2022-2023学年福建省厦门六中高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省厦门六中高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了直线l，已知圆C，已知椭圆Γ，已知M是椭圆C，已知空间中三点A，B，C，则等内容，欢迎下载使用。

A. (2,−3)B. (2,3)C. (−3,2)D. (3,2)
2.以F1(−1,0)，F2(1,0)为焦点，且经过点(1,32)的椭圆的标准方程为( )
A. x23+y22=1B. x24+y23=1C. x23+y24=1D. x24+y2=1
3.两直线3x+4y−3=0与mx+8y+1=0平行，则它们之间的距离为( )
A. 4B. 75C. 710D. 1710
4.直线l：y=x被圆C：(x−3)2+(y−1)2=3截得的弦长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知{a,b,c}是空间向量的一组基底，{a,b+c,b−c}是空间向量的另一组基底，若向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,3,−1)，则向量p在基底{a,b+c,b−c}下的坐标是( )
A. (2,−1,−2)B. (2,−1,2)C. (2,1,−2)D. (2,1,2)
6.已知点P为椭圆x216+y215=1上的一个动点，过点P作圆(x−1)2+y2=1的一条切线，切点为A，则|PA|的取值范围是( )
A. [2,6]B. [2 2,2 6]C. [2 2,6]D. [2,2 6]
7.已知圆C：(x+1)2+(y−4)2=m(m>0)和两点A(−2,0)，B(1,0)，若圆C上存在点P，使得|PA|=2|PB|，m的取值范围是( )
A. [8,64]B. [9,64]C. [8,49]D. [9,49]
8.已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1，F2，过F2的直线与Γ交于A，B两点.若|AF2|=3|F2B|，|AB|=2|AF1|，则Γ的离心率为( )
A. 15B. 55C. 105D. 155
9.已知M是椭圆C：x28+y24=1上一点，F1，F2是其左、右焦点，则下列选项中正确的是( )
A. 椭圆的焦距为2B. 椭圆的离心率e= 22
C. |MF1|+|MF2|=4 2D. △MF1F2的面积的最大值是4
10.已知空间中三点A(2,1,−1)，B(1,0,2)，C(0,3,−1)，则( )
A. |AB|= 11B. AB⊥AC
C. cs∠ABC= 1119D. A，B，C三点共线
11.已知直线l1：x+my+6=0，l2：(m−2)x+3y+2m=0，下列命题中正确的有( )
A. 当m=3时，l1与l2重合B. 若l1//l2，则m=0
C. l1过定点(−6,0)D. l2一定不与坐标轴平行
12.已知圆M：x2+(y−2)2=1，点P为x轴上一个动点，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线AB与MP交于点C，则下列结论正确的是( )
A. 四边形PAMB周长的最小值为2+2 3B. |AB|的最大值为2
C. 直线AB过定点D. 存在点N使|CN|为定值
13.方程x2+y2+2kx+4y+3k+8=0表示一个圆，则实数k的取值范围是______ .
14.若焦点在x轴上的椭圆x210−m+y2m−2=1的焦距为4，则m=______ .
15.点B在x轴上运动，点C在直线l：x−y+2=0上运动，若A(1,2)，则△ABC的周长的最小值为______.
16.如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，AF=13AD,AG=2GA1，AC1与平面EFG交于点M，则AMAC1=__________.
17.直线l经过两直线l1：x+y=0和l2：2x+3y−2=0的交点.
(1)若直线l与直线3x+y−1=0垂直，求直线l的方程；
(2)若点A(3,1)到直线l的距离为5，求直线l的方程.
18.已知△ABC的三个顶点坐标分别为A(−1,5)，B(5,5)，C(6,−2)
(1)求△ABC外接圆的方程；
(2)动点D在△ABC的外接圆上运动，点E坐标(7,4)，求DE中点M的轨迹.
19.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90∘，AB=BC=1，BB1=2.
(1)求异面直线B1C1与A1C所成角的正切值；
(2)求直线B1C与平面A1BC所成角的余弦值．
20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是 63，点A(32,12)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点B(0,2)的直线l与椭圆C交于P，Q两点，求△OPQ(O为坐标原点)面积的最大值．
21.如图多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，EA⊥平面ABCD，EA//BF，AB=AE=2BF=2.
