2022-2023学年福建省南平市浦城县高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省南平市浦城县高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了抛物线y=43x2的焦点坐标为，已知F1，F2分别为双曲线C等内容，欢迎下载使用。

A. 相交且过圆心B. 相切C. 相离D. 相交但不过圆心
2.抛物线y=43x2的焦点坐标为( )
A. (0,13)B. (13,0)C. (0,316)D. (316,0)
3.三棱柱ABC−DEF中，G为棱AD的中点，若BA=a，BC=b，BD=c，则CG=( )
A. −a+b−c
B. 12a−b+12c
C. −12a+b+c
D. −12a+12b+c
4.已知圆(x+1)2+(y+2)2=4关于直线ax+by+1=0(a>0,b>0)对称，则1a+2b的最小值为( )
A. 52B. 9C. 4D. 8
5.在如图所示的六面体中，四边形ADEH和BCFG均为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，AB=BG=3，FC=4，BC=1，则平面EFGH与平面ABCD所成的角为( )
A. 30∘
B. 45∘
C. 135∘
D. 45∘或135∘
6.已知O为坐标原点，焦点在x轴上的曲线C：x23+y2m2=1的离心率e满足6e2−5e+1≤0，A，B是x轴与曲线C的交点，P是曲线C上异于A，B的一点，延长PO交曲线C于另一点Q，则tan∠OBP⋅tan∠OBQ的取值范围是( )
A. [34,89]B. [32,52]C. [14,59]D. [14,2]
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为上底面A1B1C1D1和侧面CDD1C1的中心，则点C到平面AEF的距离为( )
A. 4 1111
B. 114
C. 1111
D. 2 1111
8.已知F1，F2分别为双曲线C:x24−y212=1的左、右焦点，E为双曲线C的右顶点．过F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点(其中点A在第一象限)，设M，N分别为△AF1F2，△BF1F2的内心，则|ME|−|NE|的取值范围是( )
A. (−∞,−4 33)∪(4 33,+∞)B. (−4 33,4 33)
C. (−3 35,3 35)D. (− 53, 53)
9.已知平面α={P|n⋅P0P=0}，其中点P0是平面α内的一定点，n是平面α的一个法向量，若P0坐标为(2,3,4)，n=(1,1,1)，则下列各点中在平面α内的是( )
A. (1,3,5)B. (4,3,2)C. (−2,3,8)D. (2,−3,8)
10.对任意的θ，方程x2+(3csθ)y2=1所表示的曲线可能为( )
A. 双曲线B. 抛物线C. 椭圆D. 圆
11.若直线x+y+m=0上存在点P，过点P可作圆O：x2+y2=1的两条切线PA，PB，切点为A，B，且∠APB=90∘，则实数m的取值可以为( )
A. 3B. 2C. 0D. −1
12.已知抛物线Γ：x2=2py(p>0)，过其准线上的点T(t,−1)作的两条切线，切点分别为A，B，下列说法正确的是( )
A. p=2B. 当t=1时，TA⊥TB
C. 当t=1时，直线AB的斜率为2D. △TAB面积的最小值为4
13.设抛物线y2=4x的焦点为F，P为抛物线上一点，若|PF|=4，则点P的横坐标为______ .
14.已知3a+2b=5，其中a、b是实常数，则直线ax+by−10=0必过一定点______ .
15.已知点P是椭圆Г：x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一点，F1、F2为椭圆的左、右焦点，若∠F1PF2=60∘，且△PF1F2的面积为 34a2，则椭圆的离心率是______ .
16.已知点P为正四面体ABCD的外接球上的任意一点，正四面体ABCD的棱长为2，则PA⋅PB的取值范围为______.
17.设常数a∈R，已知直线l1：(a+2)x+y+1=0，l2：3x+ay+(4a−3)=0.
(1)若l1⊥l2，求a的值；
(2)若l1//l2，求l1与l2之间的距离．
18.已知动点P到点F(2,0)的距离与到直线l：x=12的距离之比为2.
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l的方程为x+y−2=0，l与曲线C交于A，B两点．求线段AB的长．
19.如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE=2EB=2，且DE⊥AB.以DE为折痕把△ADE折起，便点A到达点F的位置，且∠FEB=60∘.
(1)求证：平面BEF⊥平面BCD；
(2)若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为 155，求点C到平面DEF的距离.
