2024-2025学年江西省吉安市遂川中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省吉安市遂川中学高二（上）开学数学试卷（含解析），共17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.若α是第三象限角，且sin(α+β)⋅csβ−sinβcs(α+β)=−513，则tanα2的值为( )
A. −5B. 5C. −513D. 513
2.从圆x2−2x+y2−2y+1=0外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为( )
A. 12B. 35C. 32D. 0
3.若将函数f(x)=2csx(csx+sinx)−1的图象向左平移π4个单位长度得到g(x)的图象，则g(x)图象的对称中心的坐标是( )
A. (−3π8+kπ,0)(k∈Z)B. (−π8+kπ,0)(k∈Z)
C. (−3π8+kπ2,0)(k∈Z)D. (−π8+kπ2,0)(k∈Z)
4.已知椭圆C：x22+y2=1的右焦点为F，右准线为l，点A∈l，线段AF交C于点B，若FA=3FB，则|AF|=( )
A. 2B. 2C. 3D. 3
5.在四棱锥P−ABCD中，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为线段PC上一点，当PA//平面EBF时，PFPC=( )
A. 3
B. 4
C. 13
D. 14
6.如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则PC⋅PD的取值范围为( )
A. (0,4)
B. [0,4]
C. (0,2)
D. [0,2]
7.已知过抛物线C：y2=4x的焦点F的直线与C相交于A，B两点，y轴上一点P满足PA⊥PF，则OP⋅OB=( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，S为△ABC的面积，a=4，且2S=a2−(b−c)2，则△ABC的周长的取值范围是( )
A. (8,4 5+4]B. (12,2 5+2]C. (8,2 5+2]D. (12,4 5+4]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l： 3x−y+1=0，则下列结论正确的是( )
A. 直线l的一个法向量为( 3,1)
B. 若直线m：x− 3y+1=0，则l⊥m
C. 点( 3,0)到直线l的距离是2
D. 过(2 3,2)与直线l平行的直线方程是 3x−y−4=0
10.设点A，F1，F2的坐标分别为(−1,1)，(−1,0)，(1,0)，动点P(x,y)满足： (x+1)2+y2+ (x−1)2+y2=4，则下列说法正确的有( )
A. 点P的轨迹方程为x24+y23=1
B. |PA|+|PF2|<5
C. 存在4个点P，使得△PAF1的面积为32
D. |PA|+|PF1|>1
11.△ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c下列叙述正确的是( )
A. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
B. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
C. 若A>B，则csAD. 若2b≥a+c，则B∈(0,π3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知|a|=4,|b|=3，且(2a−3b)⋅(2a+b)=61，则a与b夹角的余弦值为：______．
13.设向量a=( 3sinx,sinx)，b=(csx,sinx)，x∈[0,π2]．
(1)若|a|=|b|，则x的值为______；
(2)设函数f(x)=a⋅b，则f(x)的最大值为______．
14.已知双曲线C1：x2−y2b2=1(b>0)与椭圆C2：x2a2+y2=1(a>1)有公共的焦点F1、F2，且C1与C2在第一象限的交点为M，若△MF1F2的面积为1，则a的值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=2cs(ωx−π6+θ)(ω>0,0<θ<π)的最小正周期为π，且f(0)=0．
(1)求函数f(x)的解析式并分别写出f(x)取最大值与最小值时相应x的取值集合；
(2)求函数g(x)=f(π6−x)，x∈[−π6,π2]的单调递减区间．
16.(本小题15分)
如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=3，∠BAC=60°，N是AC的中点，BM=23BC，设AM与BN相交于点P．
(1)求cs∠MPN的值；
(2)若CP=xAB+yAC，求x+y的值．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD//BC，AB⊥BC，PA=AD=4，BC=1，AB= 3．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；