(1)证明：平面EAC⊥平面EFC；
(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45∘，求点M到平面BCF的距离．
22.已知圆C的圆心在直线x=−2上，且圆C与l：x+ 3y−2=0相切于点Q(−1, 3).过点(−1,0)作两条斜率之积为−2的直线分别交圆C于A，E与B，F.
(1)求圆C的标准方程；
(2)设线段AE，BF的中点分别为M，N，证明：直线MN恒过定点.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线的方向向量，属于基础题．
先根据直线方程得直线的斜率，再根据斜率可得直线的方向向量．
【解答】
解：依题意，直线3x+2y−1=0的斜率为k=−32，
∴则直线3x+2y−1=0的一个方向向量为(2,−3)，
故选：A.
2.【答案】B
【解析】【分析】
首先设出椭圆的标准方程x2a2+y2b2=1，然后根据题意，求出a、b满足的2个关系式，解方程即可．
本题考查了求椭圆标准方程的常规做法：待定系数法，熟练掌握椭圆的几何性质是解题的关键，同时考查了学生的基本运算能力与运算技巧．属基础题．
【解答】
解：设椭圆E的方程为x2a2+y2b2=1，(a>b>0).
∵c=1，
∴a2−b2=1①，
∵点(1,32)在椭圆E上，
∴1a2+94b2=1②，
由①、②得：a2=4，b2=3，
∴椭圆E的方程为：x24+y23=1.
故选：B.
3.【答案】C
【解析】解：因为直线3x+4y−3=0与mx+8y+1=0平行，
故3×8−4m=0，解得m=6.
故直线6x+8y−6=0与mx+8y+1=0间的距离为|−6−1| 62+82=710.
故选：C.
先根据直线平行求得m，再根据平行线间的距离公式求解即可．
本题考查平行线间的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：圆 C：(x−3)2+(y−1)2=3的圆心坐标C(3,1)，半径为 3，
圆心到直线x−y=0的距离d=|3−1| 2= 2，
∴直线l：y=x被圆 C：(x−3)2+(y−1)2=3截得的弦长为2 3−2=2.
故选：B.
由圆的方程求得圆心坐标与半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，然后利用勾股定理求解．
本题考查直线与圆相交的性质，训练了利用垂径定理求弦长，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,3,−1)，
∴p=2a+3b−c，
设向量p在基底{a,b+c,b−c}下的坐标是(x,y,z)，
∴p=2a+3b−c=xa+y(b+c)+z(b−c)，
即p=2a+3b−c=xa+(y+z)b+(y−z)c，
∴x=2y+z=3y−z=−1，解得x=2，y=1，z=2，即(2,1,2).
故选：D.
根据空间向量的坐标的定义即得．
本题主要考查了空间向量基本定理，考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：设椭圆的参数方程为x=4csθy= 15sinθ，θ∈[0,2π]，
因为|PA|为切线长，
设圆心为O(1,0)，
则|PA|= |PO|2−|OA|2= (4csθ−1)2+( 15sinθ)2−1= 16cs2θ−8csθ+1+15sin2θ−1
= 15+cs2θ−8csθ= (csθ−4)2−1，
∵csθ∈[−1,1]，
∴ (csθ−4)2−1∈[2 2,2 6]，
故|PA|∈[2 2,2 6].
故选：B.
设椭圆的参数方程为x=4csθy= 15sinθ，结合几何关系可得：|PA|= |PO|2−|OA|2，由三角函数化简再结合二次函数特征即可求解对应范围．
本题考查椭圆上动点与圆的切线长的位置关系，设参数可简化运算，结合几何关系是解题的关键，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设P(x,y)，又A(−2,0)，B(1,0)，且|PA|=2|PB|，
∴ (x+2)2+y2=2 (x−1)2+y2，
化简得P点的轨迹为圆D：(x−2)2+y2=4，圆心D(2,0)，半径r1=2，
又点P在圆C：(x+1)2+(y−4)2=m(m>0)上，圆心C(−1,4)，半径r2= m，
∴两圆有公共点，
∴|r1−r2|≤|CD|≤r1+r2，
∴|2− m|≤ 9+16≤2+ m，(m>0)，
解得9≤m≤49.
