2024-2025学年福建省部分优质高中高二（上）第一次质检数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省部分优质高中高二（上）第一次质检数学试卷（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.已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0恒过定点( )
A. (1,−2)B. (1,2)C. (−1,2)D. (−1,−2)
2.已知两点A(−3,2)，B(2,1)，过点P(0,−1)的直线l与线段AB(含端点)有交点，则直线l的斜率的取值范围为( )
A. (−∞,−1]∪(1，+∞)B. [−1,1]
C. (−∞,−15]∪[1,+∞)D. [−15,1]
3.下列命题中正确的是( )
A. 点M(3,2,1)关于平面yz对称的点的坐标是(−3,2,−1)
B. 若直线l的方向向量为a=(1,−1,2)，平面α的法向量为m=(6,4,−1)，则l⊥α
C. 若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°，则直线l与平面α所成的角为30°
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若OP=mOA−12OB+OC，则m=−12
4.已知{a,b,c}为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是( )
A. a+b，c+b，a−c
B. a+2b，b，a−c
C. 2a+b，2c+b，a+b+c
D. a+b，a+b+c，c
5.过点A(1,4)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y+3=0B. x+y−5=0
C. 4x−y=0或x+y−5=0D. 4x−y=0或x−y+3=0
6.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，侧面A1ADD1是正方形，且∠A1AB=120°，∠DAB=60°，AB=2，若P是C1D与CD1的交点，则异面直线AP与DC的夹角的余弦值为( )
A. 3 714B. 64C. 74D. 614
7.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( )
A. 2 3B. 2C. 2 23D. 2 55
8.平面几何中有定理：已知四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，且AC⊥BD，过点E分别作边AB，BC，CD，DA的垂线，垂足分别为P1，P2，P3，P4，则P1，P2，P3，P4在同一个圆上，记该圆为圆F.若在此定理中，直线AB，BC，AC的方程分别为x−y=0，x+2y=0，x=2，点P4(3,1)，则圆F的方程为( )
A. (x−2)2+(y−14)2=2516B. (x−2)2+(y−13)2=139
C. (x−2)2+(y+14)2=4116D. (x−2)2+(y+13)2=259
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.已知向量a=(1,−1,0)，b=(−1,0,1)，c=(2,−3,1)，则( )
A. |a−b|=6B. (a+3b)⋅(b+c)=7
C. (a+4b)⊥cD. a//(b−c)
10.给出下列命题正确的是( )
A. 直线l的方向向量为a=(3,−1,2)，平面α的法向量为b=(2,1,−12)，则l与α平行
B. 直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)
C. 已知直线(a+2)x+2ay−1=0与直线3ax−y+2=0垂直，则实数a的值是−43
D. 已知A，B，C三点不共线，对于空间任意一点O，若OP=25OA+15OB+25OC，则P，A，B，C四点共面
11.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均为2，AB，AD，AA1两两所成夹角均为60°，点E，F分别在棱BB1，DD1上，且BE=2B1E，D1F=2DF，则( )
A. A，E，C1，F四点共面
B. AA1在AC1方向上的投影向量为13AC1
C. |EF|= 103
D. 直线AC1与EF所成角的余弦值为 1515
