2024-2025学年江西省景德镇一中19班高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省景德镇一中19班高一（下）期末数学试卷（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.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥n，m//α，则n//αD. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
2.若过点(0,4)且与圆(x−2)2+y2=2相切的两条直线的夹角为θ，则tanθ=( )
A. 43B. 35C. 34D. 13
3.已知过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的直线与该抛物线交于A，B两点，若|AF|+4|BF|=9，则p的最大值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
4.已知双曲线Γ：x2−y23=1的左焦点为F，点A，B在Γ的右支上，且|AB|=6，则|FA|+|FB|的最小值为( )
A. 4B. 6C. 10D. 14
5.如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC−A1B1C1中，D是A1B1的中点，过B，C，D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点B1所在部分的体积为( )
A. 2 33
B. 5 36
C. 3
D. 7 36
6.已知点F1、F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|=2|OP|，|PF1|≥3|PF2|，则双曲线C的离心率的取值范围为( )
A. [52,+∞)B. [ 102,+∞)C. (1, 102]D. (1,52]
7.设椭圆C：x24+y23=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，cs∠F1PF2=35，∠F1PF2的平分线与x轴交于点A，则|PA|=( )
A. 3B. 2 3C. 3 104D. 3 54
8.如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长均为2，且它们所在的平面互相垂直，点N在线段BF上运动，点M在正方形ABCD内运动，MN=2，且始终保持MN⊥AB，则DM的最小值为( )
A. 2−1
B. 2 2−2
C. 22
D. 32
二、多选题：本题共4小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列选项正确的是( )
A. 若直线l1：x+2y+1=0与l2：2x+ay−2=0平行，则l1与l2的距离为2 55
B. 过点(−1,1)且和直线2x−y+7=0平行的直线方程是2x−y−6=0
C. “a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的必要不充分条件
D. 直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[0,π4]∪[3π4,π)
10.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是( )
A. 若|BF|=4|AF|，则直线l的斜率为±43 B. |AF|+4|BF|≥18
C. 0°0)左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点(如图)，点N恰好平分线段PF2，则双曲线的离心率是______．
15.设F1，F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1且倾斜角为60°的直线与椭圆C交于A，B两点，若|AB|=3|F1B|，则椭圆C的离心率为 ．
16.三棱锥A−BCD中，AB=4，BC=BD=3，AC=AD=5，∠CBD=60°，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共60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△ABC的三个顶点的坐标为A(1,0)，B(3,2)，C(2,4).求：
(1)点D的坐标，使四边形ABCD是平行四边形；
(2)点C关于直线AB对称点的坐标；
(3)△ABC的面积．
18.(本小题12分)
如图，梯形BCDP中，BC//PD，BA⊥PD于点A，PA= 2，且AB=BC=1=12AD.沿AB把△PAB折起到△P′AB的位置，使P′D= 6．
(1)求异面直线CD与P′B所成角的余弦值；
(2)若E为P′C的中点，F为P′D上一点，证明CF⊥AE．
