（人教A版）选择性必修一数学高二上学期期中考试解答题压轴题专练（2份，原卷版+解析版）

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(1)AG+13BE+12CA；
(2)12AB+AC−AD.
【解题思路】（1）根据空间向量的运算法则运算即可；
（2）根据空间向量的运算法则运算即可求解；
【解答过程】（1）根据空间向量的运算法则，可得AG+13BE+12CA=AB+BG+13BE+12CA
=AB+23BE+13BE+12CA=AB+BE+12CA=AE+12CA =12AC+12AD+12CA=12AD=AF.
（2）分别取AB，AC的中点P，Q，连接PH，QH，则四边形APHQ为平行四边形，且有12AB=AP,12AC=AQ,AP+AQ=AH,12AD=AF,
根据空间向量的运算法则，可得12AB+AC−AD=AH−12AD=AH−AF=FH.

2．已知a⊥b，c与a、b的夹角都是60∘，并且a=1，b=2，c=3．计算：
(1)3a−2b⋅b−3c；
(2)a+2b−c．
【解题思路】（1）根据数量积的运算律，结合数量积的定义即可求得答案；
（2）利用向量模的计算公式，结合数量积的运算律以及数量积定义，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意知a⊥b，c与a、b的夹角都是60∘，并且a=1，b=2，c=3，
故3a−2b⋅b−3c=3a⋅b−9a⋅c−2b2+6b⋅c
=3×0−9×1×3×cs60∘−2×22+6×2×3×cs60∘=−72；
（2）a+2b−c=(a+2b−c)2=a2+4b2+c2+4a⋅b−2a⋅c−4b⋅c
=1+16+9+4×0−2×1×3×12−4×2×3×12=11.
3．已知M1,−1，N2,2，P3,0．
(1)求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，PN∥MQ；
(2)若点Q在x轴上，且∠NQP=∠NPQ，求直线MQ的倾斜角．
【解题思路】（1）根据两直线的垂直关系和平行关系即可求出结果；
（2）根据条件可得kNQ=−kNP即可求出结果.
【解答过程】（1）设Q(x,y)，
由已知得kMN=2−(−1)2−1=3，
又PQ⊥MN，可得kMN⋅kPQ=−1，
即yx−3×3=−1(x≠3)． ①
由已知得kPN=0−23−2=−2，
又PN∥MQ，可得kPN=kMQ，
即y+1x−1=−2x≠1． ②
联立①②解得x=0,y=1，
∴Q(0,1)．
（2）设Q(x,0)，
∵∠NQP=∠NPQ，
∴kNQ=−kNP，
又∵kNQ=22−x，kNP=−2，
∴22−x=2，
解得x=1．
∴Q(1,0)，
又∵M(1,−1)，
∴MQ⊥x轴，
故直线MQ的倾斜角为90°．
4．给定空间三点A0,2,3，B−2,1,6，C1,−1,5.
(1)求以向量AB、AC为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a与向量AB、AC都垂直，且a=3，求向量a的坐标.
【解题思路】（1）根据给定条件，求出向量AB、AC的长度及夹角正弦，再利用三角形面积公式计算作答.
（2）设出向量a的坐标，利用垂直关系的坐标表示及模的计算公式，列出方程组求解作答.
【解答过程】（1）依题意，AB=(−2,−1,3),AC=(1,−3,2)，则|AB|=(−2)2+(−1)2+32=14,|AC|=14，
而cs∠BAC=AB⋅AC|AB||AC|=−2×1+(−1)×(−3)+3×214×14=12，而0−1，
又当k=12时，（a+kb）∥（2a+b），
所以实数k的范围为−1,12∪12,+∞.
7．如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长是a，CD1和DC1相交于点O．
(1)求CD1⋅CD；
(2)求AO与CB的夹角的余弦值
(3)判断AO与CD1是否垂直．
【解题思路】（1）利用数量积的公式可得；
（2）先用AB,AD,AA1表示AO，利用数量积运算律可得AO⋅CB、AO进而利用公式可得AO与CB的夹角的余弦值.
