2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省厦门外国语学校石狮分校高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了直线x+y+1=0的倾斜角为，已知椭圆C1，已知F1，F2分别是椭圆C，椭圆有这样的光学性质等内容，欢迎下载使用。

A. 30∘B. 45∘C. 120∘D. 135∘
2.若直线l的方向向量为a=(1,0,−2)，平面α的法向量为n=(−2,0,4)，则( )
A. l//αB. l⊥αC. l⊂αD. l与α斜交
3.点(3,0)到双曲线x216−y29=1的一条渐近线的距离为( )
A. 95B. 85C. 65D. 45
4.过圆x2+y2=5上一点M(1,−2)作圆的切线l，则l的方程是( )
A. x+2y−3=0B. x−2y−5=0C. 2x−y−5=0D. 2x+y−5=0
5.如果AC<0，BC>0，那么直线Ax+By+C=0不通过( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6.已知椭圆C1：x24+y23=1与双曲线C2：x2a2−y2b2=1的离心率之积为2，则双曲线C2的两条渐近线的方程分别为( )
A. y=± 15xB. y=± 17xC. y=±4xD. y=±2 3x
7.已知点A是抛物线y=x2上的动点，焦点为F，点B(1,2)，则|AB|+|AF|的最小值为( )
A. 74B. 2C. 94D. 52
8.已知F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P，Q是C上位于x轴上方的任意两点，且PF1//QF2.若|PF1|+|QF2|≥b，则C的离心率的取值范围是( )
A. (0,12]B. [12,1)C. (0, 32]D. [ 32,1)
9.已知数列 2， 5， 8， 11,⋯，则下列说法正确的是( )
A. 此数列的通项公式是 3n−1B. 5 2是它的第17项
C. 此数列的通项公式是 3n+1D. 5 2是它的第18项
10.椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，现有一个水平放置的椭圆形台球盘，点A、B是它的焦点，长轴长为4，焦距为2，静放在点A的小球(小球的半径不计)，从点A沿直线出发，经椭圆壁反弹后第一次回到点A时，小球经过的路程可能是( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
11.已知抛物线y2=4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是( )
A. 若O为线段PQ中点，则|PF|=2B. 若|PF|=4，则|OP|=2 5
C. 存在直线l，使得PF⊥QFD. △PFQ面积的最小值为2
12.如图，AB为正方形ABCD和矩形ABEF的公共边，二面角E−AB−D的平面角为60∘，且AB=2AF=4，G为CD的中点，则下列结论正确的有( )
A. AE⊥BG
B. 直线BE与AG所成角的余弦值是 55
C. 直线BG与AGE平面所成角的正弦值是 1510
D. 点B到平面AGE的距离是 3
13.已知椭圆x2m+y24=1(m>4))的焦距是2，则m的值是______.
14.设{an}是等差数列，且a1=3，a2+a4=14，若am=41，则m=______.
15.已知圆x2+y2=4，直线l：y=x+b，当b=______时，圆上恰有三个点到l的距离都等于1.
16.我们初中分别把反比例函数图象和二次函数图象称为“双曲线”和“抛物线”，事实上，它们就是圆锥曲线中的双曲线和抛物线，只是对称轴不是坐标轴，但满足基本的定义，也有相对应的焦点、准线、离心率等．已知反比例函数解析式为y=4x，其图象所表示的双曲线的焦距为______；已知二次函数解析式为y=2x2−x−3，其图象所表示的抛物线焦点坐标为______.
17.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．
(1)求直线FC1与直线B1E的所成角的余弦值；
(2)求点F到平面AB1E的距离．
18.已知数列{an}的前n项和Sn=−12n2+32n+12.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求a1+a4+a7+a10+⋯+a3n+1(n∈N+).
19.已知圆C：(x−6)2+(y−9)2=100，点A坐标为(0,−1)，B为圆C上动点，AB中点为M.