20.已知圆C：x2+y2−4x=0，直线l恒过点P(4,1).
(1)若直线l与圆C相切，求l的方程；
(2)当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=2 3时，求l的方程.
21.如图，在六面体PABCD中，△PAB是等边三角形，二面角P−AB−D的平面角为30∘，PC=AB= 2AD= 2BD= 2AC= 2BC=4.
(1)证明：AB⊥PD；
(2)若点E为线段BD上一动点，求直线CE与平面PAB所成角的正切的最大值.
22.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且过点(0,1).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(2,0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若B点关于x轴的对称点为E，证明：直线AE与x轴相交于定点.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：圆(x−1)2+(y+1)2=9的圆心C(1,−1)，半径r=3，
圆心C(1,−1)到直线3x+4y+12=0的距离d=|3−4+12| 9+16=115<3=r，
∴直线3x+4y+12=0与圆(x−1)2+(y+1)2=9的位置关系是相交但不过圆心．
故选：D.
圆(x−1)2+(y+1)2=9的圆心C(1,−1)，半径r=3，圆心C(1,−1)到直线3x+4y+12=0的距离d=115<3=r，由此能求出直线3x+4y+12=0与圆(x−1)2+(y+1)2=9的位置关系．
本题考查直线与圆的位置关系的判断，考查直线、圆、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：抛物线方程为：x2=34y，
故焦点坐标为：(0,316)，
故选：C.
把抛物线方程化成标准方程后可求焦点坐标．
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的线性运算与向量相等的应用问题，是基础题．
利用空间向量的线性运算法则与向量相等的定义，求解即可．
【解答】
解：CG=CA+AG=CA+12AD=(BA−BC)+12(BD−BA)=(a−b)+12(c−a)=12a−b+12c.
故选：B.
4.【答案】B
【解析】解：圆(x+1)2+(y+2)2=4的圆心坐标为(−1,−2)，
由圆(x+1)2+(y+2)2=4关于直线ax+by+1=0(a>0,b>0)对称，
所以直线ax+by+1=0过圆心，即−a−2b+1=0，
所以a+2b=1，而a>0，b>0，可得2ba>0，2ab>0，
所以1a+2b=(1a+2b)⋅1=(1a+2b)⋅(a+2b)=5+2ba+2ab≥5+2 2ba⋅2ab=5+4=9，当且仅当2ba=2ab，即a=b，与a+2b=1联立，
可得a=b=13，
所以1a+2b的最小值为9，
故选：B.
由圆关于直线对称，可得直线过圆的圆心，可得a，b的关系，所求的代数式乘以1，整理，由均值不等式可得其最小值．
本题考查圆关于直线的对称的性质的应用，“1”的活用，及均值不等式的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为四边形ADEH和BCFG均为直角梯形，A，D，C，B为直角顶点，其他四个面均为矩形，
所以这个六面体是四棱柱，由题意可知DA，DC，DE两两垂直，以点D为原点建系如图，
则E(0,0,4)，G(1,3,3)，C(0,3,0)，H(1,0,3)，
则EH=(1,0,−1)，HG=(0,3,0)，
根据题意可知DE⊥平面ABCD，所以DE=(0,0,4)，即为平面ABCD的一个法向量，
设n=(x,y,z)为平面EFGH的法向量，
则n⋅EH=x−y=0n⋅HG=3y=0，
取x=1，则z=1，y=0，
则n=(1,0,1)为平面EFGH的一个法向量，
则cs⟨n,DE⟩=n⋅DE|n||DE|=4 2×4= 22，
所以平面EFGH与平面ABCD所成的角为45∘.
故选：B.
由题意，DA，DC，DE两两垂直，以点D为原点建系，平面ABCD的一个法向量为DE，再用向量法求出平面EFGH的法向量n，则由cs⟨n,DE⟩=n⋅DE|n||DE|可得到所求两面角．
本题主要考查平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：由6e2−5e+1≤0解得13≤e≤12，所以曲线C是椭圆．
因椭圆C的焦点在x轴上，则m2<3.
因为e2=1−b2a2=1−m23∈[19,14]，所以m2∈[94,83]，
不妨设A(− 3,0)，B( 3,0)，P(x0,y0)，x0≠± 3，
由题意知Q(−x0,−y0)，则x023+y02m2=1，即y02=−m23(x02−3)，
tan∠OBP⋅tan∠OBQ=−kBP⋅kBQ=−y0x0− 3⋅−y0−x0− 3=−y02x02−3=m23∈[34,89].
