2020-2021学年山东省青岛市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省青岛市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线x=2021的倾斜角为( )
A.90∘B.0∘C.180∘D.45∘

2. 已知向量a→=1,2,t，b→=t,1,2，且a→⊥b→，则实数t=( )
A.1B.−1C.−23D.23

3. 若直线l1:ax+y+1=0与直线l2:x+ay+2a−1=0平行，则实数a=（ ）
A.1B.−1C.0D.±1

4. 已知三棱柱ABC−A1B1C1，点P为线段B1C1的中点，则AP→=（ ）
A.12AB→+AC→+12AA1→B.AB→+12AC→+12AA1→
C.12AB→+12AC→−AA1→D.12AB→+12AC→+AA1→

5. 已知二面角α−l−β的大小为60∘，A，B为棱l上不同两点，C，D分别在半平面α,β内，AC，BD均垂直于棱l，AC=BD=2AB=2，则异面直线CD与AB所成角的余弦值为（ ）
A.15B.55C.13D.12

6. 若过原点的直线l与圆x2−4x+y2+3=0有两个交点，则l的倾斜角的取值范围是( )
A.−π3,π3B.−π6,π6C.[0,π6)∪(5π6,π)D.[0,π3)∪(2π3,π)

7. 已知椭圆C：x24+y2=1上两点A，B，若AB的中点为D，直线OD的斜率等于1，则直线AB的斜率等于( )
A.−1B.1C.−12D.−14

8. 已知圆O：x2+y2=r2r>0与直线x2+y2=1交于A，B两点，且|AB|=23，则圆O与函数fx=lnx−1的图象交点个数为( )个.
A.2B.1C.0D.3
二、多选题

已知直线l:x−my+m−1=0，则下述正确的是（ ）
A.直线l的斜率可以等于0
B.直线l的斜率有可能不存在
C.直线l可能过点2,1
D.若直线l的横纵截距相等，则m=±1

已知椭圆C:16x2+25y2=400，关于椭圆C下述正确的是（ ）
A.椭圆C的长轴长为10
B.椭圆C的两个焦点分别为0,−3和0,3
C.椭圆C的离心率等于35
D.若过椭圆C的焦点且与长轴垂直的直线l与椭圆C交于P，Q，则|PQ|=325

已知点F1−1,0,F21,0，动点P到直线x=2的距离为d， |PF2|d=22，则（ ）
A.点P的轨迹是椭圆B.点P的轨迹曲线的离心率等于12
C.点P的轨迹方程为x22+y2=1D.△PF1F2的周长为定值42

已知四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A.异面直线AC与BD所成角为60∘
B.点A到平面BCD的距离为263
C.四面体ABCD的外接球体积为6π
D.动点P在平面BCD上，且AP与AC所成角为60∘，则点P的轨迹是椭圆
三、填空题

圆C1：x2+y2+4x=0与圆C2：x−22+y−12=9的位置关系为________.

已知椭圆x2m+y29=1的离心率是13，则实数m的值是________.

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的梭长为1，点P为线段AC1上一点， |PA→|=1，则点P到平面ABCD的距离为________.

在平面直角坐标系中， A1,2,D2,1，点B，C分别在x轴、y轴上，
则①|AB|+|BD|的最小值是________；
②|AC|+|CB|+|BD|的最小值是________.
四、解答题

已知O为坐标原点，直线l:ax+y−a−1=0a∈R，圆O:x2+y2=1.
(1)若l的倾斜角为120∘，求a；

(2)若l与直线l0:2x−y=0的倾斜角互补，求直线l上的点到圆O上的点的最小距离；

(3)求点O到l的最大距离及此时a的值．

在平面直角坐标系中，圆C过点E1,0和点F0,1，圆心C到直线x+y=0的距离等于2.
(1)求圆C的标准方程；

(2)若圆心C在第一象限，M为圆C外一点，过点M做圆C的两条切线，切点分别为A，B，四边形MACB的面积为3，求点M的轨迹方程．

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形， PD⊥平面ABCD，M为PC中点．

(1)如果PD=4，求证： PC⊥平面MAD；

(2)当BP与平面MBD所成角的正弦值最大时，求三棱锥D−MBC的体积V．

在平面直角坐标系中，C10,−2，圆C2:x2+y−22=12，动圆P过C1且与圆C2相切．
(1)求动点P的轨迹C的标准方程；

(2)若直线l过点0,1，且与曲线C交于A，B，已知A，B中点在直线x=−14上，求直线l的方程．

如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形， △BCF为等边三角形， ∠ABC=60∘，AB=2，EF//CD，平面BCF⊥平面ABCD．

