2023-2024学年辽宁省协作校高二上学期期中大联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省协作校高二上学期期中大联考数学试题（含解析），共26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.已知向量a=(1,-3,-2)，b=(3,2,-5)，则下列结论正确的是( )
A. a//bB. a⊥b
C. a-b=(-2,-5,-3)D. |a|= 14
2.已知点A(-4,3)，B(3,9)，若直线l:mx+y-m-2=0与线段AB相交，则m的取值范围是( )
A. m≥72B. m≥72或m≤-15
C. m≥15或m≤-72D. -15≤m≤72
3.已知F1，F2为椭圆x216+y212=1的两个焦点，P为椭圆上一点，3|PF2|=5|PF1|，则△PF1F2的面积为( )
A. 152B. 6C. 8D. 2 10
4.设向量e1，e2，e3不共面，已知AB=-3e1-e2+2e3，BC=e1+λe2-6e3，CD=4e1+2e2+8e3，若A，C，D三点共线，则λ=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图所示的五面体EF-ABCD的底面ABCD为一个矩形，AB=2EF=8，AD=6，CF//AB，棱EA=ED=FB=FC=5，M，N分别是AD，BC的中点.求直线BF与平面EFCD所成角的正弦值( )
A. 23B. 63C. 12 735D. 1010
6.已知圆C的半径为2，圆心在直线l:y=x+5上.点A(-3,0)，B(3,0).若圆C上存在点P，使得PA⋅PB=0，则圆心C的横坐标a的取值范围为( )
A. [-3,-2]B. [-3,32]C. [-2,32]D. [-5,0]
7.已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，∠BAD=π4，AB= 2AD，侧棱AA1=6，M，N分别是DD1与A1B的中点，点N在平面ABM上的射影是△ABM的重心G，则点N到平面ABM的距离为( )
A. 2B. 52C. 5D. 6
8.已知F1、F2分别为双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左右焦点，双曲线上的点P到原点的距离为2b，且sin∠PF2F1=2sin∠PF1F2，则该双曲线的离心率为( )
A. 62B. 702C. 705D. 2
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60∘，P为A1D与AD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列正确的是( )
A. CP=-a-12b+12cB. AC1=a+b-c
C. cs= 63D. BD1的长为2 3
10.已知方程x26-t-y22-t=1表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是( )
A. 当2B. 当t>6或t<2时，曲线C是双曲线
C. 若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则t>6
D. 若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则211.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=AD=2 3，E是侧面AA1D1D的中心，F是底面ABCD的中心，点M在线段AD上运动，则下面选项正确的是( )
A. 四面体M-A1BC的体积为定值
B. 点E到平面A1BC的距离 32
C. 异面直线EF与A1C所成的角为π3
D. 存在点M，使得直线A1M与平面A1BC所成的角为π4
12.已知F1，F2分别为椭圆C:x216+y212=1的左、右焦点，P为椭圆上任意一点(不在x轴上)，△PF1F2外接圆的圆心为H，半径为R，△PF1F2内切圆的圆心为I，半径为r，直线PI交x轴于点M，O为坐标原点，则( )
A. S△PF1F2最大时，r= 33B. PH⋅PO的最小值为8
C. |PI||PM|=23D. R⋅r的取值范围为(2,83]
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若直线m1:x+3by-5=0与直线m2:2bx+y+2=0平行，则b= 。
14.已知点A(-1,0)，B(3,0)，动点P满足|PB|=3|PA|，则动点P的轨迹方程为 。