19.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 2，O为坐标原点，过C的右焦点的直线l交C的右支于P，Q两点，当l⊥x轴时，|PQ|=2 2．
(1)求C的方程；
(2)过P作直线x=1的垂线，垂足为N．
(i)证明：直线QN过定点；
(ii)求△OQN面积的最小值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F，G分别是AB，PD，PC的中点．
(1)若AD=PA，求证：AF⊥平面PDC；
(2)若二面角P−EC−D的正切值为 2，且AD= 2，AB=2 2，求EG与平面PDE所成角的正弦值．
21.(本小题12分)
已知圆A：(x+1)2+y2=16和点B(1,0)，点P是圆上任意一点，线段PB的垂直平分线与线段PA相交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)点D在直线x=4上运动，过点D的动直线l与曲线C相交于点M，N．
(ⅰ)若线段MN上一点E，满足|ME||EN|=|MD||DN|，求证：当D的坐标为(4,1)时，点E在定直线上；
(ⅱ)过点M作x轴的垂线，垂足为G，设直线GN，GD的斜率分别为k1，k2，当直线l过点(1,0)时，是否存在实数λ，使得k1=λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
由直线与平面平行分析直线与直线的关系判断A；由直线与直线平行、直线与平面垂直分析线面关系判断B；由直线与直线垂直、直线与平面平行分析线面关系判断C；由平面与平面垂直、直线与平面垂直分析线面关系判断D．
【解答】
解：若m/​/α，n⊂α，则m/​/n或m与n异面，故A错误；
若m/​/n，m⊥α，由直线与平面垂直的性质可得n⊥α，故B正确；
若m⊥n，m/​/α，则n⊂α或n/​/α或n与α相交，故C错误；
若α⊥β，m⊥α，则m⊂β或m//β，故D错误．
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：圆的标准方程为(x−2)2+y2=2，
所以圆心C(2,0)，半径r= 2，
设P(0,4)，过点P的直线PA，PB分别与圆相切于点A，B，
则|PC|= 22+42=2 5，
所以在Rt△PAC中，sin∠APC=sin12θ= 22 5= 1010，cs12θ=3 1010，tan12θ=13，
tanθ=2×131−19=34．
故选：C．
将圆的方程化为标准方程，确定圆心及半径，利用直角三角形求sin12θ，再求tanθ即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，考查了数形结合思想，属于中档题．
3.【答案】A
【解析】解：已知过抛物线y2=2px(p>0)焦点F的直线与该抛物线交于A，B两点，
由抛物线的性质可得：1|AF|+1|BF|=2p，
又|AF|+4|BF|=9，
则18p=(|AF|+4|BF|)(1|AF|+1|BF|)=5+|AF||BF|+4|BF||AF|≥5+2 |AF||BF|×4|BF||AF|=9，当且仅当|AF|=2|BF|时取等号，
即p≤2，
即p的最大值为2．
故选：A．
由抛物线的性质可得：1|AF|+1|BF|=2p，又|AF|+4|BF|=9，则18p=(|AF|+4|BF|)(1|AF|+1|BF|)=5+|AF||BF|+4|BF||AF|，然后结合基本不等式求解即可．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
4.【答案】C
【解析】解：对于双曲线x2−y23=1，根据双曲线的标准方程x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，
可得a2=1，b2=3，则a=1，
设双曲线的右焦点为F2，由双曲线的定义可知，点A在双曲线的右支上，
则|FA|−|F2A|=2a=2，
即FA|=|F2A|+2，
同理，点B在双曲线的右支上，
则FB|−|F2B|=2a=2，即|FB|=|F2B|+2，
所以|FA|+|FB|=(|F2A|+2)+(|F2B|+2)=|F2A|+|F2B|+4，
根据三角形三边关系，|F2A|+|F2B|≥|AB|，当且仅当A，B，F2三点共线时，等号成立，
又|AB|=6，则|F2A|+|F2B|+4≥|AB|+4=6+4=10，即|FA|+|FB|≥10，
所以|FA|+|FB|的最小值为10．
故选：C．
根据双曲线的定义，将|FA|与FB进行转化，再结合三角形三边关系求出|FA|+|FB|的最小值．
本题考查双曲线方程的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：如图，取A1C1的中点E，连接DE，CE，又D是A1B1的中点，
∴DE//B1C1，且DE=12B1C1，
又B1C1/​/BC，且B1C1=BC，
∴DE/​/BC，且DE=12BC，
