面BDE，
所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小时，△AFC的面积取得最小值，
在直角△BDE中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，此时EF=DE⋅BEBD= 32，
又由DE⊥AC，BE⊥AC，可得EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，以EA，EB，ED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(1,0,0),B(0, 3,0),D(0,0,1),C(−1,0,0)，
可得AB=(−1, 3,0),DB=(0, 3,−1)，
在直角△BDE中，DE=1,DB= 3,BD=2，可得DF=DE2DB=12,BF=32，
所以3DF=FB，设F(0,y,z)，则DF=(0,y,z−1),FB=(0, 3−y,−z)，
所以3⋅(0,y,z−1)=(0, 3−y,−z)，可得y= 34,z=34，
即F(0, 34,34)，所以CF=(1, 34,34)，
设平面ABD的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⊥ABn⊥DB，则n⋅AB=−x1+ 3y1=0n⋅DB= 3y1−z1=0，
取y1=1，可得x1= 3,z= 3，
所以n=( 3,1, 3)，
设CF与平面ABD所成的角的为θ，
可得sinθ=|cs
所以，当△AFC的面积最小时，CF与平面ABD所成的角的4 37．
19.解：(1)点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−12，
直线AM的斜率为yx+2(x≠−2)，直线BM的斜率为yx−2(x≠2)，
则yx+2⋅yx−2=−12，化简得x2+2y2=4，(x≠±2)，
所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在x轴上，不包括左右两顶点的椭圆，
其方程为x24+y22=1,(x≠±2)；
(2)(i)证明：依题意设P(x1,y1)，Q(−x1,−y1)，G(x0,y0)，
直线PQ的斜率为k(k>0)，则kPG=y1−y0x1−x0,kGQ=−y1−y0−x1−x0=y1+y0x1+x0，
所以kPG⋅kGQ=y12−y02x12−x02=−12．
又kGQ=kEQ=−y1−x1−x1=y12x1=k2，所以kPG=−1k，
进而有PG⊥PQ，即以QG为直径的圆必然经过点P．
(ii)设P(x1,y1)，设直线PQ的方程为y=kx(k>0)，
联立y=kxx24+y22=1，解得x1=2 2k2+1y1=2k 2k2+1，
所以直线PG的方程为y=−1k(x−x1)+y1=−1kx+1kx1+kx1=−1kx+k2+1kx1．
联立直线PG的方程和椭圆C的方程y=−1kx+k2+1kx1x24+y22=1，
消去y并整理得(2k2+1)x2−4x1(k2+1)k2x+2x12(k2+1)2k2−4=0，
则x1+x0=4x1(k2+1)k2+2⇒x0x1=4(k2+1)k2+2−1，
|PQ||PG|=|2kx1−1k(x1−x0)|=|2k2x0x1−1|=|2k24(k2+1)k2+2−2|=k2+2，因为k>0，
所以|PQ||PG|=k2+2的取值范围是(2,+∞)，
因为|PQ||PG|没有最小值，所以当|PQ||PG|取得最小值时的直线l的方程不存在．
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