2020-2021学年广东省深圳市高二（上）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省深圳市高二（上）期中考试数学试卷人教A版，共15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. 已知向量a→=−2,3,1，b→=1,−2,4，则 a→+b→=( )
A.−1,1,5B.−3,5,−3C.3,−5,3D.1,−1,−5

2. 已知双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一个焦点为F−2,0，焦点F到渐近线的距离为3，则该双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±13xB.y=±3xC.y=±33xD.y=±3x

3. 三棱锥O−ABC中，点M，N分别是AB，OC的中点，且OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，用a→，b→，c→表示MN→，则MN→等于( )

A.12(−a→+b→+c→)B.12(a→+b→−c→)
C.12(a→−b→+c→)D.12(−a→−b→+c→)

4. 在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的顶点A(−4, 0)和C(4, 0)，顶点B在椭圆x225+y29=1上，则sinA+sinCsinB=( )
A.54B.52C.5D.无法确定

5. 已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线C交于M，N两点，若PF→=4MF→，则|MN|=( )
A.32B.92C.3D.9

6. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点，G是DD1的中点，F是BC上的一点且FB=14BC，则异面直线GB与EF所成的角为( )
A.30∘B.120∘C.60∘D.90∘

7. 已知F1，F2是椭圆C:x225+y29=1的左、右焦点，点P在椭圆C上，|PF1|=6，过F1做∠F1PF2的角平分线的垂线，垂足为M，则|OM|的长为( )
A.1B.2C.3D.4

8. 设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l分别与双曲线左右两支交于M，N两点，以MN为直径的圆过F2，且MF2→⋅MN→=12MN→2，则直线l的斜率为( )
A.24B.22C.33D.32
二、多选题

对于任意非零向量a→=x1,y1,z1，b¯=x2,y2,z2，以下说法错误的有( )
A.若a→⊥b→，则x1x2+y1y2+z1z2=0
B.若a//b，则x1x2=y1y2=z1z2
C.cs=x1x2+y1y2+z1z2x12+y12+z12⋅x22+y22+z22
D.若x1=y1=z1=1，则a→为单位向量

已知抛物线C：y2=4x，焦点为F，过焦点的直线l与抛物线C相交于Ax1,y1，Bx2,y2两点，则下列说法一定正确的是( )
A.|AB|的最小值为2
B.线段AB为直径的圆与直线x=−1相切
C.x1x2为定值
D.过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则|OD2|=4|AF||BF|

直线a的方向向量为a→，平面α，β的法向量分别为n→，m→，则下列命题为真命题的是( )
A.若a→⊥n→，则直线a//平面α
B.若a→//n→，则直线a⊥平面α
C.若cs⟨a→,n→⟩=12，则直线a与平面α所成角的大小为π6
D.若cs⟨m→,n→⟩=12，则平面α，β的夹角为π3

动点Mx,y分别到两定点−5,0，5,0连线的斜率的乘积为−1625，设Mx,y的轨迹为曲线C， F1，F2分别为曲线C的左、右焦点，则下列命题中正确的有( )
A.曲线C的焦点坐标为F1−3,0，F23,0
B.若∠F1MF2=30∘，则S△F1MF2=1633
C.△F1MF2的内切圆的面积的最大值为9π4
D.设A32,2，则|MA|+|MF1|的最小值为152
三、填空题

已知正方体不在同一表面上的两顶点坐标为(−1, 2, −1)，(3, −2, 3)，则正方体的体积为________.

已知抛物线方程为y2=x，点M在此抛物线上运动，则点A4,0与点M之间的距离|MA|的最小值为________.

如图所示，直角△ABC绕直角边AO所在直线旋转一周形成一个圆锥，已知在空间直角坐标系O−xyz中，点2,0,0和0,2,1均在圆锥的母线上，则圆锥的体积为________.


如图，椭圆E的左右焦点为F1，F2，以F2为圆心的圆过原点，且与椭圆E在第一象限交于点P，若过P，F1的直线l与圆F2相切，则直线l的斜率k=________；椭圆E的离心率e=________.

四、解答题

已知椭圆与双曲线x24−y212=1的焦点相同，且它们的离心率之和等于145．
(1)求椭圆方程；

(2)过椭圆内一点M(1, 1)作一条弦AB，使该弦被点M平分，求弦AB所在直线方程．

如图，在直三棱柱AED−BFC中，底面AED是直角三角形，且EA⊥AD，AB=AE=AD=3，其中M，N分别是AF，BC上的点且FMFA=CMCB=13.

