辽宁省沈阳市东北育才双语学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾）

这是一份辽宁省沈阳市东北育才双语学校2022-2023学年高二上学期期末数学试题（答案在卷尾），共21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。


一、单选题
1．已知椭圆x225+y2m2=1（m>0）的一个焦点为F10,−4，则m=（ ）
A．41B．3C．41D．9
2．已知a=2x,1,3,b=1,−2y,9，如果a//b，则x+y=（ ）
A．−43B．0C．43D．—1
3．过点A1,2在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ）
A．y=2xB．x+y−3=0
C．x=y或x+y−3=0D．y=2x或x+y−3=0
4．如图， “天宫空间站”是我国自主建设的大型空间站，其基本结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱三个部分. 假设有6名航天员(4男2女) 在天宫空间站开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人， 且两名女航天员不在一个舱内，则不同的安排方案种数为（ ）
A．14B．18C．30D．36
5．若圆C:x+12+y−22=2被直线2ax+by+6=0平分，由点Pa,b向圆C作切线，切点为A，则PA的最小值是（ ）
A．4B．25C．3D．6
6．已知x−2xn的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（ ）
A．−448B．−1024C．−1792D．−5376
7．设点P是抛物线C1:x2=4y上的动点,点M是圆C2:(x−5)2+(y+4)2=4上的动点,d是点P到直线y=−2的距离,则d+|PM|的最小值是（ ）
A．52−2B．52−1C．52D．52+1
8．P是双曲线x24−y25=1右支在第一象限内一点，F1，F2分别为其左、右焦点，A为右顶点，如图圆C是△PF1F2的内切圆，设圆与PF1，PF2分别切于点D，E，当圆C的面积为4π时，直线PF2的斜率为（ ）
A．±43B．43或0C．0D．43
二、多选题
9．已知直线l1：2mx−3y+4=0，l2：(m+2)x−(m+1)y+2m+5=0(m∈R)，则下列选项正确的为（ ）
A．直线l2过定点−3,−1B．当l1⊥l2时，m=−3或m=−12
C．当m≠2时，l1和l2相交D．当l1∥l2时，两直线l1，l2之间的距离为1
10．将甲，乙，丙，丁4个志愿者分别安排到学校图书馆，食堂，实验室帮忙，要求每个地方至少安排一个志愿者帮忙，则下列选项正确的是（ ）
A．总其有36种安排方法
B．若甲安排在实验室帮忙，则有6种安排方法
C．若图书馆需要安排两位志愿者帮忙，则有24种安排方法
D．若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有6种安排方法
11．如图，四边形ABCD为正方形，平面PCD⊥平面ABCD，且△PCD为正三角形，CD=2，M为BC的中点，则下列命题中正确的是（ ）
A．BC⊥PDB．AM//平面PCD
C．直线AM与PC所成角的余弦值为55D．二面角C−PD−M大小为π6
12．已知C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左，右焦点分别为F1，F2，长轴长为6，点M6,1在椭圆C外，点N在椭圆C上，则下列说法中正确的有（ ）
A．椭圆C的离心率的取值范围是63,1
B．椭圆C上存在点Q使得QF1⋅QF2=0
C．已知E0,−2，当椭圆C的离心率为223时，NE的最大值为13
D．NF1+NF2NF1⋅NF2的最小值为23
三、填空题
13．已知抛物线C:y2=16x的焦点为F，在C上有一点P满足PF=13，则点P到x轴的距离为 .
