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2023-2024学年河北省秦皇岛市青龙县高二（上）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河北省秦皇岛市青龙县高二（上）期中数学试卷（含解析），共19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.空间直角坐标系中，已知A(2,1,3)，B(−2,3,1)，点A关于xOy平面对称的点为C，则B，C两点间的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 2 5D. 10
2.图中的直线l1，l2，l3的斜率分别是k1，k2，k3，则有
( )
A. k13.若a=(−1,0,x)，b=(2−x,x+1,3)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是( )
A. (−∞,12)B. (−∞,−1)∪(−1,12)
C. (12,+∞)D. (12,3)∪(3,+∞)
4.已知△ABC的三个顶点分别为A(2,8)，B(−4,0)，C(6,0)，则AC边上中线BD所在的直线方程为( )
A. 2x−y+4=0B. x+2y+4=0C. 2x+y−4=0D. x−2y+4=0
5.棱长均为3三棱锥S−ABC，若空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC(x+y+z=1)则|SP|的最小值为( )
A. 6B. 63C. 36D. 1
6.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2 2，P是C上一点，若|PF1|−|PF2|=a，且sin∠PF1F2=13，则椭圆C的方程为( )
A. x24+y23=1B. x26+y23=1C. x26+y24=1D. x24+y22=1
7.若圆x2+y2+(λ−1)x+2λy+λ=0的圆心在直线x=12左边区域，则λ的取值范围是( )
A. (0,+∞)B. (1,+∞)C. (0,15)∪(1,+∞)D. R
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，且tan∠BF1F2= 10，点P在C上，线段PF1与BF2交于Q,BQ=2QF2.则直线PF1的斜率为( )
A. 155B. 154C. 105D. 104
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则( )
A. AB与AC是共线向量B. 直线AB的一个方向向量是(2,1,0)
C. AB与BC夹角的余弦值是− 5511D. 平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
10.在四面体P−ABC中，下列四个结论中正确的有( )
A. 若AD=13AC+23AB，则2BD=DC
B. 若M、N分别为PA、BC的中点，则MN=12(PB+PC+PA)
C. 若Q为△ABC的重心，则PQ=13PA+13PB+13PC
D. 若PA⋅BC=0，PC⋅AB=0，则PB⋅AC=0
11.发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣．像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线．卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点(焦点)的距离之积为常数．已知：曲线C是平面内与两个定点F1(−1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹，则下列命题中正确的是( )
A. 曲线C过坐标原点
B. 曲线C关于坐标原点对称
C. 曲线C关于坐标轴对称
D. 若点在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于12a2
12.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则以下四个结论正确的是( )
A. VP−AA1D=13
B. 点P必在线段B1C上
C. AP⊥BC1
D. AP//平面A1C1D
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知k∈R，过定点A的动直线kx+y−1=0和过定点B的动直线x−ky−k+3=0交于点P，则PA2+PB2的值为______ ．
14.①若AB//CD，则A，B，C，D四点共线；
②若AB//AC，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a=4e1−25e2，b=−e1+110e2，则a//b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1+k2e2+k3e3=0，则k1=k2=k3=0．
其中是真命题的序号是______ ．
15.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则二面角A−B1D1−C的正弦值为______．
16.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2，a，b的夹角等于π3，且(a−c)⋅(b−c)=0，则|c|的取值范围是______．
四、解答题：本题共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)
已知直线l1：2x−(a−1)y−2=0，l2：(a+2)x+(2a+1)y+3=0(a∈R)．
(1)若l1⊥l2，求实数a的值；
(2)若l1//l2，求l1，l2之间的距离．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0，λ∈R．
(1)证明：圆C过定点．
(2)当λ=2时，过P(1,3)作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB的方程；
(3)当λ=2时，若直线l：y=kx−1与圆C交于M，N两点，且OM⋅ON<−2，其中O为坐标原点，求k的取值范围．
19.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过T(2,1)，斜率为k的直线l与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，记AB的中点为M坐标为(n,m)且|AB|=4|PM|，求直线l的方程，并写出M的坐标．
20.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过T(2,1)，斜率为k的直线l与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，记AB的中点为M坐标为(n,m)且|AB|=4|PM|，求直线l的方程，并写出M的坐标．
21.(本小题12分)
如图所示，在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，PF=2FO.证明：EO//平面PBC．
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PD=AD=2，AD⊥PC，点E在线段PC上(不与端点重合)，∠PCD=30°．
(1)求证：AD⊥平面PCD；
(2)是否存在点E使得直线PB与平面ADE所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A(2,1,3)，B(−2,3,1)，点A关于xOy平面对称的点为C，
∴C(2,1,−3)，
∴B，C两点间的距离为：
|BC|= (2+2)2+(1−3)2+(−3−1)2=6．
故选：A．
利用对称的性质先求出点B的坐标，再利用两点间距离公式能求出B，C两点间的距离．
本题考查两点间的距离的求法，考查对称性质、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线的倾斜角与斜率的大小关系、正切函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设直线l1，l2，l3的倾斜角分别为：θ1，θ2，θ3.可得0<θ1<π2<θ2<θ3<π，利用正切函数的单调性即可得出斜率大小关系．
【解答】