(1)求证：MM//平面CDEF；

(2)求二面角A−CF−B的正弦值．

已知抛物线E：y2=2px0(1)求抛物线E的方程；

(2)过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P，Q分别为弦AB，CD的中点，求△FPQ面积的最小值．

如图，在四棱锥M−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB=BC=1，MD=1，MD⊥平面ABCD，H是MB中点，在下面两个条件中任选一个，并作答：
①二面角A−MD−C的大小是2π3；
②∠BAD=π2.
若________，求CH与平面MCD所成角的正弦值．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．

如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD // BC，△ABD是边长为1的等边三角形，BC=3．

(1)求证：AF⊥BD；

(2)线段BD上是否存在点N，使得直线CE // 平面AFN？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由．

设圆x2+y2+2x−15=0的圆心为A，直线l过点B1,0且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E．
(1)证明：|EA|+|EB|为定值，并求出点E的轨迹方程；

(2)若M，N是点E的轨迹上的动点，且直线MN过点G0,12，问在y轴上是否存在定点Q，使得∠MQO=∠NQO？O为坐标原点，若存在，请求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省深圳市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
空间向量运算的坐标表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ a→=−2,3,1，b→=1,−2,4，
∴ a→+b→=−1,1,5.
故选A.
2.
【答案】
D
【考点】
双曲线的渐近线
点到直线的距离公式
【解析】
本题通过对双曲线的基础知识；焦点到渐近线的距离，渐近线方程的公式，双曲线中的a，b，c之间的基本关系等内容的考查．
【解答】
解：由题意，得c=2，
设渐近线方程为y=±bax，
∵ 焦点到渐近线的距离为3，
∴ b=3，
∴ a=c2−b2=1，
∴ 该双曲线的方程为x2−y23=1，
∴ 渐近线方程为y=±3x．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果．
【解答】
解：由题意，得MN→=ON→−OM→=12OC→−12(OA→+OB→).
∵ OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
∴ MN→=12(c→−b→−a→)=12(−a→−b→+c→).
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
正弦定理
【解析】
先利用椭圆的定义求得a+c，进而由正弦定理把原式转换成边的问题，进而求得答案．
【解答】
解：∵ x225+y29=1，
∴ a=5，b=3，c=4，
则焦点坐标为(−4,0)，(4,0)，恰好是A，C两点，
则|AC|=2c=8，|BC|+|BA|=2a=10，
由正弦定理，得sinA+sinCsinB=|BC|+|AB||AC|=108=54.
故选A.
5.
【答案】
B
【考点】
抛物线的定义
直线与抛物线结合的最值问题
直线的点斜式方程
【解析】
由PF→=4MF→可知PM→=3MF→，再结合抛物线的定义、锐角三角函数可得直线MN的斜率，从而得到直线MN的方程，将其与抛物线的方程联立，解出x的值，也就是M、N两点的横坐标，最后利用抛物线的定义可得焦点弦|MN|的长度．
【解答】
解：由题可知，点F的坐标为(1, 0)，
∵ PF→=4MF→，
∴ PM→=3MF→.
如图所示，过点M作MQ⊥直线l于点Q，
则|MF|=|MQ|，
∴ 在Rt△PQM中，
cs∠PMQ=|MQ||PM|=|MF||PM|=13，
∴ tan∠PMQ=22，
∴ 直线MN的方程为y=22(x−1)，
联立y=22(x−1),y2=4x,
得2x2−5x+2=0，
解得：x=2或x=12.
由抛物线的定义，得|MN|=2+12+2=92．
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出GB与EF所成的角的大小．
【解答】
解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
则G(0, 0, 1)，B(2, 2, 0)，E(2, 2, 1)，F(32, 2, 0)，
∴ GB→=(2, 2, −1)，EF→=(−12, 0, −1).
设GB与EF所成的角为θ，
则csθ=GB→⋅EF→|GB→|⋅|EF→|=|−1+1|3×54=0，