(1)证明：在线段BC上存在点O，使得平面ABCD⊥平面AOF；

(2)求二面角B−AF−C的余弦值；

(3)若ED//平面AOF，求EF．

已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2，P为椭圆的上顶点，以P为圆心且过F1,F2的圆与直线x=−2相切．
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)已知直线l交椭圆C于M，N两点．
①若直线l的斜率等于1，求△OMN面积的最大值；
②若OM→⋅ON→=−1，点D在l上， OD⊥l．证明：存在定点W，使得|DW|为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省青岛市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
利用直线x=2021垂直于x轴，倾斜角为90∘，选出答案．
【解答】
解：∵ 直线x=2021垂直于x轴，
∴ 倾斜角为90∘.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
由a→⊥b→，得到a→⋅b→=t×1+2×1+2×t=0，求解即可.
【解答】
解：∵ 向量a→=1,2,t，b→=t,1,2，且a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=t×1+2×1+2×t=0，
解得t=−23.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
根据两条直线平行可得a2=1，求出a的值经过验证即可得出．
【解答】
解：由l1//l2，得a2=1,
解得a=1或a=−1,
当a=1时，l1的方程分别为x+y+1=0，l2的方程x+y+1=0， l1与l2重合，故舍去，
当a=−1，l1的方程分别为−x+y+1=0，即x−y−1=0，l2的方程x−y−3=0，符合题意，
∴ a=−1.
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的加减法
【解析】
利用空间向量的三角形法则、平行四边形法则，把AP→用AB→,AC→,AA1→线性表示即可．
【解答】
解：∵ 三棱柱ABC−A1B1C1，点P为线段B1C1的中点，
∴ AP→=AB→+BB1→+B1P→
=AB→+BB1→+12B1C1→
=AB→+BB1→+12A1C1→−A1B1→
=AB→+AA1→+12AC→−AB→
=12AB→+12AC→+AA1→,
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
由题设条件，结合向量法求出CD的长，再根据向量的数量积即可求解异面直线CD与AB所成角的余弦值.
【解答】
解：如图，
由题意得：CA→⋅AB→=AB→⋅BD→=0，=60∘，
∴ CD→2=CA→+AB→+BD→2
=CA→2+AB→2+BD→2+2CA→⋅AB→+
2AB→⋅BD→+2CA→⋅BD→
=4+1+4+2×2×2×cs120∘=5.
∴ |CD→|=5，
∴ CD→⋅AB→=CA→+AB→+BD→⋅AB→
=CA→⋅AB→+AB→⋅AB→+BD→⋅AB→=AB→2,
∴ CD→⋅AB→cs=AB→2,
∴ cs=AB→CD→=55,
即异面直线CD与AB所成角的余弦值为55.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
直线与圆的位置关系
直线的倾斜角
点到直线的距离公式
【解析】
由题意可得，圆心到直线的距离小于半径，即|2k−0|k2+1<1，求得斜率k的范围，再根据直线的倾斜角和斜率的关系，求得直线的倾斜角的取值范围．
【解答】
解：由题意，设过原点的直线为y=kx，即kx−y=0，
因为过原点的直线与圆x2+y2−4x+3=0有两个交点，
所以，圆心(2,0)到直线的距离小于半径r=1，
即|2k−0|k2+1<1，
解得−33所以，直线的倾斜角的取值范围是0,π6∪5π6,π.
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
直线的斜率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
由题意得到y2−y1x2−x1=−x2+x14y2+y1，再利用斜率公式求解即可.
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
∴ x124+y12=1，x224+y22=1，
两式相减，化简可得：y2−y1x2−x1=−x2+x14y2+y1，
又∵ Dx1+x22,y1+y22，
∴ kOD=y1+y2x1+x2=−x2−x14(y2−y1)=1，
∴ kAB=y2−y1x2−x1=−14.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
直线与圆的位置关系
对数函数的图象与性质
点到直线的距离公式
【解析】
由题意求出圆的半径，在同一坐标系下作出圆O与函数fx=lnx−1的图象，由图象即可得到答案.
【解答】