解：设直线l1，l2，l3的倾斜角分别为：θ1，θ2，θ3．
则0<θ1<π2<θ2<θ3<π，
∴k2即k2故选D．
3.【答案】B
【解析】解：因为a=(−1,0,x)，b=(2−x,x+1,3)，
令a与b共线，则b=λa，即(2−x,x+1,3)=λ(−1,0,x)，即2−x=−λx+1=03=λx，解得x=−1λ=−3，
此时a=(−1,0,−1)，b=(3,0,3)，即b=−3a，此时a与b反向，
又a与b的夹角为钝角，
所以a⋅b<0且a与b不共线反向，
即−(2−x)+3x<0且x≠−1，
解得x<−1或−1故选：B．
令a与b共线，求出x的值，依题意a⋅b<0且a与b不共线反向，根据数量积的坐标表示得到不等式组，解得即可．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的夹角运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：∵A(2,8)，C(6,0)，∴AC边中点为D(2+62,8+02)，即D(4,4)，
又B(−4,0)，∴中线BD所在的直线方程为x+44+4=y−04−0，即x−2y+4=0．
故选：D．
求出线段AC中点坐标，由两点式写出直线方程，再化简即得．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：∵空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC且x+y+z=1，
∴点P在平面ABC内．
因此当SP⊥平面ABC，P为垂足时，|SP|取得最小值．
∵三棱锥S−ABC的棱长均为3，∴点P为底面ABC的中心．
∴AP=23AD，AD= 32×3=3 32．
∴AP=23×3 32= 3．
在Rt△APS中，SP= SA2−AP2= 32−( 3)2= 6．
故选：A．
由于空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC且x+y+z=1，可得点P在平面ABC内．可知：当SP⊥平面ABC，P为垂足时，|SP|取得最小值．由于三棱锥S−ABC的棱长均为3，得到点P为底面ABC的中心．利用线面垂直的性质、正三角形的性质和勾股定理即可得出．
本题考查了空间向量共面定理、线面垂直的性质、正三角形的性质和勾股定理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2 2，
可得c= 2，|PF1|−|PF2|=a，并且|PF1|+|PF2|=2a，可得|PF1|=32a，|PF2|=12a，
sin∠PF1F2=13，
可得cs∠PF1F2=2 23，
所以14a2=9a24+8−2×32a×2 2×2 23，
解得a=2，则b= 2，
椭圆方程为：x24+y22=1．
故选：D．
利用椭圆的定义，结合已知条件求出a，通过椭圆的焦距求出c，然后求出b，即可得到椭圆方程．
本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力．
7.【答案】C
【解析】解：方程x2+y2+(λ−1)x+2λy+λ=0表示圆，则：(λ−1)2+(2λ)2−4λ>0，
据此可得：λ>1或λ<15，
由圆的方程可得圆心坐标为(−λ−12,−2λ2)，即(1−λ2,λ)，
圆心在直线x=12左边的区域，则：1−λ2<12，解得：λ>0，
综上可得，λ的取值范围是(0,15)∪(1,+∞)．
故选：C．
利用圆的一般式方程表示圆的条件与圆心坐标，进而可求得λ的取值范围．
本题主要考查点与圆的位置关系，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵F2(c,0)，F1(−c,0)，上顶点为B(0,b)，
∴tan∠BF1F2=bc= 10，又BQ=2QF2，
∴Q为BF2上靠近F2的三等分点，∴Q(23c,13b)，
∴直线PF1的斜率k=13b−023c+c=15×bc= 105，
故选：C．
由BQ=2QF2，可求得Q的坐标，结合已知，可求得直线PF1的斜率．
本题考查椭圆的几何性质，方程思想，斜率公式，属基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：因为A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
所以AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，AB≠λAC，AB与AC不共线，选项A错误；
由AB=(2,1,0)，所以直线AB的一个方向向量是(2,1,0)，选项B正确；
由BC=(−3,1,1)，AB⋅BC=−6+1+0=−5，|AB|= 4+1+0= 5，|BC|= 9+1+1= 11，
所以AB与BC夹角的余弦值是cs=AB⋅BC|AB||BC|=−5 5× 11=− 5511，选项C正确；
设n=(1,−2,5)，因为n⋅AB=2−2+0=0，n⋅AC=−1−4+5=0，所以n⊥AB，n⊥AC，且AB、AC不共线，
所以n是平面ABC的一个法向量，选项D正确．
故选：BCD．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：∵AD=13AC+23AB，∴AD,AC,AB向量共面，
又∵13+23=1，∴D在线段BC上，
又∵AD=AB+BD，若BD=λBC，
则AD=AB+λBC，又∵BC=AC−AB，
∴AD=(1−λ)AB+λAC，
∴λ=13，即BC=3BD，则2BD=DC，故A正确；
对于B：由题意得MN=PN−PM=12(PB+PC)−12PA=12(PB+PC−PA)，故B错误；
对于C：若D为AB的中点，PA+PB=2PD，
又∵PD−PQ=QD，而CA+CB=6QD，
∴PA+PB=2(PQ+16CA+16CB)，
又∵CA=PA−PC,CB=PB−PC，
则PA+PB=2PQ+13(PA−PC)+13(PB−PC)，
整理得PQ=13PA+13PB+13PC，故C正确；
对于D：若PA⋅BC=0，PC⋅AB=0，则PA⋅BC+PC⋅AB=(PC+CA)⋅(BA+AC)+PC⋅AB=0，
∴(PB+BC+CA)⋅(BA+AC)+(PB+BC)⋅AB=0，
整理得PB⋅BA+PB⋅AC+BC⋅BA+(BC−BA)⋅AC+CA⋅AC+PB⋅AB+BC⋅AB=0，
故PB⋅AC=0，故D正确．
故选：ACD．
A：令BD=λBC，利用平面向量基本定理及向量加减、数乘的几何意义，求AD,AB,AC之间含λ的线性关系，结合已知即可求λ；B：利用向量中线公式即可判断；C：由重心性质即可判断；D：由题设有PA⋅BC+PC⋅AB=0，利用空间向量数量积的运算律及空间向量的加减几何含义求证结论．
本题主要考查了空间向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查新定义，考查轨迹方程的求法，考查学生分析解决问题的能力，正确运用新定义是解题的关键，属于较难题．
设动点坐标为(x,y)，根据题意可得曲线C的方程为[(x+1)2+y2]⋅[(x−1)2+y2]=a4，对各个选项逐一验证，即可得出结论．
【解答】
解：由题意设动点坐标为(x,y)，
则 (x+1)2+y2⋅ (x−1)2+y2=a2，
即[(x+1)2+y2]⋅[(x−1)2+y2]=a4，
若曲线C过坐标原点(0,0)，
将点(0,0)代入曲线C的方程中可得a2=1与已知a>1矛盾，
故曲线C不过坐标原点，故A错误；
把方程中的x被−x代换，y被−y代换，方程不变，
故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；
因为把方程中的x被−x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，
把方程中的y被−y代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，
故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；
若点P在曲线C上，则|PF1||PF2|=a2，
S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤12a2，当且仅当∠F1PF2=90°时等号成立，
故△F1PF2的面积不大于12a2，故D正确．
故答案选：BCD．
12.【答案】BD
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，
点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，
