2023-2024学年福建省莆田第二中学、仙游第一中学高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省莆田第二中学、仙游第一中学高二上学期期中联考数学试题（含解析），共25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.椭圆x2m+y24=1的焦距是2，则m的值为
( )
A. 5B. 3C. 5或3D. 20
2.已知直线x-2y+1=0与直线2x-my-2m=0平行，则它们之间的距离为
( )
A. 3 55B. 5C. 9 55D. 4
3.已知动点Q在△ABC所在平面内运动，若对于空间中任意一点P，都有PQ=-2PA+5PB+mCP，则实数m的值为
( )
A. 0B. 2C. -1D. -2
4.已知点A1,0,2,B-1,1,2,C1,1,-2，则点A到直线BC的距离是
( )
A. 2 55B. 1055C. 55D. 5
5.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60∘，M为A1C1与B1D1的交点，则BM的长为
( )
A. 94B. 32C. 54D. 52
6.已知F是双曲线C：x2-y28=1的右焦点，P是C左支上一点，A0,6 6，当▵APF周长最小时，该三角形的面积为
( )
A. 3 2B. 3 3C. 6 6D. 12 6
7.椭圆C:x29+y25=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为π3的直线交椭圆于点M(M在x轴的上方)，连接MF2，再作∠F1MF2的角平分线l，点F2在l上的投影为点N，则ON(其中O为坐标原点)的长度为
( )
A. 22B. 1C. 32D. 12
8.过直线x+y=4上一动点M，向圆O:x2+y2=4引两条切线，A、B为切点，则圆C:(x+3)2+(y-3)2=1上的动点P到直线AB 距离的最大值为
( )
A. 2 5+1B. 6C. 8D. 2 6+1
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.以下四个命题正确的有
( )
A. 直线 3x-y+a=0a∈R的倾斜角为60°
B. 圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l：x-y+ 2=0的距离都等于1
C. 直线x-2y+3=0关于原点对称的直线方程为x+2y-3=0
D. 经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0
10.在如图的六面体中，CA=CB=CD=1，AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，则
( )
A. CD⊥平面ABCB. AC与BE所成角的大小为π3
C. CE= 3D. 该六面体外接球的表面积为3π
11.已知椭圆C：x24+y2b2=1(0( )
A. 离心率e的取值范围为0, 22
B. 当e= 24时，QF1+QP的最大值为4+ 62
C. 存在点Q，使得QF1⋅QF2=0
D. 1QF1+1QF2的最小值为1
12.如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则
( )
A. 三棱锥A1-EFG的体积为定值
B. 线段B1C上存在点G，使平面EFG//平面BDC1
C. 当CG=34CB1时，直线EG与BC1所成角的余弦值为13
D. 三棱锥A1-EFG的外接球半径的最大值为3 22
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.若双曲线C与x29-y2=1有共同渐近线，且与椭圆x240+y220=1有相同的焦点，则该双曲线C的方程为 ．
14.三棱锥P-ABC,PA=PB=PC=AC= 3,∠ABC=π3，则点P到底面ABC的距离为 ．
15.平面直角坐标系xOy中，已知点A(0,3)，圆C:(x-a)2+(y-2a+4)2=1.若圆C上存在点M，使MA=2MO，则a的取值范围是 ．