（3）利用数量积运算律得AO⋅CD1=0，进而可得AO与CD1是否垂直．
【解答过程】（1）正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD1=2a,CD1,CD=π4，
故CD1⋅CD=2a×a×csπ4=a2.
（2）由题意知，AB⋅AD=0,AB⋅AA1=0,AA1⋅AD=0，
AO=AD+DO=AD+12AB+AA1 ，
AO=AD+12AB+AA12=AD2+14AB2+14AA12=6a2，
故AO⋅CB=−AO⋅AD=−AD+12AB+AA1⋅AD=−a2，
故csAO,CB=AO⋅CBAOCB=−a262a⋅a=−63 .
（3）由题意，AB⋅AD=0,AB⋅AA1=0,AA1⋅AD=0 ，
AO⋅CD1=AD+12AB+AA1⋅AA1−AB=12AA12−12AB2=0 ，
故AO与CD1垂直.
8．过点P(2,1)作直线l分别交x,y的正半轴于A,B两点．

(1)求△ABO面积的最小值及相应的直线l的方程；
(2)当|OA|+|OB|取最小值时，求直线l的方程.
【解题思路】（1）由题意可设直线l的方程为xa+yb=1，又点P(2,1)在直线l上，所以2a+1b=1，注意到S△ABO=12ab，结合基本不等式进而求解.
（2）由（1）中分析可知2a+1b=1，且注意到|OA|+|OB|=a+b，由乘“1”法结合基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）显然直线l斜率存在且不过原点，由题意可设直线l的方程为xa+yb=1a,b>0，
又点P(2,1)在直线l上，所以2a+1b=1，
由基本不等式可得2a+1b=1≥22ab，即ab≥8，当且仅当a=4,b=2时取等，
注意到S△ABO=12OAOB=12ab，
所以S△ABO=12OAOB=12ab≥12×8=4，当且仅当a=4,b=2时取等，
此时相应的直线l的方程为x+2y−4=0.
（2）由（1）可知2a+1b=1a,b>0，又注意到|OA|+|OB|=a+b，
所以|OA|+|OB|=a+b=a+b2a+1b=3+2ba+ab，
对其利用基本不等式得|OA|+|OB|=3+2ba+ab≥3+22，当且仅当a=2+2,b=2+1时取等，
此时相应的直线l的方程为x+2y−2−2=0.
9．已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：
(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
【解题思路】（1）要证E，F，G，H四点共面，只需证明向量EG，EF，EH共面，结合向量的线性运算及共面向量定理证明即可；
（2）由向量共线结合线面平行的判定定理证明．
【解答过程】（1）如图，连接EG，BG．
因为EG＝EB＋BG＝EB＋12(BC＋BD)＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH，
由向量共面的充要条件可知，向量EG，EF，EH共面，
又EG，EF，EH过同一点E，从而E，F，G，H四点共面．
（2）因为EH＝AH－AE＝12AD－12AB＝12(AD－AB)＝12BD，
又E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD，
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH．
10．如图（1），在△ABC中，∠ACB=60∘，CD为∠ACB的平分线，AC=4，BC=2，过点B作BN⊥CD于点N，延长后交CA于点E，把图形沿CD折起，使∠BNE=120∘，如图（2）所示，求折起后所得线段AB的长度．

【解题思路】过点A作AM⊥CD交CD的延长线于点M，解三角形求得相关线段的长，求出NB,AM=60∘，利用空间向量运算得AB=AM+MN+NB，平方后可求得答案.
