2024-2025学年云南省文山州富宁县高二上学期期末数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年云南省文山州富宁县高二上学期期末数学检测试卷（附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知直线l过点（2，﹣1），且在x轴上的截距为3，则直线l的方程为（ ）
A．x﹣y﹣3＝0B．x﹣2y+6＝0C．2x+y+3＝0D．2x+y﹣3＝0
2．（5分）已知集合A＝{x|y2＝4﹣x，x∈N*}，B＝{y|y＝x，﹣2＜x＜3}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1，2}B．{1，2}C．{0，1，2，3}D．（﹣2，3）
3．（5分）已知直线l的方程为3x+y−5=0，则直线l的倾斜角为（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．3π4
4．（5分）设角α的终边上有一点P（4，﹣3），则2sinα+csα的值是（ ）
A．−25B．25C．−25或25D．1
5．（5分）已知离心率为3的双曲线x2−y2m2=1与椭圆x2n2+y212=1有相同的焦点，则m2+n2＝（ ）
A．13B．21C．29D．31
6．（5分）点P（1，0），点Q是圆x2+y2＝4上的一个动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（ ）
A．(x−12)2+y2=1B．x2+(y−12)2=4
C．x2+(y−12)2=1D．(x−12)2+y2=4
（多选）7．（5分）若方程x25−t+y2t−1=1所表示的曲线为C，则（ ）
A．曲线C可能是圆
B．若1＜t＜5，则C不一定是椭圆
C．若C为椭圆，且焦点在x轴上，则1＜t＜3
D．若C为双曲线，且焦点在y轴上，则t＜1
8．（5分）“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P（x，y）是阴影部分（包括边界）的动点，则yx−2的最小值为（ ）
A．−23B．−32C．−43D．﹣1
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分．部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）若a→=(2，0)，b→=(1，3)，则（ ）
A．a→⋅b→=2
B．|a→+b→|=|a→−b→|
C．a→与b→的夹角为π6
D．b→在a→方向上的投影向量为12a→
（多选）10．（6分）直线l：（m+1）x+2（m﹣1）y﹣4m＝0与圆C：x2+y2﹣x﹣y﹣2＝0的交点个数可能为（ ）
A．0B．1C．2D．3
（多选）11．（6分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为面A1ABB1的中心，E、F分别为BC到D1C1的中点，则（ ）
A．B1D⊥平面A1EF
B．平面ACD1与平面A1EF相交
C．点O到直线A1E的距离为26
D．点O到平面A1EF的距离为2958
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知抛物线C：x＝4y2．则抛物线C的准线方程为 ．
13．（5分）已知直线l1：（a+1）x+y+a＝0，l2：x+（a+1）y+2＝0，若l1⊥l2，则实数a的值为 ．
14．（5分）已知椭圆C：x23+y2=1的左、右焦点分捌为F1，F2，直线y＝x+m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝ ．
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．写出满足下列条件的直线的方程．
（1）在y轴上的截距是2，且与x轴平行；
（2）经过点B（﹣2，0），且与x轴垂直；
（3）斜率是﹣4，在y轴上的截距是7．
16．已知点（2，﹣3）在圆C：x2+y2﹣8x+6y+m＝0上．
（Ⅰ）求该圆的圆心坐标及半径长；
（Ⅱ）过点M（﹣1，1），斜率为−43的直线l与圆C相交于A，B两点，求弦AB的长．
17．如图，正方形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，平面BCE⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，且FD=3．
（1）求证：EF∥平面ABCD；
（2）求平面ABF与平面EBF夹角的余弦值．