(1)当点B在圆C上动时，求点M的轨迹方程；
(2)过点(0,−2)的直线l与M的轨迹相交于P，Q两点，且|PQ|=8，求直线l的方程．
20.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=± 3x.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)双曲线C的左支与x轴交于点A，经过点F的直线与C交于P，Q两点，求AP⋅AQ的值．
21.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面为矩形，平面AA1D1D⊥平面CC1D1D，且CC1=CD=DD1=12C1D1=1.
(1)证明：AD⊥平面CC1D1D；
(2)若A1C与平面CC1D1D所成角为π3，求平面AA1C与平面AA1D的夹角余弦值．
22.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点为A、B，右焦点为F，C为短轴一端点，△ABC的面积为2 3，离心率为12.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点F的直线交椭圆于M，N两点(异于A，B)，直线AM与BN的交点为Q.
①求证：Q点在定直线上；
②求证：射线FQ平分∠MFB.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题给出直线的方程，求直线的倾斜角．着重考查了直线的基本量与基本形式等知识，属于基础题．
根据直线的斜率k=−1，利用倾斜角的公式即可算出所求直线的倾斜角．
【解答】
解：∵直线x+y+1=0的斜率k=−1，
∴设直线的倾斜角为α，则tanα=−1，
结合α∈[0,π),可得α=135∘，
故选：D.
2.【答案】B
【解析】解：∵直线l的方向向量为a=(1,0,−2)，平面α的法向量为n=(−2,0,4)，
∴n=−2a，即a//n，
∴l⊥α.
故选：B.
根据已知条件，结合向量向量的性质，即可求解．
本题主要考查法向量的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查双曲线的渐近线方程，点到直线距离公式等知识，属于基础题．
首先求得渐近线方程，然后利用点到直线距离公式，求得点(3,0)到一条渐近线的距离即可．
【解答】解：由题意可知，双曲线x216−y29=1的渐近线方程为y=±34x，即3x±4y=0，
结合对称性，不妨考虑点(3,0)到直线3x−4y=0的距离，
则点(3,0)到双曲线一条渐近线的距离d=9−0 9+16=95.
故选：A.
4.【答案】B
【解析】解：圆x2+y2=5的圆心为C(0,0)，半径r= 5，
点M(1,−2)，且|CM|= 5，即点M在圆上，
则过M作切线与直线CM垂直，
kCM=−2−01−0=−2，则切线斜率为12，
切线方程l：y−(−2)=12(x−1)，即x−2y−5=0，
故选：B.
先检验点M是否在圆上，过圆上一点的切线只有一条，且切点与圆心连线与切线所在直线互相垂直，利用点斜式方程写出切线并化简可得出方程．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了点斜式直线方程的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：直线Ax+By+C=0化为：y=−ABx−CB.
∵AC<0，BC>0，
假设C>0，则B>0，A<0.∴−AB>0，−CB<0.则直线Ax+By+C=0不通过第二象限．
假设C<0，则B<0，A>0.∴−AB>0，−CB<0.则直线Ax+By+C=0不通过第二象限．
故选：B.
直线Ax+By+C=0化为：y=−ABx−CB.由AC<0，BC>0，对C分类讨论即可得出．
本题考查了直线斜率与截距的意义、分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由椭圆C1的方程可得长半轴长为2，短半轴长为 3，可得椭圆的离心率e 1−34=12，
由题意可得双曲线的离心率e′=4，
而双曲线的离心率4= 1+b2a2，可得ba= 15，
所以双曲线的渐近线的方程为y=±bax=± 15x，
故选：A.
由椭圆的方程可得它的离心率，再由题意可得双曲线的离心率的值，由双曲线的离心率的求法可得a，b的关系，进而求出双曲线的渐近线的方程．
本题考查椭圆及双曲线的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：∵y=x2，则x2=y，
∴焦点F(0,14)，准线l方程y=−14，点B(1,2)在抛物线上方，
设过A作的垂线，垂足为E，
∴由抛物线的定义知，|AF|=|AE|，如图所示，
∴|AB|+|AF|=|AB|+|AE|≥|BE|，
当且仅当B、A、E三点共线时取等号，
当B、A、E三点共线时，|BE|=2+14=94，
故|AB|+|AF|的最小值为94，
故选：C.