【解答过程】如图，过点A作AM⊥CD交CD的延长线于点M，

由题意可知∠ACM=∠ACD=∠BCD=30∘，
则CM=AC⋅cs∠ACM=4×cs30∘=23，
CN=CB⋅cs∠BCD=2×cs30∘=3，
∴MN=CM−CN=3．
AM=ACsin∠ACM=AC⋅sin30∘=2，BN=BC⋅sin30∘=1，且〈NB,NE〉=120∘，
由于AM⊥CD，NE⊥CD，且AM,NE⊂平面ACD，故AM∥NE，
∴〈NB,AM〉=60∘．
∵AM⊥MN，∴AM⋅MN=0．同理MN⋅NB=0．
∵AB=AM+MN+NB，
∴AB2=AM2+MN2+NB2+2AM⋅MN+2AM⋅NB+2MN⋅NB
=4+3+1+2⋅AMNBcs60∘=10，
∴AB=10，即折起后所得线段AB的长度为10.
11．已知四棱锥T−ABCD的底面是平行四边形，平面α与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R且APAD=TQTA=CRCT=x，点M在直线TB上，N为CD的中点，且直线MN//平面α.
（1）设TA=a，TB=b，TC=c，试用基底a,b,c表示向量TD；
（2）证明，四面体T−ABC中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面α，点M都落在某一条长为52TB的线段上.
【解题思路】（1）利用向量加减法的几何意义有CD=BA=TA−TB，TD=TC+CD，即可求TD；
（2）假设四面体T−ABC的最长棱为AB，只需以A,B为顶点的其它两组棱中AT+AC>AB或TB+BC>AB即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由MN//平面α，令TM=λTB结合向量共面定理有NM=yQP+zQR，即得一元二次方程在x∈R有解，求λ的范围且范围长度为52即得证.
【解答过程】（1）∵CD=BA=TA−TB，而TD=TC+CD，
∴TD=TC+TA−TB=a−b+c，所以TD=a−b+c.
（2）不妨设AB是四面体最长的棱，则在△ABT，△ABC中，AT+TB>AB，AC+CB>AB，
∴AT+TB+AC+CB>2AB，即(AT+AC)+(TB+BC)>2AB，
故AT+AC，TB+BC至少有一个大于AB，不妨设AT+AC>AB，
∴AT，AC，AB构成三角形.
（3）设TA=a，TB=b，TC=c，由（1）知TD=a−b+c.
又APAD=TQTA=CRCT=x，有TQ=xa，TR=(1−x)c，AP=xAD=x(TC−TB)=x(c−b)，
∴TP=AP−AT=x(c−b)+a=a+xc−xb，
QP=TP−TQ=a+xc−xb−xa=(1−x)a+xc−xb，
QR=TR−TQ=(1−x)c−xa=−xa+(1−x)c，
设TM=λTB=λb，又TN=12TC+12TD=12a−12b+c
∴NM=TM−TN=λb−12a+12b−c=−12a+(λ+12)b−c
因为NM/平面PQR，所以存在实数y，z使得：NM=yQP+zQR，
∴−12a+(λ+12)b−c=y(1−x)a−yxb+yxc−zxa+z(1−x)c =(y−xy−zx)a−yxb+(yx+z−xz)c，
∴{y−xy−zx=−12−yx=λ+12yx+z−xz=−1，消元：(4λ+1)x2−(4λ+3)x+2λ+1=0在x∈R有解.
当λ=−14时，−2x+12=0，即x=14；
当λ≠−14时，Δ=(4λ+3)2−4(4λ+1)(2λ+1)≥0，解得−54≤λ≤54.综上，有−54≤λ≤54.
所以对所有满足条件的平面α，点M都落在某一条长为52TB的线段上.
12．在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，D1E=kD1A，D1F=kD1B，D1G=kD1C，D1H=kD1D.

(1)当k=34时，试用AB,AD,AA1表示AF；
(2)证明：E,F,G,H四点共面；
(3)判断直线D1C1能否是平面D1AB和平面D1DC的交线，并说明理由.
【解题思路】（1）直接利用空间向量线性运算可得AF=AE+EF，再根据已知关系AE=14AD1，EF=D1F−D1E=34AB，进行化简可得出结果.
（2）可设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，由题意可化简得到EG=kAC，将AC=λAB+μAD代入并结合题意可化简得出EG=λEF+μEH，即可证明出E,F,G,H四点共面.
