2023-2024学年黑龙江省哈尔滨重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省哈尔滨重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共7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.点A(3,−2,4)关于点(0,1,−3)的对称点的坐标是
( )
A. (−3,4,−10)B. (−3,2,−4)C. (32,−12,12)D. (6,−5,11)
2.直线a，b，c的斜率分别为2，1，−2，倾斜角分别为α，β，γ，则( )
A. α>β>γB. γ>α>βC. γ>β>αD. α>γ>β
3.不论k为何实数，直线(2k−1)x−(k+3)y−(k−11)=0恒通过一个定点，这个定点的坐标是( )
A. ( 5，2 )B. ( 2，3 )C. ( 5，9 )D. (−12,3 )
4.直线ax+y+1=0与连接A(2,3)，B(−3,2)的线段相交，则a的取值范围是( )
A. [−1,2]B. (−∞,−1]∪[2,+∞)
C. [−2,1]D. (−∞,−2]∪[1,+∞)
5.正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，BB1的中点，则异面直线AE与FC所成角的余弦值为( )
A. 515
B. 4 515
C. −2 515
D. 2 515
6.已知A，B是曲线|x|−1= −y2+2y+3上两个不同的点，C(0,1)，则|CA|+|CB|的最大值与最小值的比值是( )
A. 53B. 3 55C. 2D. 3
7.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=1，AB=AD= 2，且∠A1AD=∠A1AB=45°，∠DAB=60°，则|BD1|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
8.已知点P(t,t−1)，t∈R，点E是圆x2+y2=14上的动点，点F是圆(x−3)2+(y+1)2=94上的动点，则|PF|−|PE|的最大值为( )
A. 2B. 52C. 3D. 4
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.直线l1：ax−y−b=0，l2：bx−y+a=0(ab≠0,a≠b)，下列图象中正确的是( )
A. B.
C. D.
10.两条平行直线l1，l2分别过点P(−1,3)，Q(2,−1)，它们分别绕P，Q旋转，但始终保持平行，则l1，l2之间的距离的可能取值为( )
A. 1B. 3C. 5D. 7
11.下列结论正确的是( )
A. 若向量a，b，c是空间一组基底，则a−b，a+c，2c−3b也是空间的一组基底
B. 直线l的方向向量a=(0,3,0)，平面α的法向量是u=(0,−5,0)，则l/​/α
C. 若AB=(2,−1,−4)，AC=(4,2,0)，AP=(0,−4,−8)，则点P在平面ABC内
D. 若向量m垂直于向量a和b，向量n=λa+μb,(λ,μ∈R且λ，μ≠0)，则m//n
12.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 不存在点Q，使得C1Q//A1C
B. 存在点Q，使得C1Q⊥A1C
C. 对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[ 22, 63]
D. 对于任意点Q，△A1CQ都是钝角三角形
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若x2+y2−2ax+2ay+3a2−3a+2=0表示圆的一般方程，则实数a的取值范围是______ ．
14.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=AD=1，则点B1到平面A1BC1的距离为______ ．
15.在空间直角坐标系O−xyz中，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，点H在平面ABC内，则当|OH|取最小时，点H的坐标是______ ．
16.希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A、B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知动点P(m,n)在圆O：x2+y2=1上，若点A(−12,0)，点C(1,1)，则2|PA|+|PC|的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知点A(−2,1)，B(2,3)，C(−1,−3)：