14．在3×3的方格中放入1个白球和完全相同的2个黑球，每一行、每一列各只有一个球，每球占一格，则不同的放法种数为 ．（结果用数字作答）
15．如图，∠BOC在平面α内，OA是α的斜线，若∠AOC=∠AOB=60°,OA=OB=OC=1,BC=2，则OA与平面α所成角是 ．
16．已知F1，F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a,b>0)的左、右焦点，过F2的直线交双曲线的右支于A，B两点，且AF1=2AF2，∠AF1F2=∠F1BF2，则在下列结论中，正确结论的序号为 ．
①双曲线C的离心率为2；②双曲线C的一条渐近线的斜率为2；
③线段AB的长为6a ；④△AF1F2的面积为15a2．
四、解答题
17．已知2x−1x5.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）设2x−1x5的展开式中前三项的二项式系数之和为M，1−ax4的展开式中各项系数之和为N，若M=N，求实数a的值.
18．已知点A1,−2，B−1,4，求：
(1)过点A，B且周长最小的圆的标准方程；
(2)过点A，B且圆心在直线2x−y−4=0上的圆的标准方程．
(3)圆C的圆心为C1,0，且过点A12,32．直线l：kx−y+2=0与圆C交M，N两点，且MN=2，求k．
19．在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E是DC的中点，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
(1)求平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值；
(2)求点B1到平面AED1的距离；
(3)向量m=−2,1,1是否与向量AE、AD1共面?
20．已知椭圆E的焦点为F1−1,0，F21,0，且经过点P−1,22.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)直线l：y=x+t与曲线E交于M，N两点，求四边形MF1NF2面积的最大值.
21．如图,在四棱锥P−ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=60,平面PBC ⊥平面ABCD,且侧面PBC为等边三角形.E为线段BC的中点.
(1)求证:直线BC⊥PA;
(2)在线段AP上是否存在点F,使得直线EF与平面PAC所成角的正弦值为35.
22．设抛物线y2=2pxp>0的准线为l，A、B为抛物线上两动点，AA′⊥l于A′，定点K0,1使KA+AA′有最小值2．
(1)求抛物线的方程；
(2)当KA=λKB（λ∈R且λ≠1）时，是否存在一定点T满足TA⋅TB为定值？若存在，求出T的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】根据椭圆中a,b,c的关系运算求解，注意焦点所在的位置.
【详解】由题意可知：椭圆的焦点在y轴上，且c=4,b=5,a=m，
则m=b2+c2=41.
故选：A.
2．A
【分析】根据向量共线定理，结合空间向量线性关系的坐标关系列方程求参数，即可得结果.
【详解】由题设，存在λ∈R使a=λb，则2x=λ1=−2λy3=9λ，可得x=16y=−32λ=13，
所以x+y=16−32=−43.
故选：A
3．D
【分析】按截距为0和不为0分类讨论分别求得符合题意的直线方程
【详解】当截距a≠0时，设直线方程为xa+ya=1，
将x=1，y=2代入得a=3，∴方程为x+y−3=0
当截距a=0时，过原点和点A1,2的直线方程为y=2x
又y=2x且在两坐标轴上的截距相等，
∴过点A且在两坐标轴上的截距相等的直线方程为y=2x和x+y−3=0
故选：D.
4．B
【分析】先求出总的安排方案数，再求出两名女航天员在一个舱内的方案数，两者相减即可.
【详解】将6名航天员安排在3个实验舱的方案数为C64C21C11=30
其中两名女航天员在一个舱内的方案数为C42C21C12=12
所以满足条件的方案数为30−12=18种.
故选:B.
5．A
【分析】根据圆x+12+y−22=2被直线2ax+by+6=0平分，得到直线2ax+by+6=0过圆的圆心，代入圆心坐标的a−b=3，即可得到点P的轨迹方程为x−y=3，然后根据相切得到PA⊥AC，利用勾股定理得到PA=PC2−2，然后求PC的最小值即可.
【详解】因为圆x+12+y−22=2被直线2ax+by+6=0平分，所以直线2ax+by+6=0过圆的圆心，
由圆的方程得圆心C −1,2，代入直线得−2a+2b+6=0，整理得a−b=3，
因为点Pa,b，所以P为直线x−y=3上一动点，
因为PA与圆相切，所以PA⊥AC，PA=PC2−AC2=PC2−2，所以PA最小时，PC也最小，PCmin=−1−2−31+1=62=32，所以PAmin=18−2=4.