故选：D.
设P(x,y)，先由|PA|=2|PB|，求出P的轨迹方程，根据题意可得两圆有公共点，从而建立不等式即可求解．
本题考查轨迹方程的求解，圆与圆的位置关系，不等式思想，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设|F2B|=m，∴|AF2|=3m，∴|AB|=4m，∵|AB|=2|AF1|，∴|AF1|=2m，∴2m+3m=2a，
∴m=2a5，∴|F1B|=8a5，|AF1|=4a5，|AF2|=6a5，
在△BF1F2中，cs∠BF2F1=(2a5)2+(2c)2−(8a5)22×2c×2a5，
在△AF1F2中，cs∠AF2F1=(6a5)2+(2c)2−(4a5)22×6a5×2c，
∵∠BF2F1+∠AF2F1=180∘，
∴(2a5)2+(2c)2−(8a5)22×2c×2a5+(6a5)2+(2c)2−(4a5)22×6a5×2c=0，
解得c2a2=25，∴e= 105.
故选：C.
设|F2B|=m，由椭圆的性质可得m=2a5，可得|F1B|=8a5，|AF1|=4a5，|AF2|=6a5，由题意可得(2a5)2+(2c)2−(8a5)22×2c×2a5+(6a5)2+(2c)2−(4a5)22×6a5×2c=0，求解即可．
本题考查椭圆的离心率的求法，考查椭圆的几何性质，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了椭圆的定义与标准方程及其性质、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
椭圆C：x28+y24=1，可得a=2 2，b= 4=2=c，利用椭圆的定义及其性质、三角形面积计算公式即可判断出正误．
【解答】
解：椭圆C：x28+y24=1，可得a= 8=2 2，b= 4=2，
c= a2−b2=2，∴椭圆的焦距为2c=4，故A错误；
离心率e=ca=22 2= 22，故B正确；
|MF1|+|MF2|=2a=4 2，故C正确；
△MF1F2的面积的最大值=12⋅2c⋅b=2×2=4，故D正确.
故选BCD.
10.【答案】AB
【解析】解：根据题意，空间中三点A(2,1,−1)，B(1,0,2)，C(0,3,−1)，
则AB=(−1,−1,3)，AC=(−2,2,0)，BC=(−1,3,−3)，
依次分析选项：
对于A，AB=(−1,−1,3)，则|AB|= 1+1+9= 11，A正确；
对于B，AB⋅AC=2−2+0=0，则AB⊥AC，B正确；
对于C，cs∠ABC=cs=BA⋅BC|BA||BC|=−1+3+9 11× 19= 11 19，C错误；
对于D，由B的结论，AB⊥AC，则A、B、C不共线，D错误；
故选：AB.
根据题意，求出向量AB、AC、BC的坐标，由此分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查空间向量的数量积的计算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：当m=3时，直线l1：x+3y+6=0，直线l2：x+3y+6=0，即两直线重合，故A正确；
当l1//l2时，则m(m−2)=3且2m≠6(m−2)，解得m=−1，故B错误；
∵−6+m×0+6=0，
∴直线l1过定点(−6,0)，故C正确；
当m=2时，直线l2:y=−43与x轴平行，故D错误；
故选：AC.
当m=3时，分别求出两直线方程，可判断选项A；
由两直线平行的公式计算得出m，可判断选项B；
将(−6,0)代入直线方程，可判断选项C；
当m=2时，直线l2与x轴平行，判断出选项D.
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题，圆中的定值问题等知识，属于中档题．
设|MP|=t，可得|AP|=|BP|= t2−1，可表示出四边形PAMB周长，进而求得其最小值，可判断A；利用SPAMB=2S△PAM表示出|AB|=2 1−1t2，可判断B；根据圆的切线性质表示出切线方程，进而求出AB的直线方程，求其过的定点坐标，可判断C；判断C点位于某个圆上，可知出其圆心和C点距离为定值，从而判断D.