（3）先假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，根据棱柱的性质，可得出DC//平面ABD1，进而得出DC//AB，反之当DC//AB，可判断出D1C1⊂平面ABD1，D1C1⊂平面DCD1，得出平面ABD1∩平面DCD1=D1C1，得出当DC//AB时，直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线，反之不行，从而得出结果.
【解答过程】（1）AF=AE+EF=14AD1+D1F−D1E=14AD1+34D1B−34D1A
=14AD1+34AB=14AA1+14AD+34AB；
（2）设AC=λAB+μAD(λ，μ不为0)，EG=D1G−D1E=kD1C−kD1A=kAC
=k(λAB+μAD)=kλAB+kμAD=kλ(D1B−D1A)+μk(D1D−D1A)
=λ(D1F−DE)+μ(D1H−D1E)=λEF+μEH
则EF，EG，EH共面且有公共点E，则E,F,G,H四点共面；
（3）假设面D1AB∩面D1DC=D1C1，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
DC//D1C1，D1C1⊂面ABD1，DC⊄面ABD1，则DC//平面ABD1，
又DC⊂面ABCD，面ABD1∩面ABCD=AB，则DC//AB；
反过来，当DC//AB时，因为DC//D1C1，则AB//D1C1，则AB，D1C1确定平面ABD1C1
则D1C1⊂平面ABD1，又因为D1C1⊂平面DCD1，所以平面ABD1∩平面DCD1=D1C1，
所以DC//AB是直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线的充要条件；
所以，当DC//AB时，直线D1C1是面D1AB和面D1DC的交线；
当DC，AB不平行时，直线D1C1不是面D1AB和面D1DC的交线

13．如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M=13AA1，CN=13CC1，且∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘．
(1)用向量AA1，AD，AB表示向量MN；
(2)求证：D，M，B1，N共面；
(3)当AA1AB为何值时，AC1⊥A1B．
【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；
（2）根据空间向量线性运算法则得到DM=NB1，即可证明D，M，B1，N共面；
（3）设AA1=c，AD=b，AB=a，因为底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，由AC1⋅A1B=a+b+c⋅a−c=0，即可得出答案.
【解答过程】（1）MN=MA+AB+BC+CN=−23AA1+AB+BC+13AA1=AB+AD−13AA1．
（2）证明：∵DM=AM−AD=23AA1−AD，NB1=C1B1−C1N=23AA1−AD，
∴DM=NB1，∴D，M，B1，N共面．
（3）当AA1AB=1，AC1⊥A1B，
证明：设AA1=c，AD=b，AB=a，
∵底面ABCD为菱形，则当AA1AB=1时，|a|=|b|=|c|，
∵AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，A1B=AB−AA1=a−c，
∠A1AD=∠A1AB=∠DAB=60∘，
∴AC1⋅A1B=（a+b+c）⋅（a−c）=a2+a⋅b−b⋅c−c2=0，
∴AC1⊥A1B．
14．已知向量a=−2,−1,2,b=−1,1,2,c=x,2,2．
(1)求a−2b；
(2)当c=22时，若向量ka+b与c垂直，求实数x和k的值；
(3)若向量c与向量a,b共面向量，求x的值．
【解题思路】（1）根据空间向量的模长公式求解即可.
（2）根据空间向量的加法和数乘运算，可得坐标表示，根据空间向量垂直的坐标计算公式，求解即可.
（3）根据向量共面定理，建立向量c与向量a,b之间的表示，可得方程组，求解即可.