18．已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F1，上、下顶点分别为A，B，且∠AF1B=π2，点(1，22)在Γ上．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M，N两点，交直线x＝﹣2于点P，设PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，证明：λ+μ为定值．
19．已知点F1（﹣2，0），F2（2，0）分别为椭圆C：x2a2+y212=1的左、右焦点，经过点F1且倾斜角为θ(0＜θ＜π2)的直线l与椭圆C交于A，B两点（其中点A在x轴上方）．如图，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A﹣F1F2﹣B为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为A′，B′．
（1）当θ=π3时，
①求证：A′O⊥平面B′F1F2；
②求直线A′F2与平面A′B′F1所成角的正弦值；
（2）是否存在θ(0＜θ＜π2)，使得折叠后△A′B′F2的周长为15？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）已知直线l过点（2，﹣1），且在x轴上的截距为3，则直线l的方程为（ ）
A．x﹣y﹣3＝0B．x﹣2y+6＝0C．2x+y+3＝0D．2x+y﹣3＝0
【分析】根据已知条件，求出直线l过点（2，﹣1），（3，0），再结合直线的斜率公式，即可求解．
解：直线l过点（2，﹣1），且在x轴上的截距为3，
则直线l过点（2，﹣1），（3，0），
直线l的斜率为−1−02−3=1，
故直线l的方程为y﹣0＝x﹣3，即x﹣y﹣3＝0．
故选：A．
【点评】本题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
2．（5分）已知集合A＝{x|y2＝4﹣x，x∈N*}，B＝{y|y＝x，﹣2＜x＜3}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1，2}B．{1，2}C．{0，1，2，3}D．（﹣2，3）
【分析】根据题意确定集合A，B中元素，然后由交集定义计算．
解：集合A＝{x|y2＝4﹣x，x∈N*}＝{1，2，3，4}，
又B＝{y|y＝x，﹣2＜x＜3}＝（﹣2，3），
A∩B＝{1，2}．
故选：B．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
3．（5分）已知直线l的方程为3x+y−5=0，则直线l的倾斜角为（ ）
A．π6B．π3C．2π3D．3π4
【分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．
解：由直线l的方程为3x+y−5=0，
可得直线l的斜率为−3，因此倾斜角为2π3．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
4．（5分）设角α的终边上有一点P（4，﹣3），则2sinα+csα的值是（ ）
A．−25B．25C．−25或25D．1
【分析】由题意可得x＝4，y＝﹣3，r=x2+y2=5，可得csα=xr 和sinα=yr的值，从而求得2sinα+csα 的值．
解：∵角α的终边上有一点P（4，﹣3），
∴x＝4，y＝﹣3，r=x2+y2=5，
∴csα=xr=45，sinα=yr=−35，
∴2sinα+csα＝2×（−35）+45=−25，
故选：A．
【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
5．（5分）已知离心率为3的双曲线x2−y2m2=1与椭圆x2n2+y212=1有相同的焦点，则m2+n2＝（ ）
A．13B．21C．29D．31
【分析】根据双曲线与椭圆的几何性质，即可求解．
解：根据题意可得双曲线x2−y2m2=1的离心率为1+m2=3，
∴m2＝8，又双曲线x2−y2m2=1与椭圆x2n2+y212=1有相同的焦点，
∴n2＞12，且n2−12=3，∴n2＝21，
∴m2+n2＝29．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线与椭圆的几何性质，属基础题．
6．（5分）点P（1，0），点Q是圆x2+y2＝4上的一个动点，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（ ）
A．(x−12)2+y2=1B．x2+(y−12)2=4
C．x2+(y−12)2=1D．(x−12)2+y2=4
【分析】根据相关点法，即可求解．
解：设点M的坐标为M（x，y），
∵P（1，0），线段PQ的中点为M，
∴Q（2x﹣1，2y），
又点Q在圆x2+y2＝4上，
∴（2x﹣1）2+（2y）2＝4，