15.已知抛物线C:y2=4x，圆M:(x-3)2+y2=4，在抛物线C上任取一点P，向圆M作切线PA，切点为A，则|PA|的最小值为 ．
16.三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA=PB=PC=2 6，点Q为平面ABC内的动点，且满足PQ=2 3，则三棱锥Q-PAB体积的最大值 ，若记直线PQ与直线AB的所成角为θ，则csθ的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
分别求满足下列条件的圆的标准方程：
(1)经过点A(3,2)，B(2,3)，圆心在x轴上;
(2)经过直线x+2y+3=0与x-2y+3=0的交点，圆心为点C(-2,1)．
18.(本小题12分)
已知直线l的方向向量与直线3x-4y+2=0的方向向量共线且过点M(8,3);
(1)求l的方程;
(2)若l与抛物线y2=4x交于点A、B，O为坐标原点，设直线OA，直线OB的斜率分别是k1，k2;求k1⋅k2及1|OA|2+1|OB|2的值．
19.(本小题12分)
如图 ①，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90∘，AB=3，D，E分别是AC，BC上的点，且满足DE//AB.将△CDE沿DE折起，得到如图 ②所示的四棱锥P-ABED．
(1)设平面ABP∩平面DEP=l，证明：l//DE
(2)若PD垂直AD于点D，DE=1，求直线PD与平面PEB所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2A1B1=8
(1)证明：AC⊥平面DBB1D1;
(2)若正四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧棱长为 17，过直线BD1的平面α与CC1平行，求平面α与平面BCC1B1夹角的正弦值．
21.(本小题12分)
设圆C与两圆C1:(x+ 3)2+y2=1，C2:(x- 3)2+y2=1中的一个内切，另一个外切，记圆C的圆心轨迹为E
(1)求E的方程;
(2)过曲线E上一点A(3,4)作两条直线AB，AC，且点B，点C都在曲线E上，若直线BC的斜率为-32，记直线AB的斜率为k1，直线AC的斜率为k2，试探究k1+k2是否为定值，若为定值请求出值，并说明理由。
22.(本小题12分)
已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个顶点坐标为A(-2,0)，B(2,0)，短轴长为2，直线PQ交椭圆C于P，Q两点，直线PQ与x轴不平行，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，已知k1=2k2．
(1)求证：直线PQ恒过定点;
(2)斜率为12的直线交椭圆C于M，N两点，记以OM，ON为直径的圆的面积分别为S1、S2，△OMN的面积为S，求S(S1+S2)的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积的运算，向量的坐标运算，向量的模，向量共线的充要条件，考查计算能力．属于基础题．
根据向量数量积、平行、垂直、模等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
【解答】解： a⋅b=1×3+2×(-3)+-2×(-5)=7 ，B选项不正确．
13≠-32≠-2-5 ，所以A选项错误．
a-b=(-2,-5,3), 所以C选项不正确．
|a|= 12+(-3)2+-22= 14 ，所以D选项正确．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线斜率公式的应用，直线过定点问题，是较易题．
直线l：mx+y-m-2=0恒过定点P(1,2)且直线斜率k=-m，然后结合直线的斜率公式及直线倾斜角与斜率变化关系可求．
【解答】
解：直线l：mx+y-m-2=0，可化为mx-1+y-2=0，则直线过定点P(1,2)，
如图，
∵kPA=3-2-4-1=-15，kPB=9-23-1=72，
∴直线l：mx+y-m-2=0与线段AB相交，
则直线l的斜率k=-m的取值范围是k≥72或k≤-15．
故-m≥72或-m≤-15．
解得m≤-72或m≥15．
故选C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了椭圆定义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题．