【解答过程】（1）∵a=−2,−1,2，b=−1,1,2，
∴a−2b=−2,−1,2−2−1,1,2=0,−3,−2，∴a−2b=9+4=13．
（2）因为|c|=22，所以x2+22+22=22，解得x=0，
因为ka+b= (−2k−1,1−k,2k+2)，且向量ka+b与c垂直，
所以(ka+b)⋅c=0，c=(0,2,2)即2−2k+4k+4=2k+6=0，∴k=−3．
所以实数x和k的值分别为0和−3；
（3）解：设c=λa+μb λ,μ∈R，则(x,2,2)=λ(−2,−1,2)+μ(−1,1,2)
解得，x=−12,λ=−12,μ=32即c=−12a+32b，所以向量c与向量a，b共面．
15．空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60∘，我们将这种坐标系称为“斜60∘坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60∘坐标系”下向量的斜60∘坐标：i,j,k分别为“斜60∘坐标系”下三条数轴（x轴､y轴､z轴）正方向的单位向量，若向量n=xi+yj+zk，则n与有序实数组x,y,z相对应，称向量n的斜60∘坐标为[x,y,z]，记作n=[x,y,z]．
(1)若a=1,2,3，b=[−1,1,2]，求a+b的斜60∘坐标；
(2)在平行六面体ABCD−ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60∘，如图，以AB,AD,AA1为基底建立“空间斜60°坐标系”．若AM=2,t,0，且AM⊥AC1，求AM
【解题思路】（1）根据“空间斜60∘坐标系”定义，进行向量运算即可得答案；
（2）设i，j，k分别为与AB，AD，AA1同方向的单位向量，进而得AC1=2i+2j+3k，AM=2i+tj，再根据垂直关系的向量表示得t=−2，再求向量的模即可.
【解答过程】（1）解：由a=1,2,3，b=−1,1,2，知a=i+2j+3k，b=−i+j+2k，
所以a+b=i+2j+3k+−i+j+2k =3j+5k，所以a+b=0,3,5；
（2）解：设i，j，k分别为与AB，AD，AA1同方向的单位向量，则AB=2i，AD=2j，AA1=3k，
由题AC1=AB+AD+AA1=2i+2j+3k，
因为AM=2,t,0，所以AM=2i+tj，由AM⊥AC1知AM⋅AC1=2i+2j+3k⋅2i+tj=0
⇒4i2+2tj2+4+2ti⋅j+6k⋅i+3tk⋅j=0⇒4+2t+4+2t⋅12+3+3t2=0 ⇒t=−2
则AM=2i−2j=2i−2j2=4i2+4j2−8i⋅j=4+4−4=2．
16．已知A(3,3),B(−4,2),C(0,−2)．
(1)求直线AB的斜率并写出直线BC的一个方向向量；
(2)若点D在线段BC（包括端点）上移动，求直线AD的斜率的变化范围．
【解题思路】（1）利用斜率公式求出直线AB，BC的斜率，从而求出直线BC的一个方向向量；
（2）当点D由点B运动到点C时，直线AD的斜率由kAB增大到kAC，求出kAC即可．
【解答过程】（1）解：直线AB的斜率为3−23−(−4)=17，直线BC的斜率为2−(−2)−4−0=−1，
∴直线BC的一个方向向量为(1,−1)．
（2）解：如图，当点D由点B运动到点C时，直线AD的斜率由kAB增大到kAC，
由（1）可知kAB=17，kAC=3−(−2)3−0=53，
∴直线AD的斜率的变化范围为[17，53]．
17．已知A1,2，B5,0，C3,4.
（1）若A，B，C，D可以构成平行四边形，求点D的坐标；
（2）在（1）的条件下，判断A，B，C，D构成的平行四边形是否为菱形.
【解题思路】（1）分四边形ABCD、ABDC、ACBD是平行四边形三种情况讨论，分别利用对边的斜率相等求解，即可；
（2）分别验证对角线是否垂直，即对角线斜率乘积是否为−1，即可.
【解答过程】（1）由题意得kAB=0−25−1=−12，kAC=4−23−1=1，kBC=4−03−5=−2，设Da,b.
若四边形ABCD是平行四边形，则kCD=kAB，kAD=kBC，
即b−4a−3=−12b−2a−1=−2，解得a=−1b=6，即D−1,6.
若四边形ABDC是平行四边形，则kCD=kAB，kBD=kAC，
即b−4a−2=−12b−0a−5=1，解得a=7b=2，即D7,2.
