2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月月考数学（文）试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法正确的是( )
A.棱柱的各个侧面都是平行四边形
B.底面是矩形的四棱柱是长方体
C.有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥

2. 直线3x+3y+1=0的倾斜角是( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

3. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )

A.12πB.18πC.24πD.36π

4. 已知原命题为“若两个三角形全等，则这两个三角形面积相等”，那么它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3

5. 设l，m是两条不同的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的个数为( )
①若l⊥α，m⊥α，则l // m；
②若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l，则l⊥γ；
③若m // α，m // β，α∩β=l，则m // l；
④若l⊥m，m⊥α，则l // α．
A.1B.2C.3D.4

6. 直线mx−y−m+2=0过定点A，若直线l过点A且与2x+y−2=0平行，则直线l的方程为( )
A.2x+y−4=0B.2x+y+4=0C.x−2y+3=0D.x−2y−3=0

7. 如图，在下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB // 平面MNP的图形是( )

A.①④B.③④C.④D.①②④

8. 设点A(−2, 3)，B(3, 2)，若直线ax+y+2=0与线段AB没有交点，则a的取值范围是( )
A.(−∞, −52)∪(43, +∞)B.(−43, 52)
C.[−52, 43]D.(−∞, −43)∪(52, +∞)

9. 已知正三棱柱ABC−A1B1C1 的各棱长都相等，D是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1与BD所成角的大小为( )
A.30∘B.45∘C.90∘D.60∘

10. 已知圆C：(x−2)2+y2=2，直线l：y=kx−2，若直线l上存在点P，过点P引圆的两条切线l1,l2，使得l1⊥l2，则实数k的取值范围是( )
A.[0,2−3)∪(2+3,+∞)B.[2−3,2+3]
C.(−∞,0)D.[0,+∞)

11. 直线y=−3x与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)交于A，B两点，以线段AB为直径的圆恰好经过椭圆的右焦点，则椭圆C的离心率为( )
A.32B.4−23C.3−12D.3−1

12. 三棱锥P−ABC的所有顶点都在半径为23的球O的球面上．若△PAC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，则三棱锥P−ABC体积的最大值为（ ）
A.2B.3C.93D.33
二、填空题

若直线(3a+2)x+(1−4a)y+8=0与(5a−2)x+(a+4)y−7=0垂直，则a=________．

已知p:|m+1|<1，q：幂函数y=m2−m−1xm在0,+∞上单调递减，则p是q的________条件．（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=3，AA1=4，P是侧面 BCC1B1 内的动点，且AP⊥BD1，记AP与平面BCC1B1所成的角为θ，则tanθ的最大值为________.


已知椭圆C：x22+y2=1与直线x+y−m=0相交于不同的两点M，N，且线段MN的中点不在圆x2+y2=1内，则m的取值范围为________.
三、解答题

如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AD1，CD1的中点．

(1)证明：EF//平面ABCD；

(2)求异面直线EF与B1C1所成角的大小．

已知△ABC的三个顶点分别为A4,0，B0,−2，C−2,1 .
(1)求AB边上的高CD所在直线的方程；

(2)求过点C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．

已知a>0，命题p:∀x>0，x+ax≥2恒成立，命题q:∀k∈R，直线kx−y+2=0与椭圆x2+y2a2=1有公共点，求使得p∨q为真命题，p∧q为假命题的实数a的取值范围．

已知圆C经过点A2,−1，和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=−2x上．
(1)求圆C的方程；

(2)已知直线l经过点0,3，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC,BC⊥平面PAB，PA=PB=AB=BC=2AD=2，点E为线段PB的中点．

(1)证明：平面DAE⊥平面PBC；

(2)求三棱锥D−ACE的体积．

已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为32，点A在椭圆E上，∠F1AF2=60∘，△F1AF2的面积为43．
(1)求椭圆E的方程；