由椭圆的定义可得|PF1|=3, |PF2|=5，|F1F2|=4，由勾股定理可得PF1⊥F1F2，即可求得三角形面积．
【解答】
解：由题意，椭圆a2=16，所以a=4，所以|PF1|+|PF2|=2a=8，
又5|PF1|=3|PF2|，所以|PF1|=3, |PF2|=5，
因为|F1F2|=2× 16-12=4，
所以|PF1|2+|F1F2|2=|PF2|2，
所以PF1⊥F1F2，
故△PF1F2的面积S=12|PF1|⋅|F1F2|=12×3×4=6．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了共线向量问题，考查对应思想，是基础题．
根据共线向量得到关于λ的方程组，解出即可．
【解答】解：由题意，若A，C，D三点共线，
则AC=μCD，
∵AB=-3e1-e2+2e3，BC=e1+λe2-6e3，CD=4e1+2e2+8e3，
∴AC=-2e1+(λ-1)e2-4e3，
∴-2=4μλ-1=2μ-4=8μ，解得：λ=0．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线与平面所成角的向量求法，考查面面垂直的判定及性质定理，属于较难题．
证明EM⊥AD以及MN⊥AD，根据面面垂直的判定定理可得平面EFNM⊥平面ABCD，在平面EFNM中，过F作FH⊥MN，H为垂足，则FH⊥平面ABCD，以H为坐标原点，过点H作SQ//BC，交AB于S，交CD于Q，以HS，HN，HF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得FB=(3,2,-2 3)，求得平面EFCD的法向量，再利用向量的夹角公式即可求得答案．
【解答】
解：因为EA=ED，M为AD的中点，
所以EM⊥AD，
在矩形ABCD中，AB⊥AD，M，N分别为AD，BC的中点，
故MN//AB，
所以MN⊥AD，
又MN∩EM=M，MN，EM⊂平面EFNM，
所以AD⊥平面EFNM，
又AD⊂平面ABCD，
所以平面EFNM⊥平面ABCD．
在平面EFNM中，过F作FH⊥MN，H为垂足，
因为平面EFNM⊥平面ABCD，
平面EFNM∩平面ABCD=MN，FH⊂平面EFNM，
所以FH⊥平面ABCD，
以H为坐标原点，过点H作SQ//BC，交AB于S，交CD于Q，
以HS，HN，HF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
由题意得HN=12(8-4)=2，FN= 52-32=4，
∴FH= 16-4=2 3，
所以F(0,0,2 3)，B(3,2,0)，C(-3,2,0)，D(-3,-6,0)，
所以FB=(3,2,-2 3)，
FC=(-3,2,-2 3)，CD=(0,-8,0)．
设平面EFCD的法向量n=(x,y,z)，
则FC⋅n=0CD⋅n=0,
即-3x+2y-2 3z=0-8y=0，
令z= 3，得n=(-2,0, 3)为平面EFCD的一个法向量，
设直线BF与平面EFCD所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=FB⋅n|FB||n|=-6-65× 7=12 735，
所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为12 735．
故选C．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系及应用，属于中档题．
由题意可设圆C的圆心(a,a+5)，设P(x,y)，由PA⋅PB=0 可得x2+y2=9，则点P在以原点为圆心，3为半径的圆上，继而可知圆C与圆x2+y2=9有公共点，再利用圆与圆相交的性质建立关于a的不等式，解不等式即可．
【解答】解：圆C的圆心在直线l:y=x+5上，
则可设圆C的圆心(a,a+5)，
则圆C：(x-a)2+(y-a-5)2=4，
设P(x,y)，
因为PA⋅PB=0，
所以(x-3)x+3+y2=0，
整理得x2+y2=9，
所以点P在以原点为圆心，3为半径的圆上，
所以点P为圆C与圆x2+y2=9的交点，
即圆C与圆x2+y2=9有公共点，
所以3-2≤ a2+(a+5)2≤3+2，
整理得到1⩽2a2+10a+25⩽25，
解得-5≤a≤0，
故选：D．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了棱柱的结构特征，线面垂直的性质，线面垂直的向量表示和点面距离的向量求法，属于中档题．