由抛物线的定义转化后，当三点共线时取得最小值．
本题主要考查了抛物线的性质的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质，椭圆的焦点弦的性质的应用，考查转化思想，计算能力，属于中档题．
利用椭圆的对称性，表示出|PF1|+|QF2|=|PM|，只需要，|PM|≥b，再利用椭圆的焦点弦通径最短，即可求出a和b的关系，求出椭圆离心率的取值范围．
【解答】
解：如图，延长PF1，交椭圆C于M，
根据椭圆的对称性可知，|QF2|=|F1M|，
则|PF1|+|QF2|=|PF1|+|MF1|=|PM|，
因为焦点弦|PM|的最小值为2b2a，
由题意可知，2b2a≥b，
所以ba≥12，则0所以C的离心率的取值范围(0, 32].
故选：C.
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了数列通项公式，考查了运算求解能力，属于基础题．
观察数列的每项，找到规律得到通项公式，根据通项公式即可求出．
【解答】
解：由 2= 3−1， 5= 2×3−1， 8= 3×3−1， 11= 4×3−1，
可得此数列的通项公式是an= 3n−1，故A正确；
当 3n−1=5 2，解得n=17，故B正确．
故选：AB.
10.【答案】ACD
【解析】解：依题意2a=4，a=2；2c=2，c=1，
当小球从A点出发，经过左顶点反弹后第一次回到点A时，小球经过的路程是2(a−c)=2，
当小球从A点出发，经过右顶点反弹后第一次回到点A时，小球经过的路程是2(a+c)=6，
当小球从A点出发，经过非左右顶点的位置，反弹后第一次回到点A时，小球经过的路程是4a=8.
故选：ACD.
结合椭圆的定义以及椭圆的光学性质求得正确答案．
本题主要考查了椭圆的性质的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：抛物线y2=4x的准线为x=−1，焦点F(1,0)，
若O为PQ中点，所以xP=1，所以|PF|=xp+1=2，故A正确；
若|PF|=4，则xP=4−1=3，所以|OP|= xP2+yP2= xP2+4xP= 21，故B错误；
设P(a2,2a)，则Q(−1,−2a)，所以FP=(a2−1,2a),QF=(2,2a)，
所以FP⋅QF=2a2−2+4=2a2+2>0，所以FP与FQ不垂直，故C错误；
S△PFQ=12⋅|OF|⋅|yP−yQ|=12×1×|2a+2a|=|a|+1|a|≥2，
当且仅当|a|=1|a|，即a=±1时，取等号，
所以△PFQ面积的最小值为2，故D正确．
故选：AD.
对于A，求出P点的横坐标，再根据抛物线的定义求出|PF|，即可判断；
对于B，根据抛物线的定义求出P点的横坐标，再求出|OP|，即可判断，
对于C，P(a2,2a)，则Q(−1,−2a)，判断FP⋅QF=0是否有解，即可判断；
对于D，根据S△PFQ=12⋅|OF|⋅|yP−yQ|，结合基本不等式即可判断．
本题考查了抛物线的定义和性质，属于中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：由已知AB⊥AD，AB⊥AF，又AF∩AD=A，AF，AD⊂平面AFD，
所以AB⊥平面AFD，以A为坐标原点，AD，AB所在的直线为x，y轴，过A垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
又二面角E−AB−D的平面角为60∘，所以∠FAD=60∘，AB=2AF=4，
所以A(0,0,0),B(0,4,0),E(1,4, 3),G(4,2,0)，AE=(1,4, 3),BG=(4,−2,0)，
所以AE⋅BG=4−8+0=−4≠0，所以AE，BG不垂直，A错误；
BE=(1,0, 3),AG=(4,2,0)，
所以cs⟨BE,AG⟩=BE⋅AG|BE||AG|=42×2 5= 55，
所以直线BE与AG所成角的余弦值是 55，B正确；
设平面AGE的法向量为n=(x,y,z)，
由已知n⋅AG=0n⋅AE=0，所以4x+2y=0x+4y+ 3z=0，取x=1可得，y=−2,z=7 33，则n=(1,−2,7 33)′
又BG=(4,−2,0)，
所以cs⟨BG,n⟩=BG⋅n|BG||n|=82 5×8 33= 1510，
所以线BG与平面AGE所成角的正弦值是 1510,C正确；
因为BA=(0,−4,0)，平面AGE的法向量为n=(1,−2,7 33)′，
设点B到平面AGE的距离为d，则d=|BA⋅n||n|=88 33= 3，D正确，
故选：BCD.