故选：A.
由离心率的范围可知曲线为椭圆，根据离心率与m2的关系得到m2的范围，然后利用斜率公式表示出tan∠OBP⋅tan∠OBQ，进而求出其范围．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
易知A(0,0,0)，E(1,1,2)，F(1,2,1)，C(2,2,0)，
所以AE=(1,1,2)，AF=(1,2,1)，
设平面AEF的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AE=x+y+2z=0n⋅AF=x+2y+z=0，令y=−1，解得n=(3,−1,−1)，
故点C到平面AEF的距离为|n⋅AC||n|=6−2 9+1+1=4 1111.
故选：A.
建立空间直角坐标系，求出平面AEF的法向量，按照距离的向量求法求解即可．
本题考查了点到平面的距离的计算，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意可得E(2,0)，设AF1，AF2，F1F2的切点分别为H，I，J，
则|AH|=|AI|，|F1H|=|F1J|，|F2J|=|F2I|，
由双曲线的定义可知|AF1|−|AF2|=2a，
即(|AH|+|HF1|)−(|AI|+|IF2|)=2a，所以|HF1|−|IF2|=2a，
即|JF1|−|JF2|=2a，
设内心M的横坐标为x0，则点J的横坐标为x0，
则(c+x0)−(c−x0)=2a，可得x0=a，
所以JM⊥x轴，则E为直线JM与x轴的交点，
同理可得△BF1F2的内心在直线JM上，
设直线AB的倾斜角为θ，则∠EF2M=π−θ2，∠EF2N=θ2，
|ME|−|NE|=(c−a)tanπ−θ2−(c−a)tanθ2=(c−a)(tanπ−θ2−tanθ2)=(c−a)(csθ2sinθ2−sinθ2csθ2)=(c−a)2csθsinθ=2(c−a)tanθ，
由题意知a=2，c=4，ba= 3，
所以π3<θ<2π3，
所以tanθ<− 3或tanθ> 3，
所以|ME|−|NE|=4tanθ∈(−4 33,0)∪(0,4 33)，
当直线AB的斜率不存在时，ME−NE=0，
综上所述：|ME|−|NE|=4tanθ∈(−4 33,4 33)，
故选：B.
由题意可得|AH|=|AI|，|F1H|=|F1J|，|F2J|=|F2I|，再由双曲线的定义可得|HF1|−|IF2|=2a，进而可得|JF1|−|JF2|=2a，设J的横坐标，由题意可得横坐标为a，设直线AB 的倾斜角，则求出|ME|−|NE|的表达式，由倾斜角的范围求出其范围．
本题考查双曲线的性质，及均值不等式的应用，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了平面法向量的理解与应用，空间向量的坐标运算，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
设平面α内的点的坐标为P(x,y,z)，利用n⋅P0P=0，得到x+y+z=9，即可得到答案．
【解答】
解：设平面α内的点的坐标为P(x,y,z)，
则P0P=(x−2,y−3,z−4)，
因为n=(1,1,1)是平面α的一个法向量，
所以n⋅P0P=x−2+y−3+z−4=x+y+z−9=0，
所以x+y+z=9，
依次验证四个选项可得，选项A，B，C满足等式．
故选：ABC.
10.【答案】ACD
【解析】解：因为−1≤csθ≤1，
所以当csθ=0时，方程化为x=±1，
此时该方程表示两条直线；
当0此时该方程表示焦点在y轴上的椭圆；
当csθ=13时，方程化为x2+y2=1，
此时该方程表示以原点为圆心，半径为1的圆；
当13此时该方程表示焦点在x轴上的椭圆；
当−1≤csθ<0时，方程化为x2−y2−13csθ=1，
此时该方程表示焦点在x轴上的双曲线，
综上，方程x2+(3csθ)y2=1所表示的曲线可能为双曲线，椭圆和圆．
故选：ACD.
由题意，分情况讨论csθ不同取值时所表示的曲线，进而即可求解．
本题考查曲线与方程，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
11.【答案】BCD
【解析】解：如图，
∠APB=90∘，OA=OB=1，PA=PB，PO=PO，
∴△PAO≌△PBO，故∠APO=∠BPO=45∘，
又∵OA=1，∴OP= 2，
故直线x+y+m=0上存在点P到圆心O的距离为 2，
由|m| 2≤ 2，解得−2≤m≤2.