利用直棱柱的结构特征，结合题目条件和线面垂直的性质得DA、DB、DD1两两垂直，以D为坐标原点，DA、DB、DD1所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设AD=2a，利用线面垂直的向量表示得a=3，再利用点面距离的向量求法，计算得结论．
【解答】
解：在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因为∠BAD=π4，AB= 2AD，所以AD⊥DB．
因为DD1⊥平面ABCD，DA、DB⊂平面ABCD，所以DD1⊥DA、DD1⊥DB，因此DA、DB、DD1两两垂直．
以D为坐标原点，DA、DB、DD1所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如下图：
设AD=2a．
因为AA1=6，M、N分别是DD1、A1B的中点，所以A2a,0,0，B0,2a,0，M0,0,3，Na,a,3，
因此△ABM的重心G的坐标为23a,23a,1，所以GN=13a,13a,2，BN=a,-a,3，AB=-2a,2a,0，AM=-2a,0,3．
设平面ABM的法向量为n=x,y,z，则由AB·n=0AM·n=0得-2ax+2ay=0-2ax+3z=0，取x=3得y=3，z=2a，
因此n=3,3,2a是平面ABM的一个法向量．
因为点N在平面ABM上的射影是△ABM的重心G，所以n//GN，因此19a=19a=1a，解得a=3，
所以n=3,3,6，BN=3,-3,3，因此点N到平面ABM的距离为BN·nn=18 9+9+36= 6．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的性质，属于中档题．
设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，由sin∠PF2F1=2sin∠PF1F2，得|PF1|=2|PF2|，由双曲线的定义可得|PF2|=2a，|PF1|=4a，又∠POF2+∠POF1=π，则cs∠POF2+cs∠POF1=0，即可得出答案．
【解答】
解：设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，如图，
因为sin∠PF2F1=2sin∠PF1F2
所以|PF1|=2|PF2|，
因为|PF1|-|PF2|=2a，
所以|PF2|=2a，|PF1|=4a，
由题易知|OP|=2b，|OF1|=|OF2|=c，
因为∠POF2+∠POF1=π，
所以cs∠POF2+cs∠POF1=0，
则4b2+c2-4a22bc+4b2+c2-(4a)22bc=0
化简整理得4b2+c2=10a2，
又b2=c2-a2，∴5c2=14a2，即ca= 705．
故选C．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查空间向量基本定理、线性运算和数量积，属于中档题题．
根据已知条件，利用空间向量基本定理、线性运算和数量积逐个判断即可．
【解答】解：由题意，得CP=CA+AP=-AB+AD+12AD+AA1=-a-12b+12c，故A正确；
因为AC1=AC+AA1=a+b+c，故B错误；
因为|AC1|2=(AC1)2=(a+b+c)2
=(a)2+(b)2+(c)2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=|a|2+|b|2+|c|2+2|a|⋅|b|cs60∘+2|a|⋅|c|cs60∘+2|b|⋅|c|cs60∘
=4+4+4+2×12×2×2 ×3=24，∴|AC1|=2 6，
cs=DC·AC1DC·AC1=a·a+b+caa+b+c=a2+a·b+a·caa+b+c=82×2 6= 63，
故C正确；
∵BD1=BC+BA+BB1=b-a+c ，∴BD12=b-a+c2=b2+a2+c2-2a·b-2a·b-2a·c+2b·c
=4+4+4-4-4+4=8
∴BD1=2 2，故D错误．
故选AC．
10.【答案】BC
【解析】【分析】本题考查了双曲线和椭圆的标准方程的定义及其运用，属于基础题．
根据双曲线和椭圆的标准方程的定义结合选项进行分析即可得到答案．
【解答】
解：当曲线C是椭圆时，6-t>0t-2>06-t≠t-2解得2当曲线C是等轴双曲线时，6-t2-t>0，解得t>6或t<2，故B正确；
若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则2-t<06-t<0解得t>6，故C正确；
