2023-2024学年北京九中高二（下）开学数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京九中高二（下）开学数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知平面α与β平面为两个不同的平面，m与n为两条不重合的直线，则下列说法正确的是( )
A. 若α/​/β，m/​/α，则m//βB. 若m/​/n，n/​/α，则m/​/α
C. 若m⊥α，α/​/β，则m⊥βD. 若α⊥β，m⊥α，则m⊥β
2.直线x+y−3=0的倾斜角为( )
A. 45°B. 120°C. 135°D. 150°
3.已知双曲线C的焦点在y轴上，且其中一条渐近线的方程为y= 22x，则双曲线C的离心率为( )
A. 2B. 52C. 62D. 3
4.抛物线y2=6x的焦点坐标为( )
A. (32,0)B. (0,32)C. (24,0)D. (0,24)
5.在空间四边形ABCD中，AD=BC=2，E、F分别是AB、CD的中点，EF= 2，求AD与BC所成角的大小( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
6.如果圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0)关于直线y=2x对称，那么( )
A. D=2EB. E=2DC. E+2D=0D. D=E
7.已知直线x+2y+3=0与直线2x+my+1=0平行，则它们之间的距离为
( )
A. 52B. 10C. 3 52D. 3 102
8.若直线l：4x+3y=0与圆C：x2+y2−2x−4y+t=0相切，则圆C的标准方程为( )
A. (x−1)2+(y−2)2=4B. (x−1)2+(y−2)2=8
C. (x−1)2+(y−2)2=9D. (x−1)2+(y+2)2=4
9.如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC和△ABP均为正三角形，AB=4，二面角P−AB−C的大小为60°，则异面直线PB与AC所成角的余弦值是( )
A. −18
B. 18
C. −14
D. 14
10.已知双曲线x2a2−y25=1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于
( )
A. 3 1414B. 3 24C. 32D. 43
11.设P为直线y=kx+2上任意一点，过P总能作圆x2+y2=1的切线，则k的最大值为( )
A. 33B. 1C. 2D. 3
12.首位数字是1，且恰有两个数字相同的四位数共有( )
A. 216个B. 252个C. 324个D. 432个
13.在抛物线型内壁光滑的容器内放一个球，其通过中心轴的纵剖面图如图所示，圆心在y轴上，抛物线顶点在坐标原点，已知抛物线方程是x2=4y，圆的半径为r，若圆的大小变化时，圆上的点无法触及抛物线的顶点O，则圆的半径r的取值范围是( )
A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. [2,+∞)D. [1,+∞)
14.九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图).现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法.显然，正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆.结合祖暅原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.若正方体的棱长为6，则“牟合方盖”的体积为( )
A. 144B. 6πC. 72D. 163π
15.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，A1D1上的动点.给出下面四个命题：
①直线EF与直线AC平行；
②若直线AF与直线CE共面，则直线AF与直线CE相交；
③直线EF到平面ABCD的距离为定值；
④直线AF与直线CE所成角的最大值是π3．
其中，真命题的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
16.吹奏乐器“埙”(如图1)在古代通常是用陶土烧制的，一种埙的外轮廓的上部是半椭圆，下部是半圆.半椭圆y2a2+x2b2=1(y≥0,a>b>0且为常数)和半圆x2+y2=b2(y<0)组成的曲线C如图2所示，曲线C交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点G，点M是半圆上任意一点，当点M的坐标为( 22,−12)时，△AGM的面积最大，则半椭圆的方程是( )