对于A，∵点P在平面BCC1B1，平面BCC1B1//平面AA1D，
∴点P到平面AA1D的距离即为点C到到平面AA1D的距离，即为正方体的棱长，
∴VP−AA1D=13S△AA1D⋅CD=13×12×1×1×1=16，故A错误；
对于B，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，P(x,1,z)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，
∴AP=(x−1,1,z)，BD1=(−1,−1,1)，B1C=(−1,0,−1)，
∵AP⊥BD1，
∴AP⋅BD1=1−x−1+z=0，∴x=z，∴P(x,1,x)，
∴CP=(x,0,x)，∴CP=−xB1C，即B1，C，P三点共线，
∴点P必在线段B1C上，故B正确；
对于C，∵AP=(x−1,1,x)，BC1=(−1,0,1)，
∴AP⋅BC1=1−x+x=1，
∴AP⊥BC1不成立，故C错误；
对于D，∵A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，
∴DA1=(1,0,1)，DC1=(0,1,1)，
设平面A1C1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=x+z=0n⋅DC1=y+z=0，取x=1，得n=(1,1,−1)，
∴AP⋅n=x−1+1−x=0，∴AP⊥n，
∵AP⊄平面A1C1D，∴AP//平面A1C1D，故D正确．
故选：BD．
求出VP−AA1D，判断A；以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD．
本题考查空间线线垂直的判定、线面平行的判定、三棱锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】13
【解析】解：由已知可得A(0,1)，B(−3,−1)，
联立方程kx+y−1=0x−ky−k+3=0，解得P(2k−31+k2,−k2+3k+11+k2)，
则由两点间距离公式可得：
PA= (2k−31+k2−0)2+(−k2+3k+11+k2−1)2，PB= (2k−31+k2−0)2+(−k2+3k+11+k2−1)2
∴PA2+PB2=(4k2−12k+9(1+k2)2+4k4−12k3+9k2(1+k2)2)+(9k4+12k3+4k2(1+k2)2+9k2+12k+4(1+k2)2)
=13(k4+2k2+1)(1+k2)2=13，
故答案为：13．
由两直线方程可得定点A(0,1)，B(−3,−1)，再联立两直线方程解出P的坐标，然后由两点间距离公式可得PA2，PB2，进而可以求解．
本题考查了直线中定点问题以及两点间距离公式，考查了学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】②③④
【解析】解：①若AB//CD，则A，B，C，D四点共线或AB//CD，因此是假命题；
②若AB//AC，则A，B，C三点共线，是真命题；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a=4e1−25e2，b=−e1+110e2，则a=−4b，∴a//b，是真命题；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1+k2e2+k3e3=0，则k1=k2=k3=0，是真命题．
其中是真命题的序号②③④．
故答案为：②③④．
①②③利用向量共线定理即可判断出真假；
④利用向量共面定理即可判断出真假．
本题考查了易逻辑的判定方法、向量共线定理与向量共面定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15.【答案】2 23
【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则AD1=AC=D1C=B1D1= 22+22=2 2，
取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，
则AO⊥B1D1，EO⊥B1D1，
∴∠AOE是二面角A−B1D1−C的平面角，
∴AO=AE= (2 2)2−( 2)2= 6，OE=12B1C= 2，
∴cs∠AOE=AO2+OE2−AE22×AO×OE=6+2−62× 6×2= 612，
∴sin∠AOE= 1−( 612)2=2 23．
∴二面角A−B1D1−C的正弦值为2 23．
故答案为：2 23．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则AD1=AC=D1C=B1D1= 22+22=2 2，取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，则AO⊥B1D1，EO⊥B1D1，∠AOE是二面角A−B1D1−C的平面角，由此能求出二面角A−B1D1−C的正弦值．
本题考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
16.【答案】[ 7− 32, 7+ 32]
【解析】解：由(a −c)⋅(b −c)=0可得c2=(a +b)⋅c−a⋅b−=|a +b|⋅|c|csα−1×2csπ3=|a +b|⋅|c|csα−1，α为a +b与c的夹角．
再由(a +b)2=a2+b2+2a⋅b=1+4+2×1×2csπ3=7可得|a +b|= 7，
∴c2= 7|c|csα−1，解得csα=c2+1 7|c|．
∵0≤α≤π，∴−1≤csα≤1，∴c2+1 7|c|≤1，即|c|2− 7|c|+1≤0．
解得 7− 32≤|c|≤ 7+ 32，
故答案为[ 7− 32, 7+ 32]．
由条件可得c2=|a +b|⋅|c|csα−1，α为a +b与c的夹角，再由(a +b)2= 7求出|a +b|= 7，解得csα=c2+1 7|c|.由于0≤α≤π，−1≤csα≤1，可得c2+1 7|c|≤1，即|c|2− 7|c|+1≤0，由此求得|c|的取值范围是．
本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量数量积公式的应用，解一元二次不等式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为l1⊥l2，可得2(a+2)−(a−1)(2a+1)=0，即2a2−3a−5=0，
解得a=−1或a=−52；
(2)因为l1//l2，则2(2a+1)=(a+2)[−(a−1)]，且−2(2a+1)=−(a−1)×3=0，
解得：a=0或a=−5(舍)，
所以直线l1的方程为：2x+y−2=0，直线l2的方程：2x+y+3=0．
所以l1，l2之间的距离d=|−2−3| 22+12= 5．
【解析】(1)由直线的垂直可得参数的关系，进而求出a的值；
(2)由直线的平行，可得参数的关系，即求出a的值，再求平行线间的距离．
本题考查平行线的性质的应用及平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
18.【答案】(1)解：由圆的方程C：x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0，
可得x2−2x+1+y2+λ(x+2y−1)=0，即(x−1)2+y2+λ(x+2y−1)=0，
令x+2y−1=0，可得(x−1)2+y2=0，解得x=1，y=0，
所以圆C过定点，且定点的坐标为(1,0)．
(2)解：当λ=2时，圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5，
可得C(0,−2)，且x2+y2+4y−1=0，
根据切线的性质知，过P作圆C的两条切线的切点A，B，都在以PC为直径的圆上，
设PC中点为D，即为圆心，因为P(1,3)且C(0,−2)，可得D(12,12)，且|PC|= 26，
则以PC为直径的圆方程为(x−12)2+(y−12)2=132，即x2+y2−x−y−6=0，
又因为AB为圆C和圆D的公共弦，两圆方程相减得直线AB得方程为x+5y+5=0．
(3)解：当λ=2时，圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5，即x2+y2+4y−1=0，
将y=kx−1代入x2+y2+4y−1=0，整理得(1+k2)x2+2kx−4=0，
则Δ=4k2+16(1+k2)=16+20k2>0恒成立，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−2k1+k2，x1x2=−41+k2，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−1)(kx2−1)