由条件建立空间直角坐标系，利用向量方法判断AE，BG的位置关系，利用空间角的向量求法判断B，C，再结合点到平面的距离的向量求法判断D.
本题考查了空间中的线线关系，空间角以及空间距离的计算问题，属于中档题．
13.【答案】5
【解析】解：因为椭圆x2m+y24=1(m>4))，
所以a2=m，b2=4，
所以c2=a2−b2=m−4，
所以c= m−4，
因为椭圆的焦距为2，
所以2c=2，即c=1，
所以 m−4=1，
解得m=5，
故答案为：5.
由椭圆的方程可得a2=m，b2=4，则c2=a2−b2=m−4，又椭圆的焦距为2，可得 m−4=1，即可得出答案．
本题考查椭圆的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
14.【答案】20
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
∵a2+a4=14，
∴2a3=14，解得a3=7，
∴2d=a3−a1=7−3=4，解得d=2，
∴an=a1+2(n−1)=3+2n−2=2n+1，
∵am=41，
∴2m+1=41，解得m=20.
故答案为：20.
根据已知条件，先求出等差数列的公差，即可推出{an}的通项公式，再结合am=41，即可求解．
本题主要考查等差数列的通项公式，属于基础题．
15.【答案】± 2
【解析】解：由圆C的方程：x2+y2=4，可得圆C的圆心为原点O(0,0)，半径为2，
若圆C上恰有3个点到直线l的距离等于1，则O到直线l：y=x+b的距离d等于1，
直线l的一般方程为：x−y+b=0，∴d=|b| 2=1，
解得b=± 2.
故答案为：± 2.
若圆C上恰有3个点到直线l的距离等于1，则O到直线l：y=x+b的距离d等于1，代入点到直线的距离公式，可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，其中分析出圆心O到直线l：y=x+b的距离d等于1是解答的关键，属基础题．
16.【答案】8(14,−3)
【解析】解：①双曲线y=4x为等轴双曲线，如图所示，以直线y=±x分别为x′轴，y′轴，建立直角坐标系x′Oy′，设此坐标系的标准方程为：(x′)2a2−(y′)2b2=1.
y=4x与y=x联立解得x=2y=2，x=−2y=−2，设P(2,2)，则a=b= 22+22=2 2，∴c= (2 2)2+(2 2)2=4，因此双曲线的焦距为8.
②根据抛物线y=a(x−ℎ)2+k的焦点为(ℎ,14a+k)，
y=2x2−x−3=2(x−14)2−258，其图象所表示的抛物线焦点坐标为(14,14×2+(−258))，即(14,−3).
故答案为：8，(14,−3).
①双曲线y=4x为等轴双曲线，如图所示，以直线y=±x分别为x′轴，y′轴，建立直角坐标系x′Oy′，设此坐标系的标准方程为：(x′)2a2−(y′)2b2=1.y=4x与y=x联立解得P坐标，可得a，b，即可得出c.
②根据抛物线y=a(x−ℎ)2+k的焦点为(ℎ,14a+k)，即可得出结论．
本题考查了双曲线与抛物线的标准方程及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，
因为正方体的棱长为1，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点，
所以F(1,1,12,),C1(0,1,1),FC1=(−1,0,12),B1(1,1,1),E(0,0,12),B1E=(−1,−1,−12)，
设直线FC1与直线B1E的所成角为θ，
所以csθ=|cs|=|FC1⋅B1E||FC1||B1E|=1−14 52×32= 55，
即直线FC1与直线B1E的所成角的余弦值为 55.