若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则6-t>0t-2>0t-2>6-t，解得4故选：BC．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查棱锥的体积公式，考查点面距离的向量求法，考查直线与直线所成角的向量求法，考查直线与平面所成的向量求法，考查线面平行的判定，考查长方体的结构特征，属于较难题．
对于A，易证得AD/​/平面A1BC，可知点M到平面A1BC的距离为定值，再结合棱锥的体积公式即可判断A；以A为原点，以AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法、直线与直线所成角的向量求法、直线与平面所成角的向量求法即可判断B、C、D选项．
【解答】
解：对于A，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD/​/BC，
又AD⊄平面A1BC，AD⊂平面A1BC，
∴AD//平面A1BC，
∴AD上任一点到平面A1BC的距离均相等，设为d，
∵点M在线段AD上运动，
∴点M到平面A1BC的距离为定值d，
则VM-A1BC=13S△A1BC·d，
显然S△A1BC为定值，又d为定值，
∴VM-A1BC为定值，即四面体M-A1BC的体积为定值，故A正确；
对于B，以A为原点，以AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(0,0,2),B(2 3,0,0),C(2 3,2 3,0)，E(0, 3,1)，
∴A1B=(2 3,0,-2),A1C=(2 3,2 3,-2)，A1E=(0, 3,-1)，
设平面A1BC的一个法向量n=(x,y,z)，
又n⊥A1B,n⊥A1C，
则n⋅A1B=2 3x-2z=0n⋅A1C=2 3x+2 3y-2z=0,
取x=1，则y=0，z= 3，
则n=(1,0, 3)是平面A1BC的一个法向量，
则点E到平面A1BC的距离为A1E·nn= 32，故B正确；
对于C，结合B选项建立的空间直角坐标系，
有F( 3, 3,0)，
A1C=(2 3,2 3,-2)，EF=( 3,0,-1)
设异面直线EF与A1C所成的角为φ，
则csφ=csA1C,EF
=A1C·EFA1C·EF=6+2 28×2=2 77≠12，
则异面直线EF与A1C所成的角不为π3，故C错误；
对于D，结合B选项建立的空间直角坐标系，
∵点M在线段AD上运动，
∴设M(0,λ,0)(0≤λ≤2 3)，
∴A1M=(0,λ,-2)，
由B选项可知n=(1,0, 3)是平面A1BC的一个法向量，
设直线A1M与平面A1BC所成的角为θ，
∴sinθ=|A1M⋅n||A1M||n|=2 3 λ2+4×2=sinπ4= 22，
解得λ= 2，
即存在点M，使得直线A1M与平面A1BC所成的角为π4，故D正确．
故选：ABD．
12.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的性质，基本不等式，向量的应用，正弦定理的综合应用、二倍角正弦公式、二倍角余弦公式、利用正弦定理求三角形外接圆半径，属于较难题．
对于A，根据当P在短轴的端点时，SΔPF1F2取得最大，再根据面积相等代入进而即可求解；对于B，然后结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式即可求解；对于C，运用角平分线定理即可求解；对于D，由正弦定理可得R，再又结合A可得r，再根据题意即可求解．
【解答】
解：由椭圆方程可得，a=4,b=2 3,c= 16-12=2，
对于A，设P(x,y)，-4所以SΔPF1F2=12|F1F2|⋅|y|=c⋅|y|=2|y|，
则当P在短轴的端点时，SΔPF1F2取得最大，且最大值为4 3，
又SΔPF1F2=SΔIF1F2+SΔIF1P+SΔIF2P=12(|F1F2|+|PF1|+|PF2|)r=12(2a+2c)r=6r，
所以当SΔPF1F2最大时，6r=4 3，即r=2 33，故A错误；
对于B，过点H作HG⊥PF1，垂足为点G，
又点H为△PF1F2外接圆的圆心，
即为△PF1F2三条边的中垂线的交点，则点G为PF1的中点，
由PH⋅PO=12PH⋅(PF1+PF2)=12(PH⋅PF1+PH⋅PF2)，
又PH⋅PF1=(PG+GH)⋅PF1=PG⋅PF1=12PF1 2，
同理PH⋅PF2=12PF22，
所以PH⋅PO=14(PF12+PF22)=14(||PF1|2+|PF2|2)≥12(|PF1|+|PF2|2)2=a22=8，
当且仅当|PF1|=|PF2|=a时等号成立，即PH⋅PO的最小值为8，故B正确；
对于C，由ΔPF1F2内切圆的圆心为I，