16.如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球O1，球O2的半径分别为4和2，球心距离O1O2=2 10，截面分别与球O1，球O2相切于点E,F(E,F是截口椭圆的焦点)，则此椭圆的离心率等于 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知圆C过点Q(3,-1)，且与圆D:(x-1)2+(y-2)2=1外切于点P(1,1)．
(1)求圆C的方程；
(2)设倾斜角为3π4的直线l与圆C交于A,B两点，若CA⋅CB=-2，求l的方程．
18.(本小题12分)
中心在原点的双曲线E焦点在x轴上且焦距为4，请从下面3个条件中选择一个补全条件，并完成后面问题：
①该曲线经过点A2,3；
②该曲线的渐近线与圆x2-8x+y2+4=0相切；
③点P在该双曲线上，F1、F2为该双曲线的焦点，当点P的纵坐标为32时，恰好PF1⊥PF2．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)过定点Q1,1能否作直线l，使l与此双曲线相交于Q1 、Q2 两点，且Q 是弦Q1Q2的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=60∘，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90∘，AB=AC=PA=2．
(1)求证：平面PBD⊥平面PAC;
(2)若点M为PD中点，求直线MC与平面PBC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点M(0, 3)，且右焦点为F(1,0)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点P.若PA=mAF，PB=nBF，求m+n的值．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P-ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD=1，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．
(1)在直线PA上找一点M，使得直线CM//平面PBE，并求AMAP的值；
(2)若直线CD到平面PBE的距离为2 55，求平面PBE与平面PBC夹角的余弦值．
22.(本小题12分)
已知点M为圆O:x2+y2=1上的动点，点F1(-2,0),F2(2,0)，延长F1M至N，使得|MN|=F1M，线段F1N的垂直平分线交直线F2N于点P，记点P的轨迹为Γ．
(1)求Γ 的方程；
(2)直线l与Γ交于A，B两点，且OA⊥OB，求▵OAB的面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，是基础题．
由题意可得c=1，讨论焦点在x轴或y轴，根据c2=a2-b2即可求解．
【解答】
解：因为焦距是2，所以c=1，
当焦点在x轴时，a2=m,b2=4,∴c2=a2-b2=m-4=1，
解得m=5 ；
当焦点在y轴时，a2=4,b2=m,∴c2=a2-b2=4-m=1，
解得m=3，
所以m=3，或m=5．
故选：C．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了两平行直线之间的距离问题，属于基础题．
根据平行线间的关系求出m的值，然后代入平行线距离公式即可得解．
【解答】
解：由两直线平行可得12=2m，解得m=4，
则直线x-2y+1=0和x-2y-4=0的距离为
d=-4-1 22+12= 5，
故选B．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间向量共面定理，是基础题．
根据空间向量共面定理可得-2+5-m=1，解出m即可．
【解答】解：由题可得PQ=-2PA+5PB-mPC．
又动点Q在△ABC所在平面内运动，
所以-2+5-m=1，解得m=2．
故选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离的向量法。
根据点到直线的距离的向量法求解公式计算即可．
【解答】
解：设AB=a=(-2,1,0),BC=(2,0,-4),u=BC|BC|=( 55,0,-2 55)，
可求得a⋅u=-2,1,0⋅ 55,0,-2 55=-2 55，
所以点A到直线BC的距离是d= a2-(a⋅u)2= 5--2 552= 1055．
故选：B
5.【答案】D