故选：A.
6．C
【分析】先根据二项式系数的性质可得n=8，再结合二项展开式的通项求各项系数ar=−2rC8r，分析列式求系数最小项时r的值，代入求系数的最小值.
【详解】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则n=8
∴展开式的通项为Tr+1=C8rx8−r−2xr=−2rC8rx8−3r2,r=0,1,...,8
则该展开式中各项系数ar=−2rC8r,r=0,1,...,8
若求系数的最小值，则r为奇数且ar−ar+2≤0ar−ar−2≤0，即−2rC8r−−2r+2C8r+2≤0−2rC8r−−2r−2C8r−2≤0，解得r=5
∴系数的最小值为a5=−25C85=−1792
故选：C.
7．B
【分析】根据题意画出图像,将d转化为抛物线上点到准线的距离再加1,也即是抛物线上点到焦点的距离加1,若求d+|PM|的最小值,转化为抛物线上点到焦点距离和到圆上点的距离再加1即可,根据三角形两边之和大于第三边,即当F,P1,M1,C2共线时,d+|PM|取最小值为1+FC2−r,算出结果即可.
【详解】解:由题知圆C2:(x−5)2+(y+4)2=4,
∴C25,−4,r=2
F0,1为抛物线焦点,y=−1为抛物线准线,
则过点P向y=−1作垂线垂足为D,如图所示:
则d=1+PD,
根据抛物线定义可知PD=PF,
∴d=1+PF,
∴d+|PM|=1+PF+PM,
若求d+|PM|的最小值,只需求PF+PM的最小值即可,
连接FC2与抛物线交于点P1,与圆交于点M1,如图所示,
此时PF+PM最小,为FC2−r,
d+PMmin=1+FC2−r,
∵F0,1,C25,−4,∴FC2=52,
∴d+PMmin=1+FC2−r=52−1.
故选:B
8．D
【分析】由双曲线的定义以及切线的性质可得圆心横坐标为x0=a，又根据圆的面积可求出半径r=2，可知圆心C 2,2，可求出tan∠CF2A，因为CF2是∠PF2F1的角平分线，借助于角相等可求直线PF2的斜率.
【详解】由题意可知PD=PE,F1D=F1A，F2A=F2E，
所以PF1−PF2=PD+DF1−PE+EF2
=DF1−EF2=AF1−AF2=2a，设Ax0,0，
则x0+c−c−x0=2a，即x0=a，即Aa,0=2,0，
设圆C半径为rr>0，因为圆C的面积为4π，
则πr2=4π，即r=2，因为CA⊥F1F2，所以C 2,2，
于是tan∠CF2A =CAAF2 =23−2=2，
因为CF2是∠PF2F1的角平分线，所以
tan∠PF2F1 =tan2∠CF2A=2tan∠CF2A1−tan2∠CF2A=−43，
所以tan∠PF2x=tanπ−∠PF2F1=−tan∠PF2F1=43，
即直线PF2的斜率为43.
故选：D
9．AB
【分析】直线l2方程整理为关于m的方程，由恒等式知识可求得定点坐标，判断A，由垂直的条件求得参数范围，判断B，由两直线平行的条件求得m的值可得相交的条件，判断C，由两直线平行，然后求得m值，代入后得两平行线的方程，由距离公式计算．
【详解】直线l2方程整理为m(x−y+2)+2x−y+5=0，
由x−y+2=02x−y+5=0，解得x=−3y=−1，因此直线l2过定点(−3,−1)，A正确；
l1⊥l2，则2m(m+2)+3(m+1)=0，解得m=−3或m=−12，B正确；
由−(m+1)⋅2m+3(m+2)=0得m=2或m=−32，
所以m≠2且m≠−32时，l1和l2相交，C错；
m=2时，两直线方程分别为4x−3y+4=0，4x−3y+9=0，两直线平行，它们的距离为4−942+(−3)2=1，
m=−32时，两直线方程分别为−3x−3y+4=0和12x+12y+2=0，即x+y−43=0和x+y+4=0，两直线平行，距离为−43−42=823，
D错．
故选：AB．
10．AD
【分析】先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，即可判断A；分实验室只安排甲1人和实验室安排2人，即可判断B；先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，即可判断C；将甲､乙看成一人，则将3人安排到3个不同的地方，即可判断D.