即(x−12)2+y2=1．
故选：A．
【点评】本题考查根据相关点法求解轨迹方程，属基础题．
（多选）7．（5分）若方程x25−t+y2t−1=1所表示的曲线为C，则（ ）
A．曲线C可能是圆
B．若1＜t＜5，则C不一定是椭圆
C．若C为椭圆，且焦点在x轴上，则1＜t＜3
D．若C为双曲线，且焦点在y轴上，则t＜1
【分析】AB选项，计算出t＝3时，曲线C表示圆，A正确，B正确；C选项，根据焦点在x轴上的椭圆所满足的条件得到不等式，求出答案；D选项，根据焦点在y轴上的双曲线所满足的条件得到不等式，求出答案．
解：A选项，当5﹣t＝t﹣1＞0，即t＝3时，方程x25−t+y2t−1=1为x2+y2＝2，
表示圆心为原点，半径为2的圆，故选项A正确，选项B正确；
C选项，若C为椭圆，且焦点在x轴上，则5﹣t＞t﹣1＞0，解得1＜t＜3，故选项C正确；
D选项，若C为双曲线，且焦点在y轴上，方程x25−t+y2t−1=1即y2t−1−x2t−5=1，
则t−1＞0t−5＞0，解得t＞5，故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查圆锥曲线的几何性质，属中档题．
8．（5分）“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P（x，y）是阴影部分（包括边界）的动点，则yx−2的最小值为（ ）
A．−23B．−32C．−43D．﹣1
【分析】转化为点P（x，y）与（2，0）连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解，
解：记A（2，0），则k=yx−2为直线AP的斜率，
故当直线AP与半圆x2+（y﹣1）2＝1（x＞0）相切时，得k最小，
此时设AP：y＝k（x﹣2），故|−1−2k|k2+1=1，解得k=−43或k＝0（舍去），
即kmin=−43．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，属于基础题．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分．部分选对得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）若a→=(2，0)，b→=(1，3)，则（ ）
A．a→⋅b→=2
B．|a→+b→|=|a→−b→|
C．a→与b→的夹角为π6
D．b→在a→方向上的投影向量为12a→
【分析】根据向量数量积的坐标运算，向量的模的定义，向量夹角公式，投影向量的定义即可求解．
解：∵a→=(2，0)，b→=(1，3)，
∴a→⋅b→=2，|a→|=2，|b→|=1+3=2，
对A选项，∵a→⋅b→=2，∴A选项正确；
对B选项，∵|a→+b→|＝|（3，3）|=9+3=23，
又|a→−b→|＝|（1，−3）|=1+3=2，
|a→+b→|≠|a→−b→|，∴B选项错误；
对C选项，∵cs＜a→，b→＞=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=22×2=12，
又＜a→，b→＞∈[0，π]，∴＜a→，b→＞=π3，∴C选项错误；
对D选项，∵b→在a→方向上的投影向量为(a→⋅b→a→2)a→=(222)a→=12a→，
∴D选项正确．
故选：AD．
【点评】本题考查向量数量积的坐标运算，向量的模的定义，向量夹角公式，投影向量的定义，属基础题．
（多选）10．（6分）直线l：（m+1）x+2（m﹣1）y﹣4m＝0与圆C：x2+y2﹣x﹣y﹣2＝0的交点个数可能为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【分析】求出直线l：（m+1）x+2（m﹣1）y﹣4m＝0恒过点（2，1），判断（2，1）在圆上，即可得出结论．
解：直线l：（m+1）x+2（m﹣1）y﹣4m＝0可整理为（x﹣2y）+m（x+2y﹣4）＝0．
由x−2y=0x+2y−4=0，可得x＝2，y＝1，即直线l：（m+1）x+2（m﹣1）y﹣4m＝0恒过点（2，1）．
∵22+12﹣2﹣1﹣2＝0，
∴（2，1）在圆上，
∴直线与圆可能有两个交点，也可能只有一个交点，
故选：BC．
【点评】本题考查直线恒过定点，考查直线与圆的位置关系，确定直线恒过定点是关键，属于中档题．
（多选）11．（6分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为面A1ABB1的中心，E、F分别为BC到D1C1的中点，则（ ）
A．B1D⊥平面A1EF
B．平面ACD1与平面A1EF相交
C．点O到直线A1E的距离为26
D．点O到平面A1EF的距离为2958
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量方法处理线、面关系以及空间距离问题．
