2020-2021学年内蒙古某校高二（上）第一次月考数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年内蒙古某校高二（上）第一次月考数学试卷（理科）人教A版，共9页。试卷主要包含了 已知命题p， 设命题p等内容，欢迎下载使用。


1. 已知命题p:∀x∈R，sinx≤1，命题q:y＝x2−x在区间[0, +∞)上单调递增．则下列命题中为真命题的是（ ）
A.(￢p)∧(￢q)B.(￢p)∨qC.p∨qD.p∧q

2. 设命题p：所有正方形都是平行四边形，则¬p为( )
A.所有正方形都不是平行四边形
B.有的平行四边形不是正方形
C.有的正方形不是平行四边形
D.不是正方形的四边形不是平行四边形

3. 若椭圆x2m+y22=1的离心率为22，则实数m的值为（ ）
A.2或6B.1或4C.4D.1

4. 曲线方程x2+(y+4)2+x2+(y−4)2=10的化简结果为（ ）
A.x225+y216=1B.y225+x216=1C.x225+y29=1D.y225+x29=1

5. 在椭圆x225+y216＝1中，A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，F1为左焦点，M是椭圆上的点，求△MF1A2的面积最大值（ ）
A.16B.32C.162D.322

6. 在空间直角坐标系O−xyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0, 0, 2)，(2, 2, 0)，(1, 2, 1)，(2, 2, 2)，则该四面体的体积为（ ）
A.2B.43C.223D.23

7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“acsA=bcsB”是“△ABC是以A，B为底角的等腰三角形”的( )
A.充分非必要条件B.必要非充分条件
C.充要条件D.既非充分也非必要条件

8. 已知命题p:x<2m+1，q:x2−5x+6<0，且p是q的必要不充分条件，则实数m的取值范围为（ ）
A.m>12B.m≥12C.m>1D.m≥1

9. 点P(x, y)是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的任意一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，且∠F1PF2≤90∘，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A.0
10. 已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，离心率22，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，若AB中点为(1, 1)，则直线l的斜率为（ ）
A.2B.−2C.−12D.12

11. 已知F1，F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为36的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P=120∘，则C的离心率为（ ）
A.23B.12C.13D.14

12. 已知三棱锥D−ABC中，AB=1，AC＝AD＝3，BD=2，BC＝2，BC⊥AD，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A.8πB.6πC.4πD.86π
二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

如图，A，B为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点，过椭圆的右焦点F作x轴的垂线，与其交于点C，若AB // OC（O为坐标原点），则直线AB的斜率为________．

设P为曲线x2−4y2−4=0上一动点，O为坐标原点，M为线段PO的中点，则点M的轨迹方程为________．

已知椭圆：x24+y2b2=1(0
M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，将菱形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下命题正确的是________.
①MN // 平面ABD；
②异面直线AC与MN所成的角为定值；
③在二面角D−AC−B逐渐渐变小的过程中，三棱锥D−ABC的外接球半径先变小后变大；
④若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是(0,π2)．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）

设命题p：实数a满足不等式2a<4；命题q：关于x不等式x2+3(3−a)x+9≥0对任意的x∈R恒成立．
(Ⅰ)若命题p为真命题，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)若“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题，求实数a的取值范围．

在等差数列{an}中，a5=7，a2+a6=12．
（1）求{an}的通项公式；

（2）设bn=1(an−1)(an+1)，求数列，{bn}的前n项和Sn．

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3bsinA=a(2+csB)．
（1）求B；

（2）若△ABC的面积等于3，求△ABC的周长的最小值．

如图，底面ABCD是边长为1的正方形，DE⊥平面ABCD，AF // DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60∘．

（1）求证：AC⊥平面BDE；

（2）求二面角F−BE−D的余弦值．

椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是22，过点P(0, 1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l与x轴平行时，直线l被椭圆C截得的线段长为26．
（1）求椭圆C的方程；

（2）在y轴上是否存在异于点P的定点Q，使得直线l变化时，总有∠PQA＝∠PQB？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG=4，AG=13GD，BG⊥GC，GB=GC=2，E是BC的中点．