(1)若BC中点为D，求过点A与D的直线方程；
(2)求过点B且在x轴和y轴上截距相等的直线方程．
18.(本小题12.0分)
已知△ABC的顶点A(4,1)，AB边上的高所在直线平行于直线3x+5y−1=0，角B的平分线所在直线方程为x−y−5=0
(1)求点B坐标;
(2)求BC边所在直线方程．
19.(本小题12.0分)
已知圆C经过(−2,3)，(4,3)，(1,0)三点．
(1)求圆C的方程；
(2)设点A在圆C上运动，点B(7,6)，且点M满足AM=2MB，记点M的轨迹为Γ，求Γ的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点.在五棱锥P−ABCDE中，PA⊥底面ABCDE，且PA=AE，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H．
(1)求直线BC与平面ABF所成角的大小；
(2)求线段PH的长．
21.(本小题12.0分)
直线l过点P(3,2)且与x轴、y轴正半轴分别交于A、B两点．
(1)若直线l与直线2x+3y−2=0垂直，求直线l的方程；
(2)如图，若AP=2PB，过点P作平行于x轴的直线交y轴于点M，动点E、F分别在线段MP和OA上，若直线EF平分直角梯形OAPM的面积，求证：直线EF必过一定点，并求出该定点坐标．
22.(本小题12.0分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=AA1，D为A1B1的中点，G为AA1的中点，E为C1D的中点，BF=3AF，点P为线段BC1上的动点(不包括线段BC1的端点)．
(1)若EP//平面CFG，请确定点P的位置；
(2)求直线CP与平面CFG所成角的正弦值的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了中点坐标公式，属于基础题．
根据点A关于点(0,1,−3)的对称点为A′，得出(0,1,−3)为线段AA′的中点，利用中点坐标公式求出点A′的坐标．
【解答】
解：设点A关于点(0,1,−3)的对称点为A′(x,y,z)，
则(0,1,−3)为线段AA′的中点，
即x+32=0，y−22=1，4+z2=−3，
解得x=−3，y=4，z=−10；
∴A′(−3,4,−10)．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】解：k=tanx,x∈[0,π),x≠π2,
由正切函数的性质可知，当x∈(0,π2)时，k为增函数，且k>0，
由2>1，可知π2>α>β>0；
又当x∈(π2,π)时，k为增函数，且k<0，
且−2<0，得γ>π2．
∴γ>α>β，故选项B正确．
故选：B．
由于k=tanx，x∈[0,π)，结合正切函数的性质可得倾斜角α，β，γ的大小关系．
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，考查正切函数的单调性，是基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查直线过定点的问题，属于基础题．
整理方程可知该直线恒过2x−y−1=0和−x−3y+11=0的交点，联立并解方程组即可．
【解答】
解：直线方程可整理为k(2x−y−1)+(−x−3y+11)=0，
∴该直线恒过直线2x−y−1=0和直线−x−3y+11=0的交点，
联立方程可得2x−y−1=0−x−3y+11=0，解得x=2y=3,
∴直线恒过定点(2,3)，
故选B．
4.【答案】D
【解析】【分析】由直线ax+y+1=0的方程，判断恒过P(0,−1)，求出KPA与KPB，判断过P点的竖直直线与AB两点的关系，求出满足条件的直线斜率的取值范围．
【解答】
解：由直线ax+y+1=0的方程，判断恒过P(0,−1)，
∵kPA=2，kPB=−1，
则实数a的取值范围是：a≤−2或a≥1．
故答案为：a≤−2或a≥1．
5.【答案】D
【解析】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为2，则A(2,0,0)，E(0,1,2)，F(2,2,1)，C(0,2,0)，
AE=(−2,1,2)，FC=(−2,0,−1)，
设异面直线AE与FC所成角为θ，
则csθ=|AE⋅FC||AE|⋅|FC|=23⋅ 5=2 515，
∴异面直线AE与FC所成角的余弦值为2 515．
故选：D．
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AE与FC所成角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的定义及其余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】B