解：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则由题意有：A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，E(12，1，0)，F(0，12，1)，O(1，12，12)，
A1（1，0，1），B1（1，1，1），D1（0，0，1），C1（0，1，1），
设平面A1EF的法向量为n→=(x，y，z)，
A1F→=(−1，12，0)，A1E→=(−12，1，−1)，
则由n→⊥A1F→，n→⊥A1E→，可得n→⋅A1F→=−x+12y=0n→⋅A1E→=−12x+y−z=0，
令x＝2，则y＝4，z＝3，可得n→=(2，4，3)，
设平面ACD1的法向量为m→=(a，b，c)，
AC→=(−1，1，0)，CD1→=(0，−1，1)，
则由m→⊥AC→，m→⊥CD1→，可得m→⋅AC→=−a+b=0m→⋅CD1→=−b+c=0，
令a＝1，则b＝c＝1，可得m→=(1，1，1)，
对A，因为DB1→=(1，1，1)，则21≠41≠31，即DB1→与n→不共线，
所以B1D与平面A1EF不垂直，故A错误；
对B，因为21≠41≠31，则m→与n→不共线，
所以平面ACD1与平面A1EF相交，故B正确；
对C：OE→=(−12，12，−12)，A1E→=(−12，1，−1)，
则点O到直线A1E的距离为|OE→|2−(OE→⋅A1E→|A1E→|)2=26，故C正确；
对D：A1O→=(0，12，−12)，则点O到平面A1EF的距离为|A1O→⋅n→||n→|=2958，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查利用空间向量判定空间直线、平面间的位置关系，求解点到直线及点到平面的距离，属中档题．
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（5分）已知抛物线C：x＝4y2．则抛物线C的准线方程为 x=−116 ．
【分析】根据抛物线方程判断焦点位置，求得p的值，即得准线方程．
解：抛物线C：x＝4y2．即C：y2=14x，
故2p=14，即p=18，
故抛物线C的准线方程为x=−116．
故x=−116．
【点评】本题主要考查抛物线的性质，属于基础题．
13．（5分）已知直线l1：（a+1）x+y+a＝0，l2：x+（a+1）y+2＝0，若l1⊥l2，则实数a的值为 ﹣1 ．
【分析】根据两条直线垂直的性质即可得．
解：若l1⊥l2，则（a+1）•1+1•（a+1）＝0，即2（a+1）＝0，则a＝﹣1．
故﹣1．
【点评】本题考查直线的位置关系，属于基础题．
14．（5分）已知椭圆C：x23+y2=1的左、右焦点分捌为F1，F2，直线y＝x+m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝ −23 ．
【分析】联立方程，根据Δ＞0求出m的范围，再将S△F1ABS△F2AB转化为点F1到AB的距离和点F2到AB的距离之比，即可得解．
解：联立y=x+mx23+y2=1，消去y并整理得4x2+6mx+3m2﹣3＝0，
因为直线y＝x+m与C交于A，B两点，
所以Δ＝36m2﹣4×4（3m2﹣3）＞0，
解得﹣2＜m＜2，
设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2，
易知F1(−2，0)，F2(2，0)，
所以d1=|−2+m|2，d2=|2+m|2，
此时S△F1ABS△F2AB=|−2+m|2|2+m|2=|−2+m||2+m|=2，
解得m=−23或m=−32，
因为﹣2＜m＜2，
所以m=−23．
故−23．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于基础题．
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．写出满足下列条件的直线的方程．
（1）在y轴上的截距是2，且与x轴平行；
（2）经过点B（﹣2，0），且与x轴垂直；
（3）斜率是﹣4，在y轴上的截距是7．
【分析】（1）易知斜率为0，可得直线方程；
（2）易知倾斜角为90°，可得结果；
（3）利用直线的斜截式方程计算可得结果．
解：（1）因为在y轴上的截距是2，即直线过点（0，2），且与x轴平行，
则直线的斜率为0，
所以过点（0，2）的直线方程为y＝2，
即y﹣2＝0；
（2）经过点B（﹣2，0），且与x轴垂直，则直线的斜率不存在，
则直线方程为x＝﹣2，
即x+2＝0；
（3）斜率是﹣4，在y轴上的截距是7，即直线过（0，7），
则直线方程为y＝﹣4x+7，
即4x+y﹣7＝0．
【点评】本题考查直线的斜截式方程的应用及过一点的直线方程的求法，属于基础题．