∴m的取值范围是[−2,2].
故选：BCD.
由题意画出图形，把问题转化为直线x+y+m=0上存在点P，满足P到原点的距离为 2，再由点到直线的距离公式列式求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查化归与转化、数形结合的思想，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对A，易知准线方程为y=−1，
∴p=2，C：x2=4y，故A正确，
对B，设直线y+1=k(x−1)，代入y=x24，得x24−kx+k+1=0，
当直线与C相切时，有Δ=0，即k2−k−1=0，
设TA，TB斜率分别为k1，k2，易知k1，k2是上述方程两根，
故k1k2=−1，故TA⊥TB，故B正确，
对C，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中y1=x124，y2=x224，
则TA：y−x124=x12(x−x1)，即y=x12x−y1，代入点(1,−1)得x1−2y1+2=0，同理可得x2−2y2+2=0，
故AB：x−2y+2=0，故kAB=12，故C错误，
对D，同C，切线方程TA：y=x12x−y1，TB：y=x22x−y2，代入点(t,−1)有−1=x12t−y1，−1=x22t−y2，故直线AB的方程为−1=x2t−y，即y=t2x+1，联立x2=4y有x2−2tx−4=0，
则x1+x2=2t，x1x2=−4，
故|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=2 t2+4，
又(t,−1)到tx−2y+2=0的距离d=t2+4 t2+4= t2+4，
故S△TAB=12 1+t24|x1−x2|d=12(t2+4)32，故当t=0时△TAB的面积最小值为12×432=4，故D正确，
故选：ABD.
选项A：由点T(t,−1)在准线上，可求出p，从而可判断，
选项B：设直线y+1=k(x−1)与抛物线方程联立，由韦达定理可判断，
选项C：设A(x1,y1)，B(x2,y2)分别求出TA，TB方程，根据方程结构可判断，
选项D：先同C求得直线AB的方程y=t2x+1，再表达出△TAB的面积关于t的表达式，进而求得面积的最大值即可．
本题主要考查直线与抛物线的综合应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
13.【答案】3
【解析】解：设点P的横坐标为xP，抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，
又因为|PF|=4，由抛物线的定义可知：xP+1=4，
所以xP=3.
故答案为：3.
设点P的横坐标为xP，根据抛物线的定义即可求解．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
14.【答案】(6,4)
【解析】解：∵3a+2b=5，∴b=12(5−3a)
∴直线ax+by−10=0可化为ax+12(5−3a)y−10=0，
变形可得a(2x−3y)+5y−20=0，
由2x−3y=05y−20=0可得x=6y=4，
∴直线必过定点(6,4)
故答案为：(6,4)
由ab的关系式变形代入直线方程变形可得a(2x−3y)+5y−20=0，由直线系的知识解方程组2x−3y=05y−20=0可得答案．
本题考查直线恒过定点问题，属基础题．
15.【答案】12
【解析】解：由∠F1PF2=60∘，△PF1F2的面积为 34a2，可得12|PF1|⋅|PF2|⋅sin∠F1PF2= 34|PF1|⋅|PF2|= 34a2，
∴|PF1|⋅|PF2|=a2.
再根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a.
再利用余弦定理可得：
4c2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|⋅cs60∘=(|PF1|+|PF2|)2−3|PF1|⋅|PF2|=4a2−3a2，
求得a=2c，∴e=ca=12.
故答案为：12.
由∠F1PF2=60∘，△PF1F2的面积为 34a2，可得|PF1|⋅|PF2|.再根据椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a，利用余弦定理得到a，c的关系，即可求出椭圆的离心率．
本题主要考查余弦定理，椭圆的定义、标准方程，以及简单性质的应用，属于中档题．
16.【答案】[1− 3,1+ 3]
【解析】解：将正四面体放在正方体内，并建立空间直角坐标系，
如图所示：
由于正四面体的棱长为2，则正方体的棱长为 2，
正四面体的外接球即为正方体的外接球，设外接球的半径为R，
则：(2R)2=3×( 2)2，解得R2=32，
则A(− 22,− 22, 22)，B( 22, 22, 22)，
设P(x,y,z)，
所以x2+y2+z2=32，
所以z2≤32，
故− 62≤z≤ 62，
由于PA=(− 22−x,− 22−y, 22−z)，PB=( 22−x, 22−y, 22−z)，
所以PA⋅PB=x2−12+y2−12+12− 2z+z2=x2+y2+z2− 2z−12=32−12− 2z=− 2z+1∈[1− 3,1+ 3].