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.l1：x−y+3=0，与直线l2：2x+my−2=0平行，则直线l1与l2的距离为______．
13.已知{a,b,c}是空间向量的一个基底，{a+b,a−b,c}是空间向量的另一个基底，若向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(4,2,3)，则向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为______．
14.“曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则A，B两点间的曼哈顿距离d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|.已知M(4,6)，点N在圆C：x2+y2+6x+4y=0上运动，若点P满足d(M,P)=2，则|PN|的最大值为______．
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)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，且AA1=AB=2AD，E，F分别为C1D1，DD1的中点．
(1)证明：AF//平面A1EB．
(2)求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知△ABC的顶点A(1,2)，AB边上的中线CM所在直线的方程为x+2y−1=0，∠ABC的平分线BH所在直线的方程为y=x．
(1)求直线BC的方程和点C的坐标；
(2)求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
设直线l1：2x−y+3=0和直线l2：x+y+3=0的交点为P．
(1)若直线l经过点P，且与直线x+2y+5=0垂直，求直线l的方程；
(2)若直线m与直线x+2y+5=0关于点P对称，求直线m的方程．
18.(本小题17分)
在空间几何体ABC−DEF中，四边形ABED，ADFC均为直角梯形，∠FCA=∠CAD=∠DAB=∠ABE=π2，AB=AC=CF=4，AD=5，BE=6．
(1)如图1，若∠CAB=π2，求直线FD与平面BEF所成角的正弦值；
(2)如图2，设∠CAB=θ，(0<θ<π2)
(i)求证：平面BEF⊥平面DEF；
(ii)若二面角E−BF−D的余弦值为 3311，求csθ的值．
19.(本小题17分)
已知圆C经过坐标原点O和点G(−2,2)，且圆心C在直线x+y−2=0上．
(1)求圆C的方程；
(2)设PA、PB是圆C的两条切线，其中A、B为切点．
①若点P在直线x−y−2=0上运动，求证：直线AB经过定点；
②若点P在曲线y=14x2(其中x>4)上运动，记直线PA、PB与x轴的交点分别为M、N，求△PMN面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为2b=a+c，所以c=2b−a，
由ax+by+c=0，可得ax+by+(2b−a)=0，所以a(x−1)+b(y+2)=0，
当x=1，y=−2时，所以a(1−1)+b(−2+2)=0对a，b为任意实数均成立，
故直线过定点(1,−2)．
故选：A．
由题意可得a(x−1)+b(y+2)=0，可得定点坐标．
本题考查的知识点：直线的方程，定点直线系，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
2.【答案】A
【解析】解：如图所示，
直线PB逆时针旋转到PA的位置才能保证过点P(0,−1)的直线与线段AB有交点，
从PB转到PF过程中，倾斜角变大到π2，斜率变大到正无穷，
此时斜率kPB=1−(−1)2−0=1，所以此时k∈[1,+∞)；
从PF旋转到PA过程中，倾斜角从π2开始变大，斜率从负无穷开始变大，
此时斜率kPA=2−(−1)−3−0=−1，所以此时k∈(−∞,−1]，
综上可得直线l的斜率的取值范围为(−∞,−1]∪[1,+∞)．
故选：A．
画出图像，数形结合，根据倾斜角变化得到斜率的取值范围．
本题考查直线的斜率的求法，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：点M(3,2,1)关于平面yz对称的点的坐标为(−3,2,1)，故A错误；
由a⋅m=6−4−2=0，可得a⊥m，即有l/​/α，或l⊂α，故B错误；
若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角为120°，则直线l与平面α所成的角为120°−90°=30°，故C正确；