=(1+k2)x1x2−k(x1+x2)+1=−4(1+k2)1+k2+2k21+k2+1<−2，
整理得k2<1，解得−1【解析】(1)化简圆的方程为(x−1)2+y2+λ(x+2y−1)=0，令x+2y−1=0，即可求解；
(2)根据切线的性质，得到过P作圆C的两条切线的切点A，B，都在以PC为直径的圆上，求得以PC为直径的圆方程，结合圆与圆的公共弦方程的解法，即可求解；
(3)将y=kx−1代入圆C，利用根与系数的关系，得到x1+x2=−2k1+k2，x1x2=−41+k2，根据以OM⋅ON<−2，结合数量积的运算公式，得出不等式，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查公共弦所在直线方程的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得Rt△NPP中，|F1F2|=2c，|ON|=b，且c−b，故a2=b2+c2=2b2，
又椭圆过T(2,1)，所以4a2+1b2=1，解得a2=6，b2=3，
故椭圆方程为E：x26+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，
联立x26+y23=1y=kx+h，得(1+2k2)x2+4khx+2h2−6=0，
则Δ=16k2h2−4(1+2k2)(2h2−6)>0，解得h2<3+6k2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−4kh1+2k2，x1x2=2h2−61+2k2，
则|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (−4kh1+2k2)2−4⋅2h2−61+2k2= 1+k2⋅ 48k2−8h2+241+2k2，
∴x1+x22=−2kh1+2k2，y1+y2=k(x1+x2)+2h=2h1+2k2，
∴y1+y22=−2kh1+2k2，∴M(−2kh1+2k2,h1+2k2)，
∵线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，
∴kPM=h1+2k2+13−2kh1+2k2=−1k，解得h=13+23k2，
∴|PM|= (−2kh1+2k2)2+(h1+2k2+13)2= 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
∵|AB|=4|PM|，
∴ 1+k2⋅ 48k2−8h2+241+2k2=4 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
平方后，将h=13+23k2代入，化简得18(2k2+1)−18k4(2k2+1)=0，
即18(1−k4)(2k2+1)=0，解得k=±1，
当k=1得h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l的方程为y=x+1，M(−23,13)；
当k=−1得h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l的方程为y=−x+1，M(23,13)．
【解析】(1)根据题意得到c=b和4a2+1b2=1，结合a2=b2+c2求出a2=6，b2=3，得到椭圆方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，联立椭圆方程，根据韦达定理，得出|AB|，|PM|，根据|AB|=4|PM|得到方程，求出直线l的方程，并写出M的坐标．
本题考查直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意，得Rt△NF1F2中，|F1F2|=2c，|ON|=b，且c=b，
所以a2=b2+c2=2b2，又椭圆E过T(2,1)，
所以4a2+1b2=1，解得a2=6，b2=3，
故椭圆方程为E：x26+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，
联立y=kx+h与E：x26+y23=1，得(1+2k2)x2+4khx+2h2−6=0，
则Δ=16k2h2−4(1+2k2)(2h2−6)>0，解得h2<3+6k2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−4kh1+2k2,x1x2=2h2−61+2k2，
则|AB|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2 (−4kh1+2k2)2−4⋅2h2−61+2k2
= 1+k2 48k2−8h2+241+2k2，
则x1+x22=−2kh1+2k2,y1+y2=k(x1+x2)+2h=2h1+2k2，
故y1+y22=h1+2k2，故M(−2kh1+2k2,h1+2k2)，
因为线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，
故kPM=h1+2k2+13−2kh1+2k2=−1k，解得h=13+23k2，
且|PM|= (−2kh1+2k2)2+(h1+2k2+13)2= 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
因为|AB|=4|PM|，所以 1+k2 48k2−8h2+241+2k2=4 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
平方后，将h=13+23k2代入，化简得18(2k2+1)−18k4(2k2+1)=0，
即18(1−k4)(2k2+1)=0，解得k=±1，
当k=1时，h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l方程为y=x+1,M(−23,13)，
当k=−1时，h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l方程为y=−x+1,M(23,13)．
【解析】(1)根据题意，得到c=b和4a2+1b2=1，结合a2=b2+c2，求出a2=6，b2=3，再求出椭圆的方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表示出|AB|，|PM|，根据|AB|=4|PM|得到方程，求出直线l的方程，并写出M的坐标．
本题考查了椭圆的方程和性质，直线与椭圆的综合，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题．
21.【答案】证明：如图，延长FO至点M，使FO=OM，连接MD，
∵底面ABCD的中心为O，
∴PO⊥平面ABCD，BO=OD，
∵BD⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD，
∵BO=OD，∠FOB=∠DOM，BO=OD
∴△FOB≌△MOD，
∴∠FBO=∠MDO，
∴FB//DM，
∴EF//DM，
∴PFFM=PEED，
而PF=2FO=FM，
∴PE=ED，
∴EO//PB，
∵PB⊂平面PBC，EO⊄平面PBC，
∴EO//平面PBC．
【解析】作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，证明出两三角形全等，得到EF//DM，得到线面平行．
本题主要考查了线面平行的判定定理，属于基础题．
22.【答案】(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AD⊥CD，
又AD⊥PC，CD∩PC=C，CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD；
(2)在平面PCD中，过点D作DF⊥CD交PC于点F．
由(1)知AD⊥平面PCD，
∴AD⊥DF，又AD⊥DC，
以{DA,DC,DF}为正交基底建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0,−1, 3)，
设PEEC=λ，则PE=λEC，
∴AE=AP+PE=(−2,2λ−1λ+1, 3λ+1)，AD=(−2,0,0)，PB=(2,3,− 3)，
设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则AE⋅n=0AD⋅n=0，
即−2x+2λ−1λ+1y+ 3λ+1z=0,−2x=0,
∴x=0,z=−2λ−1 3y,