(2)过原点O的两条互相垂直的射线与椭圆E分别交于P，Q两点，证明：点O到直线PQ的距离为定值，并求出这个定值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山西省运城市高二（上）12月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
棱柱的结构特征
棱锥的结构特征
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断
D．
【解答】
解：A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；
B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，
只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，故B错误；
C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，
只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；
D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，
如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
求出直线的斜率，然后求解直线的倾斜角．
【解答】
解：直线3x+3y+1=0的斜率为−3，
设直线的倾斜角为θ，则tanθ=−3，
可得θ=120∘．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知，该几何体是底面半径为3，母线长为5的圆锥，
则高为52−33=4，
故该几何体体积为13×π×32×4=12π.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
四种命题的定义
【解析】
写出该命题的逆命题、否命题、逆否命题，并判断它们的真假．
【解答】
解：原命题“若两个三角形全等，则这两个三角形面积相等”，
它的逆命题是“若两个三角形面积相等，则这两个三角形全等”，是假命题；
否命题是“若两个三角形不全等，则这两个三角形面积不相等”，是假命题；
逆否命题是“若两个三角形面积不相等，则这两个三角形不全等”，是真命题；
∴ 以上逆命题、否命题、逆否命题中，真命题有1个．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
直线与平面平行的性质
平面与平面垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
根据线面垂直的性质定理即可知①正确；利用面面垂直的性质定理可知②正确；
根据线面平行的性质定理和判定定理可知③正确，利用线面平行的定义可知④错误．
【解答】
解：对于①，根据线面垂直的性质定理可知①正确；
对于②，过l上任意一点作a⊥γ，利用面面垂直的性质可知，a既在α内又在β内，所以a与l重合，即l⊥γ，②正确；
对于③，设经过m的平面与α相交于b，与β相交于c，则由m // α可得m // b，同理，m // c，
由公理4可知，b // c，∴ b // β，∵ α∩β=l，∴ b // l，即有m // l，③正确；
对于④，若l⊥m，m⊥α，则l // α或l⊂α，④错误．
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
待定系数法求直线方程
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由mx−y−m+2=0得：y−2=m(x−1)，
故直线mx−y−m+2=0恒过定点A(1, 2)，
直线2x+y−2=0的斜率是：k=−2，
故直线l的方程是：y−2=−2(x−1)，
整理得：2x+y−4=0，
故选A．
7.
【答案】
A
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
根据线面平行的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【解答】
解：在①中，连接AC，则AC // MN，由正方体性质得到平面MNP // 平面ABC，
∴ AB // 平面MNP，故①成立；
②若下底面中心为O，则NO // AB，NO∩面MNP=N，
∴ AB与面MNP不平行，故②不成立；
③过M作ME // AB，则E是中点，
则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，
∴ AB与面MNP不平行，故③不成立；
④连接CD，则AB // CD，NP // CD，则AB // PN，∴ AB // 平面MNP，故④成立．
综上所述，能得出AB // 平面MNP的图形是①④.
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
斜率的计算公式
过两条直线交点的直线系方程
【解析】
直线ax+y+2=0过定点(0, −2)，直线ax+y+2=0与线段AB没有交点转化为过定点(0, −2)的直线与线段AB无公共点，作出图象，由图求解即可．
【解答】
解：直线ax+y+2=0恒过点M(0, −2)，
且斜率为−a，
∵ kMA=3−(−2)−2−0=−52，
kMB=2−(−2)3−0=43，
由图可知：−a>−52且−a<43，
∴ a∈(−43, 52).
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
直接构造平面角，再利用余弦定理得出即可.
【解答】
解：如图：取AB，BB1的中点分别为E，F，连接EF，FC1，EC1，
则易得EF//AB1，BD//FC1，从而∠EFC1为异面直线AB1与BD所成角的平面角或其补角，
设棱长为2，易得EF=12AB1=2，FC1=1+4=5，