(2)F(1,1,12),B1(1,1,1),FB1=(0,0,12)，A(1,0,0),E(0,0,12),AE=(−1,0,12),AB1=(0,1,1)，
设平面AB1E的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅AE=−x+12z=0n⋅AB1=y+z=0，故可设n=(1,−2,2).
所以F到平面AB1E的距离d=|n⋅FB1−|n||=13.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线FC1与直线B1E的所成角的余弦值．
(2)利用向量法求得点F到平面AB1E的距离．
本题考查了利用向量法求解异面直线所成的角和计算点到平面的距离的问题，属于基础题．
18.【答案】解：(1)已知数列{an}的前n项和Sn=−12n2+32n+12，
则当n≥2时，an=Sn−Sn−1=−12n2+32n+12+12(n−1)2−32(n−1)−12=2−n，
当n=1时，a1=S1=32，
即an=32,n=12−n,n≥2；
(2)由(1)可得数列{a3n+1}是从第二项开始的等差数列，且公差为−3，
则a1+a4+a7+a10+⋯+a3n+1=32+(−2n)+n(n−1)2×(−3)=−3n2−n+32.
【解析】(1)利用an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求数列通项公式即可；
(2)由(1)可得数列{a3n+1}是从第二项开始的等差数列，且公差为−3，然后结合等差数列前n项和公式求解即可．
本题考查了数列通项公式的求法，重点考查了数列的求和，属基础题．
19.【答案】解：(1)设M(x,y)，B(x0,y0)，则由点B在圆C上，则(x0−6)2+(y0−9)2=100，
又由中点公式得x02=xy0−12=y，解得x0=2xy0=2y+1，
代入上式得，(2x−6)2+(2y+1−9)2=100，化简得：(x−3)2+(y−4)2=25，
故线段AB的中点Q的轨迹方程为(x−3)2+(y−4)2=25；
(2)由(1)，得M的轨迹是以(3,4)为圆心，5为半径的圆．
过点(0,−2)的直线l与M的轨迹相交于P，Q两点，且|PQ|=8，可得圆心到直线的距离为d= 52−(82)2=3.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=0，圆心到直线的距离为3，符合题意，
当直线l的斜率存在，设直线的方程为y=kx−2，即kx−y−2=0，
圆心到直线的距离d=|3k−4−2| k2+1=3，解得k=34，故直线l的方程为3x−4y−8=0.
综上所述：直线l的方程为x=0或3x−4y−8=0.
【解析】(1)设Q(x,y)，B(x0,y0)，得到x0，y0的关系式，再利用M是线段AB的中点，构建关系代入x0，y0的关系式，化简即得结果；
(2)由(1)得M的轨迹是以(3,4)为圆心，5为半径的圆．分类讨论可求得直线方程，
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)因为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=± 3x，
所以c=2ba= 3a2+b2=c2，解得a=1b= 3，
所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1.
(2)当直线PQ斜率为0时，AP⋅AD=0.
直线PQ斜率不为0时，设直线PQ方程为x=ty+2，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立方程x=ty+2,x2−y23=1，消去x并整理得(3t2−1)y2+12ty+9=0，
因为直线与C交于两点，故t≠± 33，Δ=(12t)2−4(3t2−1)×9=36(t2+1)>0，
所以y1+y2=−12t3t2−1,y1y2=93t2−1，
而x1+x2=t(y1+y2)+4,x1x2=(ty1+2)(ty2+2)=t2y1y2+2t(y1+y2)+4，
AP=(x1+1,y1),AQ=(x2+1,y2)，
所以AP⋅AQ=(x1+1)(x2+1)+y1y2=y1y2+x1+x2+x1x2+1
=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9=9t2+93t2−1−36t23t2−1+9=9(−3t2+1)3t2−1+9=0.
综上可得，AP⋅AQ=0.