O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若OP=mOA−12OB+OC，
则m−12+1=1，解得m=12，故D错误．
故选：C．
由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D．
本题考查空间向量和应用，考查转化思想、方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：对于A，设a+b=x(c+b)+y(a−c)，即a+b=x(c+b)+y(a−c)=ya+xb+(x−y)c，解得x=y=1，
所以a+b，c+b，a−c共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设a+2b=xb+y(a−c)，x，y无解，所以a+2b,b,a−c不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；
对于C，设2a+b=x(2c+b)+y(a+b+c)，整理得2=y1=x+y，解得x=−1y=2，所以2a+b,2c+b,a+b+c共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设a+b=x(a+b+c)+yc，解得x=1y=−1，所以a+b,a+b+c,c共面，不能构成空间的一个基底，故D错误．
故选：B．
根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断．
本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：解法一：当直线过原点时，满足题意，
此时直线方程为y=4x，即4x−y=0，
当直线不过原点时，设直线方程为xa+y−a=1(a≠0)，
因为直线过点A(1,4)，所以1a−4a=1，
解得a=−3，此时直线方程为x−y+3=0．
故选：D．
解法二：易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意，
设直线方程为y−4=k(x−1)(k≠0)，
则x=0时，y=4−k，y=0时，x=1−4k，
由题意知1−4k+4−k=0，
解得k=4或k=1，即直线方程为y=4x或x−y+3=0．
故选：D．
可以分截距都为零和截距不为零两种情况进行考虑，截距为零，直线过原点，求出方程即可，截距不为零，利用截距式，设出方程求解即可；也可以设出方程，求出截距，进行计算即可．
本题考查了求直线方程问题，考查转化思想，分类讨论思想，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形DD1C1C是平行四边形，
侧面A1ADD1是正方形，又P是C1D，CD1的交点，所以P是CD1的中点，
DC=AB，因为∠A1AB=120°，∠DAB=60°，AB=2，
所以AP=12(AD1+AC)=12(AA1+AD+AD+AB)=12(AA1+AB+2AD)，
所以|AP|2=14(AA12+AB2+4AD2+2AA1⋅AB+4AA1⋅AD+4AB⋅AD)
=14[4+4+4×4+2×2×2×(−12)+0+4×2×2×12]=7，
所以|AP|= 7，|DC|=2，
AP⋅DC=12(AA1+AB+2AD)⋅DC=12(AA1+AB+2AD)⋅AB=12(AA1⋅AB+AB2+2AD⋅AB)
=12(|AA1|⋅|AB|cs120°+|AB|2+2|AD|⋅|AB|cs60°)
=12[2×2×(−12)+22+2×2×2×12]=3，
可得cs=AP⋅DC|AP|⋅|DC|=3 7×2=3 714．
所以异面直线AP与DC的夹角的余弦值为|cs|=3 714
故选：A．
根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义用表示出，再应用向量数量积的运算律求即可．
本题考查空间向量坐标运算公式、向量数量公式、线段长等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查点到平面的距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点G到平面D1EF的距离．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，如图：
则G(2,λ,2)，D1(0,0,2)，E(2,0,1)，F(2,2,1)，
ED1=(−2,0,1)，EF=(0,2,0)，EG=(0,λ,1)，