EC1=4+94+34=7，
所以EF2+FC12=EC12，
故∠EFC1=90∘，则异面直线AB1与BD所成角的平面角为90∘.
故选C.
10.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
作图，根据题意可知∠CPA=45∘,即可得到|CP|=2,设Px,y ，则点P满足： (x−2)2+y2=4，与y=kx−2联立化为：1+k2×2−4k+4x+4=0,根据Δ≥0，即可实数k的取值范围是[0,+∞）．
【解答】
解：如图所示，
直线l上存在点P，过点P引圆的两条切线l1,l2 使得l1⊥l2，
则∠CPA=45∘，
∴ |CP|=2.
设Px,y ，则点P满足： (x−2)2+y2=4，
与y=kx−2联立化为：1+k2x2−4k+4x+4=0,
由Δ=4k+42−4×41+k2≥0解得k≥0，
∴ 实数k的取值范围是[0,+∞）.
故选D.
11.
【答案】
D
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
椭圆的离心率
【解析】
以AB为直径的圆过椭圆的右焦点，也过左焦点，以这两个焦点A、B两点为顶点得一矩形，求出矩形宽与长，利用椭圆的定义，即可求得椭圆C的离心率．
【解答】
解：由题意，以AB为直径的圆过椭圆的右焦点，也过左焦点，
以这两个焦点A，B两点为顶点得一矩形．
直线y=−3x的倾斜角为120∘，所以矩形宽为c，长为3c．
由椭圆定义知矩形的长宽之和等于2a，
即c+3c=2a．
∴ e=ca=21+3=3−1.
故选D．
12.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积
【解析】
由题设PD⊥面ABC，
由AB⊥CB，所以AC为面ABC所在截面圆的直径,
S△ABC=12AB×BC≤12AB2+BC22=12×AC22=9，
利用基本不等式得VP−ABC=13SABC⋅PD≤13×9×33=93.
【解答】
解：取AC中点 D，连接PD，
由题设得PD⊥AC，
又因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，
所以PD⊥平面ABC，
由AB⊥CB，所以AC为平面ABC所在截面圆的直径,
OP=OA=OC=23，
所以AC=6,PD=33,
S△ABC=12AB×BC≤12AB2+BC22=12×AC22=9，
VP−ABC=13SABC⋅PD≤13×9×33=93.
故选C.
二、填空题
【答案】
0或1
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由直线的垂直关系可得a的方程，解方程可得．
【解答】
解：由题可得(3a+2)(5a−2)+(1−4a)(a+4)=0，
化简可得a2−a=0，解得a=0或a=1，
故答案为：0或1.
【答案】
必要不充分
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
分别化简p，q，再根据充分必要条件的定义即可判断．
【解答】
解：p：|m+1|<1等价于−2∵ 幂函数y=(m2−m−1)xm在(0, +∞)上单调递减，
∴ m2−m−1=1，且m<0，
解得m=−1，
∴ p是q的必要不充分条件，
故答案为：必要不充分.
【答案】
53
【考点】
棱柱的结构特征
直线与平面所成的角
【解析】
本题考查线面角的正切值的最大值的求法，空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力．
【解答】
解：连接AC，CP，如图，
因为AC⊥BD1，AP⊥BD1，
所以BD1⊥平面APC,
所以BD1⊥CP.
又D1C1⊥平面BCC1B1,
所以D1C1⊥CP，
所以CP⊥平面BD1C1，得CP⊥BC1,
故P点的特征为在面BCC1B1内过点C垂直BC1的直线上，
则AP与平面BCC1B1所成的角为θ，
则求tanθ的最大值即求BP的最小值，可知BP的最小值为
过B到CP的垂线段.
如图，
过B作CP的垂线段会发现，
P落在P′即BC1上且CP′⊥BC1，
在Rt△BCC1中，BC=3,CC1=4，
所以BC1=5，
由等面积法得，
12BC1×CP′=12BC⋅CC1，
即12×5×CP′=12×3×4，
所以CP′=125，
在Rt△BCP′中，
BP′=32−(125)2=95，
即BPmin=95，
所以tanθmax=ABBPmin=395=53.
故答案为：53.
【答案】
(−3,−355]∪[355,3)
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
点与圆的位置关系
【解析】
利用直线与椭圆联立得3x2−4mx+2m2−2=0，可得中点坐标为2m3,m3，又中点不在圆内可得解.
【解答】
解：联立x22+y2=1，x+y−m=0，
整理得3x2−4mx+2m2−2=0，
因为直线与椭圆有两个不同的交点，得Δ=16m2−12(2m2−2)>0，
解得−3由韦达定理得x1+x2=4m3，中点横坐标为x1+x22=2m3，
代入直线得中点的纵坐标为m3，
即中点坐标为2m3,m3，
又因为中点不在圆内得2m32+m32≥1，
解得m≥355或m≤−355.
故答案为：(−3,−355]∪[355,3).
三、解答题
【答案】
(1)证明：连接AC，
∵ E，F分别为AD1，CD1的中点，
∴ EF//AC，
又∵ EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ EF//平面ABCD．
(2)解：∵ EF//AC，B1C1//BC，
∴ ∠ACB为异面直线EF与B1C1所成的角或其补角，
△ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ 异面直线EF与B1C1所成角的大小为45∘．
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】


