2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）12月月考数学试卷人教B版

这是一份2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）12月月考数学试卷人教B版，共19页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 点A2,−1,3关于xOy平面的对称点为( )
A.2,−1,−3B.2,1,3C.−2,1,3D.−2,−1,3

2. 已知直线l的方程为3x+y−5=0，则直线l的倾斜角为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

3. 已知l，m是两条不同的直线，α,β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )
A.若l//m,m//α，则l//αB.若α//β,m⊂α，则m//β
C.若l⊥m,m⊂α,α//β，则l⊥βD.若α⊥β,α∩β=l,m⊥l，则m⊥β

4. 山东省高考改革后实施选科走班制度，小明需要从物理、化学、生物、政治、历史、地理中选择三科作为自己的选科组合，物理和历史不能同时选择，则小明不同的选科情况有（ ）
A.14种B.16种C.18种D.20种

5. 直线l过点M2,1且与椭圆x2+4y2=16相交于A，B两点，若点M为弦AB的中点，则直线l的斜率为( )
A.−12B.12C.−1D.1

6. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=60∘,∠BAD=90∘，AB=AD=1，AA1=2，O1是A1C1与B1D1的交点，则|AO1→|=（ ）

A.112B.222C.132D.262

7. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1 中，AB=BC=2BB1,∠ABC=120∘，M为A1C1的中点，则直线BM与平面ABB1A1所成的角为( )

A.15∘B.30∘C.45∘D.60∘

8. 青花瓷是中华陶瓷烧制工艺的珍品，也是中国瓷器的主流品种之一.如图，是一青花瓷花瓶，其外形上下对称，可看成是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面．若该花瓶的瓶口直径为瓶身最小直径的2倍，花瓶恰好能放入与其等高的正方体包装箱内，则双曲线的离心率为( )

A.3B.62C.213D.72
二、多选题

已知曲线C:x2m2+2+y2m=1m∈R，则下列结论正确的是( )
A.若m0,b>0的左、右焦点，Q是圆F2:x−52+y2=36上一动点，线段F1Q的垂直平分线与直线QF2的交点P恰好在双曲线C上，则下列结论正确的是（ ）

A.双曲线C的渐近线方程为y=±34x
B.双曲线C的离心率为53
C.焦点F2到双曲线C的渐近线距离为4
D.△PF1F2内切圆圆心的横坐标为3或−3
三、填空题

计算：C75−A42= .

已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，则双曲线的渐近线方程为________.

已知圆C1:x−12+y2=4与圆C2:x2+y−12=1相交于A，B两点，则|AB|= .

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为CD，DD1,的中点，则平面BMN截正方体所得的截面面积为________；以点M为球心，62为半径的球面与对角面BB1D1D的交线长度为________．

四、解答题

已知空间中三点A1,0,−1，B2,1,1，C−2,0,3，设a→=AB→，b→=AC→.
(1)求向量a→与b→夹角的余弦值；

(2)若a→与a→−kb→互相垂直，求实数k的值．

已知直线l:x−ay+1=0与圆C:x2+y2−4x−2y+1=0交于A，B两点，|AB|=23.
(1)求a的值；

(2)求与直线l平行的圆C的切线方程．

从①AB⊥BC；②直线SC与平面ABCD所成的角为60∘；③△ACD为锐角三角形且三棱锥S−ACD的体积为2这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并完成解答．
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥平面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．

(1)求证：直线EF//平面SAD；

(2)若SA=23,AD=2________，求平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值．

如图，是一抛物线型拱门示意图，拱门边界线是抛物线的一部分，抛物线的轴为拱门的对称轴，拱门底部AB宽8米，顶点O距离地面6米．

(1)以拱门顶点O为原点，对称轴为y轴建立平面直角坐标系，求拱门边界线所在抛物线的方程；

(2)节日期间需要在拱门对称轴上离地面4米处悬挂一节日灯笼，如图，用两根对称的牵引绳固定，求其中一根牵引绳长度的最小值．（灯笼看作点P）

如图，在多面体ABCDEF中，平面ABEF⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，AB⊥BC，AB=AD=12BC=2，AB=//EF，AF=2BF=22.