若四边形ACBD是平行四边形，则kCD=kAB，kBD=kAC，
即b−0a−5=1b−2a−1=−2，解得a=3b=−2，即D3,−2.
综上，点D的坐标为（-1，6）或（7，2）或（3，-2）.
（2）若D的坐标为（-1，6），
因为kAC=1，kBD=6−0−1−5=−1，所以kAC⋅kBD=−1，所以AC⊥BD，所以平行四边形ABCD为菱形.
若D的坐标为（7，2），因为kBC=−2，kAD=2−27−1=0，
所以kBC⋅kAD=0≠−1，所以平行四边形ABDC不是菱形.
若D的坐标为（3，-2），因为kAB=−12，直线CD的斜率不存在，所以平行四边形ACBD不是菱形.
因此，平行四边形ABCD为菱形,平行四边形ABDC,ACBD不是菱形.
18．如图直线l过点(3，4)，与x轴、y轴的正半轴分别交于A、B两点，△AOB的面积为24.点P为线段AB上一动点，且PQ//OB交OA于点Q.
（1）求直线AB斜率的大小；
（2）若△APQ的面积S△APQ与四边形OQPB的面积SOQPB满足：S△APQ=13SOQPB时，请你确定P点在AB上的位置，并求出线段PQ的长；
（3）在y轴上是否存在点M，使△MPQ为等腰直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.
【解题思路】(1)设出直线l的方程，求出点A，B坐标，借助三角形面积求解而得；
(2)由给定面积关系导出S△APQ=14S△ABO，再利用相似三角形性质求解即得；
(3)假定存在符合条件的点M，再按照直角顶点分别为点Q，P，M分类讨论判断作答
【解答过程】1）显然直线l斜率存在，设直线l方程为y−4=kx−3，
则直线l交x轴的正半轴于点A3−4k,0，交y轴的正半轴于点B0,4−3k，
于是得S△AOB=123−4k4−3k=24，解得k=−43，所以直线AB斜率为−43；
（2）由（1）知直线l的方程为：y−4=−43x−3，即4x+3y−24=0，B(0,8)，
因S△APQ=13SOQPB，则S△APQ=14S△ABO，
又PQ//OB，则△APQ与△ABO相似，于是有PQ2BO2=S△APQS△ABO=14，即PQBO=12，得PQ=4，此时点P为线段AB中点，
所以S△APQ=13SOQPB时，点P为线段AB中点，且PQ=4；
（3）假定在y轴上存在点M，使△MPQ为等腰直角三角形，由(1)知直线l的方程为：4x+3y−24=0，如图，
当∠PQM=90∘时，而点M在y轴上，点Q在x轴的正半轴上，则M必与原点O重合，
设Q(t,0)，因|MQ|=|PQ|，则P(t,t)，于是有4t+3t−24=0，解得t=247y2>y1，
易知AB:x=x2y2−1(y−1)，AC:x=x1y1−1(y−1)，
所以xM=x21−y2，xN=x11−y1，结合图知：MN=x11−y1−x21−y2=4，
所以ky1−k−21−y1−ky2−k−21−y2=2(y2−y1)(1−y1)(1−y2)=4，故y2−y1y1y2−(y1+y2)+1=2，
联立l:x=k(y−1)−2，圆O:x2+y2=1，
消去x整理得：(1+k2)y2−2k(k+2)y+k2+4k+3=0，
则Δ=4k2(k+2)2−4(1+k2)(k2+4k+3)>0，即4k+30,b>0)实轴的一个端点是P，虚轴的一个端点是Q，直线PQ与双曲线的一条渐近线的交点为12,12.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线y=kx+1k(00)的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上一点，线段MF1与圆x2+y2=2相切于该线段的中点N，且△MF1F2的面积为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在三个点A，B，P，使得直线AB过椭圆C的左焦点F1，且四边形OAPB是平行四边形？若存在，求出直线AB的方程；若不存在.请说明理由.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到MF2//ON，MF2⊥MF1，MF2=2ON=22，由椭圆定义求出a=22，由勾股定理求出c=2，得到b2=a2−c2=4，求出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率不存在时，不合要求，再考虑直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出AB中点坐标，进而得到P−8k21+2k2,4k1+2k2，代入椭圆方程，求出k，求出答案.