则IF1，IF2分别是∠PF1F2，∠PF2F1的角平分线，
则由角平分线定理可得|PI||IM|=|PF1||F1M|=|PF2||F2M|，
即|PI||IM|=|PF1|+|PF2||F1M|+|F2M|=2a2c=ac=42=2，
所以PIPM=23，故C正确；
对于D，设∠F1PF2=θ，|PF1|=a1，|PF2|=a2，
由正弦定理可得2R=|F1F2|sinθ=2csinθ，
即R=csinθ=2sinθ，
则csθ=a12+a22-(2c)22a1⋅a2=(a1+a2)2-2a1⋅a2-4c22a1⋅a2=4b2-2a1⋅a22a1⋅a2，
即a1⋅a2=2b2csθ+1=24csθ+1，
因为SΔPF1F2=12a1a2sinθ=12sinθcsθ+1=12sinθ2csθ2cs2θ2=12tanθ2，
又结合A有SΔPF1F2=6r，
所以12tanθ2=6r，即r=2tanθ2，
所以R⋅r=4tanθ2sinθ=2cs2θ2，
又因为当P在短轴的端点时，θ最大，此时|PF1|=|PF2|=|F1F2|=4，θ=60°，
所以θ∈(0°,60°]，
即θ2∈(0°,30°],
所以csθ2∈[ 32,1),
故R⋅r=2cs2θ2∈(2,83]，故D正确．
故选BCD．
13.【答案】± 66
【解析】【分析】
本题考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
利用直线平行的性质列方程直接求解．
【解答】
解：∵直线m1:x+3by-5=0与直线m2:2bx+y+2=0平行，
∴ 1×1-3b×2b=0，解得 b=± 66，
经检验b=± 66时，两直线平行且不重合，符合题意，
故实数b=± 66．
14.【答案】x2+y2+3x=0
【解析】【分析】
本题考查轨迹的求法，设P(x,y)，由|PB|=3|PA|，化简即可答案．
【解答】
解：设P(x,y)，因为A(-1,0),B(3,0)，3PA=PB，
所以 (x-3)2+y2=3 (x+1)2+y2，整理得x2+y2+3x=0，
所以曲线C的方程为x2+y2+3x=0．
15.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查圆的切线长，考查抛物线的方程，考查两点间的距离公式及二次函数的最值，属于中档题．
由勾股定理可得PA= PM2-4，设Pt24,t，可得PM= 14t2-12+8，利用二次函数的性质即可求解．
【解答】
解：由题意可得M(3,0)，|MA|=2，
则PA= PM2-MA2= PM2-4．
设Pt24,t，则PM= t24-32+t2= 14t2-12+8，
所以当14t2=1，即t2=4时，PMmin=2 2．
所以PAmin= 2 22-4=2，即|PA|的最小值为2．
16.【答案】16 63；[0, 33]
【解析】【分析】
本题考查空间动点轨迹问题，涉及三棱锥的最值、线面成角的范围问题，属较难题．
过点P作PO⊥平面ABC于点O，由题意可得△ABC为等边三角形，O即为其中心，由PQ的值可得点Q轨迹为以O为圆心，以2为半径的圆，结合图形可得点Q位于线段OC于圆O的交点N处时，三棱锥Q-PAB的体积取得最大值；过Q作QD⊥直线MN于D，连接PD，分析可得csθ=QDPQ=QD2 3，根据QD范围即可得csθ范围．
【解答】
解：过点P作PO⊥平面ABC于点O，
连接CO并延长交AB于M，
∵PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC=2 6，
∴AB=BC=CA= 2PA=4 3，O为则正△ABC的中心，
Rt△POC中，OC=4 3× 32×23=4，PC=2 6，
则PO= PC2-OC2= 24-16=2 2，
又点Q为平面ABC内的动点，PQ=2 3，
则OQ= PQ2-PO2= 12-8=2，
故点Q在平面ABC内，以O为圆心，以2为半径的圆上，
故当点Q位于线段OC于圆O的交点N处时，三棱锥Q-PAB的体积取得最大值，
最大值为VN-PAB=VP-ABN=13×12×AB×MN×PO
=13×12×4 3×4×2 2=16 63．
过Q作QD⊥直线MN于D，连接PD，
△ABC中，AB⊥CM，又QD⊥CM，故QD//AB，
故直线PQ与直线AB的所成角θ，即为PQ与QD所成的角，即∠PQD=θ，
∵PO⊥平面ABC，QD⊂平面ABC，∴PO⊥QD，
又QD⊥CM，CM∩PO=O，CM、PO⊂平面POC，
故QD⊥平面POC，又PD⊂平面POC，∴QD⊥PD，
Rt△PQD中，csθ=QDPQ=QD2 3，
∵QD∈[0,2]，∴csθ∈[0, 33].
故答案为16 63，[0, 33].