【解析】解：已知|x|−1= −y2+2y+3，
整理得|x|−1= 4−(y−1)2，
即(|x|−1)2+(y−1)2=4．
因为|x|−1= 4−(y−1)2≥0，
所以x≤−1或x≥1，
当x≤−1时，(x+1)2+(y−1)2=4；
当x≥1时，(x−1)2+(y−1)2=4．
所以方程|x|−1= 4−(y−1)2表示的曲线为圆P：(x+1)2+(y−1)2=4的左半部分和圆Q：(x−1)2+(y−1)2=4的右半部分，
由圆的性质可知当A，B分别与图中的M，N重合时，|CA|+|CB|取得最大值，且最大值为6，
当A，B为图中E，F，G，H四点中的某两点时，
|CA|+|CB|取得最小值，且最小值为2 5，
故|CA|+|CB|的最大值与最小值的比值是62 5=3 55．
故选：B．
由题意，方程|x|−1= −y2+2y+3表示的曲线为圆P：(x+1)2+(y−1)2=4的左半部分和圆Q：(x−1)2+(y−1)2=4的右半部分，数形结合求出|CA|+|CB|的最大值和最小值，进而求出比值．
本题考查曲线与方程的相关应用，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
7.【答案】C
【解析】解：以{AB,AD,AA1}为基底向量，
可得BD1=BA+AD+DD1=−AB+AD+AA1，
则BD12=(−AB+AD+AA1)2=AB2+AD2+AA12−2AB⋅AD−2AB⋅AA1+2AD⋅AA1
=1+2+2−2× 2× 2×cs60°−2× 2×1×cs45°+2× 2×1×cs45°
=5−4×12−2 2× 22+2 2× 22=3，
∴|BD1|= 3．
故选：C．
根据图形，利用向量的加法法则得到BD1=−AB+AD+AA1，再利用空间向量的数量积及运算律求模长．
本题考查了向量的运算，考查向量求模问题，是中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，P在直线y=x−1上运动，
O(0,0)关于直线y=x−1的对称点的坐标为A(1,−1)，
令圆A：(x−1)2+(y+1)2=14，
圆A与圆(x−3)2+(y+1)2=94外切，且两圆圆心均在y=−1上，
∴|PF|−|PE|的最大值为两圆的直径相加3+1=4，此时P为(0,−1)．
故选：D．
由题意，P在直线y=x−1上运动，O(0,0)关于直线的对称点的坐标为A(1,−1)，由此可得|PF|−|PE|的最大值．
本题考查圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，考查点关于直线对称点的求法，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：直线l1：y=ax−b，l2：y=bx+a(ab≠0,a≠b)，
A选项，l1：a<0−b>0⇒a<0b<0,l2：a>0b>0，错误．
B选项，l1：a>0−b<0⇒a>0b>0,l2：a>0b>0，正确．
C选项，l1：a>0−b>0⇒a>0b<0,l2：a>0b<0，正确．
D选项，l1：a<0−b>0⇒a<0b<0,l2：a>0b<0，错误．
故选：BC．
根据斜率和截距对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题主要考查了直线位置关系的确定，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：设l1，l2之间的距离为d，
若直线l1，l2均经过点P(−1,3)，Q(2,−1)时，d=0，此时两直线变为一条直线，与题意不符，故d≠0，
∴d>0；
当直线PQ与两平行直线l1，l2均垂直时，d最大，此时d=|PQ|= [2−(−1)]2+(−1−3)2=5，
∴l1，l2之间的距离的取值范围是(0,5]．
故选：ABC．
设l1，l2之间的距离为d，依题意，可知0本题考查两条平行直线间的距离，考查分析与空间想象及运算能力，属于中档题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，若向量a,b,c是空间一组基底，
则ma+nb,pa+qc,xc+yb(m,n,p,q,x,y≠0)构成的向量均不共面，
所以a−b,a+c,2c−3b也是空间的一组基底，故A正确；
对于B，直线l的方向向量a=(0,3,0)，平面α的法向量是u=(0,−5,0)，所以a=−35u，故l⊥α，故B错误；
对于C，设AP=xAB+yAC=x(2,−1,−4)+y(4,2,0)=(0,−4,−8)，
可得2x+4y=0−x+2y=−4−4x=−8，解得x=2y=−1，即AP=2AB−AC，则点P在平面ABC内，故C正确；
对于D，若向量m垂直于向量a和b，向量n=λa+μb,(λ,μ∈R)且λ，μ≠0，
所以向量n一定在向量a和b组成的平面内，则m⊥n，故D错误．
故选：AC．