A. 4x23+y22=1(y≥0)B. 16x29+y23=1(y≥0)
C. 2x23+4y23=1(y≥0)D. 4x23+2y23=1(y≥0)
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
17.过点(5,1)，圆心为(8,−3)的圆的标准方程是______．
18.(x+2 x)6的展开式中常数项是______(用数字作答)．
19.直线l经过点P(−2,1)，且点A(−1,−2)到l的距离为1，则直线l的方程为______．
20.(图1)庑殿顶是中国古代建筑一种官式建筑，而且等级是最高的，如故宫的英华殿．它屋面有四面坡，前后坡屋面全等且相交成一条正脊，两山屋面全等，与前后屋面相交成四条垂脊．由于屋顶四面斜坡，也称“四阿顶”；(图2)是庑殿顶的顶盖几何模型图，底面ABCD是矩形，若四个侧面与底面所成的角均相等，已知BC=2，EF=1，则AB=______．
21.如图，正方体ABCD−AB1C1D1的棱长为 3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，BC1的中点，若直线BP与直线MN所成的角为θ，且sinθ= 55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为______．
三、解答题：本题共3小题，共45分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
22.(本小题15分)
如图，抛物线顶点在原点，圆x2+y2=4x的圆心是抛物线的焦点，直线l过抛物线的焦点，且斜率为2，直线l交抛物线与圆依次为A、B、C、D四点．
(1)求抛物线的方程．
(2)求|AB|+|CD|的值．
23.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB，PD的中点．
(1)求证：EF//平面PBC；
(2)若AD=2 3，二面角E−FC−D的大小为45°，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.求PD的长．
条件①：DE⊥PC；条件②：PB=PC．
24.(本小题15分)
已知椭圆E的方程为x2a2+y2=1，点A为长轴的右端点．B，C为椭圆E上关于原点对称的两点．直线AB与直线AC的斜率kAB和kAC满足：kAB⋅kAC=−12．
(Ⅰ)求椭圆E的标准方程；
(Ⅱ)若直线l：y=kx+t与圆x2+y2=23相切，且与椭圆E相交于M，N两点，求证：以线段MN为直径的圆恒过原点．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：若α/​/β，m/​/α，则m//β或m⊂β，故A错误；
若m/​/n，n/​/α，则m/​/α或m⊂α，故B错误；
若m⊥α，α/​/β，由直线与平面垂直的性质可得，m⊥β，故C正确；
若α⊥β，m⊥α，则m//β或m⊂β，故D错误．
故选：C．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面平行的关系判断A与B；由直线与平面垂直的性质判断C；由直线与平面、平面与平面垂直的关系判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为x+y−3=0，
所以y=−x+3，
故斜率k=−1，倾斜角为135°．
故选：C．
先根据方程得斜率，再根据斜率与倾斜角关系求结果．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：双曲线C的焦点在y轴上，可设双曲线的方程为y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，
可得渐近线方程为y=±abx，由题意可得ab= 22，
则e=ca= 1+b2a2= 1+2= 3，
故选：D．
设出双曲线的方程，求出渐近线方程，结合离心率公式，计算可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：抛物线y2=6x的焦点坐标为：(32,0)．
故选：A．
直接利用抛物线方程求解焦点坐标即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：取AC的中点H，连结HE，HF，EF，
因为E、F分别是AB、CD的中点，
所以HE//BC，HF=12BC=1，
HF/​/AD，HF=12AD=1，
所以HE与HF所成的角即为AD与BC所成的角．