∴ θ=90∘．
∴ 异面直线GB与EF所成的角为90∘．
故选D．
7.
【答案】
A
【考点】
椭圆的定义
【解析】
延长F1M和PF2交于N，求得椭圆的a=5，运用椭圆的定义和等腰三角形的三线合一，以及三角形的中位线定理，即可得到所求|OM|的值．
【解答】
解：延长F1M和PF2交于N，
椭圆C:x225+y29=1的a=5，
由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a=10，
由|PF1|=6，可得|PF2|=4，
由等腰三角形的三线合一，可得
|PF1|=|PN|=6，
可得|NF2|=6−4=2，
由OM为△F1F2N的中位线，
可得|OM|=12|F2N|=12×2=1．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由MN为直径的圆过F2，由MF2→⋅MN→=12MN→2知，
MF2=NF2，且MF2⊥NF2，
设|MF2|=|NF2|=m，则MN|=2m，
由|MF2|−|MF1|=2a，|NF1|−|NF2|=2a，
两式相加可得|NF1|−|MF1|=|MN|=4a，
即有m=22a，
设H为MN的中点，在直角三角形HF1F2中可得
4c2=4a2+(2a+22a−2a)2，
化为c2=3a2，即e=ca=3，
因为|HF2|=12|MN|=2a，
所以|HF1|=|F1F2|2−|HF2|2=2c2−a2，
所以直线l的斜率为|HF2||HF1|=2a2c2−a2=22．
故选B.
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
平面向量数量积坐标表示的应用
向量的数量积判断向量的共线与垂直
平行向量的性质
用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】
暂无
【解答】
解：A，因为a→⊥b→，则a→⋅b→=x1x2+y1y2+z1z2=0，A正确；
B，若x2=0，且y2≠0，z2≠0，
当a→//b→时，分式x1x2无意义，B错误；
C，由空间向量数量积的坐标运算，得
cs=x1x2+y1y2+z1z2x12+y12+z12⋅x22+y22+z22 ，C正确；
D，若x1=y1=z1=1，则|a→|=12+12+12=3，
此时，a→不是单位向量，D选项错误．
故选BD．
【答案】
B,C,D
【考点】
直线的斜率
直线与圆的位置关系
抛物线的性质
抛物线的标准方程
【解析】
根据抛物线和过焦点的直线位置关系，结合抛物线的定义和性质，结合韦达定理，逐个判断即可得解．
【解答】
解：A，抛物线C：y2=4x的焦点坐标为1,0，
准线方程为x=−1，过焦点的弦中通径最短，
所以|AB|最小值为2p=4，故A不正确；
B，如图，设线段AB中点为D，过点A，B，D作准线的垂线，
垂足分别为A1， B1，D1，
由抛物线定义，得|AA1|=|AF|，|BB1|=|BF|，
所以|DD1|=12|AA1|+|BB1|=12|AB|，
所以以线段AB为直径的圆与直线x=−1相切，故B正确；
C，设AB所在直线的方程为x=ny+1，
由x=ny+1,y2=4x,
消去x，得y2−4ny−4=0，
所以y1y2=−4，x1x2=y1y2216=1，故C正确；
D，因为y1+y2=4n，
kAM+kBM=y1x1+1+y2x2+1=y1x2+1+y2x1+1x1+1x2+1
=y1ny2+2+y2ny1+2x1+1x2+1=2ny1y2+2y1+y2x1+1x2+1=0，故D正确．
故选BCD．
【答案】
B,C,D
【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
平面的法向量
直线与平面所成的角
【解析】
根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，逐一判断线面、面面关系即可得结论．
【解答】
解：A，若a→⊥n→，则直线a与平面α平行或在平面α内，
是假命题；
B，若a→//n→，则a→也是平面α的法向量，
所以直线a⊥平面α，是真命题；
C，直线与平面的夹角的正弦值等于
直线与平面法向量所成的锐角的余弦值，是真命题；
D，两个平面的夹角与它们的法向量所成的不大于90∘的角相等，
是真命题.
故选BCD.
【答案】
A,C,D
【考点】
圆锥曲线的综合问题
轨迹方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
根据动点到两个定点连线斜率的乘积为定值可求得曲线的方程，可得到椭圆的焦点坐标，根据椭圆焦点三角形的面积公式可得焦点三角形面积，当焦点三角形内切圆半径最大时面积最大，根据动点在椭圆上方运动的特点可知半径变化是由小到大再变小，当动点在上顶点处内切圆半径最大，利用等面积法可求得内切圆半径；利用椭圆定义将动点到左焦点的距离转化为动点到右焦点的距离的差，当点M在A的上方时有最大值．
【解答】
解：由题意，得yx+5×yx−5=−1625，
整理，得x225+y216=1(x≠±5).
A，c2=a2−b2=25−16=9，解得：c=3，