【详解】解：对于A，先将4人分成3组，再将3组安排到3个场馆，
有C42⋅A33=36种安排方法，故A正确；
对于B，若实验室只安排甲1人，则有C32⋅A22=6种安排方法，
若实验室安排2人，则有A33=6种安排方法，
所以若甲安排在实验室帮忙，则有12种安排方法，故B错误；
对于C，先安排2人去图书馆，再将其他2人安排到其他两个场馆，
则有C42⋅A22=12种安排方法，故C错误；
对于D，若甲､乙安排在同一个地方帮忙，则有A33=6种安排方法，故D正确.
故选：AD.
11．ACD
【分析】取CD的中点O，连接OP，证明出PO⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，DA、OC、OP的方向分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】取CD的中点O，连接OP，
因为△PCD为等边三角形，O为CD的中点，则PO⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，PO⊂平面PCD，
所以，PO⊥平面ABCD，
又因为四边形ABCD为正方形，以点O为坐标原点，DA、OC、OP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系，
则A2,−1,0、B2,1,0、C0,1,0、D0,−1,0、P0,0,3、M1,1,0，
BC=−2,0,0，PD=0,−1,−3，BC⋅PD=0，则BC⊥PD，A对；
AM=−1,2,0，易知平面PCD的一个法向量为m=1,0,0，∴AM⋅m≠0，
故AM与平面PCD不平行，B错；
PC=0,1,−3，cs=AM⋅PCAM⋅PC=25×2=55，
所以，直线AM与PC所成角的余弦值为55，C对；
设平面PDM的法向量为n=x,y,z，DP=0,1,3，DM=1,2,0，
则n⋅DP=y+3z=0n⋅DM=x+2y=0，取y=3，则n=−23,3,−1，
所以，cs=m⋅nm⋅n=−231×4=−32，
由图可知，二面角C−PD−M的平面角为锐角，故二面角C−PD−M为π6，D对.
故选：ACD.
12．ABD
【分析】对于A，根据点在椭圆外利用离心率的公式可确定离心率的取值范围；对于B，转化为上下顶点处∠F1QF2≥90∘；对于C，根据点与椭圆的位置关系确定距离最值；对于D，利用基本不等式求解.
【详解】对于A，由题意可知2a=6，所以a=3，所以椭圆方程为x29+y2b2=1，
因为M6,1在椭圆C外，所以69+1b2>1解得b2<3，
因为e2=c2a2=1−b2a2>1−39=23，所以63对于B，当点Q位于上下顶点时，∠F1QF2最大，
此时QF1=QF2=a,F1F2=2c，
cs∠F1QF2=QF12+QF22−F1F222QF1QF2=2a2−4c22a2=4b2−2a22a2=29b2−1<−13<0，
所以∠F1QF2为钝角，所以椭圆C上存在点Q使得QF1⋅QF2=0，故B正确；
对于C，由离心率e=ca=c3=223,c=22，所以b=1，
所以椭圆方程为x29+y2=1，设点N(3csθ,sinθ),
则NE=9cs2θ+(sinθ+2)2=8cs2θ+4sinθ+5=−8sin2θ+4sinθ+13，
当sinθ=14时NE有最大值为362,此时N(±3154,14),故C错误；
对于D，NF1+NF2=2a=6，
NF1+NF2NF1⋅NF2=1NF1+1NF2=161NF1+1NF2NF1+NF2
161NF1+1NF2NF1+NF2=162+NF2NF1+NF1NF2≥162+2NF2NF1⋅NF1NF2=23，当且仅当NF1=NF2=3，即点N位于上下顶点时，NF1+NF2NF1⋅NF2有最小值23，
故D正确；
故选:ABD.