(2)求AD与平面PCD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，椭圆C的左，右焦点与短轴两个端点构成的四边形面积为2 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：x−my−1=0(m≠0)与x轴交于点T，与椭圆C交于P，Q两点，过点P作x轴的垂线交椭圆C交于另一点R，求△TQR面积的最大值．
19.(本小题17分)
在三棱锥P−ABC中，PC=BC=1，AC=2，AP= 3，∠ACB=90°，PB的中点为M，点D在线段AB上，且满足DB=DP．
(1)求证：PB⊥CD；
(2)当平面PDC⊥平面ABC时，
①求点P到平面ABC的距离；
②若N为AB的中点，求平面PAC与平面MNC夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：sin(α+β)⋅csβ−sinβcs(α+β)=sin[(α+β)−β]=sinα=−513，
∵α是第三象限角，
∴csα=− 1−(−513)2=−1213，
∴tanα2=sinα2csα2=2sinα2⋅csα22cs2α2=sinα1+csα=−5131−1213=−5．
故选：A．
运用正弦函数的两角差公式，将sin(α+β)⋅csβ−sinβcs(α+β)化简为sinα，再结合三角函数的同角公式，以及二倍角公式，即可求解．
本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及三角函数的同角公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：圆x2−2x+y2−2y+1=0的圆心为M(1,1)，半径为1，从外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，
则点P到圆心M的距离等于 5，每条切线与PM的夹角的正切值等于12，
所以两切线夹角的正切值为tanθ=2⋅121−14=43，该角的余弦值等于35，
故选：B．
先求圆心到P的距离，再求两切线夹角一半的三角函数值，然后求出结果．
本题考查圆的切线方程，两点间的距离公式，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f(x)=2csx(csx+sinx)−1=2cs2x+2sinxcsx−1=cs2x+sin2x= 2sin(2x+π4)，
把f(x)的图象向左平移π4个单位长度得到g(x)= 2sin(2x+3π4)，
令2x+3π4=kπ，k∈Z，
则x=kπ2−3π8，k∈Z，
则g(x)图象的对称中心的坐标为(kπ2−3π8,0)，k∈Z．
故选：C．
先利用二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合函数图象的平移变换先求出g(x)，然后结合正弦函数的对称性即可求解．
本题主要考查了是二倍角公式及辅助角公式的应用，还考查了三角函数的图象的平移，正弦函数对称性的应用，属于中档题．
4.【答案】A
【解析】解：过点B作BM⊥x轴于M，
并设右准线l与x轴的交点为N，易知FN=1．
由题意FA=3FB，
故FM=13，故B点的横坐标为43，纵坐标为±13
即BM=13，
故AN=1，
∴|AF|= 2．
故选A
过点B作BM⊥x轴于M，设右准线l与x轴的交点为N，根据椭圆的性质可知FN=1，进而根据FA=3FB，求出BM，AN，进而可得|AF|．
本小题考查椭圆的准线、向量的运用、椭圆的定义，属基础题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，连接AC交BE于点G，连接FG，
因为PA//平面BEF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF=FG，
所以PA//FG，
所以PFPC=AGAC，因为AD//BC，E为AD的三等分点，
则AGGC=AEBC=13,AGAC=14即PFPC=14．
故选：D．
根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可．
本题考查线面平行性质定理，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图，
则A(0,0)，B(2,0)，C(2,2)，D(0,2)，P(1+csθ,sinθ)(0≤θ≤π)，
所以PC=(1−csθ,2−sinθ)，PD=(−1−csθ,2−sinθ)，
所以PC⋅PD=(1−csθ)(−1−csθ)+(2−sinθ)2=cs2θ−1+4−4sinθ+sin2θ=4−4sinθ，
因为0≤θ≤π，所以sinθ∈[0,1]，所以4−4sinθ∈[0,4]．
故选：B．
建立平面直角坐标系，求出PC，PD的坐标，再由平面向量的坐标运算和三角函数的有界性计算即可求得．