17.【答案】解：(1)设圆的方程为(x-a)2+y2=r2，
由题意得：(3-a)2+4=r2(2-a)2+9=r2,
解得：a=0r2=13,
所以圆的标准方程为x2+y2=13．
(2)联立x+2y+3=0与x-2y+3=0，
解得：x=-3y=0，所以交点为(-3,0)，
则圆的半径为 (-3+2)2+(0-1)2= 2，
所以圆的标准方程为(x+2)2+(y-1)2=2．

【解析】本题主要考查求圆的标准方程的求法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．(1)由题意，设圆的方程为(x-a)2+y2=r2，用待定系数法求得a、r2的值，从而得到圆的方程．
(2)先求出直线x+2y+1=0与x-2y+3=0的交点为M的坐标，可得半径，从而求得圆的方程．
18.【答案】解：(1)∵直线3x-4y+2=0的斜率为34，
∴直线l的方程为y-3=34(x-8)即3x-4y-12=0．
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由3x-4y-12=0y2=4x，
得：3y2-16y-48=0，Δ⩾0y1y2=-16
k1k2=y1y2x1x2=16y1y2y12y22=16y1y2=-1
设点O到直线AB距离为d，d=125，由k1k2=-1得OA⊥OB，
则OA2+OB2=AB2，而12OAOB=12ABd，
得OA2+OB2=OA2·OB2d2
故1|OA|2+1|OB|2=1d2=25144．
【解析】本题考查了直线的点斜式方程，直线与抛物线位置关系，两条直线垂直的判定，属于中档题。
(1)利用直线的点斜式方程即可；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，利用韦达定理得y1y2的值，即可求解k1k2，设点O到直线AB距离为d，由1|OA|2+1|OB|2=1d2即可求解．
19.【答案】解：(1)∵DE//AB，DE⊄̸平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴DE/​/平面PAB，
∵DE⊂平面PDE，平面PDE∩平面PAB=l，
∴DE//l；
(2)由图 ①DE⊥AC，得DE⊥DA，DE⊥DP，
又DA⊥DP，所以以D为坐标原点，
DA，DE，DP的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，
则D(0,0,0)，E(0,1,0)，B(2,3,0)，P(0,0,1)，
PD=(0,0,-1)，PE=(0,1,-1)，PB=(2,3,-1)．
设平面PBE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PB=2x+3y-z=0n⋅PE=y-z=0，
令z=1，得y=1，x=-1，故n=(-1,1,1)，
设PD与平面PEB所成角为θ．
∴sinθ=|cs|=|n⋅PD||n||PD|=|(-1,1,1)⋅(0,0,-1)|1× 1+1+1=11× 3= 33．
∴直线PD与平面PEB所成角的正弦值为 33．
【解析】本题考查线面平行的性质和直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(1)先证明DE/​/平面PAB，再由线面平行的性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，得出平面PBE的一个法向量，利用空间向量求解即可．
20.【答案】(1)证明：连接BD，B1D1，
设正四棱台的上、下底面的中心分别为O1，O，
则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接OO1．
因为ABCD-A1B1C1D1是正四棱台，所以O1O⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
所以O1O⊥AC．
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又BD∩OO1=O，BD,OO1⊂平面DBB1D1，
所以AC⊥平面DBB1D1，
(2)设BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，易知OG，OF，OO1两两垂直，
则以O为坐标原点，分别以OG，OF，OO1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
由AB=2A1B1=8，得A1C1=4 2,AC=8 2，
得O1C1=2 2,OC=4 2，又因为CC1= 17，
所以OO1= CC12-OC-O1C12= 17-8=3，
则0(0,0,0)，B(4,4,0)，D1(-2,-2,3)，C(-4,4,0)，C1(-2,2,3)，B1(2,2,3)，
所以BD1=(-6,-6,3)，BC=(-8,0,0)，BB1=(-2,-2,3)，CC1=(2,-2,3)，
设平面BCC1B1的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅BC=-8x1=0,n⋅BB1=-2x1-2y1+3z1=0,,
取z1=2，则y1=3，x1=0，所以n=(0,3,2)，