【解析】【分析】把AB,AD,AA1作为基底，然后用基底把BM表示出来，然后求出其模即可
解：如图，BM=BB1+B1M
=AA1+12B1D1
=AA1+12(A1D1-A1B1)
=AA1+12AD-12AB，
所以BM2=AA1+12AD-12AB2
=AA12+14AD2+14AB2+AA1⋅AD-AA1⋅AB-12AD⋅AB
=1+14+14+12-12-12×12=54，
所以BM= 52，
所以BM的长为 52，
故选：D
6.【答案】D
【解析】【分析】由双曲线的方程求出a=1，F3,0，求出AF，设左焦点为F1，由双曲线的定义可得：
▵APF的周长为：PA+PF1+2a+AF=PA+PF1+17，当P、A、F1共线时，
▵APF周长最小，联立直线AF1与双曲线的方程求得点P坐标，再由S▵APF=S▵AFF1-S▵PFF1即可求解．
解：由双曲线的方程可得a=1，F3,0，因为A0,6 6，所以AF= 32+6 62=15，
设双曲线的左焦点为F1，由双曲线定义知，PF=2a+PF1=2+PF1，
所以▵APF的周长为：PA+PF+AF=PA+2+PF1+15=PA+PF1+17，
要使▵APF的周长最小，则PA+PF1最小，即P、A、F1共线，
因为A0,6 6，F1-3,0，所以直线AF1的方程为x-3+y6 6=1，
即x=y2 6-3代入x2-y28=1整理得y2+6 6y-96=0，
解得：y=2 6或y=-8 6(舍)，所以P点的纵坐标为2 6，
所以S▵APF=S▵AFF1-S▵PFF1=12×6×6 6-12×6×2 6=12 6，
故选：D．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义，利用余弦定理解三角形，属于中档题．
由椭圆定义得MF1+|MF2|=2a=6，进而由余弦定理得|MF1|=52，|MF2|=72，再延长F2N交MF1于H，结合题意可知N是线段HF2的中点，最后根据中位线定理即可得解．
【解答】
解：由题知a=3,b= 5,c=2，
因为M在椭圆上，
所以|MF1|+|MF2|=2a=6，
设|MF1|=m,|MF2|=6-m，
在△MF1F2中，
由余弦定理得，
即(6-m)2=m2+42-2×4×m×csπ3，
解得m=52，所以|MF1|=52，|MF2|=72，
延长F2N交MF1于H，如图所示：
因为l是∠F1MF2的角平分线，点F2在l上的投影为点N，
所以N是线段HF2的中点，|MH|=|MF2|，
因为O是线段F1F2的中点，
所以ON=12|HF1|=12(|MF2|-|MF1|)
=12×(72-52)=12．
故选D．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及直线过定点问题，属于中档题．
设M(a,b)，由切线的性质得点A、B在以OM为直径的圆上，求出该圆的方程，与圆O的方程联立可得直线AB的方程，将其变形分析可得直线AB恒过定点(1,1)，则动点P到直线AB距离的最大值即为圆心C(-3,3)，N(1,1)之间的距离加上圆C的半径1，则答案可得．
【解答】
解：设M(a,b)，则a+b=4，
由切线的性质得点A、B在以OM为直径的圆上，
以OM为直径的圆的方程是(x-a2)2+(y-b2)2=14(a2+b2)，
与圆O的方程x2+y2=4联立，即
(x-a2)2+(y-b2)2=14(a2+b2)x2+y2=4,
即x2+y2+14(a2+b2)-ax-by=14(a2+b2)x2+y2=4,
得直线AB的方程为ax+by-4=0，
因为a+b=4，所以b=4-a，代入直线AB的方程，得ax+(4-a)y-4=0，
即a(x-y)+4y-4=0，
可知直线AB过定点N(1,1)，
则动点P 到直线AB距离的最大值即为圆心C(-3,3)，N(1,1)之间的距离加上圆C的半径1，
因为CN= (-3-1)2+(3-1)2=2 5，
所以圆C上的动点P到直线AB距离的最大值为2 5+1．
故选：A．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了直线倾斜角与斜率的关系、直线与圆的位置关系的应用、点、直线间的对称问题以及直线的截距式方程，属于中档题．
A：求出直线斜率即可判断倾斜角；
B：根据圆心到直线的距离与半径作比较，即可判断；
C：根据点关于原点对称的性质求出对称直线对称，即可判断；
