2023-2024学年四川省乐山市高二上学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省乐山市高二上学期期末教学质量检测数学试题（含解析），共22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。

1.一个几何体，它的轴截面一定是圆面，则这个几何体是( )
A. 圆柱B. 圆锥C. 圆台D. 球
2.已知直线l经过两点P1−1,1，P23,−1，则直线l的斜率是
( )
A. 12B. 2C. −12D. −2
3.工人师傅在检测椅子的四个“脚”是否在同一个平面上时，只需连接对“脚”的两条线段，看它们是否相交，就知道它们是否合格.工人师傅运用的数学原理是( )
A. 两条相交直线确定一个平面B. 两条平行直线确定一个平面
C. 四点确定一个平面D. 直线及直线外一点确定一个平面
4.已知圆C的圆心在x轴上且经过A1,1，B2,−2两点，则圆C的标准方程是
( )
A. x−32+y2=5B. x−32+y2=17
C. x+32+y2=17D. x2+y+12=5
5.如图，正方形A′B′C′D′是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形ABCD的直观图，若A′D′=1，则四边形ABCD周长为
( )
A. 2B. 4C. 2 2D. 8
6.已知直线l1：12x+5y−1=0，直线l2过点−5,7，且l1//l2，则直线l1与直线l2间的距离是
( )
A. 2413B. 2C. 3D. 9413
7.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，点P是正方体表面上一个动点，满足BP⊥A1C，则点P的轨迹长度为
( )
A. 2B. 2 2C. 4D. 3 2
8.已知点Px,y是直线y=2x+3上一动点，PM与PN是圆C：x−12+y2=1的两条切线，M、N为切点，则四边形PMCN的最小面积为
( )
A. 4B. 2 5C. 2D. 1
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 若两个非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则a，b共线
B. 空间的基底有且仅有一个
C. 两两垂直的三个非零向量可以构成空间的一个基底
D. 若a,b,c是空间的一个基底，则a+b,a−b,c也是空间的一个基底
10.已知直线l：x−y−4=0，圆C1：x−32+y2=9，与圆C2：x2+y−12=1.则下列结论正确的是
( )
A. 直线l与圆C1的位置关系是相切
B. 直线l与圆C2的位置关系是相离
C. 圆C1与圆C2的公共弦长是3 105
D. 圆C1上的点到直线l的距离为1的点有3个
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点P为线段AA1上的一动点，则下列结论正确的是
( )
A. DP⊥BD1
B. 三棱锥B1−PBC1的体积为定值
C. 当点P与点A1重合时，平面PBC1//平面ACD1
D. 当A1P=PA时，直线PC1与平面BB1C1C所成角的正切值为2 55
12.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景、丰富的性质产生了无穷的魅力．设抛物线y2=2px(p>0)，弦AB过焦点F，▵ABQ为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是
( )
A. 点Q在抛物线y2=2px(p>0)的准线x=−p2上
B. 存在点Q，使得OA⋅QB>0
C. QF2=AF⋅BF
D. ▵ABQ面积的最小值为p2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=λ,2,3，b=4,3,0，若a⊥b，则λ= ．
14.直线l经过点A3,−1，且与直线x+y+3=0垂直，则直线l的一般方程是 ．