解：∵ 圆心O0,0到直线x2+y2=1
即x+y−2=0的距离为d=212+12=1，
∴ |AB|=2r2−d2=2r2−12=23，
解得r=2，
∴ 圆的方程为x2+y2=4，
作出圆O与函数fx=lnx−1的图象如图所示：
由图象可知：圆O与函数fx=lnx−1的图象交点个数为2个.
故选A.
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
直线的截距式方程
直线的斜率
命题的真假判断与应用
【解析】
先将式子化为斜截式，即可讨论A，B选项的正误，将2,1代入直线方程，即可验证选项C，再利用两截距相等列式验证D选项即可.
【解答】
解：假设直线l斜率为0，则m≠0，
由x−my+m−1=0
可得y=1mx+1−1m，
则可得1m不可能等于0，故A错；
当m=0时，x=1，即直线斜率不存在，故B正确；
将2,1代入直线方程可得1=0，此式不成立，故C错误；
令x=0，则y=m−1m，
令y=0，则x=1−m,
则由m−1m=1−m，
解得m=±1，故D正确.
故选BD.
【答案】
A,C,D
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
将椭圆方程化为标准式，即可求得基础量，逐项验证即可.
【解答】
解：将椭圆方程化为标准式可得：x225+y216=1，
可得a=5，b=4，c=a2−b2=3，
∴ 长轴长为2a=10，故A正确；
椭圆的两个焦点分别为−3,0和3,0，故B错误；
椭圆的离心率为e=ca=35，故C正确；
当x=3时，代入x225+y216=1，解得y=±165,
∴ PQ=325,故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,C
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
【解析】
根据椭圆定义以及p点的轨迹即可求解.
【解答】
解：椭圆的第二定义：平面上到定点F的距离与到定直线的距离的比为常数e(离心率)的点的集合，e∈(0,1).
由题意可知点P的轨迹为椭圆，e=ca=22.
∵ c=1，
∴ a=2，
∴ b2=a2−c2=1，
∴ 轨迹方程为x22+y2=1.
C△PF1F2=PF1+PF2+F1F2=2a+2c=22+2.
故选AC.
【答案】
B,C
【考点】
异面直线及其所成的角
球的表面积和体积
球内接多面体
点、线、面间的距离计算
【解析】
分别对A，B，C，D各个选项进行判断即可．
【解答】
解：对于A，如图：
在等边三角形ABD中，AE为BD边上的高，
在等边三角形BCD中，CE为BD边上的高，
∴ AE⊥BD，CE⊥BD，
∴ BD⊥平面ACE，
∴ BD⊥AC.
故A不正确；
对于B，在四面体ABCD中，过A作AH⊥平面BCD于点H，
则H为底面正三角形BCD的重心.
棱长为2，则BH=233，
AH=AB2−BH2=236.
故B正确；
对于C，将四面体补成正方体，则正方体的棱长是2，
正方体的对角线长为：6，
则外接球的体积为：43π×(62)3=6π.
故C正确；
对于D，很显然点P的轨迹是一段圆弧.
故D不正确.
故选BC．
三、填空题
【答案】
相交
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
由题意可得两圆的圆心分别为−2,0， 2,1，半径分别为r1=2，r2=3，从而得到它们的圆心间的距离大于半径之差的绝对值，小于半径之和，所以两圆相交．
【解答】
解：∵x2+y2+4x=0，即x+22+y2=4的圆心为−2,0，半径为r1=2，
圆x−22+y−12=9的圆心为2,1，半径为r2=3，
∴ 两圆的圆心间的距离d=2+22+1=17，
而半径之差的绝对值|r1−r2|=1，
半径之和r1+r2=5，因此|r1−r2|所以两圆的位置关系是相交．
故答案为：相交.
【答案】
8或818
【考点】
椭圆的定义
椭圆的离心率
【解析】
分焦点在x轴和y轴两种情况分析求解即可.
【解答】
解：若椭圆的焦点在x轴上，m>9，
则e=ca=a2−b2a2=m−9m=13，
解得m=818；
若椭圆的焦点在y轴上，0则e=ca=a2−b2a2=9−m9=13，
解得m=8.
综上所述：m=818或m=8.
故答案为：8或818.
【答案】
33
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：正方体的体对角线为3，
设点P到平面ABCD的距离为d,
则d1=13，
∴ 点P到平面ABCD的距离为33.
故答案为： 33.
【答案】
10,32
【考点】
两点间的距离公式
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在平面直角坐标系中，点A（1，2）关于y轴的对称点为A′（−1,2），
点D（2，1）关于x轴的对称点为D′（2,−1），点B，C分别在x轴，y轴上，
由两点之间线段最短可知：
①|AB|+|BD|的最小值即可转化为点A到点D′（2,−1）的距离，
即|AB|+|BD|的最小值：|AD′|=(1−2)2+[2−(−1)]2=10;
②|AC|+|CB|+|BD|的最小值即可转化为点A′到点D′（2,−1）的距离，