∴过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，
∴所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC
=12×2×2× 32×2−13×(12×1×1× 32+12×2×2× 32+ 34× 3)×2
=2 3−7 36=5 36．
故选：B．
取A1C1的中点E，连接DE，CE，则易得过B，C，D三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED，从而可得所求体积为：V三棱柱ABC−A1B1C1−V三棱台A1DE−ABC，再根据柱体的体积公式及台体的体积公式，计算即可得解．
本题考查几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】C
【解析】解：若点P在双曲线C的右支上，且满足|F1F2|=2|OP|，则PF1⊥PF2，
∴|PF1|2+|PF2|2=4c2，
又∵|PF1|≥3|PF2|，∴|PF1|−|PF2|=2a≥2|PF2|，即|PF2|≤a，
∴(|PF2|+2a)2+|PF2|2=4c2≤(a+2a)2+a2，
得2c2≤5a2，故ca≤ 52= 102，又ca>1，
∴双曲线C离心率的取值范围是1|PF2|，①
则|PF1|+|PF2|=4，
又点P在椭圆上，cs∠F1PF2=35，②
由|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2可得：|PF1|2+|PF2|2−65|PF1||PF2|=4，③
联立①②③可得：|PF1|=52，|PF2|=32，
又∠F1PF2的平分线与x轴交于点A，
则xA+11−xA=53，
即xA=14，
则A(14,0)，
设P(x,y)，
则x24+y23=1(x+1)2+y2=254，
解得：x=1y=32，
则|PA|= (1−14)2+(0−32)2=3 54．
故选：D．
由椭圆的性质及定义，结合角平分线定理及两点距离公式求解．
本题考查了椭圆的性质及定义，重点考查了角平分线定理及两点距离公式，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图，过点N作NH⊥AB，垂足为H，连接MH．
因为MN⊥AB，HN⊥AB，MN∩HN=N，MN，HN⊂平面MNH，
所以AB⊥平面MNH.因为MH⊂平面MNH，所以AB⊥MH．
因为HN=HB，MH=MH，MH⊥HN，MH⊥HB，所以△BHM≌NHM．
所以MN=MB=2，所以点M的轨迹是以B为圆心，2为半径的圆弧，所以DM的最小值为DB−2=2 2−2．
故选：B．
利用AB⊥MN，AB⊥NH得出AB⊥MNH，再利用线面垂直的性质得出AB⊥MH，最后根据三角形全等得出对应线段长进而求出DM最小值．
本题考查线面垂直的判定与性质运用，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查直线平行、垂直的性质，以及直线的斜率与倾斜角的关系，属于中档题．
根据已知条件，结合直线平行、垂直的性质，以及直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
【解答】
解：对于A，因为直线l1：x+2y+1=0与l2：2x+ay−2=0平行，
所以21=a2≠−21，解得a=4，此时直线l2为2x+4y−2=0，即x+2y−1=0，
所以l1与l2的距离为|1−(−1)| 1+4=2 55，故A正确；
对于B，所求直线与直线2x−y+7=0平行，
则可设所求直线为2x−y+m=0，
所求直线过点(−1,1)，
则−2−1+m=0，解得m=3，
故所求直线方程为2x−y+3=0，故B错误；
对于C，当直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直时，
则1×a2+(−1)×(−a)=0，即得a=0或a=−1，
所以“a=−1”是“直线a2x−y+1=0与直线x−ay−2=0互相垂直”的充分不必要条件，故C错误，
对于D，直线xsinα+y+2=0的斜率为k=−sinα，则−1≤k≤1，
当−1≤k0，由抛物线的定义可得|AF|=x1+2，
|AD|= (x1+2)2+(y1−0)2= x12+4x1+4+8x1= x12+12x1+4，
因为x1>0，所以|AF||AD|=x1+2 x12+12x1+4= x12+4x1+4x12+12x1+4= 1−8x1x12+12x1+4
= 1−8x1+4x1+12⩾ 1−82 x1⋅4x1+12= 22，
当且仅当x1=2时取等号，此时|AF|=4，故D项正确．
故选：ABD．
设直线l的方程，并与抛物线联立，由抛物线的定义、韦达定理及基本不等式依次对每一选项进行判断即可求解．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A选项，由正方体的性质易知AD1/​/BC1，△A1BC1为等边三角形，
所以，当P为BC1中点时，BC1⊥A1P，