设平面D1EF的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅ED1=−2x+z=0n⋅EF=2y=0，取x=1，得n=(1,0,2)，
∴点G到平面D1EF的距离为：
d=|EG⋅n||n|=2 5=2 55．
故选：D．
8.【答案】B
【解析】解：如图：
由x−y=0x=2得A(2,2)，由得x+2y=0x=2，C(2,−1)，
由x−y=0x+2y=0得B(0,0)，
因为AC⊥BD，对角线AC与BD相交于点E，所以E(2,0)，
因为EP1⊥AB，所以EP1所在直线方程为y=−x+2，与x−y=0联立方程组解得P1(1,1)，
因为EP2⊥BC，所以EP2所在直线方程为y=2x−4，与x+2y=0联立方程组解得P2(85,−45)，
因为P4(3,1)，所以线段P1P4的垂直平分线方程为x=2，线段P1P2的垂直平分线方程为y=13x−13，
联立y=13x−13x=2，解得x=2y=13，所以F(2,13)又P1F= (2−1)2+(13−1)2= 133，
所以圆F的方程为(x−2)2+(y−13)2=139．
故选：B．
由已知可得A，B，C，E的坐标，根据垂直关系联立方程组可分别求出P1，P2的坐标，根据P1，P2，P4三点在圆F上，分别求线段P1P4，P1P2的垂直平分线所在直线方程，通过联立解方程组求解圆心F的坐标，即可求解圆的方程．
本题考查圆方程的综合应用，涉及直线与圆的位置关系，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：已知向量a=(1,−1,0)，b=(−1,0,1)，c=(2,−3,1)，
对于A，a−b=(2,−1,−1)，故|a−b|= 4+1+1= 6，故A错误；
对于B，a+3b=(−2,−1,3),b+c=(1,−3,2)，
∴(a+3b)⋅(b+c)=−2+3+6=7，故B正确；
对于C，a+4b=(−3,−1,4)，故(a+4b)⋅c=−6+3+4=1≠0，故C错误；
对于D，b−c=(−3,3,0)=−3a，故a//(b−c)，故D正确．
故选：BD．
利用空间向量的运算公式逐项判断即可．
本题考查的知识点：向量的坐标运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，因为a⋅b=3×2−1×1−2×12=4≠0，所以a与b不垂直，则l与α不平行，故A错误；
对于B，因为(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)，所以(x+2y−1)m+(−x−y+3)=0，
由x+2y−1=0−x−y+3=0，解得x=5y=−2，所以直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)，故B正确；
对于C，因为直线(a+2)x+2ay−1=0与直线3ax−y+2=0垂直，所以(a+2)×3a+2a×(−1)=0，解得a=0或a=−43，故C错误；
对于D，因为25+15+25=1，所以由共面向量定理知，P，A，B，C四点共面，故D正确．
故选：BD．
由线面平行的向量表示可判断A；求出直线过的定点可判断B；由两直线垂直得到方程求解即可判断C；由共面向量定理可判定D．
本题考查线面平行的向量表示，直线的垂直和过定点，共面向量定理，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，在A1A上取点H，使得A1H=2HA，连接AE，C1F，EF，B1H，
因为AH=B1E，AH//B1E，所以四边形AHB1E为平行四边形，
可得AE=B1H，
因为HF=B1C1，HF=B1C1，所以四边形HFC1B1为平行四边形，
可得B1H//C1F，所以AE/​/C1F，可得A，E，C1，F四点共面，故A正确；
对于B，因为平行六面体棱长均为2，AB、AD、AA1两两所成夹角均为60°，
所以AC1=AB+AD+AA1，
两边同时平方可得，AC12=(AB+AD+AA1)2，即AC12=AB2+AD2+AA12+2AB⋅AD+2AB⋅AA1+2AD⋅AA1=24，
则|AC1|=2 6，
AA1⋅AC1|AC1|⋅AC1|AC1|=(AA1⋅AB+AA1⋅AD+AA12)⋅AC124=13AC1，故B正确；
对于C，EF=AF−AE=AD+13DD1−AB−23BB1=−AB+AD−13AA1，
EF2=AB2+AD2+19AA12−2AB⋅AD+23AB⋅AA1−23AD⋅AA1=409，
则|EF|=2 103，故C不正确；