即|AC|+|CB|+|BD|的最小值：(−1−2)2+[2−(−1)]2=32.
故答案为：10；32.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题知：直线l的斜率等于tan120∘=−3=−a，
解得a=3．
(2)因为l与直线l0：2x−y=0的倾斜角互补，所以两者斜率互为相反数，
所以−a=−2，即a=2，
所以l：2x+y−3=0．
则圆心O到直线l的距离d=355>1，
所以直线l上的点到圆O上的点的最小距离为355−1．
(3)直线l恒过定点W1,1，
所以O到l的最大距离小于等于|OW|=2，
此时，OW⊥l，
所以kOW⋅kl=−1，
解得a=1．
【考点】
直线的倾斜角
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
直线恒过定点
【解析】
无
无
无
【解答】
解：(1)由题知：直线l的斜率等于tan120∘=−3=−a，
解得a=3．
(2)因为l与直线l0：2x−y=0的倾斜角互补，所以两者斜率互为相反数，
所以−a=−2，即a=2，
所以l：2x+y−3=0．
则圆心O到直线l的距离d=355>1，
所以直线l上的点到圆O上的点的最小距离为355−1．
(3)直线l恒过定点W1,1，
所以O到l的最大距离小于等于|OW|=2，
此时，OW⊥l，
所以kOW⋅kl=−1，
解得a=1．
【答案】
解：(1)因为圆C过点E1,0和点F0,1，
所以圆心C在线段EF的垂直平分线y=x上，
所以可设圆心为Ca,a，
因为圆心C到直线x+y=0的距离等于2，
所以|a+a|2=2，解得a=±1.
当a=1时，圆心为1,1，半径r=|EC|=1，
圆C的方程为：x−12+y−12=1；
当a=−1时，圆心为−1,−1，半径r=|EC|=5，
圆C的方程为：x+12+y+12=5.
所以圆C的标准方程为：x−12+y−12=1或x+12+y+12=5.
(2)由题知：因为CA⊥MA，
所以四边形MACB的面积S四边形CAMB=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=3.
因为|CA|=1，
所以|AM|=3，
所以|CM|2=|CA|2+|AM|2=4，
所以|CM|=2，点M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆，
所以点M的轨迹方程为：x−12+y−12=4.
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
轨迹方程
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为圆C过点E1,0和点F0,1，
所以圆心C在线段EF的垂直平分线y=x上，
所以可设圆心为Ca,a，
因为圆心C到直线x+y=0的距离等于2，
所以|a+a|2=2，解得a=±1.
当a=1时，圆心为1,1，半径r=|EC|=1，
圆C的方程为：x−12+y−12=1；
当a=−1时，圆心为−1,−1，半径r=|EC|=5，
圆C的方程为：x+12+y+12=5.
所以圆C的标准方程为：x−12+y−12=1或x+12+y+12=5.
(2)由题知：因为CA⊥MA，
所以四边形MACB的面积S四边形CAMB=2S△CAM=|CA|⋅|AM|=3.
因为|CA|=1，
所以|AM|=3，
所以|CM|2=|CA|2+|AM|2=4，
所以|CM|=2，点M的轨迹是以C为圆心，半径为2的圆，
所以点M的轨迹方程为：x−12+y−12=4.
【答案】
(1)证明：在△PDC中， PD=DC，M为PC中点，
所以PC⊥DM.
因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD.
又因为AD⊥CD，PD∩CD=D，
所以AD⊥平面PCD.
因为PC⊂平面PCD，
所以AD⊥PC ，
因为AD∩DM=D，
所以 PC⊥平面MAD.
(2)解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在方向为x,y,z轴正方向，
建立D−xyz空间直角坐标系，
设PD=t，则D0,0,0，B4,4,0，M0,2,t2，P0,0,t，
设平面MBD的法向量为n→=x,y,z，
所以DM→=0,2,t2，DB→=4,4,0，BP→=−4,−4,t，
所以n→⋅DM→=0，n→⋅DB→=0，
得 2y+t2z=0，4x+4y=0，
令y=1，
可得x=−1，z=−4t，
所以n→=−1,1,−4t，
所以BP与平面MBD的所成角的正弦值为
|cs|=|−416+16+t21+1+16t2|
=480+2(t2+256t2)≤13，
（当且仅当t2=256t2，即t=4时等号成立），
所以，棱锥D−MBC的体积
VD−MBC=VM−DBC=12VP−DBC=14VP−ABCD
=14×13×4×4×4=163.
【考点】
直线与平面垂直的判定
用空间向量求直线与平面的夹角
基本不等式在最值问题中的应用
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】