13．12
【分析】由条件结合抛物线的定义求出点P横坐标，再由抛物线方程求其纵坐标，由此可求点P到x轴的距离.
【详解】因为抛物线C的方程为y2=16x，所以其焦点F的坐标为4,0，其准线方程为x=−4，
设点P的坐标为x0,y0，因为PF=13，所以点P到准线x=−4的距离为12，即x0+4=13，
所以x0=9，因为点Px0,y0在抛物线y2=16x上，
所以y02=16×9=144，所以y0=±12，
所以点P的坐标为9,12或9,−12，故点P到x轴的距离为12.
故答案为：12.
14．18
【分析】先放白球，然后放黑球，结合分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】先在3×3=9个格选一个放白球，方法数有9种，
再放2个黑球，方法数有2种，
所以不同的放法数有9×2=18种.
故答案为：18
15．π4
【分析】如图，根据边长关系，确定AD⊥平面OBC，进而求出线面角的大小.
【详解】
如图,取BC中点为D,连接AD,OD,
∵OA=OC=1,∠AOC=60∘,∴AC=1,
同理, 在△AOB中，AB=1,
∵AC=AB=1,BC=2,∴AD⊥BC,且AD=22，
又∵OC=OB=1,BC=2,∴OD=22，
∴OA2=OD2+AD2，即AD⊥OD,
又因为BC∩OD=D,所以AD⊥平面OBC，
所以∠AOD为OA与平面α所成角，
在Rt△AOD中，OD=AD=22,所以∠AOD=π4.
故答案为:π4.
16．①④
【分析】利用双曲线定义结合AF1=2AF2可得AF1=4a,AF2=2a，利用△AF1F2∽△ABF1，求得BF1=8a，继而可得F1F2=4a，即可求得额离心率，判断①，由离心率可得ba=3，判断②，利用△AF1F2∽△ABF1，求得AB=2AF1=8a，判断③，计算△AF1F2的面积判断④.
【详解】如图示：不妨设A在第一象限，则|AF1|−|AF2|=2a，
由于AF1=2AF2，可得：AF1=4a,AF2=2a ，
由于∠AF1F2=∠F1BF2，所以△AF1F2∽△ABF1 ，
故 |AF2||AF1|=|AF1||AB|=|F1F2||BF1|=12 ，可得：AB=2AF1=8a ，
故BF2=6a ，而|BF1|−|BF2|=2a,故BF1=8a，
所以由|AF2||AF1|=|AF1||AB|=|F1F2||BF1|=12可得F1F2=4a ，即4a=2c，
所以①双曲线C的离心率e=2 ，①正确；
由e=2可得a2+b2a2=4，故 ba=3 ，
则双曲线C的渐近线的斜率为±3，②错误；
由以上分析可知AB=2AF1=8a，③错误；
在△AF1F2 中，AF1=4a,AF2=2a,F1F2=4a ，
故S△AF1F2=12×2a×(4a)2−a2=15a2 ，④正确，
故答案为︰①④﹒
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线定理的理解和应用，解答本题的关键在于利用双曲线定义结合已知求得AF1=4a,AF2=2a后，要注意推出△AF1F2∽△ABF1 ，从而 |AF2||AF1|=|AF1||AB|=|F1F2||BF1|=12 ，即可求得相关线段长，则离心率渐近线斜率和弦长以及面积问题即可解决.
17．（1）T3=80x2,T4=−40x12
（2）3，-1
【分析】（1）当r=2或3时，二项式系数最大C52=C53=10，写出对应的项即得解；
（2）由题意：M=C50+C51+C52=16,N=(1−a)4，M=N即得解.