(1)证明：CD⊥BF；

(2)在线段CE上是否存在点M，使得点M到平面BDF的距离为423? 若存在，求出CMCE的值；若不存在，说明理由．

已知F1,0为椭圆C的一个焦点，B为椭圆C与y轴正半轴的交点，椭圆C上的点P满足OP→=OF→+32OB→.
(1)求椭圆C的标准方程；

(2)直线l与椭圆C相交于P，Q两点，若以PQ为直径的圆经过原点，求证：原点到直线l的距离为定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
在空间直角坐标系中，任一点A(a,b,c)关于xOy平面的对称点为A′(a,b,−c).
【解答】
解：在空间直角坐标系中，
任一点A(a,b,c)关于xOy平面的对称点为A′(a,b,−c)，
则点A(2, −1, 3)关于xOy平面的对称点为(2, −1, −3).
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的斜率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 直线3x+y−5=0的斜率为：−3，
设直线的倾斜角为α，
所以tanα=−3，α=120∘.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
命题的真假判断与应用
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
空间中的线面位置关系，平行和垂直的结论以及面面垂直的判定定理判断
【解答】
解：若l//m，m//α，则l//α或l⊂α，选项A错误；
若α//β，m⊂α，则m//β，选项B正确；
若l⊥m，m⊂α，α//β，则l⊥β或l与β相交，选项C错误；
若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则当m⊂α时，m⊥β．
当m⊄α时，m与β相交但不垂直，选项D错误.
故选B.
4.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
分有物理无历史，无物理有历史，无物理无历史讨论即可.
【解答】
解：当选择的科目有物理无历史时，有C42=6种情况；
当选择的科目无物理有历史时，有C42=6种情况；
当选择的科目无物理无历史时，有C43=4种情况，
小明不同的选科情况有6+6+4=16种.
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
直线与椭圆的位置关系
直线的斜率
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
由M是线段AB中点得：
x1+x2=2×2=4，y1+y2=2×1=2.
又x1216+y124=1, x2216+y224=1，
作差可得：x1+x2x1−x216+y1+y2y1−y24=0，
代入得：14x1−x2+12y1−y2=0，
∴ 直线AB的斜率为y1−y2x1−x2=−12.
故选A．
【解答】
解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
由M是线段AB中点得：
x1+x2=2×2=4，y1+y2=2×1=2.
又x1216+y124=1, x2216+y224=1，
作差可得：x1+x2x1−x216+y1+y2y1−y24=0，
将x1+x2=4，y1+y2=2代入得：14x1−x2+12y1−y2=0，
∴ 直线AB的斜率为y1−y2x1−x2=−12.
故选A．
6.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
平面向量数量积的运算
【解析】
先由空间向量的基本定理，将向量AC1→用一组基底AA1→，AD→，AB→表示，再利用向量数量积的性质计算即可.
【解答】
解：∵ AO1→=AA1→+A1O1→
=AA1→+12(A1D1→+A1B1→)
=AA1→+12AD→+12AB→.
∴ |AO1→|2=(AA1→+12AD→+12AB→)(AA1→+12AD→+12AB→)
=|AA1→|2+12AA1→⋅AD→+12AA1→⋅AB→+
12AA1→⋅AD→+14|AD→|2+14AD→⋅AB→+
12AA1→⋅AB→+14AB→⋅AD→+14|AB→|2.
∵ ∠A1AD=60∘，
∴ AA1→⋅AD→=|AA1→|⋅|AD→|cs60∘=1，
AA1→⋅AB→=|AA1→|⋅|AB→|cs60∘=1，
AB→⋅AD→=|AB→|⋅|AD→|cs90∘=0，
∴ 原式=4+12+12+12+14+12+14
=4+2+12=6+12=132，
∴|AO1→|=132=262 .
故选D.
7.
【答案】
B
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直的判定
【解析】
由M作MN⊥A1B1，垂足为N，
由直三棱柱的定义得MN⊥面ABB1A1，连接BN，
则∠MBN为直线BM与平面ABB1A1所成的角，可得解.
【解答】
解：由M作MN⊥A1B1，垂足为N，
由直三棱柱的定义得MN⊥面ABB1A1，连接BN，如图，