(1)求异面直线GE与PC所成角的余弦值；

(2)若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求PFFC的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年内蒙古某校高二（上）第一次月考数学试卷（理科）
一．选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.
【答案】
C
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
根据题意，分析可得p、q的真假，进而结合复合命题的真假判断方法分析可得答案．
【解答】
根据题意，命题p:∀x∈R，sinx≤1，为真命题，
命题q:y＝x2−x＝(x−12)2−14，在(0, 12)上为减函数，则q为假命题；
则p∨q为真命题，(￢p)∧(￢q)、(￢p)∨q、p∧q为假命题；
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
找出条件和结论，否定条件和结论．
【解答】
解：“所有”改为“存在”（或“有的”），
“都是”改为“不都是”（或“不是”），
故¬p为有的正方形不是平行四边形．
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
对椭圆的焦点位置进行分类讨论，结合椭圆的离心率公式可求得实数m的值．
【解答】
若椭圆的焦点在x轴上，此时m>2，则a＝m，b＝2，c＝a2−b2＝m−2，
该椭圆的离心率为e＝ca＝m−2m＝22，解得m=4；
若椭圆的焦点在y轴上，此时0该椭圆的离心率为e＝ca＝2−m2＝22，解得m=1．
综上所述，m=1或4．
4.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
方程x2+(y+4)2+x2+(y−4)2=10表示(x, y)与(0, 4)，(0, −4)两点的距离和为10，大于两点的距离，所以点的轨迹是以(0, 4)，(0, −4)为焦点的椭圆，且a＝5，c＝4，可得结论．
【解答】
方程x2+(y+4)2+x2+(y−4)2=10表示(x, y)与(0, 4)，(0, −4)两点的距离和为10，大于两点的距离，
所以点的轨迹是以(0, 4)，(0, −4)为焦点的椭圆，且a＝5，c＝4，所以b＝3，
所以椭圆方程为y225+x29=1．
5.
【答案】
A
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
分析题意可知点M为短轴端点时，△MF1A2的面积取最大值，计算即可求得结果．
【解答】
由题意可知点M为短轴端点时，△MF1A2的面积取最大值，
因为椭圆方程为：x225+y216＝1，所以a=5，b=4，c=3，
即有S＝12(a+c)×b＝12×8×4＝16．
6.
【答案】
D
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
在空间直角坐标系O−xyz中，根据坐标画出几何体，利用体积公式即可．
【解答】
如图，设四面体的顶点坐标分别是A(0, 0, 2)，
B(2, 2, 0)，C(1, 2, 1)，D(2, 2, 2)，
则该四面体的体积为v=13⋅S△BDC⋅h=13×12×2×1×2＝23．
7.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据acsA=bcsB”，得出sinAcsA=sinBcsB，sin2A=sin2B，A=B，A+B=π2，根据充分必要条件的定义可判断．
【解答】
解：∵ △ABC是以A，B为底角的等腰三角形，
∴ AC=BC，a=b.
∵ acsA=bcsB，
则sinAcsA=sinBcsB，sin2A=sin2B，
∴ A=B或A+B=π2，
∴ “acsA=bcsB”是“△ABC是以A，B为底角的等腰三角形”的必要非充分条件．
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
p是q的必要不充分条件，推导出(2, 3)⊆(2m+1, +∞)，由此能求出实数m的取值范围．
【解答】
∵ 命题p:x<2m+1，q:x2−5x+6<0，即：2p是q的必要不充分条件，
∴ (2, 3)⊆(2m+1, +∞)，
∴ 2m+1≥3，解得m≥1．
实数m的取值范围为m≥1．
9.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由题设条件可知，当点P位于(0, b)或(0, −b)处时，∠F1PF2最大，此时cs【解答】
解：由题意可知，当点P位于(0, b)或(0, −b)处时，∠F1PF2最大，