本题考查平面向量的数量积与三角函数的有界性，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：∵抛物线C：y2=4x的焦点F坐标为(1,0)，
∴设AB直线方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1y2=4x，可得y2−4my−4=0，
∴y1y2=−4，设P(0,t)，
∴PA=(x1,y1−t)，PF=(1,−t)，∵PA⊥PF，
∴PA⋅PF=x1−y1t+t2=0，
∴y124−y1t+t2=0，∴(y12−t)2=0，∴y1=2t，
又OP=(0,t)，OB=(x2,y2)，
∴OP⋅OB=ty2=t×(−4y1)=t×(−42t)=−2．
故选：D．
根据题意可设AB直线方程为x=my+1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(0,t)，联立AB直线与抛物线方程，可得y1y2=−4，再根据PA⊥PF建立方程，从而可得y1=2t，最后根据向量数量积的坐标运算，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，向量数量积的坐标运算，方程思想，化归转化思想，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，a=4，且2S=a2−(b−c)2，
则2S=a2−(b−c)2=a2−b2−c2+2bc=2bc−2bccsA，
所以S=bc−bccsA=12bcsinA，
所以1−csA=12sinA，即2sin2A2=sinA2csA2，
又A为锐角，
所以可得tanA2=12，tanA=2tanA21−tan2A2=43，sinA=45，csA=35，
又a=4，
由正弦定理可得bsinB=csinC=445=5，
所以b+c=5[sinB+sin(A+B)]
=5(sinB+45csB+35sinB)
=4csB+8sinB
=4 5sin(B+φ)，其中tanφ=12，φ=A2，
因为△ABC为锐角三角形，
所以π2−A则π2−A2所以csA2又csA2= 1+csA2=2 5，
∴8<4 5sin(B+φ)≤4 5，即b+c∈(8,4 5]，
故△ABC的周长的取值范围是(12,4 5+4]．
故选：D．
利用面积公式和余弦定理可得tanA2的值，可求tanA的值，然后根据正弦定理及三角变换可得b+c=4 5sin(B+φ)，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求值域的问题．
本题考查了余弦定理及正弦定理，重点考查了三角函数值域的求法，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，因为直线l： 3x−y+1=0的斜率k= 3，
但1 3⋅ 3=1≠−1，可知( 3,1)不为直线l的一个法向量，故A错误；
对于B，因为直线m：x− 3y+1=0的斜率k′= 33，且kk′=1≠−1，
所以直线l与直线m不垂直，故B错误；
对于C，点( 3,0)到直线l的距离d=| 3× 3−0+1| ( 3)2+(−1)2=2，故C正确；
对于D，过(2 3,2)与直线l平行的直线方程是y−2= 3(x−2 3)，即 3x−y−4=0，故D正确．
故选：CD．
对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系，判断出A的真假；对于B：根据直线垂直的条件，判断出B的真假；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解，判断出C的真假；对于D：根据直线平行的条件求解，判断出D的真假．
本题考查过已知点与直线平行的直线的求法，直线的方向向量的求法，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：对于A，由 (x+1)2+y2+ (x−1)2+y2=4，以及两点的距离公式，可得P到两点F1，F2的距离之和为4，
即|PF1|+|PF2|=4>|F1F2|=2，
所以点P的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，且2c=2，2a=4，即c=1，a=2，
则b= a2−c2= 3，故点P(x,y)的轨迹方程为x24+y23=1，故A正确；
对于B，D，将(−1,1)的坐标代入椭圆方程左边得14+13<1，所以点A(−1,1)在椭圆内部，
如图所示，所以|PA|+|PF2|=|PA|+2a−|PF1|≤2a+|AF1|=4+1=5，
当且仅当点P运动到点P1处时，等号成立，故B错误；
|PA|+|PF1|=|PA|+2a−|PF2|=4+|PA|−|PF2|，
因为||PA|−|PF2||≤|AF2|⇒− 5≤|PA|−|PF2|≤ 5，
所以|PA|+|PF1|=4+|PA|−|PF2|≥4− 5>1，
当且仅当点P运动到点P2处时，等号成立，故D正确．