所以AD1⊥A1P，此时，异面直线A1P与AD1所成角为π2，故A选项错误；
对于B选项，由正方体的性质易知AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，侧面BCC1B1为正方形，
所以AB⊥B1C，B1C⊥BC1，由于AB∩BC1=B，AB，BC1⊂平面ABC1D1，
所以B1C⊥平面ABC1D1，
设C到平面D1AP的距离为ℎ，则ℎ=12B1C，
因为S△D1AP=12⋅AD1⋅D1C1，
所以，三棱锥D1−APC的体积VD1−APC=VC−D1AP=13S△D1AP⋅ℎ=112⋅AD1⋅D1C1⋅B1C，故正确；
对于C选项，由正方体的性质易知A1B1⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以AD1⊥DA1，A1B1⊥AD1，由于A1B1∩A1D=A1，A1B1，A1D⊂平面A1B1D，
所以AD1⊥平面A1B1D，B1D⊂平面A1B1D，
所以AD1⊥B1D，同理证得AC⊥B1D，
由于AD1∩AC=A，AD1，AC⊂平面AD1C，
所以B1D⊥平面AD1C，因为B1D⊂平面B1DP，
所以平面PB1D⊥平面ACD1，故C选项正确；
对于D选项，根据题意，将平面BCC1B1沿BB1展开使其与平面BDD1B1重合时，如图，
因为AB=1，所以AB=BC=CC1=C1D1=1,AD1=BC1= 2，BC⊥CC1，
所以CP+PD1≥CD1= (1+ 22)2+( 22)2= 2+ 2，故正确．
故选：BCD．
根据P为BC1中点时，异面直线A1P与AD1所成角为π2判断A；根据VD1−APC=VC−D1AP=112⋅AD1⋅D1C1⋅B1C判断B；证明B1D⊥平面ACD1即可判断C；将平面BCC1沿BC1展开使其与平面ABC1D1重合时，再求D1C的距离即可判断D．
本题考查命题的真假的判断与应用，空间几何体的体积以及直线与平面的位置关系的应用，是中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：根据题意，截面椭圆的长轴与圆锥的轴相交，
椭圆长轴所在直线与圆锥的轴确定的平面截此组合体，可得圆锥的轴截面及球O1，球O2的截面大圆，
如图，
点A，B分别为圆O1，O2与圆锥轴截面等腰三角形一腰相切的切点，MN是椭圆长轴，
可知椭圆C的中心(即MN的中点)不在直线O1O2上，所以选项A错误；
2a=|MN|=|MF|+|FN|=|MF|+|ME|=|MB|+|MA|=|AB|，
过O2作O2D⊥O1A于D，连接O2B，显然ABO2D为矩形，
又因为|O2B|=1,|O1A|=3,|O1O2|=4 2，
那么2a=|AB|=|O2D|= |O1O2|2−|O1D|2= (4 2)2−22=2 7，
过O2作O2C⊥O1E交O1E延长线于C，显然CEFO2为矩形，
2c=|EF|=|O2C|= |O1O2|2−|O1C|2= (4 2)2−42=4，所以选项B正确；
因此O1O2与椭圆C所在平面所成的角的正弦值为sin∠CO2O1=|O1C||O1O2|=44 2= 22，所以选项C错误；
因此e=2c2a=42 7=2 77，所以选项D正确．
故选：BD．
根据给定的几何体，作出轴截面，结合圆的切线性质及勾股定理求出椭圆长轴和焦距作答．
本题考查直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
13.【答案】163
【解析】解：如图，设准线与x轴的交点为G，过点A作AE⊥MG，垂足为E，
根据抛物线C：y2=4x，得GF=2，准线l为x=−1，焦点F的坐标为(1,0)，
F为AM的中点，因此AE=2FG=4，那么点A的横坐标为3．
由于直线l过点F且与准线相交，因此l的斜率存在，
设其方程为y=k(x−1)，联立抛物线方程y2=4xy=k(x−1)，化简可得k2x2−(2k2+4)x+k2=0，
根的判别式Δ=(2k2+4)2−4k4=16k2+16>0，
设B(x2,y2)，A(x1,y1)，那么x1x2=1，又x1=3，所以x2=13，
故|BF|=x2+1=13+1=43，|AF|=x1+1=3+1=4，
故|AB|=|AF|+|BF|=4+43=163．
故答案为：163．
过点A作AE⊥MG，垂足为E，确定AE=2FG=4，点A的横坐标为，设出直线方程，联立得到根与系数的关系，确定x1=3，x2=13，得到答案．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
14.【答案】 5
【解析】解：点P是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左支上一点F1，F2是双曲线的左、右两个焦点，且PF1⊥PF2，PF2与两条渐近线相交于M，N两点(如图)，点N恰好平分线段PF2，
则ON是△PF1F2的中位线，
则tan∠PF1F2=tan∠NOF2=ba，
可得sin∠PF1F2=bc，cs∠PF1F2=ac，