取y= 3，可得平面ADE的一个法向量n=(0, 3,1−2λ)，
∵直线PB与平面ADE所成角为30°，
∴sin30°=|cs|=|3 3− 3(1−2λ) 3+(1−2λ)2⋅ 4+9+3|=12，
解得λ=5±2 6，
综上，存在点E使得直线PB与平面ADE所成角为30°，
且PEEC=5±2 6．
【解析】(1)证明AD⊥CD，AD⊥PC，推出AD⊥平面PCD；
(2)说明AD⊥DF，又AD⊥DC，以{DA,DC,DF}为正交基底建立空间直角坐标系D−xyz，求出平面ADE的一个法向量，通过直线PB与平面ADE所成角为30°，利用空间向量的数量积转化求解λ，得到结果．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
1.空间直角坐标系中，已知A(2,1,3)，B(−2,3,1)，点A关于xOy平面对称的点为C，则B，C两点间的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 2 5D. 10
2.图中的直线l1，l2，l3的斜率分别是k1，k2，k3，则有
( )
A. k1
A. (−∞,12)B. (−∞,−1)∪(−1,12)
C. (12,+∞)D. (12,3)∪(3,+∞)
4.已知△ABC的三个顶点分别为A(2,8)，B(−4,0)，C(6,0)，则AC边上中线BD所在的直线方程为( )
A. 2x−y+4=0B. x+2y+4=0C. 2x+y−4=0D. x−2y+4=0
5.棱长均为3三棱锥S−ABC，若空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC(x+y+z=1)则|SP|的最小值为( )
A. 6B. 63C. 36D. 1
6.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2 2，P是C上一点，若|PF1|−|PF2|=a，且sin∠PF1F2=13，则椭圆C的方程为( )
A. x24+y23=1B. x26+y23=1C. x26+y24=1D. x24+y22=1
7.若圆x2+y2+(λ−1)x+2λy+λ=0的圆心在直线x=12左边区域，则λ的取值范围是( )
A. (0,+∞)B. (1,+∞)C. (0,15)∪(1,+∞)D. R
8.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为B，且tan∠BF1F2= 10，点P在C上，线段PF1与BF2交于Q,BQ=2QF2.则直线PF1的斜率为( )
A. 155B. 154C. 105D. 104
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知空间中三点A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，则( )
A. AB与AC是共线向量B. 直线AB的一个方向向量是(2,1,0)
C. AB与BC夹角的余弦值是− 5511D. 平面ABC的一个法向量是(1,−2,5)
10.在四面体P−ABC中，下列四个结论中正确的有( )
A. 若AD=13AC+23AB，则2BD=DC
B. 若M、N分别为PA、BC的中点，则MN=12(PB+PC+PA)
C. 若Q为△ABC的重心，则PQ=13PA+13PB+13PC
D. 若PA⋅BC=0，PC⋅AB=0，则PB⋅AC=0
11.发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣．像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线．卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点(焦点)的距离之积为常数．已知：曲线C是平面内与两个定点F1(−1,0)和F2(1,0)的距离的积等于常数a2(a>1)的点的轨迹，则下列命题中正确的是( )
A. 曲线C过坐标原点
B. 曲线C关于坐标原点对称
C. 曲线C关于坐标轴对称
D. 若点在曲线C上，则△F1PF2的面积不大于12a2
12.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则以下四个结论正确的是( )
A. VP−AA1D=13
B. 点P必在线段B1C上
C. AP⊥BC1
D. AP//平面A1C1D
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知k∈R，过定点A的动直线kx+y−1=0和过定点B的动直线x−ky−k+3=0交于点P，则PA2+PB2的值为______ ．
14.①若AB//CD，则A，B，C，D四点共线；
②若AB//AC，则A，B，C三点共线；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a=4e1−25e2，b=−e1+110e2，则a//b；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1+k2e2+k3e3=0，则k1=k2=k3=0．
其中是真命题的序号是______ ．
15.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则二面角A−B1D1−C的正弦值为______．
16.已知平面向量a，b，c满足|a|=1，|b|=2，a，b的夹角等于π3，且(a−c)⋅(b−c)=0，则|c|的取值范围是______．
四、解答题：本题共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)
已知直线l1：2x−(a−1)y−2=0，l2：(a+2)x+(2a+1)y+3=0(a∈R)．
(1)若l1⊥l2，求实数a的值；
(2)若l1//l2，求l1，l2之间的距离．
18.(本小题12分)
已知圆C：x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0，λ∈R．
(1)证明：圆C过定点．
(2)当λ=2时，过P(1,3)作圆C的两条切线，切点分别为A，B，求直线AB的方程；
(3)当λ=2时，若直线l：y=kx−1与圆C交于M，N两点，且OM⋅ON<−2，其中O为坐标原点，求k的取值范围．
19.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过T(2,1)，斜率为k的直线l与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，记AB的中点为M坐标为(n,m)且|AB|=4|PM|，求直线l的方程，并写出M的坐标．
20.(本小题12分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过T(2,1)，斜率为k的直线l与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，记AB的中点为M坐标为(n,m)且|AB|=4|PM|，求直线l的方程，并写出M的坐标．
21.(本小题12分)
如图所示，在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，PF=2FO.证明：EO//平面PBC．
22.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PD=AD=2，AD⊥PC，点E在线段PC上(不与端点重合)，∠PCD=30°．
(1)求证：AD⊥平面PCD；
(2)是否存在点E使得直线PB与平面ADE所成角为30°？若存在，求出PEEC的值；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A(2,1,3)，B(−2,3,1)，点A关于xOy平面对称的点为C，
∴C(2,1,−3)，
∴B，C两点间的距离为：
|BC|= (2+2)2+(1−3)2+(−3−1)2=6．
故选：A．
利用对称的性质先求出点B的坐标，再利用两点间距离公式能求出B，C两点间的距离．
本题考查两点间的距离的求法，考查对称性质、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线的倾斜角与斜率的大小关系、正切函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设直线l1，l2，l3的倾斜角分别为：θ1，θ2，θ3.可得0<θ1<π2<θ2<θ3<π，利用正切函数的单调性即可得出斜率大小关系．
【解答】