对于C，S△PAF1=12|AF1|h=12×1×h=h2，其中h为点P到直线AF1的距离，若S△PAF1=h2=32，则h=3，
由于当点P为椭圆的右顶点时，h取得最大值3，故满足条件的点P只有一个，C错误．
故选：AD．
应用椭圆定义判断A，B，D，应用面积公式判断个数判断C．
本题考查椭圆的定义、方程和性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：对于A，△ABC中，因为a2+b2−c2>0，
由余弦定理有csC=a2+b2−c22ab>0，故角C为锐角，
但角C不一定最大，所以△ABC不一定是锐角三角形，故A错误；
对于B，因为acsA=bcsB=ccsC，
由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，
即tanA=tanB=tanC，又A，B，C∈(0,π)，
所以A=B=C，△ABC一定是等边三角形，故B正确；
对于C，因为π>A>B>0，由余弦函数y=csx的单调性易知，csA对于D，2b≥a+c，由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac≤a2+c2−(a+c2)22ac=3(a2+c2)8ac−14，
又因为a2+c2≥2ac，所以3(a2+c2)8ac−14≥12，
取特殊值，当3(a2+c2)8ac−14=12时，csB=a2+c2−b22ac≤12，
因为B∈(0,π)，所以B∈[π3,π)，即角B有可能大于π3，故D错误．
故选：BC．
利用正余弦定理可判断A，B；利用余弦函数y=csx的单调性可判断C；利用余弦定理，基本不等式及特值法可判断D．
本题考查了正余弦定理及基本不等式在解三角形中的应用，属于中档题．
12.【答案】−12
【解析】解：根据题意，由(2a−3b)⋅(2a+b)=61，变形可得4a2+2a⋅b−6a⋅b−3b2=61，
则4|a|2−4a⋅b−3|b|2=61，
因为|a|=4,|b|=3，所以4×16−4a⋅b−3×9=61，解得a⋅b=−6，
所以cs〈a,b〉=a⋅b|a||b|=−64×3=−12，
即a与b夹角的余弦值为−12．
故答案为：−12．
根据题意，先对(2a−3b)⋅(2a+b)=61化简求出a⋅b，再利用向量的夹角公式求解即可．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
13.【答案】π6 32
【解析】解：(1)由|a|2=( 3sinx)2+sin2x=4sin2x，|b|2=cs2x+sin2x=1，
又|a|=|b|，得4sin2x=1.又x∈[0,π2]，从而sinx=12，
所以x=π6．
(2)因为f(x)=a⋅b= 3sinxcsx+sin2x= 32sin2x−12cs2x+12=sin(2x−π6)+12，
所以当2x−π6=π2+2kπ(k∈Z)，即x=π3+kπ(k∈Z)时，f(x)取得最大值，
又x∈[0,π2]，所以当k=0，x=π3时，f(x)max=1+12=32，
所以f(x)的最大值为32．
故答案为：(1)π6；(2)32．
根据向量的模长相等求出正弦进而求出角，利用向量运算法则，并应用三角恒等变换求出最大值．
本题主要考查两个向量的数量积的运算，三角函数的恒等变换及化简求值，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．
14.【答案】 3
【解析】解：根据椭圆以及双曲线定义可得|MF1|+|MF2|=2a|MF1|−|MF2|=2，
所以|MF1|=a+1，|MF2|=a−1，
所以|MF1||MF2|=a2−1，
又|F1F2|=2c，可得|F1F2|2=4c2=4(a2−1)，
由余弦定理可得|F1F2|2=(|MF1|+|MF2|)2−2|MF1||MF2|−2|MF1||MF2|cs∠F1MF2=4(a2−1)，
即为4a2−2(a2−1)−2(a2−1)cs∠F1MF2=4(a2−1)，
所以cs∠F1MF2=3−a2a2−1，
故sin∠F1MF2= 4a2−8a2−1，
因此△MF1F2的面积为12|MF1||MF2|sin∠F1MF2=12(a2−1) 4a2−8a2−1=12 4a2−8=1，解得a= 3．
故答案为： 3．
根据椭圆以及双曲线的定义，结合余弦定理以及三角形的面积公式即可求解．
本题考查椭圆和双曲线的定义、方程和性质，以及三角形的余弦定理和三角形的面积公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵f(x)的最小正周期为T=π，
∴ω=2πT=2，
∵f(0)=2cs(θ−π6)=0，0<θ<π，
∴θ=2π3，
即f(x)=2cs(2x+π2)=−2sin2x，
当2x=2kπ+π2,即x=kπ+π4(k∈Z)时，f(x)取最小值−2，
当2x=2kπ−π2,即x=kπ−π4(k∈Z)时，f(x)取最大值2，
即f(x)取最小值−2时，x的取值集合为{x|x=kπ+π4,k∈Z}，
f(x)取最大值2时，x的取值集合为{x|x=kπ−π4,k∈Z}.