16．已知点（2，﹣3）在圆C：x2+y2﹣8x+6y+m＝0上．
（Ⅰ）求该圆的圆心坐标及半径长；
（Ⅱ）过点M（﹣1，1），斜率为−43的直线l与圆C相交于A，B两点，求弦AB的长．
【分析】（Ⅰ）把点（2，﹣3）代入圆的方程，求得m的值，可得圆心坐标及半径长．
（Ⅱ）先求出圆心到直线l的距离，再利用弦长公式，求得结果．
解：（Ⅰ）∵点（2，﹣3）在圆C：x2+y2﹣8x+6y+m＝0上，∴22+（﹣3）2﹣16﹣18+m＝0，解得m＝21．
∴圆C的方程为（x﹣4）2+（y+3）2＝4，
∴圆心C坐标为（4，﹣3），半径r＝2．
（Ⅱ）．依题意，直线l的方程为y−1=−43(x+1)，即4x+3y+1＝0．
则圆心到直线l的距离为d=|16−9+1|42+32=85，
∴|AB|=24−(85)2=125．
【点评】本题主要考查圆的一般方程，点到直线的距离公式的应用，属于中档题．
17．如图，正方形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，平面BCE⊥平面ABCD，FD⊥平面ABCD，且FD=3．
（1）求证：EF∥平面ABCD；
（2）求平面ABF与平面EBF夹角的余弦值．
【分析】（1）取BC的中点H，连接EH，DH，先证明四边形EHDF为平行四边形，可得EH∥DH，再由线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角即可．
（1）证明：取BC的中点H，连接EH，DH，则EH⊥BC，EH=3，
∵平面BCE⊥平面ABCD，平面BCE∩平面ABCD＝BC，EH⊂平面BCE，
∴EH⊥平面ABCD，
又∵FD⊥平面ABCD，FD=3，∴FD∥EH，FD＝EH，
∴四边形EHDF为平行四边形，∴EH∥DH，
又EF⊄平面ABCD，DH⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD．
（2）解：∵FD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，
∴以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，2，0)，B(2，2，0)，F(0，0，3)，E(2，1，3)，
∴BF→=(−2，−2，3)，BA→=(−2，0，0)，BE→=(0，−1，3)，
设平面ABF的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅BF→=−2x−2y+3z=0m→⋅BA→=−2x=0，
令y=3，则x＝0，z＝2，∴m→=(0，3，2)，
设平面EBF的法向量为n→=（a，b，c），则n→⋅BF→=−2a−2b+3c=0n→⋅BE→=−b+3c=0，
令b＝23，则a=−3，c＝2，∴n→=(−3，23，2)，
设平面ABF与平面EBF的夹角为θ，
则csθ=|cs〈m→，n→〉|=|m→⋅n→|m→||n→||=107×19=10133133，
故平面ABF与平面EBF夹角的余弦值为10133133．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理，利用向量法求面面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F1，上、下顶点分别为A，B，且∠AF1B=π2，点(1，22)在Γ上．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M，N两点，交直线x＝﹣2于点P，设PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，证明：λ+μ为定值．
【分析】（1）由∠AF1B=π2，得a=2b，再把点(1，22)代入椭圆方程求出a，b即可；
（2）设出直线MN的方程，代入椭圆方程，设A（x1，y1），N（x2，y2），由PM→=λMF1→，PN→=μNF→1，表示出λ+μ，利用韦达定理化简得定值．
解：（1）根据题意可知，∠AF1B=π2，所以a=2b，
由于点(1，22)在Γ上，因此12b2+12b2=1，
即2b2＝2，
解得b＝1，所以a=2，
因此椭圆Γ的方程为x22+y2=1．
（2）根据已知得直线MN的斜率必存在，所以设直线MN的方程为y＝k（x+1），
代入椭圆方程，可得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2＝0，Δ＞0，
设N（x2，y2），M（x1，y1），
所以x1+x2=−4k21+2k2，x1x2=2(k2−1)1+2k2，
又因为F1（﹣1，0），P（﹣2，﹣k），则根据PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，