故答案为：[1− 3,1+ 3].
首先把四面体放在正方体内，进一步建立空间直角坐标系，再利用坐标法的运算求出结果．
本题考查的知识要点；空间直角坐标系，向量的坐标运算，向量的数量积，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，直线l1：(a+2)x+y+1=0，l2：3x+ay+(4a−3)=0，
若l1⊥l2，则3(a+2)+a=0，解可得a=−32；
(2)根据题意，若l1//l2，则有a(a+2)=3，解可得a=1或−3，
当a=1时，直线l1：3x+y+1=0，l2：3x+y+1=0，两直线重合，不符合题意，
当a=−3时，直线l1：−x+y+1=0，l2：3x−3y−15=0，即x−y−5=0，两直线平行，
此时l1与l2之间的距离d=|1−5| 1+1=2 2.
【解析】(1)根据题意，由直线垂直的判断方法可得3(a+2)+a=0，解可得答案；
(2)根据题意，由直线平行的判断方法可得a的值，进而由平行线间的距离公式计算可得答案．
本题考查直线的一般式方程，涉及直线垂直、平行的判断，属于基础题．
18.【答案】解：(1)设P(x,y)，
∵动点P到点F(2,0)的距离与到直线l：x=12的距离之比为2，
∴ (x−2)2+y2|x−12|=2，
化简可得x2−y23=1；
(2)设交点A，B的坐标分别为A(x1,y1)，B(x2,y2)，
直线l的方程与轨迹C的方程联立，消去y可得2x2+4x−7=0，
∴x1+x2=−2，x1x2=−72，
∴|x1−x2|2=(x1+x2)2−4x1x2=18，
∴|x1−x2|=3 2，
∴|AB|= 2⋅|x1−x2|=6.
【解析】本题考查轨迹方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查弦长的计算，正确求出双曲线的方程是关键．
(1)设P(x,y)，利用动点P到点F(2,0)的距离与到直线l：x=12的距离之比为2，建立方程，化简可得结论；
(2)直线l的方程与轨迹C的方程联立，消去y，利用韦达定理，结合弦长公式，可求线段AB的长．
19.【答案】解：(1)证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，
∵EB∩EF=E，∴DE⊥平面BEF，
∵BF⊂平面BEF，∴DE⊥BF，
∵AE=2EB=2，∴EF=2，EB=1，
∵∠FEB=60∘，∴BF= EF2+EB2−2EF×EB×cs∠FEB= 3，
∴EF2=EB2+BF2，∴FB⊥EB，
∵DE∩BE=E，∴BF⊥平面BCDE，
∵BF⊂平面BFC，∴平面BFC⊥平面BDC.
(2)解：以B为原点，BA所在直线为x轴，在平面ABCD中过B作AB的垂线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设DE=a，则D(1,a,0)，E(1,0,0)，F(0,0, 3)，DF=(−1,−a, 3)，
∵直线DF与平面BCDE所成角的正切值为 155，
∴直线DF与平面BCDE所成角的正弦值为 64，
平面BCDE的法向量n=(0,0,1)，
∵直线DF与平面BCDE所成角的正切值为 155，
∴|cs|=|n⋅DF||n|⋅|DF|= 3 4+a2= 64，解得a=2，
∴D(1,2,0)，C(−2,2,0)，∴ED=(0,2,0)，DF=(−1,−2, 3)，DC=(−3,0,0)，
设平面EDF的法向量m=(x,y,z)，
则m⋅ED=2y=0m⋅DF=−x−2y+ 3z=0，取z=1，得m=( 3,0,1)，
∴点C到平面DEF的距离d=|DC⋅m||m|=3 32.
【解析】(1)由DE⊥AB，得DE⊥EB，DE⊥EF，从而DE⊥平面BEF，进而DE⊥BF，推导出FB⊥EB，从而BF⊥平面BCDE，由此能证明平面BFC⊥平面BDC.