此时cs∴ e=ca≤22，又∵ 0答案：(0,22]．
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的离心率
【解析】
设出AB坐标，利用平方差法，转化求解直线的斜率即可．
【解答】
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，AB中点为(1, 1)，x1+x2＝2，y1+y2＝2，
由题意可知：x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，
可得：y2−y1x2−x1=−b2a2⋅x1+x2y1+y2=−b2a2，
椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率22，可得c2a2=12，可得a2−b2a2=12，所以−b2a2=−12．
则直线l的斜率为：−12．
11.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知：
A(−a, 0)，F1(−c, 0)，F2(c, 0)，
直线AP的方程为：y=36(x+a)，
由∠F1F2P=120∘，|PF2|=|F1F2|=2c，
则P(2c, 3c)，
代入直线AP:3c=36(2c+a)，
整理得：a=4c，
∴ 椭圆C的离心率e=ca=14．
故选D.
12.
【答案】
B
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
首先利用线面的垂直的应用求出球心的位置，进一步利用勾股关系式求出球的半径，最后求出球的表面积．
【解答】
三棱锥D−ABC中，AB=1，AC＝AD＝3，BD=2，BC＝2，
所以：AB2+BC2=AC2，
故：AB⊥BC，且BC⊥AD，
则BC⊥平面ABD，
由于BD=2，BC=2，
利用勾股定理，解得DC=6．
由于AD＝AC＝3，
所以AD2+AC2=DC2，整理得AD⊥AC，
设球心为O，球的半径为R，所以R＝(32)2+(32)2=62，
所以S=4π×(62)2＝6π．
如图所示：
故选：B．
二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
22
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由已知得C(c, b2a)，A(−a, 0)，B(0, b)，从而得到ba=b2ac，即b=c，由此能求出直线AB的斜率．
【解答】
解：∵ A，B为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点，
过椭圆的右焦点F作x轴的垂线，与其交于点C，AB // OC（O为坐标原点），
∴ C(c, b2a)，A(−a, 0)，B(0, b)，
∴ ba=b2ac，∴ bc=b2，∴ b=c，
∴ a2=b2+c2=2c2，
∴ a=2c=2b，
∴ 直线AB的斜率k=ba=b2b=22．
故答案为：22．
【答案】
x2−4y2=1
【考点】
圆锥曲线的轨迹问题
【解析】
设M(x, y)，P(x0, y0)，根据中点坐标公式，利用代入法进行化简即可．
【解答】
设M(x, y)，P(x0, y0)，因为M是线段OP的中点，
则有x＝x02y＝y02，可得x0＝2xy0＝2y，
P为曲线x2−4y2−4=0上一动点，
所以4x2−16y2−4=0，即x2−4y2−1=0，
【答案】
3
【考点】
椭圆的定义
【解析】
由题意可知椭圆是焦点在x轴上的椭圆，利用椭圆定义得到|BF2|+|AF2|=8−|AB|，再由过椭圆焦点的弦中通径的长最短，可知当AB垂直于x轴时|AB|最小，把|AB|的最小值b2代入|BF2|+|AF2|=8−|AB|，由|BF2|+|AF2|的最大值等于5列式求b的值．
【解答】
解：由0∵ 过F1的直线l交椭圆于A，B两点，∴ |BF2|+|AF2|+|BF1|+|AF1|=2a+2a=4a=8
∴ |BF2|+|AF2|=8−|AB|．
当AB垂直x轴时|AB|最小，|BF2|+|AF2|值最大，
此时|AB|=b2，∴ 5=8−b2，
解得b=3．
故答案为3．
【答案】
①②④
【考点】
命题的真假判断与应用
棱锥的结构特征
异面直线及其所成的角
【解析】
①由MN // BD，可得证；②取AC中点P，可证得AC⊥平面DPB，可得正；③借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥D−ABC的外接球即为以三角形ABC的外接圆为圆心，半径为半径的球，二面角不为0时，外接圆的半径一定大于此半径，不正确． ④过A在平面ABC中作AH⊥BC交BC于H，分析H点在BC上的位置，可得证．