可得λ=−r1+2x1+1，μ=−x2+2x2+1，．
因此λ+μ=−x1+2x1+1−x2+2x2+1=−2x1x2+3(x1+x2)+4(x1+1)(x2+1)，
又由于2x1x2+3(x1+x2)+4=2⋅2(k2−1)1+2k2+3⋅(−4k21+2k2)+4=0，
因此λ+μ＝0为定值．证明完毕．
【点评】本题考查椭圆综合应用，属于中档题．
19．已知点F1（﹣2，0），F2（2，0）分别为椭圆C：x2a2+y212=1的左、右焦点，经过点F1且倾斜角为θ(0＜θ＜π2)的直线l与椭圆C交于A，B两点（其中点A在x轴上方）．如图，将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A﹣F1F2﹣B为直二面角，折叠后A，B在新图形中对应点记为A′，B′．
（1）当θ=π3时，
①求证：A′O⊥平面B′F1F2；
②求直线A′F2与平面A′B′F1所成角的正弦值；
（2）是否存在θ(0＜θ＜π2)，使得折叠后△A′B′F2的周长为15？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①求出椭圆方程及直线l的方程，联立求出点A，B的坐标，进而求出点A′，B′的坐标，再利用面面垂直的性质推理得证；
②建立空间直角坐标系，求出平面A′B′F1的法向量，再利用线面角的向量法求解．
（2）设折叠前A（x1，y1），B（x2，y2），表示折叠后点A′，B′的坐标，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合|AB|﹣|A′B′|＝1建立关系，求出m2=2845，即得tanθ的值．
解：（1）①证明：依题意，椭圆C的半焦距c＝2，
则a2＝12+22＝16，
椭圆C的方程为x216+y212=1，
直线l：y=3(x+2)，
由y=3(x+2)3x2+4y2=48，
消去y得15x2+48x＝0，
解得x＝0或−165，
而点A在x轴上方，则A(0，23)，B(−165，−635)，AO⊥F1F2，
折叠后有F1F2，而二面角A﹣F1F2﹣B为直二面角，即平面A′F1F2⊥平面F1F2B′，
平面A′F1F2∩平面F1F2B′＝F1F2，A′O⊂平面A′F1F2，
所以A′O⊥平面B′F1F2．
②以O为坐标原点，折叠后的y轴负半轴为x轴，原x轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，
则F1(0，−2，0)，A′(0，0，23)，B′(635，−165，0)，F2(0，2，0)，
A′F2→=(0，2，−23)，B′F1→=(−635，65，0)，A′F1→=(0，−2，−23)，
设平面A′B′F1的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⊥A′F1→n→⊥B′F1→，则n→⋅A′F1→=−2y−23z=0n→⋅B′F1→=−635x+65y=0，
令y=3，得n→=(1，3，−1)，
直线A′F2与平面A′B′F1所成角的正弦值为|cs〈n→，A′F2→〉|=|n→⋅A′F2→||n→||A′F2→|=435⋅4=155．
（2）假定存在符合条件的θ，设折叠前A（x1，y1），B（x2，y2），折叠后A′（0，x1，y1），B′（﹣y2，x2，0），
设直线l方程为my＝x+2，
由x=my−23x2+4y2=48消去x得（3m2+4）y2﹣12my﹣36＝0，
则y1+y2=12m3m2+4，y1y2=−363m2+4，
折叠前|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2，
折叠后|A′B′|=(x1−x2)2+y12+y22，
由|A′F2|+|B′F2|+|A′B′|＝15，|AF2|+|BF2|+|AB|＝16，则|AB|﹣|A′B′|＝1，
即|AB|−|A′B′|=(x1−x2)2+(y1−y2)2−(x1−x2)2+y12+y22=1，
分子有理化得−2y1y2(x1−x2)2+(y1−y2)2+(x1−x2)2+y12+y22=1，
解得(x1−x2)2+(y1−y2)2=12−y1y2，
则(my1−1−my2+1)2+(y1−y2)2=12−y1y2，
即m2+1(y1+y2)2−4y1y2=12−y1y2，m2+1(12m3m2+4)2+1443m2+4=12+363m2+4，
整理得24(m2+1)=3m2+762，
即48m2+48＝3m2+76，
解得m2=2845，由0＜θ＜π2，得tanθ=1m=33514
所以存在θ(0＜θ＜π2)，使得折叠后△A′B′F2的周长为15，tanθ=33514．
【点评】本题考查线面垂直的判定，以及向量法的应用，属于难题．
题号
1
2
3
4
5
6
8
答案
A
B
C
A
C
A
C