即曲线C的焦点坐标为F1−3,0，F23,0，故正确；
B，在△MF1F2中，设∠F1MF2=α，|MF1|=r1，|MF2|=r2，
由余弦定理，得
csα=MF12+MF22−F1F222MF1⋅MF2=r12+r22−2c22r1r2
=r1+r22−2r1r2−4c22r1r2
=2a2−2r1r2−4c22r1r2
=4a2−c2−2r1r22r1r2
=2b2−r1r2r1r2，
∴ r1r2csα=2b2−r1r2，即r1r2=2b21+csα，
∴ S△MF1F2=12r1r2sinα
=12×2b21+csα×sinα
=b2⋅sinα1+csα
=b2⋅tanα2，
∴ S△MF1F2=16⋅tan30∘2=162−3，故错误；
C，在△MF1F2中，设内切圆的半径为r，
由椭圆形定义，得|MF1|+|MF2|=10，|F1F2|=6，
则S△MF1F2=12MF1+MF2+F1F2⋅r=b2tanα2，
解得：r=2tanα2(0当M在上顶点时， tanα2=34，
内切圆半径r取最大值，内切圆最大面积为9π4，故正确；
D，在△MF1F2中，|MF1|+|MF2|=10，
则|MA|+|MF1|=|MA|+10−|MF2|.
当M，A，F2三点共线，并且M在A的上方时，
|MA|+|MF1|有最小值，
即(|MA|+|MF1|)min=10−|AF2|=10−52=152，故正确．
故选ACD．
三、填空题
【答案】
64
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
先根据题意可知AB是正方体的体对角线，利用空间两点的距离公式求出AB，再根据正方体的棱长求出体积．
【解答】
解：∵ 正方体中不在同一表面上两顶点(−1, 2, −1)，(3, −2, 3)，
∴ 正方体的体对角线为16+16+16=43，
∴ 正方体的棱长为4，
∴ 正方体的体积为43=64.
故答案为：64.
【答案】
152
【考点】
两点间的距离公式
【解析】
此题考查了点与抛物线的位置关系，考查两点间的距离公式的应用．
【解答】
解：不妨设Mm2,mm≥0，
则|MA|=m2−42+m2
=(m2−72)2+154≥152，
当m2=72时， |MA|取得最小值152．
故答案为： 152．
【答案】
16π3
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
本题考查圆锥的体积的计算．
【解答】
解：根据题意，得OA为y轴，则圆锥底面在xz平面上.
∵ 点2,0,0在圆锥的母线上，
∴ 圆锥底面圆半径为2，
∴ 点0,0,−2是底面圆周与z轴负半轴的交点.
又∵ 点0,2,−1在圆锥的母线上，
∴ 这条母线在xy平面内，必过0,0,−2和0,2,−1两点，
其与y轴交于点0,4,0，
即圆锥的高为4.
由圆锥的体积公式，得V=13π×4×22=16π3.
故答案为：16π3．
【答案】
33,3−1
【考点】
椭圆的离心率
椭圆的定义
直线与圆的位置关系
【解析】
直线l为圆F2相切，则PF2⊥l，△PF1F2为直角三角形，PF2=c，由椭圆定义可得PF1=2a−PF2=2a−c,再由勾股定理可得F1F22=PF12+PF22，即可得关系式求解.
【解答】
解：∵ 直线l为圆F2的切线，
则PF2⊥l，且PF2=c.
由椭圆定义可得PF1=2a−PF2=2a−c.
在Rt△PF1F2中，F1F22=PF12+PF22,
即2c2=2a−c2+c2，
整理得c2+2ac−2a2=0，即e2+2e−2=0，
解得：e=3−1.
∵ 1k=PF1PF2=2a−cc=2e−1=3，
∴ k=33.
故答案为：33；3−1.
四、解答题
【答案】
解：(1)∵ 双曲线的焦点为(0, 4)，(0, −4)，
∴ e=42=2.
设椭圆的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
由题可得，c=4，
且离心率e=ca=145−2=45，
∴ a=5，b=a2−b2=3，
∴ 椭圆方程为y225+x29=1.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ M为弦AB的中点，
∴ x1+x2=2，y1+y2=2.
联立y1225+x129=1,y2225+x229=1,
两式相减，得(y1−y2)(y1+y2)25+(x1−x2)(x1+x2)9=0，
即kAB=y1−y2x1−x2=−259，
则直线AB所在方程为y−1=−259(x−1)，
即25x+9y−34=0.
∴ 所求直线AB的方程为25x+9y−34=0．
【考点】
椭圆的标准方程
双曲线的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
直线的点斜式方程
【解析】
（1）求出椭圆的焦点和离心率，进而得到双曲线的离心率和焦点，再由椭圆的a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；
（2）设出弦AB的端点的坐标，代入椭圆方程和中点坐标公式，运用作差，结合平方差公式和斜率公式，由点斜式方程即可得到直线AB的方程．