对于D，AC1⋅EF|AC1||EF|=(AB+AD+AA1)⋅(−AB+AD−13AA1)8 153
=−AB2+AD2−13AA12−43AB⋅AA1+23AD⋅AA18 153=− 1515，
故直线AC1与EF所成角的余弦值为 1515，D正确．
故选：ABD．
在A1A上取点H，使得A1H=2HA，可得四边形AHB1E、四边形HFC1B1为平行四边形，求出AE/​/C1F，可判断A；对AC1=AB+AD+AA1两边平方求出|AC1|，再由投影向量的定义可判断B；由EF的线性运算后再平方可判断C；由向量的夹角公式计算可判断D．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属于中档题．
12.【答案】2 2
【解析】解：因为l1//l2，所以1×m=(−1)×2，且3m≠(−1)×(−2)，
解得m=−2，
所以l1：x−y+3=0，l2：x−y−1=0，
由两平行直线的距离公式可得：d=|3−(−1)| 2=2 2．
故答案为：2 2．
根据两直线平行的条件列出方程，即可求出m的值，求出直线l2的方程，再由两平行线间的距离公式，求出直线l1与l2的距离的大小．
本题考查两条直线平行的充要条件的应用及两条平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
13.【答案】(3,1,3)
【解析】解：设向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为(x,y,z)，
则p=4a+2b+3c=x(a+b)+y(a−b)+zc，
整理得：4a+2b+3c=(x+y)a+(x−y)b+zc，
∴x+y=4x−y=2z=3，
解得x=3，y=1，z=3．
∴向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标是(3,1,3)．
故答案为：(3,1,3)．
设向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为(x,y,z)，则p=4a+2b+3c=x(a+b)+y(a−b)+zc，由此能求出向量p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标．
本题考查了空间向量的应用，属基础题．
14.【答案】 149+ 13
【解析】解：M(4,6)，点N在圆C：x2+y2+6x+4y=0上运动，若点P满足d(M,P)=2，
由题意得，圆C：(x+3)2+(y+2)2=13，圆心C(−3,−2)
设点P(x0,y0)，则|x0−4|+|y0−6|=2，
∴点P的轨迹为如下所示的正方形，其中A(4,8)，B(6,6)，
∴|AC|= (4+3)2+(8+2)2= 149，|BC|= (6+3)2+(6+2)2= 145，
∴|PN|≤|AC|+r= 149+ 13．
故答案为： 149+ 13．
求出圆心C(−3,−2)，设点N(x0,y0)，则|x0−4|+|y0−6|=2，求出点N的轨迹，由此能求出结果．
本题考查圆、点的轨迹方程、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】(1)证明：不妨设AD=1，则AA1=AB=2，如图建立空间直角坐标系，

则A1(1,0,2)，B(1,2,0)，E(0,1,2)，A(1,0,0)，F(0,0,1)，D(0,0,0)，
所以A1E=(−1,1,0)，A1B=(0,2,−2)，AF=(−1,0,1)，
设m=(x,y,z)是平面A1EB的一个法向量，
则m⋅A1E=−x+y=0m⋅A1B=2y−2z=0，取x=1，则y=z=1，
所以平面A1EB的一个法向量m=(1,1,1)，
又AF⋅m=0，所以AF⊥m，
因为AF⊄平面A1EB，
所以AF//平面A1EB；
(2)解：因为DA⊥平面AA1B1B，
所以DA=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量，
m⋅DA=1×1+1×0+1×0=1，|m|= 12+12+12= 3，|DA|=′1，
所以cs=m⋅DA|m|⋅|DA|=1 3×1= 33．
所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为 33．
【解析】(1)不妨设AD=1，建立空间直角坐标系，求出平面A1EB的法向量m的坐标，由AF⋅m=0，得到AF⊥m，即可得证；
(2)求出平面A1B1B的法向量的坐标，利用空间向量法计算可得．