则∠MBN为直线BM与平面ABB1A1所成的角，
设AB=BC=2BB1=2a,BB1=a，
cs∠ABC=AB2+BC2−AC22AB×BC=cs120∘，
解得AC=6a.
在△A1MN，A1N=A1Mcs30∘=324a，
NB1=24a,NM=A1Msin30∘=64a，
NB=324a，
所以tan ∠MBN=33，
所以∠MBN=30∘.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的定义
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设双曲线的方程为x2a2−y2b2=1a>0，b>0,
因为该花瓶的瓶口直径为瓶身最小直径的两倍，
所以可得花瓶底面直径为4a，
因为花瓶恰好能放入与其等高的正方体包装箱，
所以可得该双曲线正好过点2a，−2a，
所以将点2a，−2a代入双曲线方程可得4a2a2−4a2b2=1，解得b2=43a2，
所以e=ca=c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=1+43=213.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,D
【考点】
椭圆的定义和性质
双曲线的特性
椭圆的标准方程
圆的标准方程
【解析】
利用双曲线，椭圆，圆的性质对选项ABCD一一进行分析解答即可得.
【解答】
解：对A：当m0，m0时，曲线C为椭圆，此时m2+2>m，
所以a2=m2+2，b2=m，
所以椭圆C的长轴为2m2+2，故C错误；
对D：当m=1时，可得曲线C:x23+y21=1为椭圆，
所以椭圆C的焦点为±2，0，
把x=2代入椭圆C:23+y21=1，即可得y=±33，
所以椭圆C过焦点最短的弦长为233，故D正确.
故选AD.
【答案】
A,B,D
【考点】
点到直线的距离公式
曲线与方程
抛物线的定义
抛物线的应用
【解析】
由抛物线的定义，结合抛物线的相关性质及最值，对四个选项逐一判断即可得到正确答案.
【解答】
解：由题可知，曲线C上任意一点到直线x=−2的距离与到点F2,0的距离相等，
所以曲线C的轨迹是以F为焦点的抛物线，方程为：y2=8x,故A正确；
由抛物线的定义，A到直线x=−2的距离为4，则A点的横坐标为2,
代入抛物线方程得纵坐标为±4，故B正确；
设M,N的横坐标为x1,x2,由抛物线的定义得：x1+2+x2+2=10,则x1+x2=6,
所以线段M,N的中点的横坐标为3，故C错误；
设点P到准线的距离为d,由抛物线的定义,PA+PF=PA+d≥3−−2=5,
故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,C,D
【考点】
直线与平面垂直的性质
直线与平面垂直的判定
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意SA⊥面ABC，
所以SA⊥BC,
以AB为直径的圆过C，BC⊥AC，
所以BC⊥面SAC，
BC⊂面SBC，
可得平面SAC⊥面SBC，故A正确.
由SA=AB=2，∠AOC=60∘，
S△BOC=S△AOC=12×OA×OC×sin60∘=34，
VO−SBC=VS−OBC=13×34×2=36，故B错误.
取OC的中点E，连接AE,SE，
等边三角形△AOC，
AE⊥OC,SE⊥OC，
得∠SEA为S−OC−A的平面角,
tan∠AES=SAAE=232=433，
故二面角S−OC−B的正切值为−433，故C正确.
由题设三棱锥的外接球直径为SB=SA2+AB2=22，
所以R=12SB=2，
S=4πR2=8π.故D正确.
故选ACD.
【答案】
B,C,D
【考点】
双曲线的特性
双曲线的标准方程
双曲线的离心率
轨迹方程
圆锥曲线问题的解决方法
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得：PF1=PQ，PF1−PF2=2a，
所以PF2+F2Q−PF2=2a，
所以QF2=2a=6，
所以a=3，c=5,
b2=c2−a2=16，
所以双曲线方程为x29−y216=1，
故双曲线C的渐近线方程为y=±43x，故A错误；
e=ca=53，故B正确；
焦点F2到双曲线C的渐近线距离为d=4×532+42=4，故C正确；
设内切圆圆心为M(x，y)，与F1F2，PF1，PF2分别相切于E，F，G，
PF=PG，F1F=F1E，F2E=F2G，
所以PF1−PF2=PF+FF1−(PG+GF2)
=PF−PG+FF1−GF2
=EF1−EF2=6，
又EF1+EF2=10，
所以EF1=8，OE=3，圆心横坐标为3，
当当交点在坐支上时，同理可得圆心横坐标为−3，故D正确.
故选BCD.
三、填空题
【答案】
9
【考点】
组合及组合数公式
【解析】
直接组合，排列公式计算即可.
【解答】
解：C75−A42=C72−A42=7×62−4×3=9.
故答案为：9.
【答案】
y=±3x
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的渐近线
【解析】
结合离心率e结合a，b，c之间的关系即可求出结论．
【解答】