(2)依题意g(x)=2sin(2x−π3)，
若g(x)单调递减，则2kπ+π2≤2x−π3≤2kπ+3π2,k∈Z，
∴kπ+5π12≤x≤kπ+11π12,k∈Z，
又x∈[−π6,π2]，
令k=−1，k=0，得其减区间为[−π6,−π12]，[5π12,π2]．
【解析】(1)由最小正周期为π，得ω=2，根据f(0)=0，结合0<θ<π可求得θ=2π3，从而可得f(x)=−2sin2x，根据正弦函数的性质求解即可；
(2)g(x)=2sin(2x−π3)，根据正弦函数的单调性求解即可．
本题主要考查三角函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)根据题意，可得AB⋅AC=|AB|⋅|AC|cs60°=3，
因为N是AC的中点，所以BN=AN−AB=12AC−AB，
由BM=23BC，得AM−AB=23(AC−AB)，可得AM=13AB+23AC，
所以AM⋅BN=(13AB+23AC)⋅(12AC−AB)=−13|AB|2−12AB⋅AC+13|AC|2=−43−32+3=16，
因为|BN|= (12AC−AB)2= 14AC2−AB⋅AC+AB2= 94−3+4= 132，

|AM|= (13AB+23AC)2= 19AB2+49AB⋅AC+49AC2= 49+43+4=2 133，
所以cs∠MPN=cs=AM⋅BN|AM|⋅|BN|=16 132⋅2 133=126．
(2)设AP=λAM，则BP=AP−AB=λAM−AB=(λ3AB+2λ3AC)−AB=(λ3−1)AB+2λ3AC，
因为BN=12AC−AB，且BP与BN共线，所以2λ312=λ3−1−1，解得λ=35，可得AP=35AM=15AB+25AC，
所以CP=AP−AC=15AB−35AC，结合CP=xAB+yAC，可得x=15，y=−35，即x+y=−25．
【解析】(1)根据平面向量数量积的定义算出AB⋅AC=3，然后用AB、AC表示出AM与BN，利用平面向量数量积的运算性质求出AM⋅BN、|AM|、|BN|，再根据平面向量的夹角公式算出cs，可得cs∠MPN的值；
(2)设AP=λAM，将BP用AB、AC线性表示，根据BP与BN共线，列式算出λ的值，可得AP=15AB+25AC，进而算出CP=15AB−35AC，利用平面向量基本定理求出x、y的值，可得答案．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、向量的夹角公式等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)AB⊥BC，BC=1，AB= 3，则AC= AB2+BC2= 12+( 3)2=2，∠ACB=π3，
△ACD中，CD2=AC2+AD2−2AC⋅AD⋅csπ3=4+16−2×2×4×12=12，
故AC 2+CD2=4+12=16=AD2，故DC⊥AC，
又因为PA⊥底面ABCD，DC⊂底面ABCD，所以PA⊥DC，
又因为AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，DC⊥平面PAC，DC⊂底面PCD，故平面PDC⊥平面PAC，

(2)作AH⊥PC，垂直为H，连接DH，

因为平面PDC⊥平面PAC，且平面PDC∩平面PAC=PC，AH⊂平面PAC，
所以AH⊥平面PCD，故∠ADH为AD与平面PCD所成的角，
△PAC中，AH=PA⋅ACPC=4×22 5=4 5，sin∠ADH=AHDA=4 5×14= 55，
所以直线AD与平面PCD所成角的正弦值为 55．
另解：设直线AD与平面PCD所成角为θ，点A到平面PCD的距离为d，
所以sinθ=dAD，
根据三棱锥等体积转换方法可知VA−PCD=VP−ACD，即13S△PCD⋅d=13S△ACD⋅PA，
△PCD中，由(1)可知，PC=2 5，PD=4 2，CD=2 3，PC2+CD2=PD2，
故PC⊥CD，所以S△PCD=12×2 5×2 3=2 15，
故13×2 15⋅d=13×12×4× 3×4，解得d=4 55，