【详解】（1）Tr+1=C5r(2x)5−r(−1x)r=(−1)r25−rC5rx5−32r，r=0,1,2...,5
当r=2或3时，二项式系数最大C52=C53=10
即：T3=80x2,T4=−40x12.
（2）由题意：M=C50+C51+C52=16,N=(1−a)4
若M=N，即16=(1−a)4∴a=3,−1
【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
18．(1)x2+(y−1)2=10
(2)(x−3)2+(y−2)2=20
(3)k=-1或k=-7
【分析】（1）AB为圆的直径时，满足题意，此时AB的中点为圆心，AB为直径长度，据此，可求得答案.
（2）设出圆的标准方程，然后根据题意，列出相应的方程组，计算即可求解.
（3）设出圆的标准方程，圆的半径设为r，设圆心到直线的距离为d，根据题意，利用弦长MN=2r2−d2，计算即可求出答案.
【详解】（1）过点A，B且周长最小的圆，该圆的直径必为AB，设AB的中点为O，∵ A1,−2，B−1,4，得O(0,1)，AB=(1+1)2+(−2−4)2=210，故所求的圆的方程为：
x2+(y−1)2=10
（2）过点A,B且圆心在直线2x−y−4=0上的圆，可设圆心O(a,2a−4)，则可设圆的标准方程为：(x−a)2+(y−2a+4)2=r2，代入A,B，求得(1−a)2+(2−2a)2=r2(−1−a)2+(8−2a)2=r2，解得，a=3,r=25，∴O(3,2)，故所求的圆的方程为：(x−3)2+(y−2)2=20
（3）设圆C的方程为：(x−1)2+y2=r2，且过点A12,32，代入得r=1，且直线l：kx−y+2=0与圆C交M，N两点，且MN=2，故设圆心到直线l的距离为d，则d=k+21+k2，则MN=2r2−d2=21−d2=2，得d=22，所以，k+21+k2=22，得2(k+2)2=1+k2，整理得(k+1)(k+7)=0，∴k=−1或k=−7，
19．(1)33
(2)3
(3)共面，理由见解析
【分析】（1）利用空间向量法可求得平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值；
（2）利用点到平面的距离公式可求得点B1到平面AED1的距离；
（3）设m=xAE+yAD1，利用空间向量的坐标运算可求出x、y的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：易知A1,0,0、E0,1,0、D10,0,1，AD1=−1,0,1，AE=−1,1,0，
设平面AD1E的法向量为m=x,y,z，则m⋅AD1=−x+z=0m⋅AE=−x+y=0，取x=1，可得m=1,1,1，
易知平面A1B1C1D1的一个法向量为n=0,0,1，则cs=m⋅nm⋅n=13=33，
因此，平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值为33.
（2）解：易知点B11,2,1，AB1=0,2,1，
所以，点B1到平面AD1E的距离为d=AB1⋅mm=33=3.
（3）解：设m=xAE+yAD1，即−2,1,1=x−1,1,0+y−1,0,1=−x−y,x,y，
所以，−x−y=−2x=1y=1，解得x=y=1，即m=AE+AD1，
因此，向量m=−2,1,1与向量AE、AD1共面.
20．(1)x22+y2=1；
(2)236.
【分析】（1）设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，求出a,b,c得解；
（2）将y=x+t代入方程x22+y2=1，得到韦达定理，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，求出SMF1NF2=236−2t2和t的范围即得解.
【详解】（1）解：设椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
所以2a=|PF1|+|PF2|=0+(22)2+22+(22)2=22，
所以a=2,c=1,∴b=a2−c2=1，
所以椭圆E的标准方程为x22+y2=1.
（2）将y=x+t代入方程x22+y2=1，得3x2+4tx+2t2−2=0．
设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
∴ Δ =16t2−4⋅3⋅(2t2−2)>0①，x1+x2=−4t3②，x1x2=2t2−23③，
由①得0≤t2<3，
∴SMF1NF2=12|F1F2||y1−y2|=|y1−y2|=|x1−x2|=(x1+x2)2−4x1⋅x2=236−2t2．
所以当t=0时，四边形MF1NF2面积的最大值为 236.