解：∵ e=ca=a2+b2a2=1+b2a2=2，
∴ b2a2=3，即ba=3，
故双曲线的渐近线方程为y=±3x.
故答案为：y=±3x．
【答案】
142
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
点到直线的距离公式
【解析】
首先求出AB直线方程，再利用直线与圆相交弦的求法 求解即可.
【解答】
解：把两个圆的方程相减可得直线AB方程： −2x+2y=3，即2x−2y+3=0，
则圆心C11,0到直线AB距离d=|2−0+3|4+4=524，
故 |AB|=24−5242=142.
故答案为：142.
【答案】
92,3π4
【考点】
球的性质
棱柱的结构特征
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
由题意作出图形,可得平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形BMNA1 ,求出此梯形面积即可,再找出以点M为球心，以为半径的球面与对角面BDD1B1的交线利用弧长公式求解交线长.
【解答】
解：如图，
连接BA1,则MN//CD1//BA1,
所以等腰梯形MNA1B为平面BMN截正方体所得截面图形，
由正方体的棱长为2，得BA1=22,MN=2,BM=22+12=5,
则点M到BA1的距离为52−222=322，
所以S梯形BMNA1=1222+2×322=92,
因为平面BDD1B1⊥平面ABCD,且平面平面BDD1B1∩平面ABCD=BD,
过点M作MH⊥BD于H，则MH⊥平面BDD1B1,
因为点M为CD中点，所以MH=14BD=22,
以点M为球心，以62为半径的球面与对角面BDD1B1的交线为圆弧，
其半径为622−222=1，
由DH=22，HE=1,得∠EHD=π4，
所以∠EHF=3π4,
所求交线为劣弧EF,
长度为3π4×1=3π4，
故答案是92；3π4.
四、解答题
【答案】
解：(1)因为a→=1,1,2，b→=−3,0,4，
所以a→⋅b→=1×−3+1×0+2×4=5．
|a→|=12+12+22=6，|b→|=−32+42=5，
所以cs⟨a→,b→⟩=a→⋅b→|a→||b→|=56×5=16=66，
所以a→与b→的夹角余弦值为66．
(2)a→−kb→=1,1,2−k−3,0,4=1+3k,1,2−4k，
因为a→与a→−kb→互相垂直，
所以a→⋅a→−kb→=1+3k+1+2×2−4k=0，解得：k=65，
所以当a→与a→−kb→互相垂直时，实数k的值为65．
【考点】
空间向量的数量积运算
用空间向量求直线间的夹角、距离
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)因为a→=1,1,2，b→=−3,0,4，
所以a→⋅b→=1×−3+1×0+2×4=5．
|a→|=12+12+22=6，|b→|=−32+42=5，
所以cs⟨a→,b→⟩=a→⋅b→|a→||b→|=56×5=16=66，
所以a→与b→的夹角余弦值为66．
(2)a→−kb→=1,1,2−k−3,0,4=1+3k,1,2−4k，
因为a→与a→−kb→互相垂直，
所以a→⋅a→−kb→=1+3k+1+2×2−4k=0，解得：k=65，
所以当a→与a→−kb→互相垂直时，实数k的值为65．
【答案】
解：(1)圆C的方程可化为x−22+y−12=4，
因为|AB|=23，
所以圆心到直线l的距离为1．
圆心到直线l的距离d=|2−a+1|1+a2=|3−a|1+a2=1，
所以a=43．
(2)由(1)得直线l的方程为3x−4y+3=0．
因为切线与直线l平行，
所以设所求的切线方程为3x−4y+b=0．
因为直线与圆相切，
所以圆心到切线的距离d=|2×3−4+b|32+−42=|2+b|5=2．
所以b=8或b=−12．
所以所求切线方程为3x−4y+8=0或3x−4y−12=0．
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)圆C的方程可化为x−22+y−12=4，
因为|AB|=23，
所以圆心到直线l的距离为1．
圆心到直线l的距离d=|2−a+1|1+a2=|3−a|1+a2=1，
所以a=43．
(2)由(1)得直线l的方程为3x−4y+3=0．
因为切线与直线l平行，
所以设所求的切线方程为3x−4y+b=0．
因为直线与圆相切，
所以圆心到切线的距离d=|2×3−4+b|32+−42=|2+b|5=2．
所以b=8或b=−12．
所以所求切线方程为3x−4y+8=0或3x−4y−12=0．
【答案】
(1)证明：如图，取SD的中点为M，连接MF，AM．
因为SM=MD,SF=FC，
所以MF=//12CD .
因为E为AB中点，四边形ABCD为菱形，
所以AE=//12CD，
所以MF=//AE，
所以四边形AEFM为平行四边形，
所以EF//AM，
因为EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
以EF//平面SAD．
(2)解：选择条件①：
因为SA⊥平面ABCD，
所以SA⊥AB,SA⊥AD .
因为AB⊥AD，