解：设直线l1，l2，l3的倾斜角分别为：θ1，θ2，θ3．
则0<θ1<π2<θ2<θ3<π，
∴k2
3.【答案】B
【解析】解：因为a=(−1,0,x)，b=(2−x,x+1,3)，
令a与b共线，则b=λa，即(2−x,x+1,3)=λ(−1,0,x)，即2−x=−λx+1=03=λx，解得x=−1λ=−3，
此时a=(−1,0,−1)，b=(3,0,3)，即b=−3a，此时a与b反向，
又a与b的夹角为钝角，
所以a⋅b<0且a与b不共线反向，
即−(2−x)+3x<0且x≠−1，
解得x<−1或−1
令a与b共线，求出x的值，依题意a⋅b<0且a与b不共线反向，根据数量积的坐标表示得到不等式组，解得即可．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的夹角运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：∵A(2,8)，C(6,0)，∴AC边中点为D(2+62,8+02)，即D(4,4)，
又B(−4,0)，∴中线BD所在的直线方程为x+44+4=y−04−0，即x−2y+4=0．
故选：D．
求出线段AC中点坐标，由两点式写出直线方程，再化简即得．
本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：∵空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC且x+y+z=1，
∴点P在平面ABC内．
因此当SP⊥平面ABC，P为垂足时，|SP|取得最小值．
∵三棱锥S−ABC的棱长均为3，∴点P为底面ABC的中心．
∴AP=23AD，AD= 32×3=3 32．
∴AP=23×3 32= 3．
在Rt△APS中，SP= SA2−AP2= 32−( 3)2= 6．
故选：A．
由于空间一点P满足SP=xSA+ySB+zSC且x+y+z=1，可得点P在平面ABC内．可知：当SP⊥平面ABC，P为垂足时，|SP|取得最小值．由于三棱锥S−ABC的棱长均为3，得到点P为底面ABC的中心．利用线面垂直的性质、正三角形的性质和勾股定理即可得出．
本题考查了空间向量共面定理、线面垂直的性质、正三角形的性质和勾股定理等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2 2，
可得c= 2，|PF1|−|PF2|=a，并且|PF1|+|PF2|=2a，可得|PF1|=32a，|PF2|=12a，
sin∠PF1F2=13，
可得cs∠PF1F2=2 23，
所以14a2=9a24+8−2×32a×2 2×2 23，
解得a=2，则b= 2，
椭圆方程为：x24+y22=1．
故选：D．
利用椭圆的定义，结合已知条件求出a，通过椭圆的焦距求出c，然后求出b，即可得到椭圆方程．
本题考查椭圆的简单性质的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力．
7.【答案】C
【解析】解：方程x2+y2+(λ−1)x+2λy+λ=0表示圆，则：(λ−1)2+(2λ)2−4λ>0，
据此可得：λ>1或λ<15，
由圆的方程可得圆心坐标为(−λ−12,−2λ2)，即(1−λ2,λ)，
圆心在直线x=12左边的区域，则：1−λ2<12，解得：λ>0，
综上可得，λ的取值范围是(0,15)∪(1,+∞)．
故选：C．
利用圆的一般式方程表示圆的条件与圆心坐标，进而可求得λ的取值范围．
本题主要考查点与圆的位置关系，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵F2(c,0)，F1(−c,0)，上顶点为B(0,b)，
∴tan∠BF1F2=bc= 10，又BQ=2QF2，
∴Q为BF2上靠近F2的三等分点，∴Q(23c,13b)，
∴直线PF1的斜率k=13b−023c+c=15×bc= 105，
故选：C．
由BQ=2QF2，可求得Q的坐标，结合已知，可求得直线PF1的斜率．
本题考查椭圆的几何性质，方程思想，斜率公式，属基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：因为A(0,1,0)，B(2,2,0)，C(−1,3,1)，
所以AB=(2,1,0)，AC=(−1,2,1)，AB≠λAC，AB与AC不共线，选项A错误；
由AB=(2,1,0)，所以直线AB的一个方向向量是(2,1,0)，选项B正确；
由BC=(−3,1,1)，AB⋅BC=−6+1+0=−5，|AB|= 4+1+0= 5，|BC|= 9+1+1= 11，
所以AB与BC夹角的余弦值是cs
设n=(1,−2,5)，因为n⋅AB=2−2+0=0，n⋅AC=−1−4+5=0，所以n⊥AB，n⊥AC，且AB、AC不共线，
所以n是平面ABC的一个法向量，选项D正确．
故选：BCD．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于A：∵AD=13AC+23AB，∴AD,AC,AB向量共面，
又∵13+23=1，∴D在线段BC上，
又∵AD=AB+BD，若BD=λBC，
则AD=AB+λBC，又∵BC=AC−AB，
∴AD=(1−λ)AB+λAC，
∴λ=13，即BC=3BD，则2BD=DC，故A正确；
对于B：由题意得MN=PN−PM=12(PB+PC)−12PA=12(PB+PC−PA)，故B错误；
对于C：若D为AB的中点，PA+PB=2PD，
又∵PD−PQ=QD，而CA+CB=6QD，
∴PA+PB=2(PQ+16CA+16CB)，
又∵CA=PA−PC,CB=PB−PC，
则PA+PB=2PQ+13(PA−PC)+13(PB−PC)，
整理得PQ=13PA+13PB+13PC，故C正确；
对于D：若PA⋅BC=0，PC⋅AB=0，则PA⋅BC+PC⋅AB=(PC+CA)⋅(BA+AC)+PC⋅AB=0，
∴(PB+BC+CA)⋅(BA+AC)+(PB+BC)⋅AB=0，
整理得PB⋅BA+PB⋅AC+BC⋅BA+(BC−BA)⋅AC+CA⋅AC+PB⋅AB+BC⋅AB=0，
故PB⋅AC=0，故D正确．
故选：ACD．
A：令BD=λBC，利用平面向量基本定理及向量加减、数乘的几何意义，求AD,AB,AC之间含λ的线性关系，结合已知即可求λ；B：利用向量中线公式即可判断；C：由重心性质即可判断；D：由题设有PA⋅BC+PC⋅AB=0，利用空间向量数量积的运算律及空间向量的加减几何含义求证结论．
本题主要考查了空间向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查新定义，考查轨迹方程的求法，考查学生分析解决问题的能力，正确运用新定义是解题的关键，属于较难题．
设动点坐标为(x,y)，根据题意可得曲线C的方程为[(x+1)2+y2]⋅[(x−1)2+y2]=a4，对各个选项逐一验证，即可得出结论．
【解答】
解：由题意设动点坐标为(x,y)，
则 (x+1)2+y2⋅ (x−1)2+y2=a2，
即[(x+1)2+y2]⋅[(x−1)2+y2]=a4，
若曲线C过坐标原点(0,0)，
将点(0,0)代入曲线C的方程中可得a2=1与已知a>1矛盾，
故曲线C不过坐标原点，故A错误；
把方程中的x被−x代换，y被−y代换，方程不变，
故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；
因为把方程中的x被−x代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，
把方程中的y被−y代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，
故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；
若点P在曲线C上，则|PF1||PF2|=a2，
S△F1PF2=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2≤12a2，当且仅当∠F1PF2=90°时等号成立，
故△F1PF2的面积不大于12a2，故D正确．
故答案选：BCD．
12.【答案】BD
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，
点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，
对于A，∵点P在平面BCC1B1，平面BCC1B1//平面AA1D，
∴点P到平面AA1D的距离即为点C到到平面AA1D的距离，即为正方体的棱长，
∴VP−AA1D=13S△AA1D⋅CD=13×12×1×1×1=16，故A错误；