根据空间向量基底定义可判断A；根据向量共线可判断B；设AP=xAB+yAC，求出x，y可得判断C；根据向量共面可判断D．
本题主要考查了空间向量基本定理，考查了空间向量的线性运算，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：对于A：因为点Q是棱DD1上的动点，所以C1Q⊂平面CDD1C1，
又A1C∩平面CDD1C1=C，所以C1Q与A1C异面，即不可能存在点Q，使得C1Q//A1C，故A正确；
对于B：当点Q与点D重合时，
由正方体的性质知，C1Q⊥CD1，A1D1⊥平面CDD1C1，
因为C1Q⊂平面CDD1C1，所以A1D1⊥C1Q，
又CD1∩A1D1=D1，所以C1Q⊥平面A1CD1，
因为A1C⊂平面A1CD1，所以C1Q⊥A1C，故B正确；
对于C：设正方体的棱长为1，
当点Q与点D重合时，△A1CQ为直角三角形，其中A1C= 3，CQ=1，A1Q= 2，
所以点Q到A1C的距离d=A1Q×CQA1C= 63；
当点Q为棱DD1的中点时，△A1CQ为等腰三角形，其中A1C= 3，CQ=A1Q= 52，
所以点Q到A1C的距离d= CQ2−(12A1C)2= 54−34= 22，
此时易证QM是异面直线A1C与DD1的公垂线，
所以对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[ 22, 63]，故C正确；
对于D：设DQ=x，x∈[0,1]，则D1Q=1−x，
所以CQ= CD2+DQ2= x2+1，A1Q= A1D12+D1Q2= 1+(1−x)2，
在△A1CQ中，最长的边为A1C= 3，所以最大的角为∠A1QC，
由余弦定理知，cs∠A1QC=A1Q2+CQ2−A1C22A1Q⋅CQ=1+(1−x)2+(1+x)2−32 1+(1−x)2⋅ 1+x2=2x(x−1)2 1+(1−x)2⋅ 1+x2，
因为x∈[0,1]，所以x(x−1)≤0，所以cs∠A1QC≤0，即∠A1QC可能为钝角也可能为直角，
所以对于任意点Q，△A1CQ不一定是钝角三角形，故D不正确．
故选：ABC．
对于A：由C1Q⊂平面CDD1C1，A1C与平面CDD1C1相交，即可判断；对于B：当点Q与点D重合时，根据线面垂直的判定定理与性质定理，可证C1Q⊥A1C；对于C：取两个特殊点进行运算，当点Q与点D重合时，由等面积法可得点Q到A1C的距离d= 63；当点Q为棱DD1的中点时，由勾股定理，求得点Q到A1C的距离d= 22，可判断C；对于D：设DQ=x，x∈[0,1]，在△A1CQ中，最大的角为∠A1QC，再结合勾股定理与余弦定理，推出cs∠A1QC≤0，即∠A1QC不可能为锐角，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，点到线距离的求法，余弦定理等是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
13.【答案】(1,2)
【解析】解：化简圆的一般方程x2+y2−2ax+2ay+3a2−3a+2=0可得(x−a)2+(y+a)2=−a2+3a−2，
可得当−a2+3a−2>0时，方程是圆的方程，解得1故答案为：(1,2)．
将圆的一般方程化为标准方程，可得满足的条件，进而求出参数a的范围，选出正确的结果．
本题考查满足圆的性质的应用，属于中档题．
14.【答案】23
【解析】解：结合题意，建立空间直角坐标系，如图示：
则A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，B1(1,2,1)，
故A1B=(0,2,−1),A1C1=(−1,2,0)，
设平面A1BC1的一个法向量为：n=(x,y,z)，
则A1B⋅n=0A1C1⋅n=0，则2y−z=0−x+2y=0，
令x=2，则y=1，z=2，故n=(2,1,2)，
又BB1=(0,0,1)，
所以点B1到平面A1BC1的距离为：
d=|BB1⋅n||n|=2 4+1+4×1=23．
故答案为：23．
利用空间向量的点面距离公式求解即可．
本题考查了空间向量的点面距离公式，考查平面的法向量，是基础题．
15.【答案】(23,13,13)
【解析】解：因为点H在平面ABC内，O在平面ABC可外，
所以当OH⊥平面ABC时，|OH|取最小，
所以OH⊥AB,OH⊥AC，
设H(x,y,z)，则OH=(x,y,z)，AB=(−1,2,0)，AC=(−1,0,2)，
所以OH⋅AB=−x+2y=0OH⋅AC=−x+2z=0，解得：x=2yz=y，
因为点H在平面ABC内，
所以AH=λAB+μAC，即(x−1,y,z)=λ(−1,2,0)+μ(−1,0,2)=(−λ−μ,2λ,2μ)，
所以x−1=−λ−μy=2λz=2μ，解得：λ=16μ=16，所以x=23y=13z=13，
所以当|OH|取最小时，H的坐标为(23,13,13).
故答案为：(23,13,13).