D：经过点(1,1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为x+y-2=0和y=x．
【解答】
解：A：由直线方程可知直线的斜率k= 3，设直线的倾斜角为α，
则k=tanα= 3,α∈[0,180°)，所以α=60°，故A正确；
B：圆的圆心(0,0)，圆的半径r=2，圆心到直线l：x-y+ 2=0的距离d=1=12r，
所以圆x2+y2=4上有且仅有3个点到直线l：x-y+ 2=0的距离都等于1，故B正确；
C：设所求直线上的点为(x,y)，则该点关于原点对称的点为(-x,-y)，代入
方程x-2y+3=0，得x-2y-3=0，即直线x-2y+3=0关于原点对称的
直线方程为x-2y-3=0，故C错误；
D：经过点(1,1)且到x轴和y轴的截距都相等的直线方程为x+y-2=0和y=x，故D错误．
故选：AB
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查线面垂直的判定，直线与直线所成角的求法，空间中两点间距离，几何体的外接球问题，属于基础题．
利用线面垂直的判定定理判断A;
利用已知建立空间直角坐标系，借助直线与直线所成角的向量求法判断B;
利用空间中两点间距离公式求解判断C;
利用几何体的外接球以及球的表面积公式进行计算求解判断D．
【解答】
解：因为CA=CB=CD=1，BD=AD= 2，
所以CA2+CD2=AD2,CB2+CD2=BD2，
即CD⊥CA,CD⊥CB,又CA∩CB=C，CA,CB⊂平面ABC，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CA=CB=1，AB= 2，
所以CA⊥CB，又因为CD⊥平面ABC，
以C为坐标原点，分别以CA,CB,CD为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示：
因为CA=CB=CD=1，
所以四面体C-ABD是正三棱锥，
因为AB=BD=AD=AE=BE=DE= 2，
所以四面体E-ABD是正四面体，
在正三棱锥C-ABD中过点C作底面ABD的垂线，垂足为正三角形ABD的中心G，
同理，在正四面体E-ABD中，过顶点E作底面ABD的垂线，垂足为正三角形ABD的中心G，
所以C、G、E三点共线；
因为C0,0,0,D0,0,1,B0,1,0,A1,0,0，
因为G是正三角形ABD的中心，所以G13,13,13，
因为C、G、E三点共线，所以可设Et,t,t,t>13，
因为在正四面体E-ABD中，EG=2 33，
在正三棱锥C-ABD中，CG= 33，
所以 3t= 3，解得t=1，所以E1,1,1，
所以BE=1,0,1，又CA=1,0,0，
所以csCA,BE=CA⋅BE|CA||BE|= 22，
故AC与BE所成角的大小为π4，故B错误；
因为CE=1,1,1，所以CE= 3，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，
因为CE= 3，所以六面体外接球的半径R= 32，
所以该六面体外接球的表面积为4πR2=3π，故D正确．
故选ACD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查点与椭圆的位置关系，椭圆离心率范围的求法，椭圆定义的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
A项中需根据点与椭圆的位置关系得出b的范围，然后利用离心率的定义进行判断；
B项中根据椭圆定义转化为求4-QF2+QP的最大值，从而进而判断；
C项中先求出点Q的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；
D项中根据椭圆定义得QF1+QF2=2a=4，并结合基本不等式判断．
【解答】
解：对于A：因为点P 2,1在椭圆内部，
所以24+1b2<1，得2所以e=ca= c2a2= 1-b2a2= 1-b24∈0, 22，故A正确；
对于B：由椭圆定义知|QF1|+|QF2|=2a=4,
所以QF1+QP=4-QF2+QP⩽4+|PF2|，
当且仅当Q为PF2的延长线与椭圆的交点时取等号，
由e= 24=c2，得c= 22，F2 22,0，
所以得PF2= 2- 222+1= 62，
所以QF1+QP的最大值为4+ 62，故B正确；
对于C：设Qx,y，若QF1⋅QF2=0，即-c-x,-y⋅c-x,-y=0，