【解答】
解：圆M：x2+(y−2)2=1，圆心M(0,2)，半径为1，
如图所示：
设|MP|=t，则|AP|=|BP|= t2−1，
所以四边形PAMB周长为2 t2−1+2，
当P点位于原点时，t 取得最小值，最小值为2，
故当t取最小值2时，四边形PAMB周长取最小值为2 3+2，故A正确；
由SPAMB=2S△PAM可得：12×|MP|×|AB|=2×12×|PA|×1，
则|AB|=2 t2−1t=2 1−1t2，而t≥2，则 3≤|AB|<2，故B错误；
设P(x0,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x12+(y1−2)2=1，kAM=y1−2x1，
则直线PA方程为：x1x+(y1−2)(y−2)=1，
同理直线PB的方程为x2x+(y2−2)(y−2)=1，
而P(x0,0)在切线PA，PB上，故x1x0+(y1−2)×(−2)=1，x2x0+(y2−2)×(−2)=1，
故AB的直线方程为xx0+(y−2)×(−2)=1，即xx0−2y+3=0，
当x=0时，y=32，即AB过定点(0,32)，故C正确；
由圆的切线性质可知MP⊥AB，设AB过定点为D(0,32)，
则D点位于以MD为直径的圆上，设MD的中点为N，则N(0,74)，
因为PA，PB为圆M的切线，所以AB⊥MP，即CD⊥CM，则C点位于以N为圆心，MD为直径的圆上，
则|CN|为定值，即D正确，
故本题选ACD.
13.【答案】(−∞,−1)∪(4,+∞)
【解析】解：∵方程x2+y2+2kx+4y+3k+8=0表示一个圆，
∴(2k)2+16−4(3k+8)>0
∴k2−3k−4>0，
∴k>4，k<−1
故答案为：(−∞,−1)∪(4,+∞)
根据一个二元二次方程表示圆的充要条件，写出关于k的表达式，化简整理得到一元二次不等式的表示式，解不等式即可．
本题考查二元二次方程表示圆的条件，本题是一个基础题，解题的过程中要注意看清题目中两个二次项的系数，化为1以后再做题目．
14.【答案】4
【解析】解：∵焦点在x轴上的椭圆x210−m+y2m−2=1的焦距为4，
∴10−m>m−2>02 10−m−(m−2)=4，
解得m=4.
故答案为：4.
根据椭圆中基本量的关系得到关于m的方程，解方程得到m的值．
本题考查椭圆的几何性质，属基础题．
15.【答案】 26
【解析】解：设点A(1,2)关于x轴的对称点为D，则点D的坐标为(1,−2)，
设点A(1,2)关于l：x−y+2=0的对称点为E(x,y)，
则y−2x−1=−1x+12−y+22+2=0，解得x=0y=3，即点E的坐标为(0,3)，
由对称性可知|AC|=|CE|，|AB|=|BD|，
所以△ABC的周长为|AB|+|AC|+|BC|=|BD|+|CE|+|BC|≥|DE|= (1−0)2+(−2−3)2= 26，
即△ABC的周长的最小值为 26.
故答案为： 26.
求出点A关于x轴的对称点为D，点A关于l：x−y+2=0的对称点为E，利用对称性将△ABC的周长的最小值转化为求DE的长度即可得解．
本题主要考查点关于直线对称的点的坐标的求法，两点间的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
16.【答案】213
【解析】【分析】
本题考查空间向量以及应用，涉及棱柱的相关知识，属于中档题．
设AM=λAC1(0<λ<1)，由空间向量运算法则表示出AM=2λAE+3λAF+32λAG，结合M，E，F，G四点共面，可得2λ+3λ+32λ=1，解出即可得到答案．
【解答】
解：由题设AM=λAC1(0<λ<1)，
因为AC1=AB+AD+AA1=2AE+3AF+32AG，
所以AM=2λAE+3λAF+32λAG，
又因为M，E，F，G四点共面，
所以2λ+3λ+32λ=1，
解得λ=213，
故答案为：213.
17.【答案】解：(1)直线l1方程与l2方程联立得交点坐标为(−2,2)，
设直线l的方程为x−3y+m=0，代入交点得m=8，所以l的方程为x−3y+8=0.