【解答】
解：(1)∵ 双曲线的焦点为(0, 4)，(0, −4)，
∴ e=42=2.
设椭圆的方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
由题可得，c=4，
且离心率e=ca=145−2=45，
∴ a=5，b=a2−b2=3，
∴ 椭圆方程为y225+x29=1.
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
∵ M为弦AB的中点，
∴ x1+x2=2，y1+y2=2.
联立y1225+x129=1,y2225+x229=1,
两式相减，得(y1−y2)(y1+y2)25+(x1−x2)(x1+x2)9=0，
即kAB=y1−y2x1−x2=−259，
则直线AB所在方程为y−1=−259(x−1)，
即25x+9y−34=0.
∴ 所求直线AB的方程为25x+9y−34=0．
【答案】
(1)证明：如图，分别在FC，EF上取点P，Q，
使得CPCF=FQFE=13，连接NP，PQ及MQ.
∵ FMFA=CNCB=13，
∴ MFFA=FQFE=13⇒MQ//AE且MQ=13AE，
CNCB=CPCF=13⇒NP//BF且NP=13BF，
∴ MQ//NP，MQ=NP，
∴ 四边形MNPQ为平行四边形，
∴ MN//QP.
又∵ MN∉平面CDEF，QP⊂平面CDEF，
∴ MN//平面CDEF．
(2)解：如图所示，以A为坐标原点，AE方向为x轴正方向，
AD方向为y轴正方向，AB方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，F3,0,3，C0,3,3，B0,0,3，
∴ AF→=3,0,3，AC→=0,3,3，
由题意，得平面BCF的法向量为n1→=0,0,1.
设平面ACF的法向量为n2→=x,y,z，
则AF→⋅n2→=0,AC→⋅n2→=0,
即3x+3z=0,3y+3z=0.
取x=1，则n2→=1,1,−1，
∴ csn1→,n2→=n1→⋅n2→n1→⋅n2→=−13=−33，
∴ sinn1→,n2→=1−(−33)2=63，
∴ 二面角A−CF−B的正弦值为63．
【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】
（1）分别在FC，EF上取三等分点P，Q，然后利用线段长度比证明四边形MNPQ为平行四边形，最后利用线面平行的判定定理完成证明；
（2）先利用两个平面法向量夹角的余弦值计算出二面角的余弦值，然后根据三角关系求解出二面角的正弦值．
【解答】
(1)证明：如图，分别在FC，EF上取点P，Q，
使得CPCF=FQFE=13，连接NP，PQ及MQ.
∵ FMFA=CNCB=13，
∴ MFFA=FQFE=13⇒MQ//AE且MQ=13AE，
CNCB=CPCF=13⇒NP//BF且NP=13BF，
∴ MQ//NP，MQ=NP，
∴ 四边形MNPQ为平行四边形，
∴ MN//QP.
又∵ MN∉平面CDEF，QP⊂平面CDEF，
∴ MN//平面CDEF．
(2)解：如图所示，以A为坐标原点，AE方向为x轴正方向，
AD方向为y轴正方向，AB方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，F3,0,3，C0,3,3，B0,0,3，
∴ AF→=3,0,3，AC→=0,3,3，
由题意，得平面BCF的法向量为n1→=0,0,1.
设平面ACF的法向量为n2→=x,y,z，
则AF→⋅n2→=0,AC→⋅n2→=0,
即3x+3z=0,3y+3z=0.
取x=1，则n2→=1,1,−1，
∴ csn1→,n2→=n1→⋅n2→n1→⋅n2→=−13=−33，
∴ sinn1→,n2→=1−(−33)2=63，
∴ 二面角A−CF−B的正弦值为63．
【答案】
解：(1)抛物线E的准线方程为x=−p2，
由抛物线的定义，得|FM|=t+p2=10，
∴ t=10−p2．
由点M在抛物线上，得82=2p10−p2，
整理，得p2−20p+64=0，
即(p−4)(p−16)=0，
解得：p=4或p=16.
又∵ 0∴ p=4，
∴ 抛物线E的方程为y2=8x．
(2)∵ 抛物线E的方程为y2=8x，
∴ 焦点为F2,0.
由已知，得AB⊥CD，
∴ 两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0．
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为−1k，
则直线AB的方程为y=kx−2，
联立y2=8x,y=kx−2,
消去x，整理，得ky2−8y−16k=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=8k.
∵ P(xP,yP)为弦AB的中点，
∴ yP=12y1+y2=4k.
由yP=kxP−2，得xP=yPk+2=4k2+2，
故P4k2+2,4k．
同理，得Q4k2+2,−4k．
∴ |QF|=4k2+2−22+−4k2
=16k4+16k2=4k21+k2，
|PF|=16k4+16k2=41+k2k2．