则得x2+y2=c2，即点Q在以原点为圆心，半径为c的圆上，
又由A知：e=ca∈0, 22，得c=ea∈(0, 2)，
又因为2所以c对于D：由椭圆定义得QF1+QF2=2a=4，
所以1|QF1|+1|QF2|
=14⋅(1|QF1|+1|QF2|)(|QF1|+|QF2|)
=14(2+|QF2||QF1|+|QF1||QF2|)
⩾14(2+2 |QF2||QF1|×|QF1||QF2|)=1，
当且仅当QF1=QF2=2时取等号，故D正确．
故选ABD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了异面直线所成角问题，考查了三棱锥外接球问题，棱锥的体积，属于中档题．
A求三棱锥体积判断；B用反证法判断；C利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值判断即可；D求外接球半径，用方程求解判断．
【解答】解：对A，VA1-EFG=VG-A1EF=13×S▵A1EF×A1B1=13×12×1×1×2=13，故A正确；
对B，如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，则A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,D0,0,0,A12,0,2，B12,2,2,C10,2,2,D10,0,2,E1,0,2,F2,0,1，
设平面BDC1的法向量为m=x,y,z，DB=2,2,0,DC1=0,2,2，
所以m⋅DB=0m⋅DC1=0⇒2x+2y=02y+2z=0，令x=1，则m=1,-1,1．
EC=-1,2,-2,CB1=2,0,2,设CG=λCB1=2λ,0,2λ0≤λ≤1，
所以EG=EC+CG=(2λ-1,2,2λ-2)，若平面EFG//平面BDC1，则m⋅EG=2λ-1-2+2λ-2=0⇒λ=54∉0,1，故B错误；
对C，设EG与BC1所成角为θ，由CG=34CB1可得G32,2,32，此时EG=12,2,-12，BC1=-2,0,2，
所以cs θ=|cs|=|EG⋅BC1|EG||BC1||=23 2×2 2=13.故C正确；
对D，因为A1B1⊥平面A1EF，且A1E=A1F，所以根据球的性质容易判断，三棱锥A1-EFG的外接球球心在过线段EF的中点且垂直于平面ADD1A1的直线上，记球心为O32,t,32，由C0,2,0，CG=(2λ,0,2λ)(0⩽λ⩽1)易得G2λ,2,2λ0≤λ≤1，则外接球半径r=|OA1|=|OG|= t2+12= 2(2λ-32)2+(t-2)2⇒t=2λ2-3λ+2，
而t=2λ2-3λ+2=2(λ-34)2+78，则当λ=0时，tmax=2，即rmax=​22+12=32​2.故D正确．
故选：ACD．
13.【答案】x218-y22=1
【解析】【分析】
本题考查双曲线的标准方程，双曲线的渐近线，椭圆的焦点，属于基础题．
根据已知双曲线与椭圆的标准方程，求得渐近线方程与焦点坐标，根据题意设出双曲线标准方程，建立方程即可得解．
【解答】
解：由方程x29-y2=1，则其渐近线方程为y=±13x，
由椭圆x240+y220=1，则其焦点为±2 5,0，
由题意可设双曲线C的标准方程为x2a2-y2b2=1，a>0,b>0
则ba=13a2+b2=20，解得a2=18b2=2,
则双曲线C的标准方程为x218-y22=1．
故答案为x218-y22=1．
14.【答案】 2
【解析】【分析】
本题考查点线、点面、线面、面面距离(几何法)，是中档题．
利用射影定理，相等的斜线段对应的射影相等，可以将三棱锥放入球中分析即可．
【解答】
解：如图，因为PA=PB=PC，所以可以把三棱锥放入一个球中，其中P为球心，O为▵ABC外接圆圆心，则P到底面ABC的距离即为OP的长．
设▵ABC的外接圆的半径为r，
由正弦定理得ACsin π3=2r，所以r= 32× 32=1，
所以OP= PB2-r2= 3-1= 2．
故答案为： 2
15.【答案】0,125
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，与圆相关的轨迹问题，属于中档题．
设点Mx,y，由MA=2MO化简得M的轨迹方程，再由两圆的位置关系，求得a的范围．
【解答】
解：设点Mx,y，因为MA=2MO，且A(0,3)，