又因为|F1F2|=2c，则|PF1|=2a，|PF2|=2b，
则|PF2|−|PF|1=2b−2a=2a⇒b=2a，
所以双曲线的离心率是e=ca= 1+(ba)2= 5．
故答案为： 5．
利用三角形中位线定理、锐角三角函数的正弦与余弦的定义，结合已知，可以求出a，b的关系，进而求得双曲线的离心率．
本题主要考查双曲线的性质，考查计算能力，属于中档题．
15.【答案】23
【解析】【分析】
本题考查椭圆离心率的求法，直线与椭圆的位置关系，属中档题．
联立直线与椭圆方程得x1+x2，x1⋅x2，由|AB|=3|F1B|结合x1+x2得x1、x2，代入x1⋅x2中可得解．
【解答】
解：设F1(−c,0)，F2(c,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由已知得直线方程为y= 3(x+c)，
联立直线与椭圆方程得x2a2+y2b2=1y= 3(x+c)，
整理得(3a2+b2)x2+6a2cx+3a2c2−a2b2=0，
所以x1+x2=−6a2c3a2+b2，x1⋅x2=3a2c2−a2b23a2+b2，
又因为|AB|=3|F1B|，所以AF1=2F1B，即(−c−x1,−y1)=2(x2+c,y2)，
所以x1+2x2+3c=0，即x2=−(x1+x2)−3c=6a2c3a2+b2−3c=−3a2c−3b2c3a2+b2，
所以x1=(x1+x2)−x2=−6a2c3a2+b2−−3a2c−3b2c3a2+b2=3b2c−3a2c3a2+b2，
所以x1⋅x2=3b2c−3a2c3a2+b2⋅−3a2c−3b2c3a2+b2=3a2c2−a2b23a2+b2，
整理得3a4+a2b2−9b2c2−3a2c2=0，
又因为b2=a2−c2，所以9c4−13a2c2+4a4=0，
两边同时除以a4得9e4−13e2+4=0，解得e2=49或e2=1(舍)，所以e=23．
故答案为：23．
16.【答案】28π
【解析】解：如图，
由已知得，AB2+BD2=AD2，AB2+BC2=AC2，
所以AB⊥BD，AB⊥BC，
因为BC∩BD=B，BC、BD⊂平面BCD，所以AB⊥平面BCD，
由BC=BD=3，∠CBD=60°，则△BCD的外接圆半径r=32sin60∘= 3，
又AB=4，则三棱锥A−BCD外接球半径R2=r2+AB24=7，
所以所求外接球的表面积为4πR2=28π．
故答案为：28π．
由题设及线面垂直的判定有AB⊥平面BCD，利用线面垂直模型求出三棱锥外接球的半径，进而求其表面积．
本题主要考查几何体的外接球，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设AC中点为M，则M(32,2)，
由ABCD为平行四边形知M为BD中点，而B(3,2)，
故D(0,2)．
(2)直线AB方程为y=x−1，
过点C且与AB垂直的直线方程为y=−x+6，
由y=x−1y=−x+6，得交点E为(72,52)，
设点C关于直线AB的对称点为C′，
则E为C，C′的中点，故C′点坐标为(5,1)．
(3)AB= (1−3)2+(0−2)2=2 2，
点C(2,4)到直线AB：x−y−1=0的距离为d=|2−4−1| 2=3 22，
∴S△ABC=12×2 2×3 22=3．
【解析】(1)利用平行四边形的性质、中点坐标公式即可得出．
(2)利用垂直平分线的性质即可得出；
(3)利用两点之间的距离公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式即可得出．
本题考查了平行四边形的性质、中点坐标公式、垂直平分线的性质、两点之间的距离公式、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】 66；
证明见解析．
【解析】(1)解：取AD中点G，连接BG、P′G，
因为BC//GD，BC=GD，
可得四边形GDCB是平行四边形，则GB//DC，
所以∠P′BG或其补角为异面直线CD与P′B所成角，
翻折前BA⊥PD，即AB⊥AD，AB⊥PA，
翻折后，则有AB⊥AD，AB⊥P′A，且有P′A=PA= 2，
因为P′D2=6=P′A2+AD2，所以P′A⊥AD，
又因为AB∩AD=A，AB、AD⊂平面ABCD，
可得P′A⊥面ABCD，
在△P′BG中，P′B= P′A2+AB2= 2+1= 3，BG= AB2+AG2= 1+1= 2，
P′G= P′A2+AG2= 2+1= 3，
由余弦定理可得cs∠P′BG=P′B2+BG2−P′G22P′B⋅BG= 66，
因此异面直线CD与P′B所成角的余弦值为 66；
(2)证明：P′A⊥面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以P′A⊥CD，
又因为AB=BC=1，AB⊥AD，BC/​/AD，
所以AB⊥BC，故△ABC为等腰直角三角形，
所以∠CAD=∠ACB=45°，
因为AC= 2AB= 2，AD=2，