【解答过程】（1）连接ON，则ON⊥MF1，ON=2
因为N为MF1的中点，O为F1F2的中点，所以MF2//ON，故MF2⊥MF1，
MF2=2ON=22，

S△MF1F2=12MF1⋅MF2=2MF1=4，解得MF1=22，
由椭圆定义可知，MF1+MF2=42=2a，解得a=22，
由勾股定理得F1F22=MF12+MF22=8+8=16，即4c2=16，解得c=2，
故b2=a2−c2=8−4=4，故椭圆方程为C:x28+y24=1；
（2）由题意得F1−2,0，当直线AB的斜率不存在时，即x=−2，
此时48+y24=1，解得y=±2，设A−2,2,B−2,−2，
由于OA=OB，由对称性可知，P为椭圆左顶点D，但DF1≠OF1，故不合要求，舍去，
当直线AB的斜率存在时，设为y=kx+2，联立C:x28+y24=1得，1+2k2x2+8k2x+8k2−8=0，
Δ=64k4−41+2k28k2−8=32k2+32>0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−8k21+2k2,x1x2=8k2−81+2k2，
y1+y2=kx1+x2+4k=−8k31+2k2+4k=4k1+2k2，则AB中点坐标为Q−4k21+2k2,2k1+2k2，
假设存在点P，使得四边形OAPB是平行四边形，则P−8k21+2k2,4k1+2k2，
将P−8k21+2k2,4k1+2k2代入椭圆C:x28+y24=1中，得−8k21+2k22+24k1+2k22=8，解得k=±22，

此时直线AB的方程为y=±22x+2.
46．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2,D,E分别是线段AC,CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D.

(1)求证：A1C⊥平面BDE；
(2)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；
(3)若点F为线段B1C1上的动点（不包括端点），求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围.
【解题思路】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证BD⊥A1C,DE⊥A1C，从而得证；
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量，证明其与A1C平行，从而得证；
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【解答过程】（1）法一：连结AC1，因为△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，
又C1D⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴C1D⊥BD
∵AC∩C1D=D,AC,C1D⊂平面AA1C1C
∴BD⊥平面AA1C1C，又A1C⊂平面AA1C1C,∴BD⊥A1C，
由题设知四边形AA1C1C为菱形，∴A1C⊥AC1，
∵D,E分别为AC,CC1中点，∴DE∥AC1,∴A1C⊥DE，
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A1C⊥平面BDE.
法二：由C1D⊥平面ABC，BD，AC⊂平面ABC，∴C1D⊥BD，C1D⊥AC，
又△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，则以D为坐标原点，DB,DA,DC1所在直线为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则D0,0,0,B3,0,0,C0,−1,0,C10,0,3,E0,−12,32,B13,13,A10,2,3,∴DB=3,0,0,DE=0,−12,32, A1C=0,−3,−3
∵DB·A1C=0,DE·A1C=0 ∴ BD⊥A1C,DE⊥A1C
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A1C⊥平面BDE.
法三：（同法二建系）设平面BDE的一个法向量为m=x,y,z

∵ DB⋅m=0DE⋅m=0，即3x=0−12y+32z=0不妨取z=1，则y=3，则m=0,3,1
所以平面BDE的一个法向量为m=0,3,1
∵ A1C=0,−3,−3，∴A1C=−3m，∴A1C//m，∴ A1C⊥平面BDE
（2）由（1）坐标法得F32,12,3，平面BDE的一个法向量为m=0,3,1（或m=CA1=0,3,3）
∵DF=32,12,3∴点到F到平面BDE的距离=m⋅DFm=32+32=334
（3）C1B1=3,1,0,CA1=0,3,3
设Fx,y,z,C1F=λC1B1(0