在三角形EFH中，HF=1，HE=1，EF= 2，
所以三角形EHF为直角三角形，所以HE⊥HF，
即AD与BC所成角的大小为90°．
故选：D．
利用异面直线所成角的定义求AD与BC所成角的．
本题主要考查异面直线所成角的求法，利用平行线求异面直线的夹角是基本方法．
6.【答案】B
【解析】解：因为圆x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2−4F>0)的圆心为(−D2,−E2)，
由圆的对称性知，圆心在直线y=2x上，
故有−E2=2×(−D2)，即E=2D．
故选：B．
由题得圆心在直线y=2x上，代入计算即可得解．
本题考查圆关于直线的对称性的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行直线间的距离公式，属于基础题．
由题意利用两条直线平行的性质求得m的值，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果．
【解答】
解：∵直线x+2y+3=0与直线2x+my+1=0平行，
∴21=m2≠13，求得m=4，
故两平行直线即：直线2x+4y+6=0与直线2x+4y+1=0，
故它们之间的距离为|6−1| 4+16= 52，
故选：A．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意，圆C：x2+y2−2x−4y+t=0，即(x−1)2+(y−2)2=5−t，其圆心为(1,2)，
若直线l：4x+3y=0与圆C相切，则有r=|4+6| 16+9=2，
则圆C的标准方程为(x−1)2+(y−2)2=4；
故选：A．
根据题意，由圆的方程分析可得圆心的坐标，结合直线与圆的方程分析可得r=|4+6| 16+9=2，由圆的标准方程的形式分析可得答案．
本题考查直线与圆相切，涉及点到直线的距离公式，属于基础题．
9.【答案】B
【解析】解：分别取AB，BC，PC的中点Q，M，N，连接PQ，QC，QM，QN，MN，则AC//QM，PB/​/MN，
所以∠QMN或其补角即为所求，
因为△ABC和△ABP均为正三角形，所以PQ⊥AB，QC⊥AB，且PQ=QC，
所以∠PQC为二面角P−AB−C的平面角，即∠PQC=60°，
所以△PQC为等边三角形，
因为△ABC和△ABP均为正三角形，且AB=4，所以PQ=QC=2 3，QN=3，QM=MN=2，
在△MNQ中，由余弦定理知，cs∠QMN=MQ2+MN2−QN22MQ⋅MN=4+4−92×2×2=−18，
所以异面直线PB与AC所成角的余弦值是18．
故选：B．
分别取AB，BC，PC的中点Q，M，N，连接PQ，QC，QM，QN，MN，易知AC//QM，PB/​/MN，从而得∠QMN或其补角即为所求，由二面角的定义，可证∠PQC=60°，再在△MNQ中，利用余弦定理，即可得解．
本题考查异面直线夹角的求法，利用平移思想，找出异面直线所成的角是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的标准方程，属于基础题.正确运用几何量之间的关系是关键．
根据双曲线x2a2−y25=1的右焦点为(3,0)，可得a=2，进而可求双曲线的离心率．
【解答】
解：∵双曲线x2a2−y25=1的右焦点为(3,0)，
∴a2+5=9，
∴a2=4，
∴a=2，
∵c=3，
∴e=ca=32，
故选C．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
利用圆的圆心到直线的距离大于等于半径，求解k的最大值即可．
【解答】
解：P为直线y=kx+2上任意一点，过P总能作圆x2+y2=1的切线，
可得2 1+k2≥1，即1+k2≤4，
解得k∈[− 3, 3]，
所以k的最大值为： 3．
故选：D．
12.【答案】D
【解析】解：(1)两个相同数字是1，一共有3×9×8种组合；
(2)两个相同数字不是1，同样一共有3×9×8种组合；
所以这样的四位数有2×3×9×8=432个．
故选：D．
分类讨论，两个相同数字是1；两个相同数字不是1，即可得出结论．
本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，比较基础．
13.【答案】A
【解析】解：设圆的方程为x2+(y−m)2=r2，(m>0,r>0)，
当直线与抛物线相切时，设切点为A(x0,14x02)，
由x2=4y可得y=14x2，y′=12x
则点A处的切线斜率为k=12x0，
过切点A且与切线垂直的直线方程为：y−14x02=−2x0(x−x0)，
即y=−2x0x+2+14x02，
则切线与y轴的交点为(0,2+14 x02)