15.如图，圆O的半径为2，A是圆内一个定点，且AO=1，B是圆外一个定点，且BO=4，P是圆O上任意一点．线段AP的垂直平分线l1和半径OP相交于点Q，线段BP的垂直平分线l2和半径OP相交于点R，当点在圆上运动时，点Q和点R的运动轨迹分别是椭圆和双曲线，设它们的离心率分别为e1和e2，则e1+e2 ．
16.在多面体PABCQ中，PA=PB=PC=AB=AC=BC=2，QA=QB=QC且QA，QB，QC两两垂直，则该多面体的外接球半径为 ，内切球半径为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知斜棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60∘.设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)用基底a，b，c表示向量AC1，并求AC1；
(2)求向量AC1与向量AC夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
已知F1、F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点，若双曲线的一条渐近线与直线y= 2x+1恰好平行．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)若F1F2=6，M为双曲线上一点，且MF1=5 32，求MF2的值﹒
19.(本小题12分)
已知四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，且AB=2 3，AD=2，PD=2，∠BAD=30∘，E为PC中点，F为AB中点．
(1)证明：EF//平面PAD；
(2)求点B到平面DEF的距离．
20.(本小题12分)
已知抛物线M：y2=x，若O为坐标原点，A、B为抛物线上异于O的两点．
(1)若C3,0，P在抛物线上，求PC的最小值；
(2)若kOA⋅kOB=2.求证：直线AB必过定点．
21.(本小题12分)
已知直棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AC=2 2，BB1=2，∠BAC=45∘，D为线段A1B1上任一点，E，F分别为AC，BB1中点．
(1)证明：DE⊥C1F；
(2)当B1D为何值时，平面DEC与平面BCC1B1的二面角的正弦值最小，并求出最小值．
22.(本小题12分)
已知椭圆T以坐标原点O为对称中心，以坐标轴为对称轴，且过M0,−2，N32,−1．
(1)求椭圆T的标准方程；
(2)若A、B为椭圆上两点，且以线段AB为直径的圆经过O点．
①求证：ABOA⋅OB为定值；
②求▵AOB面积的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据各选项中旋转体的定义与性质逐项判断．
【详解】对于A：圆柱的轴截面是矩形，故A不符合题意；
对于B：由于圆锥的轴截面是一个等腰三角形，故B不符合题意；
对于C，圆台轴截面是等腰梯形，故C不符合题意；
对于D：用任意的平面去截球，得到的截面均为圆，故D符合题意．
故选：D．
2.【答案】C
【解析】【分析】根据斜率公式即可计算．
【详解】直线l的斜率k=1−−1−1−3=2−4=−12．
故选：C．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面的基本性质的应用，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．
根据两条相交直线确定一个平面，由此可得结论．
【解答】
解：由题意，分析可知，工人师傅运用的数学原理是：两条相交直线确定一个平面．
故选A．
4.【答案】A
【解析】【分析】设出圆的标准方程，利用待定系数法计算即可．
【详解】因为圆C的圆心在x轴上，故设圆的标准方程x−a2+y2=r2r>0，
又经过A1,1，B2,−2两点，
所以1−a2+12=r22−a2+−22=r2，解得a=3r= 5,
所以圆的标准方程x−32+y2=5．
故选：A．
5.【答案】D