设平面α的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅BD1=-6x2-6y2+3z2=0,m⋅CC1=2x2-2y2+3z2=0,
取x2=1则y2=-2，z2=-2，
所以m=(1,-2,-2)，
设平面α与平面BCC1B1的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|n·m||n||m|=10 13× 9=10 1339．
所以平面α与平面BCC1B1夹角的正弦值为 22139．
【解析】本题考查线面垂直的判定、利用空间向量求面面的夹角，属于中档题．
(1)连接BD，B1D1，设正四棱台的上、下底面的中心分别为O1，O，则O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接OO1.推导出AC⊥BD，O1O⊥AC，然后再由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面DBB1D1;
(2)设BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，易知OG，OF，OO1两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OG，OF，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可．
21.【答案】解：(1)圆C与两圆C1:(x+ 3)2+y2=1，C2:(x- 3)2+y2=1中的一个内切，另一个外切，
则||CC2|-|CC1||=2<|C2C1|=2 3，
所以C的轨迹是以C1(- 3,0)，C2( 3,0)为焦点，2为实轴长的双曲线，
2a=2，2c=2 3，a=1，c= 3，b= 2
其标准方程x2-y22=1
(2)设B(x1,y1)，C(x2,y2)，直线BC方程：y=-32x+m
联立y=-32x+m2x2-y2=2，得x2-12mx+4m2+8=0
Δ>0x1+x2=0①x1x2=4m2+8②k1+k2=y1-4x1-3+y2-4x2-3=-3x1x2+m+12x1+x2-6m+24x1-3x2-3 ③
将 ① ②代入 ③得k1+k2=0
【解析】本题主要考查轨迹方程的求解，双曲线的定义及其应用等知识，属于中档题．
(1)根据几何意义即可求得轨迹方程；
(2)设出直线l的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理与斜率公式即可求解．
22.【答案】解：(1)由题意可得a=1，2b=2，
则b=1，
则椭圆方程为：x24+y2=1，
设P(x1y1)，Q(x2y2)，
直线PQ与x轴不平行，
因此可设直线PQ方程为x=ty+n(n≠±2)，
联立直线PQ的方程与椭圆方程x24+y2=1x=ty+n,
消去x并整理得：(t2+4)y2+2tny+n2-4=0，
则Δ= 16(t2+4-n2)>0
y1+y2=-2tnt2+4，y1y2=n2-4t2+4，
因P(x1y1)在椭圆上，有x124+y12=1，
直线BP斜率即为kBP，
则k1kBP=y1x1+2．y1x1-2=y12x12-4=1-x124x12-4=-14，
则k1=-14kBP=2k2，
即8kBPk2=-1，
而8kBPk2=8y1y2(x1-2)(x2-2)=8y1y2(ty1+n-2)(ty2+n-2)
=8y1y2t2y1y2+t(n-2)(y1+y2)+(n-2)2=8(n2-4)t2+4t2(n2-4)t2+4-t2n(n-2)t2+4+(n-2)2
=8(n+2)t2(n+2)-2t2n+(n-2)(t2+4)=2(n+2)n-2=-1，
解得n=-23，
此时Δ>0，直线PQ:x=ty-23恒过点(-23,0)，
所以直线PQ恒过定点(-23,0)
(2)设AB直线方程为y=12x+m，
联立直线AB的方程与椭圆方程y=12x+mx24+y2=1,
消y并整理得x2+2mx+2(m2-1)=0，
设A(x1,y1)，B(x2y2)，
∴△>0，
即m2<2，
x1+x2=-2m，x1x2=2(m2-1)，
设直线AB的斜率为k，点(0,0)到直线AB的距离为d=|m| 1+k2，
∴S=12|AB|d=12 1+k2|x1-x2|⋅|m| 1+k2
=|m|2 (x1+x2)2-4x1x2= 2-m2|m|，
又x124+y12=1，x224+y22=1，
∴S1+S2=π4(x12+y12+x22+y22)=π4(34x12+34x22+2)
=3π16[(x1+x2)2-2x1x2]+π2=5π4，
∴S(S1+S2)=5π4 2-m2|m|≤5π4．2-m2+m22=5π4，
当且仅当 2-m2=|m|，即m=±1时等号成立，
∴S(S1+S2)的最大值为5π4．
【解析】本题考查椭圆的标准方程，考查直线过定点问题，考查直线与椭圆的位置关系及应用，考查椭圆中三角形的面积问题，属于较难题．
(1)由题意易得椭圆方程，设P(x1y1)，Q(x2y2)，由题意易得k1kBP=-14，则有8kBPk2=-1，设直线PQ方程为x=ty+n(n≠±2)，与椭圆方程联立并结合韦达定理即可求出n的值，继而可证得直线PQ恒过定点；
(2)由题意设A(x1,y1)，B(x2y2)，设AB直线方程为y=12x+m，与椭圆方程联立，利用韦达定理和点到直线距离公式即可得出S= 2-m2|m|，易求出S1+S2=5π4，再利用基本不等式即可求出S(S1+S2)的最大值．