由余弦定理得CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcs∠CAD=2+4−2× 2×2× 22=2，
所以AD2=CA2+CD2，即AC⊥CD，
因为P′A∩CA=A，P′A、AC⊂平面P′AC，
所以CD⊥面P′AC，
因为AE⊂平面P′AC，所以CD⊥AE，
又因为P′A=AC，E为P′C的中点，所以AE⊥P′C，
因为CD∩P′C=C，CD、P′C⊂平面P′CD，
所以AE⊥面P′CD，
又因为CF⊂平面P′CD，
所以AE⊥CF．
(1)取AD中点G，连接BG、P′G，证明出GB//DC，则∠P′BG或其补角为异面直线CD与P′B所成角，然后求出△P′BG三边边长，结合余弦定理求解∠P′BG的余弦值即可；
(2)证明出CD⊥平面P′AC，可得出AE⊥CD，再由等腰三角形三线合一的性质得出AE⊥P′C，可得出AE⊥平面P′CD，结合线面垂直的性质可证得结论成立．
本题考查异面直线所成的夹角的余弦值的求法及线面垂直的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】x22−y22=1；
(i)证明见解答．
(ii)3 22．
【解析】解：(1)由题设ca= 2且a2+b2=c2，则a=b,c= 2a，
由l⊥x轴时，|PQ|=2 2，不妨令P( 2a, 2)，代入双曲线得2a2a2−2b2=1，
所以a2=b2=2，则所求方程为x22−y22=1；
(2)(i)证明：设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则N(1,y1)，由l斜率不为0，设l：x=my+2，
联立双曲线并整理得(m2−1)y2+4my+2=0，则m2−1≠0，Δ=8m2+8>0，
所以y1+y2=−4mm2−1，y1y2=2m2−1，
由x2≠1，直线NQ：y=y2−y1x2−1(x−1)+y1，
根据双曲线的对称性，直线NQ所过定点必在x轴上，
令y=0，则y2−y1x2−1(x−1)+y1=0⇒x=y2−y1x2y2−y1，
因为x2=my2+2，所以x=y2−my1y2−2y1y2−y1，
而y1+y2y1y2=−2m⇒y1+y2−2=my1y2，则x=y2+y1+y22−2y1y2−y1=32，
所以NQ过定点M(32,0)；
由SΔOQN=12|OM||y1−y2|=34 (y1+y2)2−4y1y2=3 22⋅ m2+1(m2−1)2，
由(i)，m2−1≠08(m2+1)>0y1y2=2m2−10)，则2a=4，2c=2，解得a=2，c=1，
所以b2=a2−c2=3，
所以曲线C的方程为x24+y23=1；

(2)(ⅰ)证明：因为直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=kx+m，
因为D(4,1)在l上，所以4k+m=1，
由y=kx+mx24+y23=1得(3+4k2)x2+8kmx+4(m2−3)=0，
Δ=(8km)2−16(3+4k2)(m2−3)=48(4k2−m2+3)>0，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(x0,y0)，
则x1+x2=−8km3+4k2,x1x2=4(m2−3)3+4k2，由|ME||EN|=|MD||DN|得x1−x0x0−x2=4−x14−x2，
化简得4(x1+x2)−2x1x2=[8−(x1+x2)]x0，则4×(−8km3+4k2)−2×4(m2−3)3+4k2=(8+8km3+4k2)x0，
化简得kx0+m+3x0−3=0，又因为y0=kx0+m，所以3x0+y0−3=0，
所以点E在定直线3x+y−3=0上．
(ⅱ)因为直线y=kx+m过(1,0)，所以k+m=0，直线方程为y=kx−k，
从而得D(4,3k)，G(x1,0)，
由(ⅰ)知，x1+x2=8k23+4k2,x1x2=4(k2−3)3+4k2，k1=y2x2−x1,k2=3k4−x1，
所以k1k2=y2x2−x1×4−x13k=(4−x1)(kx2−k)3(x2−x1)k=4x2−4−x1x2+x13(x2−x1)
=4x2−4−4(k2−3)3+4k2+8k23+4k2−x23[x2−(8k23+4k2−x2)]=(3+4k2)x2−4k22[(3+4k2)x2−4k2]=12，
所以存在实数λ=12，使得k1=12k2．

【解析】(1)根据中垂线的性质可得|QA|+|QB|=4>|AB|=2，由椭圆的定义可知动点Q的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆，从而求出轨迹方程；
(2)(ⅰ)设直线l的方程为y=kx+m，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(x0,y0)，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点E在定直线3x+y−3=0上；
(ⅱ)利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．