【解析】【分析】根据斜二测画法得到的图像，求得O′A′,O′D′的长，再根据斜二测画法的特点得到ABCD的各个边长，进而求得周长．
【详解】根据斜二测画法特点可知∠D′O′A′=45∘，所以▵D′O′A′为等腰直角三角形，
所以O′A′=1,O′D′= 2，
所以在原始图形中OD=2 2，根据勾股定理可得AD=3
所以四边形ABCD的周长为8．
故选：D
6.【答案】B
【解析】【分析】根据两直线平行以及直线l2过的点，求出l2的方程，根据平行线间的距离公式，即可求得答案．
【详解】由题意知直线l1：12x+5y−1=0，直线l2过点−5,7，且l1//l2，
设l2:12x+5y+c=0c≠−1，代入−5,7可得c=25，
故l2的方程为：12x+5y+25=0，
故直线l1与直线l2间的距离是d=|25+1| 122+52=2，
故选：B
7.【答案】D
【解析】【分析】动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线，计算得到答案．
【详解】由题意可知，动点P的轨迹为过点B与直线A1C垂直的截面与正方体的表面的交线．
如图所示：
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BD⊥AC,BD⊥AA1，
又AC,AA1⊂平面AA1C且AC∩AA1=A，所以BD⊥平面AA1C，
因为A1C⊂平面AA1C，所以BD⊥A1C．
又在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BC1⊥B1C,BC1⊥B1A1，
又B1C,B1A1⊂平面B1CA1且B1C∩B1A1=B1，所以BC1⊥平面B1CA1，
因为A1C⊂平面B1CA1，所以BC1⊥A1C．
又因为BD⊥A1C,BC1⊥A1C，由BD,BC1⊂平面BDC1且BD∩BC1=B，
所以A1C⊥平面BDC1．
于是点P的轨迹长度为不包含点B的▵BDC1的周长，
即▵BDC1周长等于3 12+12=3 2．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】【分析】根据圆心C1,0到直线y=2x+3的距离为PC的最小值，此时PM也最小，四边形PMCN的面积也最小，即可求解．
【详解】由题意知，圆C：x−12+y2=1的圆心C1,0 ，半径r=1，
因为PM与PN是圆C：x−12+y2=1的两条切线，
所以PM=PN，
PM2=PC2−MC2=PC2−1，
则PM= PC2−1，
当PC最小时，PM也最小，
又点Px,y是直线y=2x+3上一动点，
故圆心C1,0到直线y=2x+3的距离d=2+3 5= 5，为PC的最小值，
此时PMmin=2，
则此时四边形PMCN的面积S=PMMC=PM也最小，
最小值为S=2．
故选：C．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】根据空间向量的基底的含义，一一判断各选项，即可得答案．
【详解】对于A，能构成空间的一个基底的向量必须是不共面的3个向量，
由于非零向量a，b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，
即向量a，b与任何一个向量均共面，则a，b必共线， A正确；
对于B，空间的基底不唯一，不共面的3个向量，均可作为空间的一组基底，B错误；
对于C，由于两两垂直的三个非零向量不共面，故可以构成空间的一个基底，C正确；
对于D，由于a,b,c是空间的一个基底，故a,b,c不共面，
而a+b,a−b与a,b共面，故与c不共面，且a+b,a−b不共线，
故a+b,a−b,c也是空间的一个基底， D正确，
故选：ACD
10.【答案】BC
【解析】【分析】由点线距与两半径的关系可判断A、B两项；将两圆方程作差，由弦长公式可判断C项；通过计算圆心到直线的距离结合条件从而判断出D选项．
【详解】对于选项A:因为圆C1：x−32+y2=9，所以圆心C13,0，半径r1=3，
所以圆心C13,0到直线x−y−4=0的距离为d1=3−0−4 12+−12= 22，
因为d1= 22对于选项B:因为圆C2：x2+y−12=1，所以圆心C20,1，半径r2=1，