21．(1)证明见解析
(2)存在
【分析】(1)连接PE,AE,通过一个顶角60∘的菱形得到AE⊥BC,又有PE⊥BC得到BC ⊥平面PAE即可证明结果;
(2)根据题意建立空间直角坐标系,设出F点坐标,通过向量求平面PAC法向量与EF的夹角正弦值,使其等于35,得出F点坐标即可.
【详解】（1）证明:连接PE,AE,如图所示:
因为三角形PBC为正三角形,PE⊥BC,
又四边形ABCD为菱形,且∠ADB=60∘,
所以△ABC也是正三角形,
所以AE⊥BC,
AE∩PE=E,AE,PE⊂平面PAE,
∴BC ⊥平面PAE,
又PA⊂平面PAE,∴BC⊥PA;
（2）由平面PBC ⊥平面ABCD,及PE⊥BC可得,PE ⊥平面ABC.
直线EA,EB,EP两两垂直,以E为原点,直线EA,EB,EP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示,
菱形ABCD边长为2,所以可求得
A3,0,0,E0,0,0,P0,0,3,C0,−1,0,
CA=3,1,0,CP=0,1,3,PA=3,0,−3,
设平面PAC的法向量为n=x,y,z,
则n⋅CA=3x+y=0n⋅CP=y+3z=0,
取z=1,y=−3,x=1,
可得其中一个法向量n=1,−3,1,
因为F是线段PA上的点,
所以存在实数λ0≤λ≤1,
使得PF=λPA=3λ,0,−3λ,
EF=EP+PF=EP+λPA
=0,0,3+3λ,0,−3λ
=(3λ,0,3−3λ),
设直线EF与平面PAC所成的角为θ,
则sinθ=csEF,n=EF⋅nEF⋅n
=31+3+1⋅3λ2+3(λ−1)2=35,
解得λ=13或λ=23,
所以线段PA上存在点F满足题意,且F为线段PA的两个三等分点.
22．(1)y2=4x
(2)存在定点T14,98，使得TA⋅TB为定值8564．
【分析】（1）根据抛物线的定义将抛物线上的点到准线的距离转化为到焦点的距离，然后三点共线时，距离和最短，即可得到关系式；
（2）由已知可得，直线AB经过K点，设出直线方程和点的坐标，与抛物线联立，根据韦达定理，得到y1+y2=4t，y1y2=4t，表示出TA⋅TB，整理完成得到TA⋅TB=1−4mt2+22−2n+mt+m2+n2，可知当所有t的形式前面的系数均为0时为定值，即可解出T的坐标和该定值.
【详解】（1）设抛物线焦点为F，Fp2,0，根据抛物线的定义有AA′=AF，
则KA+AA′=KA+AF≥KF=2，
即KF=p2−02+0−12=2，所以p=±2（舍去负值），
则抛物线的方程为y2=4x．
（2）∵KA=λKB，∴K、A、B三点共线．
∴设直线AB方程为x=ty−1，
设Ax1,y1，Bx1,y1，Tm,n，
联立y2=4xx=ty−1得y2−4ty+4t=0，
Δ=4t2−4×4t>0，则t<0或t>1.
y1+y2=4t，y1y2=4t，x1=ty1−1，x2=ty2−1，
且有TA⋅TB=x1−mx2−m+y1−ny2−n，
而TA⋅TB=ty1−m+tty2−m+t+y1−ny2−n
=t2+1y1y2−tm+t+ny1+y2+m+t2+n2
=t2+14t−tm+t+n4t+m+t2+n2
=1−4mt2+22−2n+mt+m2+n2，
因为，t的任意性，要使该值为定值，需满足
1−4m=02−2n+m=0，可得m=14n=98，此时TA⋅TB=8564.