所以以A为坐标原点，AB→,AD→,AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0,S0,0,23，
所以BC→=(0,2,0)，SC→=(2,2,−23)，CD→=(−2,0,0) .
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即 2y1=0,2x1+2y1−23z1=0，
令x1=3，则m→=3,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−2x2=0,2x2+2y2−23z2=0，
令y2=3,则n→=0,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14 .
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为14 .
选条件②：
因为SA⊥平面ABCD，
所以直线SC与平面ABCD所成角为∠SCA．
因为SA=23,∠SCA=60∘，
所以AC=2，
所以△ABC为正三角形．
取BC中点为N，连接AN，以A为坐标原点，AN→，AD→，AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A(0,0,0),B(3,−1,0),C3,1,0,D0,2,0，S0,0,23，
BC→=0,2,0，SC→=3,1,−23，CD→=−3,1,0，
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即2y1=0,3x1+y1−23z1=0，
令x1=2，则m→=2,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−3x2+y2=0,3x2+y2−23z2=0，
令x2=1，则n→=1,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=35，
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为35 .
选条件③：VS−ACD=13SA⋅S△ACD
=13×23×AD⋅CD⋅sin∠ADC2=2，
所以sin∠ADC=32，
因为∠ADC∈0,π2，
所以∠ADC=π3 .
取BC中点为N，连接AN，以A为坐标原点，AN→，AD→，AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A(0,0,0),B(3,−1,0),C3,1,0,D0,2,0，S0,0,23，
BC→=0,2,0，SC→=3,1,−23，CD→=−3,1,0，
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即2y1=0,3x1+y1−23z1=0，
令x1=2，则m→=2,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−3x2+y2=0,3x2+y2−23z2=0，
令x2=1，则n→=1,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=35，
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为35 .
【考点】
直线与平面平行的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：如图，取SD的中点为M，连接MF，AM．
因为SM=MD,SF=FC，
所以MF=//12CD .
因为E为AB中点，四边形ABCD为菱形，
所以AE=//12CD，
所以MF=//AE，
所以四边形AEFM为平行四边形，
所以EF//AM，
因为EF⊄平面SAD，AM⊂平面SAD，
以EF//平面SAD．
(2)解：选择条件①：
因为SA⊥平面ABCD，
所以SA⊥AB,SA⊥AD .
因为AB⊥AD，
所以以A为坐标原点，AB→,AD→,AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0,S0,0,23，
所以BC→=(0,2,0)，SC→=(2,2,−23)，CD→=(−2,0,0) .
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即 2y1=0,2x1+2y1−23z1=0，
令x1=3，则m→=3,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−2x2=0,2x2+2y2−23z2=0，
令y2=3,则n→=0,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14 .
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为14 .
选条件②：
因为SA⊥平面ABCD，
所以直线SC与平面ABCD所成角为∠SCA．
因为SA=23,∠SCA=60∘，
所以AC=2，
所以△ABC为正三角形．