【解答】
(1)证明：在△PDC中， PD=DC，M为PC中点，
所以PC⊥DM.
因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD.
又因为AD⊥CD，PD∩CD=D，
所以AD⊥平面PCD.
因为PC⊂平面PCD，
所以AD⊥PC ，
因为AD∩DM=D，
所以 PC⊥平面MAD.
(2)解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DP所在方向为x,y,z轴正方向，
建立D−xyz空间直角坐标系，
设PD=t，则D0,0,0，B4,4,0，M0,2,t2，P0,0,t，
设平面MBD的法向量为n→=x,y,z，
所以DM→=0,2,t2，DB→=4,4,0，BP→=−4,−4,t，
所以n→⋅DM→=0，n→⋅DB→=0，
得 2y+t2z=0，4x+4y=0，
令y=1，
可得x=−1，z=−4t，
所以n→=−1,1,−4t，
所以BP与平面MBD的所成角的正弦值为
|cs|=|−416+16+t21+1+16t2|
=480+2(t2+256t2)≤13，
（当且仅当t2=256t2，即t=4时等号成立），
所以，棱锥D−MBC的体积
VD−MBC=VM−DBC
=12VP−DBC
=14VP−ABCD
=14×13×4×4×4=163.
【答案】
解：(1)设动圆P的半径为r，
由题意知：|PC1|=r ，|PC2|=23−r，
所以|PC1|+|PC2|=23>|C1C2|=22 .
所以P点的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆．
其长轴长2a=23，焦距为2c=22，b=a2−c2=1．
所以曲线C的标准方程为：y23+x2=1 .
(2)若直线斜率不存在，则A，B关于x轴对称，不合题意，
若直线斜率存在，设其方程为y=kx+1，
将y=kx+1代入y23+x2=1得：3+k2x2+2kx−2=0，
所以x1+x2=−2k3+k2，
所以x1+x22=−k3+k2=−14，
所以k2−4k+3=0，
解得k=1或k=3，
所以，直线l的方程为：y=x+1或y=3x+1 .
【考点】
椭圆的定义
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设动圆P的半径为r，
由题意知：|PC1|=r ，|PC2|=23−r，
所以|PC1|+|PC2|=23>|C1C2|=22 .
所以P点的轨迹是以C1,C2为焦点的椭圆．
其长轴长2a=23，焦距为2c=22，b=a2−c2=1．
所以曲线C的标准方程为：y23+x2=1 .
(2)若直线斜率不存在，则A，B关于x轴对称，不合题意，
若直线斜率存在，设其方程为y=kx+1，
将y=kx+1代入y23+x2=1得：3+k2x2+2kx−2=0，
所以x1+x2=−2k3+k2，
所以x1+x22=−k3+k2=−14，
所以k2−4k+3=0，
解得k=1或k=3，
所以，直线l的方程为：y=x+1或y=3x+1 .
【答案】
(1)证明：取线段BC的中点O，连接OA，OF，因为△BCF,△ABC均为等边三角形，
所以BC⊥OA，BC⊥OF，OA∩OF=O，
所以BC⊥平面AOF ，
又因为BC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面AOF，
所以，在线段BC上存在点O，使得平面ABCD⊥平面AOF·
(2)解：因为平面BCF⊥平面ABCD，
平面BCF∩平面ABCD=BC，FO⊥BC，
所以FO⊥平面ABCD，
所以OA，OB，OF两两垂直，以O为原点，OA，OB，OF为x,y,z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(3,0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,3)，C(0,−1,0)，D(3,−2,0) ．
设平面ABF的一个法向量m→=x1,y1,z1，
因为AB→=−3,1,0，
AF→=−3,0,3，
由m→⋅AB→=0，m→⋅AF→=0，
得−3x1+y1=0，−3x1+3z1=0，
令x1=1，
所以m→=1,3,1.
设平面ACF的一个法向量n→=x2,y2,z2，
因为CA→=3,1,0，CF→=0,1,3，
由n→⋅CA→=0，n→⋅CF→=0，
得3x2+y2=0，y2+3z2=0，
令x2=1，
所以n→=1,−3,1.
设二面角B−AF−C的平面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=15，
所以二面角B−AF−C的余弦值为15 .
(3)解：因为EF//CD//AB，
设FE→=tBA→=3t,−t,0，F0,0,3，
所以E3t,−t,3，
则DE→=3t−3,2−t,3，
又因为平面AOF的一个法向量为OB→=0,1,0，
因为DE→⋅OB→=3t−3,2−t,3⋅0,1,0=2−t=0，
所以t=2，
所以|FE→|=2|BA→|=4 .
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
直线与平面平行的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：取线段BC的中点O，连接OA，OF，因为△BCF,△ABC均为等边三角形，