所以圆心C20,1到直线x−y−4=0的距离为d2=0−1−4 12+−12=5 22，
因为d2=5 22>r2，所以直线l与圆C2的位置关系是相离，故选项 B正确；
对于选项C：联立x−32+y2=9x2+y−12=1，相减得公共弦所在得直线方程为：3x−y=0，
所以圆心C13,0到3x−y=0的距离为d3=3×3−0 32+−12=9 1010，
所以公共弦长为2 r12−d32=2 9−8110=3 105，故选项 C正确;
对于选项D：因为r1−d1=3− 22>1，且r1+d1=3+ 22>1，
所以圆C1上的点到直线l的距离为1的点有4个(在直线l的两侧各2个)，故选项 D错误;
故选：BC．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】对于A，假设DP⊥BD1，从而证得PD⊥AD1，推出矛盾即可；对于B，利用面面平行的性质，得到AA1//平面BCC1B1，从而得以判断；对于C，利用面面平行的判定定理即可得证；对于D，取棱BB1中点H，连接PH和C1H，∠PC1H即为直线PC1与平面BB1C1C所成的角，求解判断即可．
【详解】对于A，连接AD1，假设DP⊥BD1，
又DP⊥AB，AB⊂平面ABD1，BD1⊂平面ABD1，AB∩BD1=B，
可得PD⊥平面ABD1，
由于AD1⊂平面ABD1，PD⊥平面ABD1，进而PD⊥AD1，
事实上，只有当A1和P重合时PD⊥AD1才成立，得DP⊥BD1不恒成立；故 A不正确；
对于B，因为平面AA1D1D//平面BB1C1C，根据面面平行的性质，得到AA1//平面BCC1B1，
又点P在线段AA1上，所以点P到平面BB1C1C的距离是定值，
同时▵BB1C1的面积是定值，所以三棱锥P−BB1C1的体积为定值，
即三棱锥B1−PBC1的体积为定值，故 B正确；
对于C，连接A1B、A1C1和CD1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
因为四边形A1BCD1是矩形，所以A1B//CD1，
因为A1B//CD1，且A1B⊄平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，所以A1B//平面ACD1，
同理可得A1C1//平面ACD1
又A1C1//平面ACD1，A1B⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，A1B∩A1C1=A1，
所以平面A1BC1//平面ACD1，
所以当点P与点A1重合时，可得平面PBC1//平面ACD1成立，故 C正确；
对于D，取棱BB1中点为H，连接PH和C1H，由于A1P=PA，
可得点P即为棱AA1中点，同时H为棱BB1的中点，可得PH//AB，且PH=AB，
同时PH⊥平面BB1C1C，∠PC1H即为直线PC1与平面BB1C1C所成的角，
tan∠PC1H=PHC1H=PH (B1H)2+(B1C1)2=2 12+22=2 55，故 D正确．
故选：BCD．
．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线AB和抛物线，利用韦达定理得到y1+y2=2pm,y1y2=−p2，设出过A和过B的切线方程，利用已知得到kQA=py1，kQB=py2，即可判断选项 A，再由QA⊥QB结合相似，即可判断选项 C，再由向量间的转化和运算即可判断选项B，结合特殊情况即可判断选项D．
方法点睛：涉及方法有：(1)直线与抛物线相切问题；(2)焦点弦问题的计算能力；(3)数形结合思想．
【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，
设直线AB：x=my+p2，
联立x=my+p2y2=2px得y2−2pmy−p2=0，
则y1+y2=2pm,y1y2=−p2，
设过点A的切线为y−y1=kx−x1，
联立y−y1=kx−x1y2=2px得y2−2pky+2py1k−y12=0，
由Δ=−2pk2−42py1k−y12=0，可得k=py1，
同理可得过点B的切线斜率为py2，
所以A,B处切线方程分别为y1y=px+x1,y2y=px+x2，