由空间向量的坐标运算和共面向量定理计算即可．
本题考查空间向量的基本定理和坐标运算，属于中档题．
16.【答案】 10
【解析】解：设P(x,y)，不妨取B(x0,y0)，
因为|PB|=2|PA|，
所以(x−x0)2+(y−y0)2=4[(x+12)2+y2]，
整理得：x2+4+2x03⋅x+y2+2y03⋅y=x02+y02−13，
此方程与x2+y2=1为同一方程，
所以4+2x03=02x03=0x02+y02−13=1，解得：x0=−2y0=0，即B(−2,0)．
所以2|PA|+|PC|=|PB|+|PC|≥|BC|(当且仅当P、B、C三点共线时等号成立)，
此时BC= (−2−1)2+(0−1)2= 10．
所以2|PA|+|PC|的最小值为 10．
故答案为： 10．
先利用阿氏圆定义设出B(x0,y0)，由|PB|=2|PA|得到B(−2,0)，利用2|PA|+|PC|=|PB|+|PC|≥|BC|，即可求出最小值．
本题考查圆的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，BC的中点D(12,0)，由两点式直线方程得直线AD的方程为：y−1=0−112+2(x+2)，
即2x+5y−1=0；
(2)当过B点且在x，y轴上的截距为0时，直线方程为y=3−02−0x，即3x−2y=0；
设当在x，y上截距m不等于0时直线方程为xm+ym=1，
将B点坐标代入得2m+3m=1，
∴m=5，即x+y−5=0；
综上，过B点并且在x，y轴上截距相等的直线方程为3x−2y=0或x+y−5=0．
【解析】(1)先求出D点的坐标，再根据两点式方程求出直线AD 的方程；
(2)根据截距等于0和不等于0，运用截距式方程求解．
本题主要考查了直线方程的点斜式及截距式的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)∵△ABC的顶点A(4,1)，AB边上的高所在直线平行于直线3x+5y−1=0，
角B的平分线所在直线方程为x−y−5=0，
设点B(a,a+5)，根据直线AB和直线3x+5y−1=0垂直，
可得a+5−1a−4⋅(−35)=−1，求得a=16，故点B(16,21)．
(2)由(1)可得直线AB的斜率为53，设直线BC的斜率为k，
则有直线BC到角B平分线的角，等于角B平分线到直线BA的角，
故有1−k1+1×k=53−11+53×1，求得k=35，
故直线BC的方程为y−21=35(x−16)，即3x−5y+57=0．
【解析】(1)由题意，设点B(a,a+5)，利用两直线垂直的性质，求出点B的坐标．
(2)由题意，利用一条直线到另一条直线的夹角公式求出直线BC的斜率，再用点斜式求直线BC的方程．
本题主要考查两直线垂直的性质，一条直线到另一条直线的夹角公式的应用，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
19.【答案】解：(1)设圆C的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2，
将三点(−2,3)，(4,3)，(1,0)分别代入方程，
则(−2−a)2+(3−b)2=r2(4−a)2+(3−b)2=r2(1−a)2+(0−b)2=r2，解得a=1，b=3，r=3，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y−3)2=9；
(2)设M(x,y)，A(xA,yA)，
因为点M满足AM=2MB，B(7,6)，
所以AM=(x−xA,y−yA)，MB=(7−x,6−y)，
则x−xA=14−2xy−yA=12−2y，所以xA=−14+3xyA=−12+3y．
因为点A在圆C上运动，
所以(3x−14−1)2+(3y−12−3)2=9，
所以(3x−15)2+(3y−15)2=9，所以(x−5)2+(y−5)2=1，
所以点M的轨迹方程为(x−5)2+(y−5)2=1．
【解析】(1)利用待定系数法求出圆的方程即可；
(2)设M(x,y)，利用AM=2MB得到点A的坐标，将点A代入圆C，化简即可得到点M的轨迹方程．
本题考查圆的方程，轨迹方程，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)∵PA⊥底面ABCDE，四边形AMDE为正方形，
故以A为原点建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，

∵正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点，
PA=AE，F为棱PE的中点，
故有A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，
E(0,2,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)．
设平面ABF的法向量为n=(x,y,z)，
AF=(0,1,1)，AB=(1,0,0)，BC=(1,1,0)，