(2)当直线l的斜率不存在时，得l的方程为x=−2，符合条件，
当l的斜率存在时，设直线l的方程为y−2=k(x+2)即kx−y+2k+2=0，
根据d=|5k+1| k2+1=5，解得k=125，
所以直线l的方程为12x−5y−34=0，
综上所述，l的方程为12x−5y+34=0或x=−2.
【解析】(1)先求出两直线的交点坐标，再设直线l的方程为x−3y+m=0，代入交点后可求m的值，从而可得直线方程；
(2)就斜率是否存在分类讨论后可求直线方程．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为A(−1,5)，B(5,5)，C(6,−2)，
所以kAB=5−5−1−5=0,AB的中点为(2,5)，则AB的垂直平分线的方程为x=2，
kBC=5−(−2)5−6=−7,BC的中点为(112,32)，则BC的垂直平分线的方程为y−32=17(x−112)，即x−7y+5=0，
联立x=2x−7y+5=0，解得x=2y=1，所以圆心坐标为(2,1)，半径为 (−1−2)2+(1−5)2=5，
所以△ABC外接圆的方程为：(x−2)2+(y−1)2=25；
(2)设M(x,y)，D(x0,y0)，
由中点公式得x0+7=2xy0+4=2y，则x0=2x−7y0=2y−4，
代入(x−2)2+(y−1)2=25得DE中点M的轨迹方程为(2x−7−2)2+(2y−4−1)2=25，
即(x−92)2+(y−52)2=254，
所以DE中点M的轨迹是以点(92,52)为圆心，以52为半径的圆．
【解析】(1)由已知求得AB的垂直平分线的方程，BC的垂直平分线的方程，联立两直线方程解得圆心坐标，再根据两点的距离公式求得半径，由此可求得△ABC外接圆的方程；
(2)设M(x,y)，D(x0,y0)，由中点公式表示出x0=2x−7y0=2y−4，再代入(x−2)2+(y−1)2=25得DE中点M的轨迹方程，可得DE中点M的轨迹．
本题考查了圆的方程的求解以及动点轨迹问题，属于基础题．
19.【答案】解：(1)以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
B1(0,0,2)，C1(0,1,2)，A1(1,0,2)，C(0,1,0)，
B1C1=(0,1,0)，A1C=(−1,1,−2)，
设异面直线B1C1与A1C所成角为θ，
则csθ=|B1C1⋅A1C||B1C1|⋅|A1C|=1 6，∴tanθ= 5.
∴异面直线B1C1与A1C所成角的正切值为 5.
(2)B1C=(0,1,−2)，BC=(0,1,0)，BA1=(1,0,2)，
设平面A1BC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅BC=y=0n⋅BA1=x+2z=0，取z=1，得n=(−2,0,1)，
设直线B1C与平面A1BC所成角为α，
则sinα=|B1C⋅n||B1C|⋅|n|=2 5⋅ 5=25，
csα= 1−(25)2= 215.
∴直线B1C与平面A1BC所成角的余弦值为 215.
【解析】(1)以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线B1C1与A1C所成角的正切值．
(2)求出平面A1BC的法向量，利用向量法能求出直线B1C与平面A1BC所成角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的正弦值、线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得e=ca= 6394a2+14b2=1a2=b2+c2，
解得a= 3,b=1，
所以椭圆C的标准方程为x23+y2=1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线 l：y=kx+2，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立 y=kx+2x23+y2=1，得(3k2+1)x2+12kx+9=0，
Δ=144k2−36(3k2+1)=36(k2−1)>0，
所以k2>1，即 k>1或k<−1，
则 x1+x2=−12k3k2+1,x1x2=93k2+1，
故 |PQ|= k2+1⋅|x1−x2|= k2+1⋅ (−12k3k2+1)2−4×93k2+1=6 (k2+1)(k2−1)3k2+1，
点O到直线l的距离 d=2 k2+1，
所以△OPQ的面积 S=12|PQ|⋅d=6 k2−13k2+1，
设 t= k2−1>0，则 k2=t2+1，
故S=6t3(t2+1)+1=63t+4t≤62 12= 32，当且仅当t=2 33时，等号成立，
所以△OPQ面积的最大值为 32.