所以 x2+y-32=2 x2+y2，
化简得x2+y2+2y-3=0，即x2+y+12=4，
所以M在以D0,-1为圆心，2为半径的圆上．
所以M既在圆C上，又在圆D上，即圆C和圆D有公共点，
所以2-1≤CD≤2+1，
即1≤ a2+2a-4+12≤3，
即5a2-12a+8≥05a2-12a≤0，解得0≤a≤125．
所以a的取值范围是0,125．
故答案为0,125．
16.【答案】13
【解析】【分析】
本题考查求椭圆的离心率，考查计算能力，属于中档题．
设O1O2∩EF=D，解得O2D=2 103,O1D=4 103，进而可得2c=43+23=2,c=1，分析可得2a=BC= 2 102-22=6，a=3，可得离心率．
【解答】
解：设O1O2∩EF=D，
由O2DO1D=O2FO1E=12O2D+O1D=2 10，解得O2D=2 103,O1D=4 103，
所以DE= 4 1032-42=43,DF= 2 1032-22=23，
所以2c=43+23=2,c=1，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B,C两点，如图所示，
则AB=AE,AC=AF，
两式相加得AB+AC=AE+AF=a-c+a+c=2a，即BC=2a，
过O2作O2G⊥O1B，垂直为G，
则四边形BGO2C为矩形，所以2a=BC= 2 102-22=6，a=3，
所以椭圆的离心率为ca=13．
故答案为13．
17.【答案】解：(1)
因为圆C与圆D:(x-1)2+(y-2)2=1外切于点P(1,1)，
所以C,D,P三点共线，且PD的方程为x=1．
又PQ的中点为(2,0)，kPQ=-1-13-1=-1，则PQ的中垂线的斜率k=1，
PQ的中垂线方程为y-0=x-2，即x-y-2=0，
与直线x=1联立，可得圆心C(1,-1)，
则半径r=PC=2，所以圆C的方程为(x-1)2+(y+1)2=4．
(2)
因为l的倾斜角为3π4，所以k=-1．
由CA⋅CB=-2，得cs∠ACB=CA⋅CBCA⋅CB=-22×2=-12，
又∠ACB∈[0,π]，所以∠ACB=2π3，则∠CAB=π6，
所以圆心C到直线l的距离d=12r=1．
设l的方程为y=-x+m，则m 2=1，解得m=± 2，
所以l的方程为x+y+ 2=0或x+y- 2=0．

【解析】【分析】(1)根据题意结合圆的性质求圆心和半径，进而可得圆的方程；(2)由CA⋅CB=-2分析可得∠ACB=2π3，结合垂径定理可得圆心C到直线l的距离d=12r=1，列式运算求解．
18.【答案】解：(1)设双曲线E的标准方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)．
选①：由焦距为4可知，双曲线E的两个焦点分别为F1-2,0、F22,0，
由双曲线的定义可得2a=|AF1|-|AF2|=| 42+32-3|=2，则a=1，故b= c2-a2= 3，
所以，双曲线E的标准方程为x2-y23=1．
选②：圆x2-8x+y2+4=0的标准方程为x-42+y2=12，圆心为4,0，半径为2 3，
双曲线E的渐近线方程为y=±bax，由题意可得4ba 1+ba2=2 3，解得ba= 3，
即b= 3a，因为c= a2+b2=2a=2，则a=1，b= 3，
因此，双曲线E的标准方程为x2-y23=1．
选③：由于PF1⊥PF2，则由勾股定理可得|PF1|2+|PF2|2=4c2，
则||PF1|-|PF2||2+2|PF1|⋅|PF2|=4a2+2|PF1|⋅|PF2|=4c2，
所以，PF1⋅PF2=2c2-a2=2b2，
则S△F1PF2=12PF1⋅PF2=b2=12×32×4，
则b= 3，故a= c2-b2=1，
所以，双曲线E的标准方程为x2-y23=1．
(2)假设满足条件的直线l存在，设点Q1x1,y1、Q2x2,y2，则x1+x2=2y1+y2=2,
由题意可得x12-y123=1x22-y223=1，两式作差得x1-x2x1+x2=y1-y2y1+y23，
所以，直线l的斜率为k=y1-y2x1-x2=3，
所以，直线l的方程为y-1=3x-1，即y=3x-2．
联立y=3x-2x2-y23=1，整理可得6x2-12x+7=0，Δ=122-4×6×7<0，
所以直线y=3x-2与双曲线x2-y23=1没有交点，
因此，直线l不存在．

【解析】本题考查定义法求双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，属于中档题．