则n⋅AF=y+z=0n⋅AB=x=0，令y=1，得n=(0,1,−1)，
设直线BC与平面ABF所成角为α，
则sinα=n⋅BC|n|⋅|BC|=1 2⋅ 2=12，
故直线BC与平面ABF所成角为α为π6；
(2)设PC上的点H(a,b,c)，
PH=λPC(0<λ<1)，则(a,b,c−2)=λ(2,1,−2)，
a=2λ，b=λ，c=2−2λ.又n为平面ABF的法向量，
AH=(a,b,c)，故n⋅AH=b−c=0，
即λ−(2−2λ)=0，解得λ=23，故有H(43,23,23)，
故PH= (43)2+(23)2+(23−2)2=2，故线段PH的长为2．
【解析】(1)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系A−xyz，由向量法求线面角即可；(2)设H(a,b,c)，PH=λPC(0<λ<1)，求得H坐标，由两点距离公式即可求线段PH的长．
本题考查线面所成的角，属于中档题．
21.【答案】解：(1)易知直线2x+3y−2=0的斜率为−23，
设直线l的斜率为k，由两直线垂直可得−23k=−1，解得k=32；
又过点P(3,2)，所以y−2=32(x−3)，即3x−2y−5=0，
所以直线l的方程为3x−2y−5=0．
(2)证明：设A(a,0)，B(0,b)，又P(3,2)，可得AP=(3−a,2),PB=(−3,b−2)；
由AP=2PB可得(3−a,2)=2(−3,b−2)，解得a=9，b=3；
易知M(0,2)，|OM|=2，|PM|=3，
所以梯形OAPM的面积为12×2×(3+9)=12，可得梯形EMOF的面积为6，
不妨设E(m,2)，F(n,0)，可得12×2×(m+n)=6，即m+n=6；
当m≠n时，直线EF的方程为y=2m−n(x−n)，
将n=6−m代入上式可得2m(y−1)−(2x+6y−12)=0，
由y−1=02x+6y−12=0可得x=3y=1，
即不论m为何值时，直线EF恒过定点(3,1)；
当m=n=3时，直线EF的方程为x=3，过点(3,1)；
综上可知，直线EF必过定点(3,1)．
【解析】(1)根据两直线垂直可求得直线l的斜率，再利用直线的点斜式方程即可求出直线l的方程；
(2)分别设出A，B两点坐标，再由向量AP=2PB可解得A(9,0)，B(0,3)，利用梯形OAPM的面积可得E(m,2)，F(n,0)的坐标需满足m+n=6，分情况讨论直线EF方程即可知其过定点(3,1)．
本题主要考查了直线方程的点斜式的应用，还考查了直线恒过定点的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)如图，连接BD．
∵BB1=2AG，B1D=2AF，∴Rt△FAG∽Rt△DB1B，
∴∠BDB1=∠AFG．
∵AB//A1B1，∴∠BDB1=∠ABD，
∴∠AFG=∠ABD.∴GF//BD．
∵GF⊂平面CFG，BD⊄平面CFG，∴BD//平面CFG．
若EP//平面CFG，又由EP，BD⊂平面BDC1，
平面CFG与平面BC1D相交，必有EP//BD．
又∵DE=EC1，∴P为BC1的中点．

(2)由AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，
向量CA，CB，CC1方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图
所示空间直角坐标系．
不妨设AC=4，可得各点坐标如下：C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，G(4,0,2)，F(3,1,0)．
设BP=λBC1(0<λ<1)，有BP=λ(0,−4,4)=(0,−4λ,4λ)，
又由CP=CB+BP，有CP=(0,4,0)+(0,−4λ,4λ)=(0,4−4λ,4λ)，
设平面CFG的法向量为m=(x,y,z)，
由CF=(3,1,0)，CG=(4,0,2)，有m⋅CF=3x+y=0,m⋅CG=4x+2z=0,
取x=1，y=−3，z=−2，可得平面CFG的一个法向量为m=(1,−3,−2)．
设直线CP与平面CFG所成的角为θ，
由CP⋅m=−3(4−4λ)−8λ=4λ−12，|CP|= (4−4λ)2+16λ2=4 2λ2−2λ+1，|m|= 14，
有sinθ=|CP⋅m||CP|⋅|m|=|4λ−12| 14×4 2λ2−2λ+1=|λ−3| 14× 2λ2−2λ+1．
设λ=3+t(−3由二次函数的性质可知，当1t=−1026时，t=−135，λ=3−135=25时，sinθ的最大值为1 14× 4×13×2−1004×13= 18214．
【解析】(1)连接BD，先证BD/​/平面CFG，若EP//平面CFG，平面CFG与平面BC1D相交，必有EP/​/BD，再由DE=EC1，可知P为BC1的中点；
(2)以C为坐标原点，向量CA，CB，CC1方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求解即可．
本题主要考查由线面平行确定点的位置，空间向量的应用，线面角的相关计算等知识，属于中等题．