圆半径r= (x0−0)2+(14x02−2−14x02)2= 4+x02，
所以，当圆上的点无法触及抛物线的顶点O，则r= 4+x02>2
则圆的半径r的取值范围是(2,+∞)，
故选：A．
当直线与抛物线相切时，设切点为A(x0,14x02)，利用导数可得过切点与切线垂直的直线y=−2x0x+2+14x02，从而求得圆心(0,2+14 x02)，圆半径r= (x0−0)2+(14x02−2−14x02)2= 4+x02，即可得圆的半径r的取值范围．
本题考查了抛物线与圆的位置关系，考查了逻辑推理能力，属于中档题．
14.【答案】A
【解析】解：正方体的棱长a=6，则其内切球的半径r=3，
所以内切球的体积V1=43πr3=36π，
由于截面正方形与其内切圆的面积之比为(2r)2πr2=4π，
设牟合方盖的体积为V2，则πV2=4V1，
所以牟合方盖的体积V2=4V1π=4×36ππ=144．
故选：A．
先求得正方体的内切球的体积V1，再由已知得出牟合方盖的体积V2=4V1π，可求得答案．
本题考查正方体的内切球问题，几何体的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】B
【解析】解：如图1，当F与A1重合时，E与D1重合时，直线EF与直线AC是异面直线，此时不可能平行，故①错误．
如图2，当F与A1重合时，E与C1重合时，四边形ACEF为矩形，故直线AF与直线CE平行，此时直线AF与直线CE相交错误．故②错误．
因为平面A1B1C1D1/​/平面ABCD，而EF⊂c平面A1B1C1D1，故EF/​/平面ABCD，所以直线EF到平面ABCD的距离为定值(正方体的棱长)，故③正确．
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，设F(0,a,1)，E(b,1,1)，其中0≤a≤1，0≤b≤1，
而C(1,1,0)，故AF=(0,a,1)，CE=(b−1,0,1)，
设直线AF与直线CE所成角为θ，
则csθ=|cs|=|1 a2+1⋅ (b−1)2+1≥1 2⋅1 2=12，
若直线AF与直线CE不平行，则θ∈(0,π2].故θ∈(0,π3]，
故直线AF与直线CE所成角的最大值是π3，所以④正确．
故正确的是③④，
故选：B．
根据空间直线和直线，直线和平面位置关系分别进行判断即可．
本题主要考查与空间直线和平面位置关系的判断，结合空间平行和垂直的位置关系是解决本题的关键，是中档题．
16.【答案】D
【解析】解：由点M( 22,−12)在半圆上，所以b= 32，G(0,a)，A(−b,0)，
要使△AGM的面积最大，可平行移动AG，
当AG与半圆相切于M( 22,−12)时，M到直线AG的距离最大，
此时OM⊥AG，即kOM⋅kAG=−1；
又kOM=−12 22=− 22,kAG=ab，∴− 22⋅ab=−1，∴a= 2b= 62，
所以半椭圆的方程为4x23+2y23=1(y≥0)．
故选：D．
由点M( 22,−12)在半圆上，可求b，然后求出G，A，根据已知△AGM的面积最大的条件可知，OM⊥AG，即kOM⋅kAG=−1，代入可求a，进而可求椭圆方程．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，圆的方程的应用，是中档题．
17.【答案】(x−8)2+(y+3)2=25
【解析】解：过点(5,1)，圆心为(8,−3)的圆的半径为 (8−5)2+(−3−1)2=5，
故圆的方程为(x−8)2+(y+3)2=25，
故答案为：(x−8)2+(y+3)2=25．
先求出圆的半径，结合题意求出圆的标准方程．
本题主要考查圆的标准方程的求法，关键是求出圆心和半径，属于基础题．
18.【答案】240
【解析】解：因为二项式的展开式通项公式为Tr+1=C6rx6−r(2 x)r=2rC6rx6−32r，r=0，1，...，6，
令6−32r=0，则r=4，
所以展开式中常数项是2rC6r=24C64=240，
故答案为：240．
求出展开式的通项公式，令x的指数为0，由此即可求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
19.【答案】x=−2或4x+3y+5=0
【解析】【分析】
本题考查了直线的点斜式方程、点到直线的距离公式，属于简单题．
当直线l斜率存在时，设出点斜式并利用点到直线的距离公式算出l的方程；当直线与x轴垂直时，l方程为x=−2也符合题意，即可得解．
【解答】
解：当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y−1=k(x+2)，即kx−y+2k+1=0，
∵点A(−1,−2)到l的距离为1，
∴|−k+2+2k+1| 1+k2=1，解得k=−43，