联立可得Q−p2,y1+y22，故 A正确；
又即kQA=py1，kQB=py2，
所以kQA⋅kQB=p2y1y2=−1，QA⊥QB，
所以▵QAF∼▵BQF，QFBF=AFQF，
即QF2=AF⋅BF， C正确；
又Fp2,0，
所以OF=p2,0,FA=x1−p2,y1，
QF=p,−y1+y22,FB=x2−p2,y1，
所以OA⋅QB=OF+FA⋅QF+FB
=x1x2+p2x1+y1y22−y122
=−p24−y124<0，B错；
由上述知，kQF=−y1+y22p=−m，
又因为直线AB斜率为1m，
所以AB⊥QF，
设准线与x轴的交点为M，
则▵ABQ面积S=12AB⋅QF，
当AB⊥x轴时，AB最短(最短为2p)，
QF也最短(最短为MF=p)，
此时▵ABQ面积取最小值p2， D正确．

故选：ACD
13.【答案】−32．
【解析】【分析】利用空间向量垂直公式计算即可．
【详解】因为a⊥b，所以a⋅b=4λ+2×3+3×0=0，解得λ=−32．
14.【答案】x−y−4=0
【解析】【分析】由两直线的垂直关系得到直线l的斜率，进而得到直线l的一般方程．
【详解】直线x+y+3=0的斜率为−1，设直线l的斜率k，
则−1⋅k=−1，即k=1．
由直线的点斜式方程可得：y−−1=1×x−3，即x−y−4=0．
故答案为：x−y−4=0．
15.【答案】52 或2.5
【解析】【分析】由线段垂直平分线的性质结合圆的性质可得，再由椭圆与双曲线的定义可得其轨迹，进而求出离心率，求和即可．
【详解】连接QA,RB，因为线段AP的垂直平分线l1和半径OP相交于点Q，
所以QA=QP=2−OQ，即QA+OQ=2>AO=1，
所以点Q的轨迹是以O,A为焦点，2为长轴长，焦距为1的椭圆，
所以该椭圆的离心率为e1=ca=2c2a=12．
因为线段BP的垂直平分线l2和半径OP相交于点R，
所以RB=RP=2+OR，即RB−OR=2所以点R的轨迹是以O,B为焦点，2为实轴长，焦距为4的双曲线，
所以该双曲线的离心率为e1=ca=2c2a=42=2．
所以e1+e2=12+2=52．
故答案为：52．
16.【答案】 62 ； ； ； ；； 6− 22
【解析】【分析】先根据题意可得出该多面体PABCQ可看作是棱长为 2的正方体一部分；再求出正方体外接球的半径即可求出该多面体的外接球半径；最后利用分割法求几何体的体积，列出关系式V多面体PABCQ=V三棱锥P−ABC+V三棱锥A−QBC=13×r×S多面体PABCQ，即可求解出该多面体的内切球半径．
关键点点睛：本题考查几何体外接球问题和内切球问题.根据题意找出该多面体PABCQ与正方体之间的关系是求外接球半径的关键；利用分割法求几何体的体积，列出关系式V多面体PABCQ=V三棱锥P−ABC+V三棱锥A−QBC=13×r×S多面体PABCQ是求解该多面体的内切球半径的关键．
【详解】由AB=AC=BC=2，QA=QB=QC且QA，QB，QC两两垂直可得：QA=QB=QC=AB×sin45∘= 2，
又因为PA=PB=PC=2，
所以该多面体PABCQ可看作是棱长为 2的正方体一部分，如图所示：
则该多面体的外接球半径与棱长为 2正方体外接球的半径相同，故外接球的半径为12 22+ 22+ 22= 62．
设▵ABC的中心为O，连接AO,PO，内切球半径为r．
由PA=PB=PC=AB=AC=BC=2及正方体的性质，可得：PO⊥平面ABC．
由AB=AC=BC=2可得：AO=23×AB×sin60∘=2 33．
由PA=PB=PC=2可得：PO= PA2−AO2= 22−2 332=2 63，S▵PAB=S▵PAC=S▵PBC=12×2×2×sin60∘= 3，V三棱锥P−ABC=13×PO×S▵ABC=13×2 63×12×2×2×sin60∘=2 23．
由QA=QB=QC= 2且QA，QB，QC两两垂直可得：S▵QAB=S▵QAC=S▵QBC=12× 2× 2=1，V三棱锥A−QBC=13×QA×S▵QBC=13× 2×1= 23．
因为V多面体PABCQ=V三棱锥P−ABC+V三棱锥A−QBC=13×r×S多面体PABCQ，