【解答】
(1)证明：连接AC，
∵ E，F分别为AD1，CD1的中点，
∴ EF//AC，
又∵ EF⊄平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴ EF//平面ABCD．
(2)解：∵ EF//AC，B1C1//BC，
∴ ∠ACB为异面直线EF与B1C1所成的角或其补角，
△ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACB=45∘，
∴ 异面直线EF与B1C1所成角的大小为45∘．
【答案】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【考点】
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
斜率的计算公式
直线的截距式方程
【解析】


【解答】
解：(1)依题意得，kAB=0−(−2)4−0=12，
因为AB⊥CD，
所以直线CD的斜率kCD=−1kAB=−2，
可得直线CD的方程为y−1=−2x+2．
即直线CD的方程为：2x+y+3=0 .
(2)①当两截距均为0时，设直线方程为y=kx，
因为直线过点C−2,1．解得k=−12，即所求直线方程为y=−12x .
②当截距均不为0时，设直线方程为x+y=a，
因为直线过点C−2,1，解得a=−1，即所求直线方程为x+y=−1 .
综上所述，所求直线方程为x+2y=0或x+y+1=0 .
【答案】
解：命题p：因为a>0时，对∀x>0，x+ax≥2a，
则2a≥2，即a≥1；
命题q：将直线kx−y+2=0代入椭圆x2+y2a2=1，
得(k2+a2)x2+4kx+4−a2=0，
则Δ=4a2(a2+k2−4)≥0，即a2≥−k2+4；
而−k2+4在R上的最大值为4；
∴ a2≥4，∵ a>0，∴ 解得a≥2；
（或者直线kx−y+2=0经过定点(0, 2)，则0+4a2≤1，
∵ a>0，∴ 解得a≥2.）
由题可得p，q一真一假，
当p真q假时，a≥1,0当p假q真时，0综上1≤a<2.
【考点】
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
求出命题的等价条件，结合复合命题之间的关系进行求解即可．
【解答】
解：命题p：因为a>0时，对∀x>0，x+ax≥2a，
则2a≥2，即a≥1；
命题q：将直线kx−y+2=0代入椭圆x2+y2a2=1，
得(k2+a2)x2+4kx+4−a2=0，
则Δ=4a2(a2+k2−4)≥0，即a2≥−k2+4；
而−k2+4在R上的最大值为4；
∴ a2≥4，∵ a>0，∴ 解得a≥2；
（或者直线kx−y+2=0经过定点(0, 2)，则0+4a2≤1，
∵ a>0，∴ 解得a≥2)
由题可得p，q一真一假，
当p真q假时，a≥1,0当p假q真时，0综上1≤a<2.
【答案】
解：(1)设圆心C(a,−2a)，
由题知|a−2a−1|2=a−22+−2a+12，解得a=1．
所以圆C的方程为x−12+y+22=2．
(2)当直线l的斜率不存在时，它的方程为x=0，
此时与圆交于两点0,−1,0,−3，满足弦长为2．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx+3，
圆心到直线l的距离为|k+5|1+k2，
令|k+5|1+k2=2−1，解得k=−125，
直线l的方程为12x+5y−15=0 .
综上所述，直线l的方程为x=0或12x+5y−15=0．
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
直线的点斜式方程
【解析】