【解答】
①由M，N分别为菱形ABCD的边BC，CD的中点，故MN // BD，MN⊄平面ABD，故MN // 平面ABD；
②取AC中点P，连接DP，BP，由于菱形ABCD，所以DP⊥AC，BP⊥AC，可证得AC⊥平面DPB，故BD⊥AC，
又MN // BD，故MN⊥AC，异面直线AC与MN所成的角为定值．
③借助极限状态，当平面DCA与平面BCA重合时，三棱锥D−ABC的外接球即为以三角形ABC的外接圆的圆心为圆心，半径为半径的球，
当二面角变大时球心离开平面ABC，但球心在平面ABC的投影仍然为三角形ABC的外接圆的圆心，
故二面角不为0时，外接球半径一定大于三角形ABC的外接圆半径，故三棱锥D−ABC的外接球半径不可能先变小后变大．
④过A在平面ABC中作AH⊥BC交BC于H，若∠ABC为锐角，H在线段BC上；若∠ABC为直角，H与B点重合；∠ABC为钝角，
H在线段BC的延长线射线CB上．
若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，由于AH⊥BC，因此BC⊥平面AHD，故DH⊥BC．
若∠ABC为直角，H与B点重合，即DB⊥BC，由于CD=CB，不可能成立．
若∠ABC为钝角，则原平面图中，∠DCB为锐角，由于立体图中DB故H在线段CB上，与H在线段BC的延长线射线CB上矛盾，因此∠ABC的取值范围是(0,π2)．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
【答案】
（1）若命题p为真命题，则2a<4=22，∴ a<2 即此时实数a的取值范围是a<2
（2）由(I)可知当p为真命题时a<2
当命题q为真命题时，△=[3(3−a)]2−4×1×9≤0，
解得1≤a≤5
∵ “p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题
∴ 命题p和命题q一真一假
①p真q假：a<2a<1或a>5，得a<1
②p假q真：a≥21≤a≤5，得2≤a≤5
∴ 实数a的取值范围是a<1或2≤a≤5
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
(Ⅰ)根据指数函数的单调性解不等式即可；
(Ⅱ)“p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题 等价于 命题p和命题q一真一假．
【解答】
（1）若命题p为真命题，则2a<4=22，∴ a<2 即此时实数a的取值范围是a<2
（2）由(I)可知当p为真命题时a<2
当命题q为真命题时，△=[3(3−a)]2−4×1×9≤0，
解得1≤a≤5
∵ “p∧q”为假命题，“p∨q”为真命题
∴ 命题p和命题q一真一假
①p真q假：a<2a<1或a>5，得a<1
②p假q真：a≥21≤a≤5，得2≤a≤5
∴ 实数a的取值范围是a<1或2≤a≤5
【答案】
等差数列{an}的公差设为d，a5=7，a2+a6=12，
可得a1+4d=7，2a1+6d=12，
解得a1=3，d=1，
可得an=a1+(n−1)d=3+n−1=n+2；
bn=1(an−1)(an+1)=1(n+1)(n+3)=12(1n+1−1n+3)，
可得前n项和Sn=12(12−14+13−15+...+1n−1n+2+1n+1−1n+3)
=12(12+13−1n+2−1n+3)=512−2n+52(n+2)(n+3)．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）等差数列{an}的公差设为d，运用等差数列的通项公式，解方程即可得到所求通项；
（2）求得bn=1(an−1)(an+1)=1(n+1)(n+3)=12(1n+1−1n+3)，由数列的裂项相消求和，化简计算可得所求和．
【解答】
等差数列{an}的公差设为d，a5=7，a2+a6=12，
可得a1+4d=7，2a1+6d=12，
解得a1=3，d=1，
可得an=a1+(n−1)d=3+n−1=n+2；
bn=1(an−1)(an+1)=1(n+1)(n+3)=12(1n+1−1n+3)，
可得前n项和Sn=12(12−14+13−15+...+1n−1n+2+1n+1−1n+3)
=12(12+13−1n+2−1n+3)=512−2n+52(n+2)(n+3)．
【答案】
因为3bsinA=a(2+csB)．
由正弦定理得3sinBsinA＝sinA(2+csB)．
显然sinA>0，所以3sinB−csB＝2．
所以2sin(B−π6)=2，∵ B∈(0, π)．
所以B−π6＝π2，∴ B＝2π3．
依题意3ac4＝3，∴ ac=4．
所以a+c≥2ac＝4，当且仅当a＝c＝2时取等号．