本题考查用空间向量的方法证明线面的平行及两根平面的夹角的余弦值，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由点B在y=x上，设点B的坐标是(m,m)，
则AB的中点(m+12,m+22)在直线CM上，
而直线CM的方程为：x+2y−1=0，
于是m+12+2×m+22−1=0，解得m=−1，
即点B(−1,−1)，
设A(1,2)关于直线y=x的对称点为A′(x0,y0)，
则有y0−2x0−1=−1y0+22=x0+12，解得x0=2y0=1，
即A′(2,1)，
显然点A′(2,1)在直线BC上，直线BC的斜率为k=1−(−1)2−(−1)=23，
因此直线BC的方程为y+1=23(x+1)，
即2x−3y−1=0，
由2x−3y−1=0x+2y−1=0，解得x=57,y=17，
则点C(57,17)，
所以直线BC的方程为2x−3y−1=0，
点C的坐标为(57,17)；
(2)由(1)得|BC|= (57+1)2+(17+1)2=4 137，
点A到直线BC的距离d=|2×1−3×2−1| 22+(−3)2=5 13，
所以△ABC的面积S=12|BC|⋅d=107．
【解析】(1)设点B的坐标是(m,m)，由AB的中点在直线CM上，求得点B的坐标，再求出点A关于直线y=x的对称点，即可求得直线BC的方程，联立方程组，求出点C坐标．
(2)利用两点间距离公式及点到直线距离公式，求出三角形面积．
本题考查两条直线的交点的求法及三角形面积的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由2x−y+3=0x+y+3=0得交点P(−2,−1)，
由直线l与直线x+2y+5=0垂直，则可设直线l的方程为2x−y+c=0，
又直线l过点P(−2,−1)，代入得2×(−2)−(−1)+c=0，则c=3，
所以直线l的方程为2x−y+3=0；
(2)法一：由题意可得直线m与直线x+2y+5=0平行，
则可设直线m方程为：x+2y+t=0(t≠5)，
由直线m与直线x+2y+5=0关于点P(−2,−1)对称，得P(−2,−1)到两条直线的距离相等，
即|−2−2+t| 5=|−2−2+5| 5，得t=5(舍)或t=3，所以直线m的方程为x+2y+3=0．
法二：设直线m上任意一点M(x,y)，则点M关于点P(−2,−1)对称的点为N(−4−x,−2−y)，
且点N(−4−x,−2−y)在直线x+2y+5=0上，得(−4−x)+2×(−2−y)+5=0，
化简得直线m的方程为x+2y+3=0．
【解析】(1)联立方程求得P(−2,−1)，根据垂直关系设出直线l的方程，将点P代入计算即可求解；
(2)法一：根据平行关系设出直线m的方程，然后利用P到两条直线的距离相等列式求解即可；
法二，设直线m上任意一点M(x,y)，利用对称性求得点M关于点P对称的点N，将N坐标代入已知直线方程，化简即可求解．
本题考查了直线系方程的应用及对称问题，属于中档题．
18.【答案】(1)解：由题意知，AB，AD，AC两两垂直，
故以A为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，
则B(4,0,0)，D(0,5,0)，E(4,6,0)，F(0,4,4)，
所以FD=(0,1,−4)，BE=(0,6,0)，BF=(−4,4,4)，
设平面BEF的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅BE=6y=0m⋅BF=−4x+4y+4z=0，
取x=1，则y=0，z=1，所以m=(1,0,1)，
设直线FD与平面BEF所成角为α，则sinα=|cs|=|FD⋅m||FD|⋅|m|=|−4| 17× 2=2 3417，
故直线FD与平面BEF所成角的正弦值为2 3417．

(2)(i)证明：以A为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，则B(4,0,0)，D(0,5,0)，E(4,6,0)，
设F(m,4,n)，00，则C(m,0,n)，
因为AC=4，所以m2+n2=16，
所以BE=(0,6,0)，BF=(m−4,4,n)，DE=(4,1,0)，DF=(m,−1,n)，BD=(−4,5,0)，
设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1⋅BE=6y1=0n1⋅BF=(m−4)x1+4y1+nz1=0，
取x1=n，则y1=0，z1=4−m，所以n1=(n,0,4−m)，
设平面DEF的法向量为n2=(x2,y2,z2)，则n2⋅DE=4x2+y2=0n2⋅DF=mx2−y2+nz2=0，