所以2 23+ 23=13×r×S▵PAB+S▵PAC+S▵PBC+S▵QAB+S▵QAC+S▵QBC，即 2=13×r×3 3+3，解得r= 6− 22．
故答案为： 62； 6− 22．
17.【答案】解：(1)AC1=AB+BC+CC1=a+b+c．
∴AC1= a+b+c2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c= 1+1+1+1+1+1= 6．
(2)AC=AB+AD=a+b．
∴AC= a+b2= a2+b2+2a⋅b= 1+1+1= 3．
∴AC1⋅AC=a+b+ca+b=a2+2a⋅b+b2+a⋅c+b⋅c=1+2×1×1×12+1+12+12=4．
∴csAC1,AC=AC1⋅ACAC1AC=4 6× 3=2 23．

【解析】用基底表示有关向量，用空间向量数量积的有关运算求向量的模和夹角．
18.【答案】解：(1)根据题意，双曲线的渐近线为y=±bax，
因为双曲线的一条渐近线与直线y= 2x+1平行，
所以ba= 2即b= 2a．
∵c2=a2+b2，
∴c= 3a．
∴e= 3．
(2)由F1F2=6得2c=6，即c=3．
由(1)知，c= 3a，得a= 3．
由双曲线的定义可得：MF1−MF2=2a=2 3，
解得MF2=9 32或 32．
∵MF2≥c−a=3− 3，
∴MF2=9 32．

【解析】(1)由双曲线的一条渐近线与直线y= 2x+1恰好平行，可得a,b的关系式，进而得到离心率．
(2)根据题意，先求出c,a，进而利用双曲线的定义即可得到MF2的值．
19.【答案】解：(1)证明：取PD中点G，连结AG,EG．
∵E，G分别是PC,PD的中点，
∴EG//DC且EG=12DC．
∵F是AB中点，AB//CD，
∴EG//AF且EG=AF．
∴AFEG为平行四边形．
∴EF//AG．
又∵EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，
∴EF//平面PAD．
(2)∵E是PC中点，PD⊥平面ABCD
∴点E到平面ABCD的距离为d′=12PD=1．
∵AD=2，∠BAD=30∘，AF=12AB= 3，
∴DF= AD2+AF2−2AD⋅AFcs∠BAD= 22+ 32−2×2× 3× 32=1，
且DF2+AF2=AD2=4，即∠DFA=90∘．
∴S▵BDF=12BF⋅DF= 32．
∵AFEG为平行四边形，
∴EF=AG= AD2+DG2= 5．
∵DE=12PC= PD2+CD2=2，
∴DF2+DE2=EF2=5，即∠EDF=90∘．
∴S▵DEF=12DE⋅DF=1．
∵VB−DEF=VE−BDF，
∴13S▵DEF⋅d=13S▵BDF⋅d′．
∴点B到平面DEF的距离d= 32．

【解析】(1)取PD中点G，连结AG,EG，先证明四边形AFEG为平行四边形，再利用直线平面平行的判定定理即可证明；
(2)根据题意，利用勾股定理分别证明∠DFA=90∘和∠EDF=90∘，即分别求得S▵BDF和S▵DEF，进而利用等体积法即由VB−DEF=VE−BDF可得点B到平面DEF的距离．
20.【答案】解：(1)设Px,y，
∵P在抛物线上，∴y2=x．
∴PC2=x−32+y2=x−522+114．
∴当x=52，即P52,± 102时，PC的最小值为 112．
(2)显然直线斜率不为零，设直线AB的方程为x=my+t，Ax1,y1，Bx2,y2
如图：
联立y2=xx=my+t得y2−my−t=0，
有两个交点故Δ=m2+4t>0．
∴y1+y2=m，y1⋅y2=−t．
∵kOA⋅kOB=2，
∴y1⋅y2=2x1⋅x2．
∴y1⋅y2=2my1+t⋅my2+t，得2t2+t=0，
∴t=−12或t=0(舍)．
∴直线AB过定点−12,0．

【解析】(1)设抛物线上的点，由两点间的距离公式可求解；
(2)设直线方程，和抛物线方程联立，借助一元二次方程根与系数的关系表示条件，可得直线过定点．
21.【答案】解：(1)∵AB=2，AC=2 2，∠BAC=45∘，
∴BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs45∘=4．
∵AB2+BC2=AC2．
∴BC⊥AB．
建立如图所示空间直角坐标系，