又由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12．∴ b≥23．
当且仅当a=c=2时取等号．
所以△ABC的周长最小值为4+23．
【考点】
基本不等式及其应用
解三角形
【解析】
（1）先利用边角互化将3bsinA=a(2+csB)转化为关于B的方程，求出∠B．
（2）因为B已知，所以求面积的最小值即为求ac的最小值，结合余弦定理和基本不等式可以求得．
【解答】
因为3bsinA=a(2+csB)．
由正弦定理得3sinBsinA＝sinA(2+csB)．
显然sinA>0，所以3sinB−csB＝2．
所以2sin(B−π6)=2，∵ B∈(0, π)．
所以B−π6＝π2，∴ B＝2π3．
依题意3ac4＝3，∴ ac=4．
所以a+c≥2ac＝4，当且仅当a＝c＝2时取等号．
又由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2+ac≥3ac=12．∴ b≥23．
当且仅当a=c=2时取等号．
所以△ABC的周长最小值为4+23．
【答案】
DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DE，
又底面ABCD是边长为1的正方形，故AC⊥BD，
BD∩DE＝D，
故AC⊥平面BDE；
设AF＝a，DE＝3AF＝3a，BE与平面ABCD所成角为60∘，
即∠DBE＝60∘，tan60∘=DEDB=3a2=3，a=63，
以D为圆心，AD，DC，DE 分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
A(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，E(0, 0, 6)，F(1, 0, 63)，B(1, 1, 0)，
设平面FBE的法向量为m→=(x,y,z)，FB→=(0,1,−a)，BE→=(−1,−1,6)，
由m→⋅FB→=y−63z=0m→⋅BE→=−x−y+6z=0 ，m→=(26,6,3)，
平面BED的法向量为CA→=(1,−1,0)，
由cs=62⋅39=1313，
故二面角F−BE−D的余弦值为1313．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
（1）根据题意，得AC⊥DE，AC⊥BD，利用线面垂直的判定定理得出结论；
（2）以D为圆心，AD，DC，DE 分别为x，y，z轴建立直角坐标系，求出平面FBE和平面BED的法向量，利用夹角公式求出即可．
【解答】
DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥DE，
又底面ABCD是边长为1的正方形，故AC⊥BD，
BD∩DE＝D，
故AC⊥平面BDE；
设AF＝a，DE＝3AF＝3a，BE与平面ABCD所成角为60∘，
即∠DBE＝60∘，tan60∘=DEDB=3a2=3，a=63，
以D为圆心，AD，DC，DE 分别为x，y，z轴建立直角坐标系，
A(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，E(0, 0, 6)，F(1, 0, 63)，B(1, 1, 0)，
设平面FBE的法向量为m→=(x,y,z)，FB→=(0,1,−a)，BE→=(−1,−1,6)，
由m→⋅FB→=y−63z=0m→⋅BE→=−x−y+6z=0 ，m→=(26,6,3)，
平面BED的法向量为CA→=(1,−1,0)，
由cs=62⋅39=1313，
故二面角F−BE−D的余弦值为1313．
【答案】
∵ e=22,e2=c2a2=12，∴ a2＝2c2＝b2+c2，b＝c，a2＝2b2，
椭圆方程化为：x22b2+y2b2=1，由题意知，椭圆过点(6,1)，
∴ 62b2+1b2=1，解得b2＝4，a2＝8，
所以椭圆C的方程为：x28+y24=1；
当直线l斜率存在时，设直线l方程：y＝kx+1，
由x2+2y2=8y=kx+1 得(2k2+1)x2+4kx−6＝0，△＝16k2+24(2k2+1)>0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=−4k2k2+1x1x2=−62k2+1 ，
假设存在定点Q(0, t)符合题意，∵ ∠PQA＝∠PQB，∴ kQA＝−kQB，
∴ kQA+kQB=y1−tx1+y2−tx2=x2y1+x1y2−t(x1+x2)x1x2=x2(kx1+1)+x1(kx2+1)−t(x1+x2)x1x2=2kx1x2+(1−t)(x1+x2)x1x2=2k+(1−t)−4k−6=2k(4−t)3=0，
∵ 上式对任意实数k恒等于零，∴ 4−t＝0，即t＝4，∴ Q(0, 4)，