取x2=n，则y1=−4n，z1=−4−m，所以n2=(n,−4n,−4−m)，
所以n1⋅n2=n2+(4−m)(−4−m)=n2+m2−16=16−16=0，即n1⊥n2，
所以平面BEF⊥平面DEF．
(ii)解：由(i)知，平面BEF的法向量为n1=(n,0,4−m)，
设平面BDF的法向量为n3=(x3,y3,z3)，则n3⋅BF=(m−4)x3+4y3+nz3=0n3⋅BD=−4x3+5y3=0，
取x3=5n，则y3=4n，z3=4−5m，所以n3=(5n,4n,4−5m)，
因为二面角E−BF−D的余弦值为 3311，
所以|cs|=|n1⋅n3||n1|⋅|n3|=|5n2+(4−m)(4−5m)| n2+(4−m)2× 25n2+16n2+(4−5m)2=3 4−m 84−5m−2m2= 3311，
整理得m2−14m+24=0，
解得m=2或m=12，
因为0所以csθ=mAC=24=12．
【解析】(1)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，即可得解；
(2)(i)以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设F(m,4,n)，00，由AC=4，可得m2+n2=16，再分别求得平面BEF和平面DEF的法向量，即可得证；
(ii)利用向量法求二面角可得关于m和n的方程，再结合m2+n2=16，求出m的值，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法求线面角、二面角，证明面面垂直是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意设圆C的圆心坐标(m,2−m)，
由题意|OC|2=|CG|2，即m2+(2−m)2=(m+2)2+(2−m−2)2，
解得m=0，即C(0,2)，
所以可得半径r=|OC|=2，
所以圆的方程为x2+(y−2)2=4；
(2)①由点P在直线x−y−2=0上运动，可设P(t,t−2)，
由PA和PB为圆C的两条切线，可得AC⊥PA，BC⊥PB，
则P，A，C，B四点共圆，且圆心为PC的中点(t2,t2)，半径为12|PC|=12 t2+(t−4)2，
则以PC为直径的圆的方程为(x−t2)2+(y−t2)2=14[t2+(t−4)2]，
又圆C的方程为x2+(y−2)2=4，
上面两圆的方程相减可得tx+(t−4)y+4−2t=0，
上式即为直线AB的方程，
由t(x+y−2)+(4−4y)=0，可得x+y−2=04−4y=0，解得x=y=1，
则直线AB恒过定点(1,1)；
②若点P在曲线y=14x2(其中x>4)上运动，可设P(u,14u2)，u>4，
显然切线PA，PB的斜率存在，设为k，可得切线方程设为y−14u2=k(x−u)，
即kx−y+14u2−ku=0，
由直线和圆相切的条件可得|−2+14u2−ku| 1+k2=2，
化为k2(u2−4)+2ku(2−u24)+u416−u2=0，
△=4u2(2−u24)2−4(u2−4)(u416−u2)>0在u>4恒成立，
k1+k2=u32−4uu2−4，k1k2=u416−u2u2−4，
|k1−k2|= (k1+k2)2−4k1k2= (u32−4uu2−4)2−4⋅u416−u2u2−4=u2u2−4，
而M(u−u24k1,0)，N(u−u24k2,0)，
|MN|=u24⋅|k1−k2k1k2|=u24⋅u2u416−u2=u2u24−4，
所以△PMN面积S=12⋅u24⋅u2u24−4=12⋅u4u2−16，
可设s=u2−16，s>0，则S=12⋅(16+s)2s=12(s+256s+32)≥12(2 s⋅256s+32)=32，
当且仅当s=16，即u=4 2时，△PMN的面积取得最小值32．
【解析】(1)设圆C的圆心坐标(m,2−m)，由圆的半径相等，解方程可得m，可得圆心和半径，进而得到圆C的方程；
(2)①由题意可设P(t,t−2)，结合相切的性质和四点共圆的知识，可得P，A，C，B四点共圆，求得其方程，与圆C的方程相减可得公共弦AB的方程，由直线恒过定点的求法，即可得证；
②由题意可设P(u,14u2)，u>4，设出切线的方程kx−y+14u2−ku=0，可得M，N的坐标，由直线和圆相切的条件，结合点到直线的距离公式，化简可得k的二次方程，运用判别式大于0和韦达定理，求得|MN|，运用三角形的面积公式，化简整理，运用换元法和基本不等式，计算可得所求最小值．
本题考查圆的方程和运用，考查直线和圆相切、两圆的公共弦方程，考查切线方程的求法，以及三角形的面积的求法，主要考查化简运算能力和推理能力，属于难题．