取BC中点为N，连接AN，以A为坐标原点，AN→，AD→，AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A(0,0,0),B(3,−1,0),C3,1,0,D0,2,0，S0,0,23，
BC→=0,2,0，SC→=3,1,−23，CD→=−3,1,0，
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即2y1=0,3x1+y1−23z1=0，
令x1=2，则m→=2,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−3x2+y2=0,3x2+y2−23z2=0，
令x2=1，则n→=1,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=35，
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为35 .
选条件③：VS−ACD=13SA⋅S△ACD
=13×23×AD⋅CD⋅sin∠ADC2=2，
所以sin∠ADC=32，
因为∠ADC∈0,π2，
所以∠ADC=π3 .
取BC中点为N，连接AN，以A为坐标原点，AN→，AD→，AS→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 .
则A(0,0,0),B(3,−1,0),C3,1,0,D0,2,0，S0,0,23，
BC→=0,2,0，SC→=3,1,−23，CD→=−3,1,0，
设平面SBC的一个法向量m→=x1,y1,z1，
m→⋅BC→=0，m→⋅SC→=0，
即2y1=0,3x1+y1−23z1=0，
令x1=2，则m→=2,0,1，
设平面SCD的一个法向量n→=x2,y2,z2，
n→⋅CD→=0,n→⋅SC→=0,
即−3x2+y2=0,3x2+y2−23z2=0，
令x2=1，则n→=1,3,1，
设平面SBC与平面SCD所成锐二面角为θ，
则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=35，
所以平面SBC与平面SCD所成锐二面角的余弦值为35 .
【答案】
解：(1)以抛物线的顶点O为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图 .
则A−4,−6 , B4,−6，
设抛物线的标准方程为x2=−2pyp>0，
因为B点在抛物线上，
所以42=−2p−6，
解得p=43，
所以抛物线的方程为x2=−83y .
(2)设P0,−2为灯笼所在点， Qx,y为抛物线上设置牵引绳的点，
则|PQ|=x2+y+22，
|PQ|=y2+43y+4−6≤y≤0，
当y=−23时，|PQ|的最小值为423，
即一条牵引绳长度的最小值为423 .
【考点】
抛物线的标准方程
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
（1）以抛物线的顶点O为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图 . 则A−4,−6 , B4,−6，
设抛物线的标准方程为x2=−2pyp>0，
因为B点在抛物线上，
所以42=−2p−6，解得p=43，
所以抛物线的方程为x2=−83y .
【解答】
解：(1)以抛物线的顶点O为坐标原点，抛物线的对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，如图 .
则A−4,−6 , B4,−6，
设抛物线的标准方程为x2=−2pyp>0，
因为B点在抛物线上，
所以42=−2p−6，
解得p=43，
所以抛物线的方程为x2=−83y .
(2)设P0,−2为灯笼所在点， Qx,y为抛物线上设置牵引绳的点，
则|PQ|=x2+y+22，
|PQ|=y2+43y+4−6≤y≤0，
当y=−23时，|PQ|的最小值为423，
即一条牵引绳长度的最小值为423 .
【答案】
(1)证明：因为AB=2，BF=2，AF=22，
所以AB2+BF2=AF2，
所以BF⊥AB．
因为平面ABEF⊥平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，BF⊂平面ABEF，
所以BF⊥平面ABCD．
因为CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥BF．
(2)解：存在，由(1)知，BF⊥平面ABCD且AB⊥BC，以B为坐标原点，BA→，BC→，BF→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．
B0,0,0，A2,0,0，C0,4,0，
D2,2,0，F0,0,2，E−2,0,2．
BD→=2,2,0，BF→=0,0,2，
设CM→=λCE→=λ−2,−4,2
=−2λ,−4λ,2λ（0≤λ≤1），
则BM→=BC→+CM→
=(0,4,0)+(−2λ,−4λ,2λ)
=(−2λ，−4λ+4,2λ)．
设平面BDF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅BD→=0，n→⋅BF→=0,