得l的方程为4x+3y+5=0．
当直线与x轴垂直时，方程为x=−2，点A(−1,−2)到l的距离为1，
综上所述，直线l的方程的方程为x=−2或4x+3y+5=0．
故答案为：x=−2或4x+3y+5=0．
20.【答案】3
【解析】解：如图，
过F作FO⊥底面ABCD，垂足为O，过O作OH⊥AB，作OG⊥AD．
可得FG⊥AD，FH⊥AB，则∠FGO为平面FAD与底面ABCD所成角，
∠FHO为平面ABEF与底面ABCD所成角，
由已知可得∠FGO=∠FHO，
又∠FOG=∠FOH，FO=FO，∴△FOG≌△FOH．
则OG=OH，又BC=2，由对称性可得OG=OH=12BC=1．
∴AB=2OG+EF=2×1+1=3．
故答案为：3．
过F作FO⊥底面ABCD，垂足为O，过O作OH⊥AB，作OG⊥AD，结合已知得∠FGO=∠FHO，证明△FOG≌△FOH，得OG=OH=12BC=1，再由对称性可得AB．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】π4
【解析】解：连接BD1，如图所示，
因为△BC1D1中，M、N分别为C1D1，BC1的中点，所以MN//BD1，
因此，直线BP与MN所成的角就是直线BP与BD1所成的角，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，可得AC⊥BD，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，可得AC⊥DD1，
又因为BD、DD1是平面BDD1B1内的相交直线，所以AC⊥平面BDD1B1，
因为BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，同理可得AB1⊥BD1，
又因为AC、AB1是平面ACB1内的相交直线，所以BD1⊥平面ACB1，故BD 1⊥PG，．
设BD1与平面ACB1的交点为G，连接PG，在Rt△PGB中，∠PBG=∠PBD1=θ，tanθ=PGBG，
因为sinθ= 55，所以tanθ=12，可得BG=2PG，
因为三棱锥VB1−ABC=VB−AB1C，即13×12 3× 3× 3=13×12× 6× 6×sin60°×BG，所以BG=1，可得PG=12，
所以点P的轨迹是以G为圆心，12为半径的圆，其面积S=π×(12)2=π4．
故答案为：π4．
根据题意，利用三角形中位线定理与异面直线所成角的定义，得出直线BP与BD1所成的角就是直线BP与MN所成的角，然后证出BD1⊥平面ACB1，计算出点P到BD1的距离等于PG(常数)，得到点P的轨迹，再利用圆的面积公式算出答案．
本题主要考查正方体的结构特征、线面垂直的判定与性质、异面直线所成角的定义与求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由圆的方程x2+y2=4x，即(x−2)2+y2=4可知，圆心为F(2,0)，
半径为2，又由抛物线焦点为已知圆的圆心，得到抛物线焦点为F(2,0)，
抛物线方程为y2=8x．
(2)|AB|+|CD|=|AD|−|BC|
∵|BC|为已知圆的直径，∴|BC|=4，则|AB|+|CD|=|AD|−4．
设A(x1,y1)、D(x2,y2)，
∵|AD|=|AF|+|FD|，而A、D在抛物线上，
由已知可知，直线l方程为y=2(x−2)，
由y2=8xy=2(x−2).消去y，得x2−6x+4=0，
∴x1+x2=6.∴|AD|=6+4=10，
因此，|AB|+|CD|=10−4=6．
【解析】(1)抛物线顶点在原点，圆x2+y2=4x的圆心是抛物线的焦点，故先求咄圆心，再求抛物线的方程即可；
(2)由图形可以看出|AB|+|CD|等于弦长AD减去圆的直径，圆的直径易得，弦长AD可由抛物线的性质转化为求两端点A，D到抛物线准线的距离的和，由此求出两点横坐标的和，再求弦长AD
本题考查直线与圆锥曲线的关系，解题的关键是熟练掌握抛物线的定义与性质，通过这些将求弦长的问题转化为求点到线的距离问题，此转化有一个标志即直线是过焦点的．本题运算量大，极易因为运算出错．
23.【答案】解：(1)证明：取PC的中点M，连接MF，MB，
∵M，F分别为PC，PD的中点，
∴MF是△PCD的中位线，
∴MF//CD且MF=12CD，
又E为AB的中点，
∴BE//CD且BE=12CD，
∴MF//BE且MF=BE，
∴四边形MBEF是平行四边形，
∴EF//MB，EF⊄平面PBC，MB⊂平面PBC，
∴EF//平面PBC；
(2)选择条件①：DE⊥PC；PD⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，DE⊥PD，PC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，PC∩PD=P，DE⊥平面PCD，又CD⊂平面PCD，