当直线l斜率不存在时，A，B两点分别为椭圆的上下顶点(0, −2)，(0, 2)，
显然此时∠PQA＝∠PQB，综上，存在定点Q(0, 4)满足题意．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的离心率
椭圆的标准方程
【解析】
（1）利用已知条件求出a，b关系，利用点在椭圆上求解a，b，即可得到椭圆方程．
（2）当直线l斜率存在时，设直线l方程：y＝kx+1，联立直线与椭圆方程，设AB坐标，利通过韦达定理，假设存在定点Q(0, t)符合题意，结合kQA＝−kQB，转化求解即可．
【解答】
∵ e=22,e2=c2a2=12，∴ a2＝2c2＝b2+c2，b＝c，a2＝2b2，
椭圆方程化为：x22b2+y2b2=1，由题意知，椭圆过点(6,1)，
∴ 62b2+1b2=1，解得b2＝4，a2＝8，
所以椭圆C的方程为：x28+y24=1；
当直线l斜率存在时，设直线l方程：y＝kx+1，
由x2+2y2=8y=kx+1 得(2k2+1)x2+4kx−6＝0，△＝16k2+24(2k2+1)>0，
设A(x1,y1),B(x2,y2),x1+x2=−4k2k2+1x1x2=−62k2+1 ，
假设存在定点Q(0, t)符合题意，∵ ∠PQA＝∠PQB，∴ kQA＝−kQB，
∴ kQA+kQB=y1−tx1+y2−tx2=x2y1+x1y2−t(x1+x2)x1x2=x2(kx1+1)+x1(kx2+1)−t(x1+x2)x1x2=2kx1x2+(1−t)(x1+x2)x1x2=2k+(1−t)−4k−6=2k(4−t)3=0，
∵ 上式对任意实数k恒等于零，∴ 4−t＝0，即t＝4，∴ Q(0, 4)，
当直线l斜率不存在时，A，B两点分别为椭圆的上下顶点(0, −2)，(0, 2)，
显然此时∠PQA＝∠PQB，综上，存在定点Q(0, 4)满足题意．
【答案】
解：(1)以G点为原点，分别以GB→，GC→，GP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系G−xyz，
则G(0,0,0)，B(2, 0, 0)，C(0, 2, 0)，P(0, 0, 4)，
故E(1, 1, 0)，GE→=(1, 1, 0)，PC→=(0, 2, −4)，
∴ cs=GE→⋅PC→|GE→||PC→|=1010，
∴ GE与PC所成的余弦值为1010.
(2)∵ GD→=34BC→=−32,32,0，
∴ D(−32,32,0).
设F(0, y, z)，
则DF→=(0,y,z)−(−32,32,0)=(32,y−32,z).
∵ DF→⊥GC→，
∴ (32,y−32,z)⋅(0,2,0)=2y−3=0，
∴ y=32.
又点F在PC上，
则PF→=λPC→，
即(0, 32, z−4)=λ(0, 2, −4)，
∴ z=1，
故F(0, 32, 1)，
∴ PF→=(0,32,−3)，FC→=(0,12,−1)，
∴ PFFC=35252=3．
【考点】
异面直线及其所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）以G点为原点，GB，GC，GP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，写出要用的点的坐标，写出两条异面直线对应的向量，根据两个向量的所成的角确定异面直线所成的角．
（2）计算点到面的距离，需要先做出面的法向量，在法向量与点到面的一个点所成的向量之间的运算，得到结果．
（3）设出点的坐标，根据两条线段垂直，得到两个向量的数量积等于0，解出点到坐标，根据向量的模长之比等于线段之比，得到结果．
【解答】
解：(1)以G点为原点，分别以GB→，GC→，GP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系G−xyz，
则G(0,0,0)，B(2, 0, 0)，C(0, 2, 0)，P(0, 0, 4)，
故E(1, 1, 0)，GE→=(1, 1, 0)，PC→=(0, 2, −4)，
∴ cs=GE→⋅PC→|GE→||PC→|=1010，
∴ GE与PC所成的余弦值为1010.
(2)∵ GD→=34BC→=−32,32,0，
∴ D(−32,32,0).
设F(0, y, z)，
则DF→=(0,y,z)−(−32,32,0)=(32,y−32,z).
∵ DF→⊥GC→，
∴ (32,y−32,z)⋅(0,2,0)=2y−3=0，
∴ y=32.
又点F在PC上，
则PF→=λPC→，
即(0, 32, z−4)=λ(0, 2, −4)，
∴ z=1，
故F(0, 32, 1)，
∴ PF→=(0,32,−3)，FC→=(0,12,−1)，
∴ PFFC=35252=3．