对于B，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则A(1,0,0)，P(x,1,z)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，
∴AP=(x−1,1,z)，BD1=(−1,−1,1)，B1C=(−1,0,−1)，
∵AP⊥BD1，
∴AP⋅BD1=1−x−1+z=0，∴x=z，∴P(x,1,x)，
∴CP=(x,0,x)，∴CP=−xB1C，即B1，C，P三点共线，
∴点P必在线段B1C上，故B正确；
对于C，∵AP=(x−1,1,x)，BC1=(−1,0,1)，
∴AP⋅BC1=1−x+x=1，
∴AP⊥BC1不成立，故C错误；
对于D，∵A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，
∴DA1=(1,0,1)，DC1=(0,1,1)，
设平面A1C1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DA1=x+z=0n⋅DC1=y+z=0，取x=1，得n=(1,1,−1)，
∴AP⋅n=x−1+1−x=0，∴AP⊥n，
∵AP⊄平面A1C1D，∴AP//平面A1C1D，故D正确．
故选：BD．
求出VP−AA1D，判断A；以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法判断BCD．
本题考查空间线线垂直的判定、线面平行的判定、三棱锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】13
【解析】解：由已知可得A(0,1)，B(−3,−1)，
联立方程kx+y−1=0x−ky−k+3=0，解得P(2k−31+k2,−k2+3k+11+k2)，
则由两点间距离公式可得：
PA= (2k−31+k2−0)2+(−k2+3k+11+k2−1)2，PB= (2k−31+k2−0)2+(−k2+3k+11+k2−1)2
∴PA2+PB2=(4k2−12k+9(1+k2)2+4k4−12k3+9k2(1+k2)2)+(9k4+12k3+4k2(1+k2)2+9k2+12k+4(1+k2)2)
=13(k4+2k2+1)(1+k2)2=13，
故答案为：13．
由两直线方程可得定点A(0,1)，B(−3,−1)，再联立两直线方程解出P的坐标，然后由两点间距离公式可得PA2，PB2，进而可以求解．
本题考查了直线中定点问题以及两点间距离公式，考查了学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】②③④
【解析】解：①若AB//CD，则A，B，C，D四点共线或AB//CD，因此是假命题；
②若AB//AC，则A，B，C三点共线，是真命题；
③若e1，e2为不共线的非零向量，a=4e1−25e2，b=−e1+110e2，则a=−4b，∴a//b，是真命题；
④若向量e1，e2，e3是三个不共面的向量，且满足等式k1e1+k2e2+k3e3=0，则k1=k2=k3=0，是真命题．
其中是真命题的序号②③④．
故答案为：②③④．
①②③利用向量共线定理即可判断出真假；
④利用向量共面定理即可判断出真假．
本题考查了易逻辑的判定方法、向量共线定理与向量共面定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
15.【答案】2 23
【解析】解：设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则AD1=AC=D1C=B1D1= 22+22=2 2，
取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，
则AO⊥B1D1，EO⊥B1D1，
∴∠AOE是二面角A−B1D1−C的平面角，
∴AO=AE= (2 2)2−( 2)2= 6，OE=12B1C= 2，
∴cs∠AOE=AO2+OE2−AE22×AO×OE=6+2−62× 6×2= 612，
∴sin∠AOE= 1−( 612)2=2 23．
∴二面角A−B1D1−C的正弦值为2 23．
故答案为：2 23．
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则AD1=AC=D1C=B1D1= 22+22=2 2，取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，则AO⊥B1D1，EO⊥B1D1，∠AOE是二面角A−B1D1−C的平面角，由此能求出二面角A−B1D1−C的正弦值．
本题考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．
16.【答案】[ 7− 32, 7+ 32]
【解析】解：由(a −c)⋅(b −c)=0可得c2=(a +b)⋅c−a⋅b−=|a +b|⋅|c|csα−1×2csπ3=|a +b|⋅|c|csα−1，α为a +b与c的夹角．
再由(a +b)2=a2+b2+2a⋅b=1+4+2×1×2csπ3=7可得|a +b|= 7，
∴c2= 7|c|csα−1，解得csα=c2+1 7|c|．
∵0≤α≤π，∴−1≤csα≤1，∴c2+1 7|c|≤1，即|c|2− 7|c|+1≤0．
解得 7− 32≤|c|≤ 7+ 32，
故答案为[ 7− 32, 7+ 32]．
由条件可得c2=|a +b|⋅|c|csα−1，α为a +b与c的夹角，再由(a +b)2= 7求出|a +b|= 7，解得csα=c2+1 7|c|.由于0≤α≤π，−1≤csα≤1，可得c2+1 7|c|≤1，即|c|2− 7|c|+1≤0，由此求得|c|的取值范围是．
本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量数量积公式的应用，解一元二次不等式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为l1⊥l2，可得2(a+2)−(a−1)(2a+1)=0，即2a2−3a−5=0，
解得a=−1或a=−52；
(2)因为l1//l2，则2(2a+1)=(a+2)[−(a−1)]，且−2(2a+1)=−(a−1)×3=0，
解得：a=0或a=−5(舍)，
所以直线l1的方程为：2x+y−2=0，直线l2的方程：2x+y+3=0．
所以l1，l2之间的距离d=|−2−3| 22+12= 5．
【解析】(1)由直线的垂直可得参数的关系，进而求出a的值；
(2)由直线的平行，可得参数的关系，即求出a的值，再求平行线间的距离．
本题考查平行线的性质的应用及平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
18.【答案】(1)解：由圆的方程C：x2+(λ−2)x+y2+2λy+1−λ=0，
可得x2−2x+1+y2+λ(x+2y−1)=0，即(x−1)2+y2+λ(x+2y−1)=0，
令x+2y−1=0，可得(x−1)2+y2=0，解得x=1，y=0，
所以圆C过定点，且定点的坐标为(1,0)．
(2)解：当λ=2时，圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5，
可得C(0,−2)，且x2+y2+4y−1=0，
根据切线的性质知，过P作圆C的两条切线的切点A，B，都在以PC为直径的圆上，
设PC中点为D，即为圆心，因为P(1,3)且C(0,−2)，可得D(12,12)，且|PC|= 26，
则以PC为直径的圆方程为(x−12)2+(y−12)2=132，即x2+y2−x−y−6=0，
又因为AB为圆C和圆D的公共弦，两圆方程相减得直线AB得方程为x+5y+5=0．
(3)解：当λ=2时，圆C的标准方程为x2+(y+2)2=5，即x2+y2+4y−1=0，
将y=kx−1代入x2+y2+4y−1=0，整理得(1+k2)x2+2kx−4=0，
则Δ=4k2+16(1+k2)=16+20k2>0恒成立，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=−2k1+k2，x1x2=−41+k2，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1−1)(kx2−1)
=(1+k2)x1x2−k(x1+x2)+1=−4(1+k2)1+k2+2k21+k2+1<−2，
整理得k2<1，解得−1
(2)根据切线的性质，得到过P作圆C的两条切线的切点A，B，都在以PC为直径的圆上，求得以PC为直径的圆方程，结合圆与圆的公共弦方程的解法，即可求解；