【解析】(1)根据双曲线的几何性质列出方程组，求得a，b的值，即可得出双曲线的方程．
(2)对直线PQ的斜率分类讨论：直线PQ的斜率为0时，AP⋅AD=0；直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为x=ty+2，与双曲线的方程联立化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系、数量积运算性质可得AP⋅AQ的值．
本题考查了双曲线的方程和性质，考查了直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：在梯形CC1D1D中，因为CC1=CD=DD1=12C1D1=1，作DH⊥D1C1于H，则D1H=12，
所以cs∠DD1H=12，所以∠DD1C1=π3，
连结DC1，由余弦定理可得，cs∠DD1C=DD12+D1C12−DC122DD1⋅D1C1=1+4−DC122×1×2=12，
解得DC1= 3，
所以DC12+DD12=D1C12，所以DC1⊥DD1，
因为平面AA1D1D⊥平面CC1D1D且交于DD1，
所以DC1⊥平面AA1D1D，
因为AD⊂平面AA1D1D，所以AD⊥DC1，
因为AD⊥DC，DC∩DC1=D，
所以AD⊥平面CC1D1D；
解：(2)连结A1C1，由(1)可知，A1D1⊥平面CC1D1D，
以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为A1D1⊥平面CC1D1D，所以A1C在平面CC1D1D内的射影为D1C，
所以A1C与平面CC1D1D所成的角为∠A1CD1，即∠A1CD1=π3，
在Rt△A1CD1中，因为CD1= 3，所以A1D1=3，
则D1(0,0,0),A1(3,0,0),D(0,12, 32),C(0,32, 32),C1(0,2,0)，
设平面AA1D1D的法向量为m=(x,y,z)，
则有m⋅D1D=0m⋅D1A1=0，即12y+ 32z=03x=0，
令y=3，则x=0,z=− 3，故m=(0,3,− 3)，
设平面AA1C1C的法向量为n=(a,b,c)，
则有n⋅A1C1=0n⋅A1C=0，即−3a+2b=0−3a+32b+ 32c=0，
令a=2，则b=3,c= 3，故n=(2,3, 3)，
所以|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n||m||n|=62 3×4= 34，
由图可知，二面角C−AA1−D锐二面角，
故二面角C−AA1−D的余弦值为 34.
【解析】(1)要证线面垂直，只要证AD垂直于平面CC1D1D内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证；
(2)要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结A1C1，由(1)可知，A1D1⊥平面CC1D1D1，所以以D1为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解．
本题考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】(1)解：由已知可得12×2a×b=2 3ca=12a2=b2+c2，解得a=2，b= 3，c=1
∴椭圆的标准方程为x24+y23=1；
(2)证明：设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立直线MN的方程与椭圆方程得(4+3m2)y2+6my−9=0，
∴y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∴2my1y2=3(y1+y2)，
直线AM的方程为y−0=y1x1+2(x+2)，直线BN的方程为y−0=y2x2−2(x−2)，
联立可得(y1x1+2−y2x2−2)x=2(y1x1+2+y2x2−2)，
解得x=2y2x1+4y2+2y1x2−4y1x1y2+2y2−x2y1+2y1=2y2(my1+1)+y2+2y1(my2+1)(my1+1)y2+2y2−y1(my2+1)=4my1y2+6y2−2y1y1+3y2=4y1+12y2y1+3y2=4，
∴Q点在定直线x=4上；
(3)证明：设Q(4,t)，设FQ，MF的倾斜角为θ1，θ2，
当θ2=90∘时，θ1=45∘，故射线FQ平分∠MFB，
当θ2≠90∘时，tanθ1=t3，tanθ2=6t9−t2，
直线AM的方程为y=t6(x+2)，联立椭圆方程得(t29+3)x2+49t2x+49t2−12=0，
∴xM=54−2t2t2+27，yM=18tt2+27，∴kMF=∴tanθ2=tan2θ1，
故射线FQ平分∠MFB.
【解析】(1)由已知可得12×2a×b=2 3ca=12a2=b2+c2，求解即可；
(2)设直线MN的方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立方程组可得2my1y2=3(y1+y2)，可得AM与BN的交点Q在定直线x=4上；
(3)设Q(4,t)，设FQ，MF的倾斜角为θ1，θ2，分类讨论可得射线FQ平分∠MFB.
本题考查求椭圆的标准方程，考查点在定直线上，考查直线与椭圆的综合运用，属中档