(2)以B为原点，BA所在直线为x轴，在平面ABCD中过B作AB的垂线为y轴，BP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面DEF的距离．
本题考查面面垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，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)由题意可知，圆C的圆心为(2,0)，半径r=2，
①当直线l的斜率不存在时，即l的方程为x=4时，此时直线与圆相切，符合题意；
②当直线l的斜率存在时，设斜率为k，∴直线l的方程为y−1=k(x−4)，
化为一般式：kx−y+1−4k=0，若直线l与圆相切，
则d=|1−2k| k2+1=2，即1−4k+4k2=4k2+4，解得k=−34，
∴l：−34x−y+4=0，即l：3x+4y−16=0，
综上，当直线l与圆C相切时，直线l的方程为x=4或3x+4y−16=0；
(2)由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，
∴直线l的方程为y−1=k(x−4)，即kx−y+1−4k=0，
设圆心到直线l的距离为d，则d=|1−2k| k2+1，
由垂径定理可得，d2+(|AB|2)2=4，即(2k−1)2k2+1+3=4，
整理得，3k2−4k=0，解得k=0或k=43，
则直线l的方程为y=1或4x−3y−13=0.
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线距离公式的应用，利用垂径定理求弦长．
(1)由圆的方程求得圆心坐标与半径，当直线l的斜率不存在时，求得l的方程为x=4时；当直线l的斜率存在时，设斜率为k，可得直线l的方程为kx−y+1−4k=0，由圆心到直线的距离等于半径列式求得k，可得直线l的方程；
(2)由题意可知，直线l的斜率一定存在，设斜率为k，可得直线方程kx−y+1−4k=0，由垂径定理列式求解k，则直线方程可求．
21.【答案】解：(1)证明：取AB中点M，连接PM，DM，
∵PA=PB，DA=DB，∴PM⊥AB，DM⊥AB，且PM∩DM=M，
∴AB⊥平面PMD，
∵PD⊂平面PMD，∴AB⊥PD.
(2)连接CM，则CM⊥AB，由AC=BC=2 2，AB=4，可得CM=2，
∴CM2+PM2=16=PC2，∴PM⊥CM，
∵PM⊥AB，AB∩CM=M，∴PM⊥平面ABC，
以M为坐标原点，MB，MC，MP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2 3)，
由∠CMD=120∘，得D(0,−1, 3)，
平面PAB的法向量为n=(0,1,0)，
设BE=λBD=λ(−1,−2, 3)，λ∈[0,1]，则CE=CB+BE=(−2−λ,2−2λ, 3λ)，
设CE与平面PAB所成角为θ，
则sinθ=|cs|=2+λ1⋅ (−2−λ)2+(2−2λ)2+( 3λ)2，
令2+λ=t，t∈[2,3]，则sinθ=t t2+(6−2t)2+3(t−2)2=1 48t2−36t+8，
令f(t)=48t2−36t+8，t∈[2,3]，
由对称轴1t=38知，当1t=38，即λ=23时，f(t)min=54，
(sinθ)max= 45=2 55，∴(tanθ)max=2.
∴直线CE与平面PAB所成角的正切的最大值为2.
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明AB⊥PD；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量能求出直线CE与平面PAB所成角的正切的最大值．
本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、向量法、线面角的正切值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)设椭圆半焦距为c，则ca= 22b=1a2−b2=c2，
解得a2=2，b2=1，
∴椭圆的标准方程为：x22+y2=1.
(2)证明：设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k(x−2)，
联立方程组y=k(x−2)x22+y2=1，消去y得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2=0，
Δ=64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，解得k2<12.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则E(x2,−y2)，
∴x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−21+2k2，
∴直线AE的斜率为kAE=y1+y2x1−x2，
直线AE的方程为y−y1=y1+y2x1−x2(x−x1)，
令y=0可得x=−y1(x1−x2)y1+y2+x1=y1x2+y2x1y1+y2，
∵y1x2+y2x1=k(x1−2)x2+k(x2−2)x1=2kx1x2−2k(x1+x2)=2k(x1x2−x1−x2)=−4k1+2k2，
y1+y2=k(x1−2)+k(x2−2)=k(x1+x2)−4k=−4k1+2k2，
∴y1x2+y2x1y1+y2=1，
∴直线AE经过定点(1,0).
【解析】(1)利用已知条件求出b，通过离心率以及a、b、c关系，求出a，即可求椭圆的方程；
(2)设直线l斜率为k，联立方程组得出A，B坐标的关系，求出AE方程化简可得定点坐标．
本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，需要注意根与系数的关系的运用，属于中档