(3)将y=kx−1代入圆C，利用根与系数的关系，得到x1+x2=−2k1+k2，x1x2=−41+k2，根据以OM⋅ON<−2，结合数量积的运算公式，得出不等式，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查公共弦所在直线方程的求法，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意得Rt△NPP中，|F1F2|=2c，|ON|=b，且c−b，故a2=b2+c2=2b2，
又椭圆过T(2,1)，所以4a2+1b2=1，解得a2=6，b2=3，
故椭圆方程为E：x26+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，
联立x26+y23=1y=kx+h，得(1+2k2)x2+4khx+2h2−6=0，
则Δ=16k2h2−4(1+2k2)(2h2−6)>0，解得h2<3+6k2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−4kh1+2k2，x1x2=2h2−61+2k2，
则|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ (−4kh1+2k2)2−4⋅2h2−61+2k2= 1+k2⋅ 48k2−8h2+241+2k2，
∴x1+x22=−2kh1+2k2，y1+y2=k(x1+x2)+2h=2h1+2k2，
∴y1+y22=−2kh1+2k2，∴M(−2kh1+2k2,h1+2k2)，
∵线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，
∴kPM=h1+2k2+13−2kh1+2k2=−1k，解得h=13+23k2，
∴|PM|= (−2kh1+2k2)2+(h1+2k2+13)2= 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
∵|AB|=4|PM|，
∴ 1+k2⋅ 48k2−8h2+241+2k2=4 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
平方后，将h=13+23k2代入，化简得18(2k2+1)−18k4(2k2+1)=0，
即18(1−k4)(2k2+1)=0，解得k=±1，
当k=1得h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l的方程为y=x+1，M(−23,13)；
当k=−1得h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l的方程为y=−x+1，M(23,13)．
【解析】(1)根据题意得到c=b和4a2+1b2=1，结合a2=b2+c2求出a2=6，b2=3，得到椭圆方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，联立椭圆方程，根据韦达定理，得出|AB|，|PM|，根据|AB|=4|PM|得到方程，求出直线l的方程，并写出M的坐标．
本题考查直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由题意，得Rt△NF1F2中，|F1F2|=2c，|ON|=b，且c=b，
所以a2=b2+c2=2b2，又椭圆E过T(2,1)，
所以4a2+1b2=1，解得a2=6，b2=3，
故椭圆方程为E：x26+y23=1．
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，
联立y=kx+h与E：x26+y23=1，得(1+2k2)x2+4khx+2h2−6=0，
则Δ=16k2h2−4(1+2k2)(2h2−6)>0，解得h2<3+6k2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=−4kh1+2k2,x1x2=2h2−61+2k2，
则|AB|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2 (−4kh1+2k2)2−4⋅2h2−61+2k2
= 1+k2 48k2−8h2+241+2k2，
则x1+x22=−2kh1+2k2,y1+y2=k(x1+x2)+2h=2h1+2k2，
故y1+y22=h1+2k2，故M(−2kh1+2k2,h1+2k2)，
因为线段AB的垂直平分线交y轴于点P(0,−13)，
故kPM=h1+2k2+13−2kh1+2k2=−1k，解得h=13+23k2，
且|PM|= (−2kh1+2k2)2+(h1+2k2+13)2= 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
因为|AB|=4|PM|，所以 1+k2 48k2−8h2+241+2k2=4 4k2h2+h2(1+2k2)2+2h3(1+2k2)+19，
平方后，将h=13+23k2代入，化简得18(2k2+1)−18k4(2k2+1)=0，
即18(1−k4)(2k2+1)=0，解得k=±1，
当k=1时，h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l方程为y=x+1,M(−23,13)，
当k=−1时，h=1，此时满足h2<3+6k2，直线l方程为y=−x+1,M(23,13)．
【解析】(1)根据题意，得到c=b和4a2+1b2=1，结合a2=b2+c2，求出a2=6，b2=3，再求出椭圆的方程；
(2)设直线AB的方程为y=kx+h，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表示出|AB|，|PM|，根据|AB|=4|PM|得到方程，求出直线l的方程，并写出M的坐标．
本题考查了椭圆的方程和性质，直线与椭圆的综合，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题．
21.【答案】证明：如图，延长FO至点M，使FO=OM，连接MD，
∵底面ABCD的中心为O，
∴PO⊥平面ABCD，BO=OD，
∵BD⊂平面ABCD，
∴PO⊥BD，
∵BO=OD，∠FOB=∠DOM，BO=OD
∴△FOB≌△MOD，
∴∠FBO=∠MDO，
∴FB//DM，
∴EF//DM，
∴PFFM=PEED，
而PF=2FO=FM，
∴PE=ED，
∴EO//PB，
∵PB⊂平面PBC，EO⊄平面PBC，
∴EO//平面PBC．
【解析】作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，证明出两三角形全等，得到EF//DM，得到线面平行．
本题主要考查了线面平行的判定定理，属于基础题．
22.【答案】(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AD⊥CD，
又AD⊥PC，CD∩PC=C，CD⊂平面PCD，PC⊂平面PCD，
∴AD⊥平面PCD；
(2)在平面PCD中，过点D作DF⊥CD交PC于点F．
由(1)知AD⊥平面PCD，
∴AD⊥DF，又AD⊥DC，
以{DA,DC,DF}为正交基底建立空间直角坐标系D−xyz，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，P(0,−1, 3)，
设PEEC=λ，则PE=λEC，
∴AE=AP+PE=(−2,2λ−1λ+1, 3λ+1)，AD=(−2,0,0)，PB=(2,3,− 3)，
设平面ADE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则AE⋅n=0AD⋅n=0，
即−2x+2λ−1λ+1y+ 3λ+1z=0,−2x=0,
∴x=0,z=−2λ−1 3y,
取y= 3，可得平面ADE的一个法向量n=(0, 3,1−2λ)，
∵直线PB与平面ADE所成角为30°，
∴sin30°=|cs
解得λ=5±2 6，
综上，存在点E使得直线PB与平面ADE所成角为30°，
且PEEC=5±2 6．
【解析】(1)证明AD⊥CD，AD⊥PC，推出AD⊥平面PCD；
(2)说明AD⊥DF，又AD⊥DC，以{DA,DC,DF}为正交基底建立空间直角坐标系D−xyz，求出平面ADE的一个法向量，通过直线PB与平面ADE所成角为30°，利用空间向量的数量积转化求解λ，得到结果．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
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