【解析】(1)由题意可得e=ca= 6394a2+14b2=1a2=b2+c2，解得a，b，即可得出答案．
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线 l：y=kx+2，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|PQ|，点到直线的距离公式可得点O到直线l的距离d，再计算△OPQ的面积，利用基本不等式，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，
因为ABCD是菱形，所以AC⊥BD，且N是AC的中点，
所以GN//AE且GN=12AE，又AE//BF，AE=2BF=2，
所以GN//BF且GN=BF，所以四边形BNGF是平行四边形，
所以GF//BN，
因为EA⊥平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以EA⊥BN，
又因为AC∩EA=A，EA,AC⊂平面EAC，
所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF⊂平面EFC，
所以平面EFC⊥平面EAC；
(2)由(1)得BD⊥平面EAC，MN⊂平面EAC，
∴BD⊥MN，又NC⊥BD，
∴平面MBD与平面ABCD的夹角为∠MNC=45∘，
又AE=AC=2，AE⊥AC，∴EC=2 2，∠NCM=45∘，
∴NM⊥EC，又NC=1，∴MC= 22，∴EC=4MC，
∴M到平面BCF的距离为E到平面BCF的距离的四分之一，
∵EA//BF,EA⊄平面BCF,BF⊂平面BCF，
∴EA//平面BCF，
∴E到平面BCF的距离等于A到平面BCF的距离，
∵EA⊥平面ABCD,EA//BF，
∴BF⊥平面ABCD，
又BF⊂平面BCF，
所以平面BCF⊥底面ABCD，过A作AH⊥BC，垂足点为H，
又平面BCF∩平面ABCD=BC，AH⊂平面ABCD，
所以AH⊥平面BCF，又AH= 3，
∴A到平面BCF的距离为 3，
∴M到平面BCF的距离为 34.

【解析】本题考查了线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，二面角的定义，面面垂直的性质定理，点面的距离，属中档题．
(1)取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，证明GF//BN，利用NB⊥面EAC，证明GF⊥面EAC，从而面EFC⊥面EAC；
(2)根据题意即证平面MBD与平面ABCD的夹角为∠MNC=45∘，从而得EC=4MC，从而得M到平面BCF的距离为E到平面BCF的距离的四分之一，又易知EA//平面BCF，从而得E到平面BCF的距离等于A到平面BCF的距离，即可解决.
22.【答案】解：(1)设圆心C(−2,b)，
∵圆C与l相切于点Q，∴CQ⊥l，即b− 3−2+1×(− 33)=−1，解得：b=0，
∴C(−2,0)，∴圆C的半径r=|−2−2| 1+3=2，
∴圆C的标准方程为：(x+2)2+y2=4；
证明：(2)设AE：y=k(x+1)(k≠0)，则BF:y=−2k(x+1)，
联立y=k(x+1)(x+2)2+y2=4得：(1+k2)x2+(4+2k2)x+k2=0，
设A(x1,y1)，E(x2,y2)，
∴xM=x1+x22=−2+k21+k2，yM=k(xM+1)=−k1+k2，
以−2k替换k可得：xN=−2k2+4k2+4，yN=2k4+k2，
∴kMN=2k4+k2+k1+k2−2k2+4k2+4+2+k21+k2=3k2−k2，
∴直线MN的方程为y−2k4+k2=3k2−k2(x+2k2+4k2+4)，即：y=k2−k2(3x+4)，
当x=−43时，y=0，∴直线MN过定点(−43,0).
【解析】(1)设圆心C(−2,b)，由直线与圆相切可知CQ⊥l，利用斜率乘积等于−1可构造方程求得b，由点到直线距离等于半径可求得半径r，由此可得圆的标准方程；
(2)设AE：y=k(x+1)(k≠0)，则BF:y=−2k(x+1)，将AE方程与圆的方程联立，由韦达定理和中点坐标公式可求得xM，代入直线方程求得yM，以−2k替换k可得xN，yN，结合两点两线斜率公式求得kMN，从而得到直线MN的方程；将直线MN的方程整理后，可确定所过定点．
本题考查根据直线与圆的位置关系求解圆的方程、直线过定点问题的求解，属于中档