∴DE⊥CD，∴DE⊥AB，底面ABCD为菱形，E为AB的中点．∴DA=DB，△ABD是等边三角形，
以DP为z轴，DC为y轴，DE为x轴，建立空间直角坐标系，
设PD=2t(t>0)，则D(0,0,0),C(0,2 3,0),F(0,0,t),E(3,0,0)，
设平面FCD法向量为n=(1,0,0)，
设平面FEC法向量为m=(x,y,z)，又EF=(−3,0,t)，EC=(−3,2 3,0)，
则m⋅EF=−3x+tz=0m⋅EC=−3x+2 3y=0，取m=(2, 3,6t)，∵二面角E−FC−D的大小为45°，
∴cs=m⋅n|m||n|=21× 7+36t2=cs45°= 22，
∴36t2+7=8，∴t=6，2t=12，∴PD=12；
选择条件②：PB=PC.PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，BC⊥PD，
∵PB=PC，取BC的中点O，∴PO⊥BC，PD⊂平面PDO，PO⊂平面PDO，PD∩PO=P，
BC⊥平面PDO，
∴BC⊥DO，∵AD//BC，∴DA⊥DO，
底面ABCD为菱形，O为BC的中点．∴DC=DB，△CBD是等边三角形，
以DP为z轴，以DA为x轴，以DO为y轴，
设PD=2t(t>0)，则D(0,0,0),C(− 3,3,0),F(0,0,t),E(3 32,32,0)，
设平面FCD法向量为n1=(x1,y1,z1)，又DF=(0,0,t)，DC=(− 3,3,0)，
则n1⋅DF=tz1=0n1⋅DC=− 3x1+3y1=0，取n1=( 3,1,0)，
设平面FEC的法向量为m1=(x2,y2,z2)，又EF=(−3 32,−32,t)，EC=(−5 32,32,0)，
则m1⋅EF=0m1⋅EC=0，∴−3 32x2−32y2+tz2=0−5 32x2+32y2=0，取m1=(3,5 3,12 3t)，
∵二面角E−FC−D的大小为45°
∴cs45°=8 32× 9+75+144×3t2= 22，
∴t=6，2t=12，∴PD=12．
【解析】本题考查线面平行的证明，线面平行的判定定理，向量法求解二面角问题，空间向量夹角公式的应用，化归转化思想，方程思想，属中档题．
(1)通过证明四边形MBEF是平行四边形，进而由线线平行得出线面平行；
(2)分别选择条件，设PD边长，建系，根据向量法，空间向量夹角公式，即可求解．
24.【答案】(本小题满分12分)
解：(Ⅰ)设B(x0,y0)则C(−x0,−y0)，…………………(1分)
由x02a2+y02=1得，y02=1−x02a2=a2−x02a2，…………………(2分)
由kAB⋅kAC=−12，即y0x0−a⋅−y0−x0−a=−12得，y02=a2−x022，…………(4分)
所以a2−x02a2=a2−x022，所以a2=2，
即椭圆E的标准方程为：x 22+y 2=1…………………(5分)
(Ⅱ)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x22+y2=1y=kx+t，得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2=0，
x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2…………………(6分)
y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2
=k2(2t2−2)1+2k2+−4k2t21+2k2+t2=t2−2k21+2k2，
又l与圆C相切，所以 63=|t| 1+k2，
即23=t21+k2…………………(8分)
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=2t2−2+t2−2k21+2k2
=3t2−2(1+k2)1+2k2=2(1+k2)−2(1+k2)1+2k2=0…………………(11分)
所以，OM⊥ON，即∠MON=90°，
所以，以线段MN为直径的圆经过原点．…………………(12分)
【解析】(Ⅰ)设B(x0,y0)则C(−x0,−y0)，通过由x02a2+y02=1，由kAB⋅kAC=−12，求出a2=2，然后得到椭圆方程．
(Ⅱ)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合OM⋅ON=x1x2+y1y2=2t2−2+t2−2k21+2k2推出∠MON=90°，
即可得到结果．
本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力．