(1)选①：利用双曲线的定义求出2a的值，结合c的值可求得b的值，由此可得出双曲线E的标准方程；
选②：求出ba= 3，可得出c=2a，结合已知条件可得出a、b的值，由此可得出双曲线E的标准方程；
选③：利用双曲线的定义和勾股定理可得出PF1⋅PF2=2b2，然后利用三角形的面积公式可求得b2的值，结合c的值可求得a的值，由此可得出双曲线E的标准方程．
(2)假设满足条件的直线l存在，设点Q1x1,y1、Q2x2,y2，利用点差法可求得直线l的斜率，可得出直线l的方程，再将直线l与双曲线E的方程联立，计算Δ，即可得出结论．
19.【答案】(1)证明：因为∠BAP=90°，则PA⊥AB，
又侧面PAB⊥底面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，
则PA⊥平面ABCD，
因为BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，
又因为四边形ABCD为平行四边形，
且∠ABC=60°，AB=AC，
则△ABC为等边三角形，则ABCD为菱形，
则BD⊥AC，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
则BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，则平面PBD⊥平面PAC；
(2)取BC中点E，以点A为原点，分别以AE，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立如图空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B( 3,-1,0),C( 3,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2)
由点M为PD中点，M(0,1,1)，
则MC=( 3,0,-1)，PB=( 3,-1,-2)，PC=( 3,1,-2)，
设面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则PB⋅n=0PC⋅n=0，即 3x-y-2z=0 3x+y-2z=0,
取x=1，则n=(1,0, 32)，
设直线MC与面PBC所成角为θ，则sinθ=|cs〈MC,n〉|=|MC⋅n||MC||n|= 2114，
所以直线MC与平面PBC所成角的正弦值为 2114．
【解析】本题考查直线与平面所成角的求法，平面与平面垂直的判断定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
(1)推出PA⊥面ABCD，得到PA⊥BD，证明BD⊥AC，说明BD⊥面PAC，即可证明面PBD⊥面PAC；
(2)取BC中点E，建立空间直角坐标系，求出面PBC的法向量，设直线MC与面PBC所成角为θ，利用空间向量的数量积求解直线MC与平面PBC所成角的正弦值．
20.【答案】解：(1)由题意可得b= 3,c=1，a2=b2+c2=4，故椭圆的方程为x24+y23=1
(2)1、若直线l垂直y轴，根据椭圆简单的几何性质可知A，B两点的坐标，
如A(-2,0)则B(2,0)，P(0,0)，PA=(-2,0)，AF=(3,0)，PB=(2,0)，BF=(-1,0)
又∵PA=mAF，求得m=-23
PB=nBF，n=-2
∴m+n=-83
2、若直线l不垂直y轴，则设直线l的方程为x=ty+1，由题意知t≠0，
联立椭圆方程，消x可得
(3t2+4)y2+6ty-9=0，设A(x1,y1),B(x2,y2)，
则y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4
由PA=mAF可得y1-(-1t)=m(0-y1)，∴m=-1-1ty1，
由PB=nBF同理可得n=-1-1ty2
∴m+n=-2-1t(1y1+1y2)=-2-1t⋅y1+y2y1y2=-2-1t⋅-6t3t2+4-93t2+4=-2-23=-83
综合可得m+n=-83．

【解析】本题考查了椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系及其应用，属于中档题．
(1)由题干所给条件及椭圆简单的几何性质可求；