【解答】
解：(1)设圆心C(a,−2a)，
由题知|a−2a−1|2=a−22+−2a+12，解得a=1．
所以圆C的方程为x−12+y+22=2．
(2)当直线l的斜率不存在时，它的方程为x=0，
此时与圆交于两点0,−1,0,−3，满足弦长为2．
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y=kx+3，
圆心到直线l的距离为|k+5|1+k2，
令|k+5|1+k2=2−1，解得k=−125，
直线l的方程为12x+5y−15=0 .
综上所述，直线l的方程为x=0或12x+5y−15=0．
【答案】
(1)证明：由已知，BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥BC.
由PA=PB=AB，点E为线段PB的中点，所以AE⊥PB,
又PB∩BC=B,PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC．
又AE⊂平面DAE，所以平面DAE⊥平面PBC．
(2)解：因为AD//BC,BC⊄平面DAE，AD​⊂平面DAE，
所以BC//平面DAE，
所以点C到平面DAE的距离等于点B到平面DAE的距离．
已知BC⊥平面PAB，AD//BC，所以AD⊥平面PAB．
由PA=PB=AB=2,AD=1，所以AE=3，
因此VD−ACE=VC−DAE=VD−AEB=13S△AEB⋅AD=13×32×1=36，
即三棱锥D−ACE的体积为36 ．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：由已知，BC⊥平面PAB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥BC.
由PA=PB=AB，点E为线段PB的中点，所以AE⊥PB,
又PB∩BC=B,PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC．
又AE⊂平面DAE，所以平面DAE⊥平面PBC．
(2)解：因为AD//BC,BC⊄平面DAE，AD​⊂平面DAE，
所以BC//平面DAE，
所以点C到平面DAE的距离等于点B到平面DAE的距离．
已知BC⊥平面PAB，AD//BC，所以AD⊥平面PAB．
由PA=PB=AB=2,AD=1，所以AE=3，
因此VD−ACE=VC−DAE=VD−AEB=13S△AEB⋅AD=13×32×1=36，
即三棱锥D−ACE的体积为36 ．
【答案】
解：(1)由题意得S△PF2F1=12|PF1|⋅|PF2|sin60∘=43，
所以|PF1|⋅|PF2|=16 ．
再由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|cs60∘
=(|PF1|+|PF2|)2−3|PF1|⋅|PF2|，
即4c2=4a2−3×16，所以c2=a2−12．
又离心率e=32=ca，b2=a2−c2，
所以a2=48，b2=12，
所以椭圆E的方程为x248+y212=1．
(2)由题意，当直线PQ的斜率不存在时，此时可设Px0,x0，Qx0,−x0，
又P，Q两点在椭圆E上，x0248+x0212=1，x02=485，
所以原点到直线PQ的距离d=485=4155，
当直线PQ的斜率存在时，
设直线PQ的方程为y=kx+m，Px1,y1，Qx2,y2，
联立方程组y=kx+m,x248+y212=1，
消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−48=0，
Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−48)>0，
即m2<48k2+12，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−481+4k2，
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−48k21+4k2，
由题意OP⊥OQ．则x1x2+y1y2=0，
即5m2=48+48k2，
所以O到直线PQ的距离d=|m|1+k2=m21+k2
=48+48k25(1+k2)=4155，
综上所述，可证明点O到直线PQ的距离为定值4155．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)由题意得S△PF2F1=12|PF1|⋅|PF2|sin60∘=43，
所以|PF1|⋅|PF2|=16 ．
再由余弦定理得|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1|⋅|PF2|cs60∘
=(|PF1|+|PF2|)2−3|PF1|⋅|PF2|，
即4c2=4a2−3×16，所以c2=a2−12．
又离心率e=32=ca，b2=a2−c2，
所以a2=48，b2=12，
所以椭圆E的方程为x248+y212=1．
(2)由题意，当直线PQ的斜率不存在时，此时可设Px0,x0，Qx0,−x0，
又P，Q两点在椭圆E上，x0248+x0212=1，x02=485，
所以原点到直线PQ的距离d=485=4155，
当直线PQ的斜率存在时，
设直线PQ的方程为y=kx+m，Px1,y1，Qx2,y2，
联立方程组y=kx+m,x248+y212=1，
消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−48=0，
Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−48)>0，
即m2<48k2+12，
x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−481+4k2，
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2−48k21+4k2，
由题意OP⊥OQ．则x1x2+y1y2=0，
即5m2=48+48k2，
所以O到直线PQ的距离d=|m|1+k2=m21+k2
=48+48k25(1+k2)=4155，
综上所述，可证明点O到直线PQ的距离为定值4155．