设B1D=a，
则C0,2,0，Da,0,2，E1,1,0，F0,0,1，C10,2,2．
∴DE=1−a,1,−2，C1F=0,−2,−1．
∴DE⋅C1F=1−a×0+1×−2+−2×−1=0，
∴DE⊥C1F．
(2)∵DE=1−a,1,−2，CE=1,−1,0，
设平面DEC的一个法向量为：n1=x,y,z，
∴n1⋅DE=0n1⋅CE=0，即1−ax+y−2z=0x−y=0,
令x=2，则y=2，z=2−a，
∴n1=2,2,2−a．
∵AB⊥平面BB1C1C，
∴取平面BB1C1C的一个法向量为n2=1,0,0，
∴csθ=n1⋅n2n1n2=2 a2−4a+12=2 a−22+8，
又0≤a≤2，∴ 33≤csθ≤ 22，
∴当B1D=2时，平面DEC与平面BCC1B1所成的二面角的正弦值最小，最小值为 22．

【解析】(1)根据题意，可得BC⊥AB，建立空间直角坐标系，利用向量运算判断；
(2)根据向量法求出二面角的余弦，转化判断得解．
思路点睛：根据题意，由余弦定理可判断BC⊥AB，建立空间直角坐标系，利用向量法证明DE⊥C1F，再求出平面DEC与平面BCC1B1各自的一个法向量，求出所成的二面角的余弦范围，进而得解．
22.【答案】解：(1)设椭圆T的方程为mx2+ny2=1，(m>0,n>0,m≠n)，且过M0,−2，N32,−1
所以m⋅02+n−22=1m322+n−12=1，解得m=13n=14．
则椭圆的标准方程为y24+x23=1．
(2)①以线段AB为直径的圆经过O点，∴OA⊥OB．
当直线OA的斜率不存在时，如下图：
OA=2，OB= 3，AB= 7
∴ABOA⋅OB= 216．
当直线OA的斜率存在时，如下图所示：
设lOA：y=kxk≠0，则lOB：y=−1kx．
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=kxy24+x23=1得x12=123k2+4y12=12k23k2+4，即OA2=x12+y12=12k2+123k2+4．
同理可得x22=12k24k2+3y22=124k2+3，即OB2=x22+y22=12k2+124k2+3．
∵ABOA⋅OB2=AB2OA2⋅OB2=OA2+OB2OA2⋅OB2=1OA2+1OB2，
∴ABOA⋅OB2=3k2+412k2+12+4k2+312k2+12=7k2+712k2+12=712．
∴ABOA⋅OB= 216．
②当直线OA斜率不存在时，显然S▵AOB= 3．
当直线OA的斜率存在时，由①知OA2=12k2+123k2+4，OB2=12k2+124k2+3，
∴S▵AOB2=14OA2⋅OB2=36k2+123k2+4⋅4k2+3．
令t=k2+1>1，
则S▵AOB2=36t23t+1⋅4t−1=36t212t2+t−1=36−1t2+1t+12=36−1t−122+494．
由t>1得0<1t<1，进而得12<−1t−122+494≤494，
于是14449≤36−1t−122+494<3，
所以S▵AOB2∈14449,3，即S▵AOB∈127, 3．
综上所说，△AOB的面积的范围是127, 3．

【解析】(1)设椭圆T的方程为mx2+ny2=1，(m>0,n>0,m≠n)，列方程组即可得到标准方程；
(2)①由题意得OA⊥OB，当OA的斜率不存在时，易得ABOA⋅OB= 216，当OA的斜率存在时，设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程组可得OA2=x12+y12=12k2+123k2+4，OB2=x22+y22=12k2+124k2+3，进而由ABOA⋅OB2=AB2OA2⋅OB2=OA2+OB2OA2⋅OB2=1OA2+1OB2，代入即可得证ABOA⋅OB= 216；
②当直线OA斜率不存在时，显然SΔAOB= 3，当直线OA的斜率存在时，S▵AOB2=14OA2⋅OB2=36k2+123k2+4⋅4k2+3，令t=k2+1>1，通过化简整理与结合二次函数的最值可得▵AOB面积的取值范围．
点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．