(2)分两种情况①若直线l垂直y轴，可求出于点A，点B以及点P的坐标，进而求出m和n的值，即可求得m+n；②若直线l不垂直y轴，可设直线l的方程为x=ty+1，联立椭圆方程，消x可得关于y的二次方程，再由韦达定理可得两交点纵坐标关系，再根据题意和两交点纵坐标关系求出m+n．
21.【答案】解：(1)因为AD//BC，∠ADC=90​∘，BC=CD=12AD=1，E为边AD的中点，
所以四边形BCDE是正方形，因为∠PAB=90∘，异面直线PA与CD所成的角为90​∘，
所以PA⊥AB，PA⊥CD，又因为AB与CD在平面ABCD内相交，所以PA⊥平面ABCD，建系如图，
设P(0,0,t)，AMAP=λ，则M(0,0,λt)，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，E(1,0,0)，D(2,0,0)，C(2,1,0)，EB=(0,1,0)，EP=(-1,0,t)，CM=(-2,-1,λt)，
令m=(t,0,1)，因为EB⋅m=0，EP⋅m=0，所以m是平面PBE的法向量，
要使直线CM//平面PBE，只要CM⋅m=-2t+λt=0，解得λ=2．
(2)ED=(1,0,0)，因为CD//BE，又因为BE⊂平面PBE，CD⧸⊂平面PBE，
所以CD//平面PBE，所以直线CD到平面PBE的距离等于点D到平面PBE的距离，
于是|ED⋅m||m|=t t2+1=2 55，解得t=2，BC=(1,0,0)，BP=(-1,-1,2)，
令n=(0,2,1)，因为BC⋅n=0，BP⋅n=0，所以n是平面PBC的法向量，
由(1)知平面PBE的法向量是m=(t,0,1)=(2,0,1)，
因为平面PBE与平面PBC夹角为锐角，
所以平面PBE与平面PBC夹角的余弦值为cs=|m⋅n||m|⋅|n|=1 5⋅ 5=15．

【解析】本题考查了空间位置关系、二面角、法向量的应用，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)设P(0,0,t)，AMAP=λ，则M(0,0,λt)，利用直线CM//平面PBE，结合法向量列式求解即可；
(2) 利用CD//平面PBE，可得直线CD到平面PBE的距离等于点D到平面PBE的距离，再利用已知直线到平面的距离列式求得法向量，再利用平面PBE的法向量与平面PBC的法向量求夹角的余弦值．
22.【答案】解：(1)连接MO,PF1，如图，
因为线段F1N的垂直平分线交直线F2N于点P，则|PF1|=|PN|，则||PF2|-|PF1||=||PF2|-|PN||=|NF2|，
在△NF1F2中，|F1M|=|MN|,|F1O|=|OF2|，于是|NF2|=2|OM|=2，即||PF2|-|PF1||=2<|F1F2|，
因此点P的轨迹Γ是以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点，实轴长为2的双曲线，其虚半轴长为 22-12= 3，
所以Γ的方程是x2-y23=1．
(2)显然，直线OA,OB都不垂直于坐标轴，
设直线OA的方程为：y=kx，而OA⊥OB，则直线OB的方程为：y=-1kx，k≠± 3，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y1=kx13x12-y12=3解得x12=33-k2，
则|OA|= x12+y12= (1+k2)x12= 3(1+k2)3-k2，
同理|OB|= 3[1+(-1k)2]3-(-1k)2= 3(1+k2)3k2-1，
因此▵OAB的面积
S△OAB=12|OA|⋅|OB|=32 1+k23-k2⋅1+k23k2-1
=32 (1+k2)210k2-3(k4+1)=32 (1+k2)216k2-3(k2+1)2，
由3-k2>0且3k2-1>0得：13(1+k2)216k2-3(k2+1)2=116k2(1+k2)2-3
⩾116k2(2 1⋅k2)2-3=1，
当且仅当k2=1，即k=±1时取等号，
则当k=±1时，(S▵OAB)min=32，
所以▵OAB的面积的最小值是32．
【解析】本题考查定义法求双曲线的标准方程，考查直线与双曲线的位置关系相关的综合问题，属于较难题．
(1)根据给定条件，可得||PF2|-|PF1||=2<|F1F2|，再借助双曲线定义求解作答．
(2)根据给定条件，设出直线OA的方程，与Γ的方程联立求出|OA|，进而求出|OB|，并表示出▵OAB的面积，再利用均值不等式求解作答．