直线AD与平面PCD所成角的正弦值为sinθ=dAD=4 54×5= 55．
【解析】(1)计算∠ACB=π3，CD2=12，根据勾股定理得到DC⊥AC，再证明DC⊥平面PAC，得到答案．
(2)作AH⊥PC，垂直为H，连接DH，确定∠ADH为AD与平面PCD所成的角，计算AH=4 5，得到答案．
本题主要考查了垂直关系的判断及性质的应用，还考查了直线与平面所成角的求解，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则ca= 32，即a2−b2a2=34，则a=2b，c= 3b，
由C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为2 3，得4×12bc=2 3，
即bc= 3，解得a2=4，b2=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)显然T(1,0)，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则R(x1,−y1)，
由x=my+1x2+4y2=4，消去x得(m2+4)y2+2my−3=0，Δ=4m2+12(m2+4)>0，
则y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4，
又S△PQR=12|2y1|⋅|x2−x1|,S△PTR=12|2y1|⋅|1−x1|，而x2−x1与1−x1同号，
因此S△TQR=S△PQR−S△PTR=|y1|⋅(|x2−x1|−|1−x1|)=|y1|⋅|(x2−x1)−(1−x1)|
=|y1|⋅|x2−1|=|y1|⋅|my2|=|my1y2|=3|m|m2+4=3|m|+4|m|≤32 |m|×4|m|=34，
当且仅当|m|=4|m|，即m=±2时等号成立，
所以△TQR面积的最大值为34．

【解析】(1)根据给定条件，结合离心率及四边形面积列式求出a，b，即可求出椭圆C的方程．
(2)联立直线l与椭圆C的方程得到y1y2=−3m2+4，再利用切割法得到S△TQR=S△PQR−S△PTR，化简得到S△TQR=|my1y2|=3|m|m2+4，进而利用基本不等式求得△TQR面积的最大值．
本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：取PB的中点M，连接DM，CM，
因为PC=BC，M为PB的中点，
所以PB⊥CM，
因为PD=BD，M为PB的中点，
所以PB⊥DM，
又因为CM∩DM=M，
所以PB⊥平面CDM，
又因为CD⊂平面CDM，
所以PB⊥CD．
(2)①过点P作PO⊥CD于O，连OB，OA，
因为平面PDC⊥平面ABC，平面PDC∩平面ABC=CD，PO⊥CD，PO⊂平面PDC，
所以PO⊥平面ABC，
因为AO⊂平面ABC，PO⊥AO，
令∠BCD=α，则PO=BO=sinα，CO=csα，
AO2=AC2+CO2−2AC⋅CO⋅cs(π2−α)=4+cs2α−2sin2α，
在Rt△POA中，由PA2=PO2+AO2，得sin2α=1，α∈(0,π2)，
所以α=π4，
故点P到平面ABC的距离为PO= 22．
②记平面PAC与平面MNC的夹角为θ，作CQ⊥MN交MN于点Q，连接PQ，
因为平面PQC为平面PAC与平面MNC的公共垂面，故∠PCQ=θ，
在△CMN中，CM=MN= 32CN= 52，可求得CQ= 10512，
又因为PQ= 3312，PC=1，csθ=3 10535，
所以平面PAC与平面MNC夹角的余弦值为3 10535．
【解析】(1)由线面垂直的判定定理即可证明；
(2)①由面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABC，得到P到平面ABC的距离即为PO，解三角形即可求得PO．
②由题可得∠PCQ即为平面PAC与平面MNC的夹角，解三角形即可求得．
本题考查线面垂直的证明和点到平面的距离求法，平面与平面所成角的求法，属于中档题．