所以BC⊥OA，BC⊥OF，OA∩OF=O，
所以BC⊥平面AOF ，
又因为BC⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面AOF，
所以，在线段BC上存在点O，使得平面ABCD⊥平面AOF·
(2)解：因为平面BCF⊥平面ABCD，
平面BCF∩平面ABCD=BC，FO⊥BC，
所以FO⊥平面ABCD，
所以OA，OB，OF两两垂直，以O为原点，OA，OB，OF为x,y,z轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(3,0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,3)，C(0,−1,0)，D(3,−2,0) ．
设平面ABF的一个法向量m→=x1,y1,z1，
因为AB→=−3,1,0，
AF→=−3,0,3，
由m→⋅AB→=0，m→⋅AF→=0，
得−3x1+y1=0，−3x1+3z1=0，
令x1=1，
所以m→=1,3,1.
设平面ACF的一个法向量n→=x2,y2,z2，
因为CA→=3,1,0，CF→=0,1,3，
由n→⋅CA→=0，n→⋅CF→=0，
得3x2+y2=0，y2+3z2=0，
令x2=1，
所以n→=1,−3,1.
设二面角B−AF−C的平面角为θ，
所以csθ=|m→⋅n→||m→||n→|=15，
所以二面角B−AF−C的余弦值为15 .
(3)解：因为EF//CD//AB，
设FE→=tBA→=3t,−t,0，F0,0,3，
所以E3t,−t,3，
则DE→=3t−3,2−t,3，
又因为平面AOF的一个法向量为OB→=0,1,0，
因为DE→⋅OB→=3t−3,2−t,3⋅0,1,0=2−t=0，
所以t=2，
所以|FE→|=2|BA→|=4 .
【答案】
解：(1)由题意知：F1−1,0，F21,0，
由椭圆定义知，所以2a=PF1+PF2=22，
设椭圆的半焦距为c，因为b2+c2=a2，
所以a=2，b=1，c=1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1.
(2)①设直线l的方程为：y=kx+t，
将y=kx+t代入x22+y2=1得：
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
又因为k=1，
|AB|=2|x1−x2|=2⋅x1+x22−4x1x2
=43−t23，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23
=23×t23−t2≤23×t2+3−t22=22，
等号当仅当t2=3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22.
②显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y=kx+t，
由①知：x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，
直线过定点Z0,33或0,−33，
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W0,36或0,−36，半径等于36，
所以存在定点W0,36或0,−36，使得|DW|为定值36.
【考点】
椭圆的定义
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
直线恒过定点
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知：F1−1,0，F21,0，
由椭圆定义知，所以2a=PF1+PF2=22，
设椭圆的半焦距为c，因为b2+c2=a2，
所以a=2，b=1，c=1，
所以椭圆C的标准方程为：x22+y2=1.
(2)①设直线l的方程为：y=kx+t，
将y=kx+t代入x22+y2=1得：
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
所以x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
又因为k=1，
|AB|=2|x1−x2|=2⋅x1+x22−4x1x2
=43−t23，
所以S△AOB=12⋅|t|2⋅43−t23
=23×t23−t2≤23×t2+3−t22=22，
等号当仅当t2=3−t2时取，即当t=±62时，△OMN的面积取最大值为22.
②显然直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为：y=kx+t，
由①知：x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
所以y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2=t2−2k21+2k2，
所以OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=3t2−2−2k21+2k2=−1，
解得t2=13，t=±33，
直线过定点Z0,33或0,−33，
所以D在以OZ为直径的圆上，该圆的圆心为W0,36或0,−36，半径等于36，
所以存在定点W0,36或0,−36，使得|DW|为定值36.