即2x+2y=0,2z=0,
令x=1，则n→=1,−1,0，
设点M到平面BDF的距离为d，
d=|BM→⋅n→||n→|=|2λ−4|2=423，
解得λ=23或103（舍）．
所以在线段CE上存在点M，且CMCE=23．
【考点】
两条直线垂直的判定
点、线、面间的距离计算
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：因为AB=2，BF=2，AF=22，
所以AB2+BF2=AF2，
所以BF⊥AB．
因为平面ABEF⊥平面ABCD，
平面ABEF∩平面ABCD=AB，BF⊂平面ABEF，
所以BF⊥平面ABCD．
因为CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥BF．
(2)解：存在，由(1)知，BF⊥平面ABCD且AB⊥BC，以B为坐标原点，BA→，BC→，BF→的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图．
B0,0,0，A2,0,0，C0,4,0，
D2,2,0，F0,0,2，E−2,0,2．
BD→=2,2,0，BF→=0,0,2，
设CM→=λCE→=λ−2,−4,2
=−2λ,−4λ,2λ（0≤λ≤1），
则BM→=BC→+CM→
=(0,4,0)+(−2λ,−4λ,2λ)
=(−2λ，−4λ+4,2λ)．
设平面BDF的一个法向量为n→=x,y,z，
n→⋅BD→=0，n→⋅BF→=0,
即2x+2y=0,2z=0,
令x=1，则n→=1,−1,0，
设点M到平面BDF的距离为d，
d=|BM→⋅n→||n→|=|2λ−4|2=423，
解得λ=23或103（舍）．
所以在线段CE上存在点M，且CMCE=23．
【答案】
(1)解：由题意设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0）．
则B0,b，
因为OP→=OF→+3OB→
=1,0+320,b=1,32b，
所以P1,32b，
因为P在椭圆C上，
所以1a2+32b2b2=1，
解得a2=4，
所以b2=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：①当直线l的斜率不存在时，设l：x=t，因为t24+y23=1，
所以y=±3⋅1−t24．
因为以PQ为直径的圆过原点，
所以|y|=|t|，得3⋅1−t24=|t|，
|t|=2217．
此时原点到直线l的距离为2217．
②当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m．
由y=kx+m,3x2+4y2=12得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64k2m2−43+4k24m2−12>0，
得4k2−m2+3>0，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2
=−12k2+3m23+4k2．
因为以PQ为直径的圆过原点，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2=7m2−12k2+13+4k2=0，
所以7m2−12k2+1=0．
此时原点到直线l的距离d=|m|1+k2=m21+k2=127=2217.
综上，原点到直线l的距离为定值2217．
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
【解析】
无
无
【解答】
(1)解：由题意设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1（a>b>0）．
则B0,b，
因为OP→=OF→+3OB→
=1,0+320,b=1,32b，
所以P1,32b，
因为P在椭圆C上，
所以1a2+32b2b2=1，
解得a2=4，
所以b2=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：①当直线l的斜率不存在时，设l：x=t，因为t24+y23=1，
所以y=±3⋅1−t24．
因为以PQ为直径的圆过原点，
所以|y|=|t|，得3⋅1−t24=|t|，
|t|=2217．
此时原点到直线l的距离为2217．
②当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m．
由y=kx+m,3x2+4y2=12得3+4k2x2+8kmx+4m2−12=0，
Δ=64k2m2−43+4k24m2−12>0，
得4k2−m2+3>0，
设Px1,y1，Qx2,y2，
则x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2
=−12k2+3m23+4k2．
因为以PQ为直径的圆过原点，
所以OP→⋅OQ→=x1x2+y1y2=7m2−12k2+13+4k2=0，
所以7m2−12k2+1=0．
此时原点到直线l的距离d=|m|1+k2=m21+k2=127=2217.
综上，原点到直线l的距离为定值2217．