∵ PF⊥QF，
∴ S△FPQ=12|PF|⋅|QF|
=12×41+k2k2×4k21+k2
=8×1+k2|k|=8|k|+1|k|
≥8×2|k|⋅1|k|=16，
当且仅当|k|=1|k|，即k=±1时，等号成立．
∴ △FPQ的面积的最小值为16．
【考点】
抛物线的标准方程
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，三角形面积及其最值．
暂无
【解答】
解：(1)抛物线E的准线方程为x=−p2，
由抛物线的定义，得|FM|=t+p2=10，
∴ t=10−p2．
由点M在抛物线上，得82=2p10−p2，
整理，得p2−20p+64=0，
即(p−4)(p−16)=0，
解得：p=4或p=16.
又∵ 0∴ p=4，
∴ 抛物线E的方程为y2=8x．
(2)∵ 抛物线E的方程为y2=8x，
∴ 焦点为F2,0.
由已知，得AB⊥CD，
∴ 两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0．
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为−1k，
则直线AB的方程为y=kx−2，
联立y2=8x,y=kx−2,
消去x，整理，得ky2−8y−16k=0．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=8k.
∵ P(xP,yP)为弦AB的中点，
∴ yP=12y1+y2=4k.
由yP=kxP−2，得xP=yPk+2=4k2+2，
故P4k2+2,4k．
同理，得Q4k2+2,−4k．
∴ |QF|=4k2+2−22+−4k2
=16k4+16k2=4k21+k2，
|PF|=16k4+16k2=41+k2k2．
∵ PF⊥QF，
∴ S△FPQ=12|PF|⋅|QF|
=12×41+k2k2×4k21+k2
=8×1+k2|k|=8|k|+1|k|
≥8×2|k|⋅1|k|=16，
当且仅当|k|=1|k|，即k=±1时，等号成立．
∴ △FPQ的面积的最小值为16．
【答案】
解：若选①．
因为MD⊥平面ABCD，所以AD⊥MD，CD⊥MD，
所以∠ADC就是二面角A−MD−C的平面角，所以∠ADC=2π3.
过D作x轴⊥DC，以D为坐标原点，以DC，DM所在直线为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，H34,14,12,
所以CH→=34,−34,12.
取平面MCD的一个法向量n→=(1,0,0).
设CH与平面MCD所成角为θ，
则 sinθ=|CH→⋅n→||CH→|⋅|n→|=34316+916+14=34，
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是34.
若选②．
因为MD⊥平面ABCD，∠BAD=π2，
所以DA，DC，DM两两垂直．
以D为坐标原点，以DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，H12,12,12，所以CH→=12,−12,12.
取平面MCD的一个法向量n→=1,0,0，
设CH与平面MCD所成角为θ，
则 sinθ=|CH→⋅n→||CH→|⋅|n→|=1214+14+14=33 ，
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是33.
【考点】
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若选①．
因为MD⊥平面ABCD，所以AD⊥MD，CD⊥MD，
所以∠ADC就是二面角A−MD−C的平面角，所以∠ADC=2π3.
过D作x轴⊥DC，以D为坐标原点，以DC，DM所在直线为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，H34,14,12,
所以CH→=34,−34,12.
取平面MCD的一个法向量n→=(1,0,0).
设CH与平面MCD所成角为θ，
则 sinθ=|CH→⋅n→||CH→|⋅|n→|=34316+916+14=34，
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是34.
若选②．
因为MD⊥平面ABCD，∠BAD=π2，
所以DA，DC，DM两两垂直．
以D为坐标原点，以DA，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则C(0,1,0)，H12,12,12，所以CH→=12,−12,12.
取平面MCD的一个法向量n→=1,0,0，
设CH与平面MCD所成角为θ，
则 sinθ=|CH→⋅n→||CH→|⋅|n→|=1214+14+14=33 ，
所以CH与平面MCD所成角的正弦值是33.
【答案】
(1)证明：∵ ADEF为正方形，
∴ AF⊥AD．
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
且平面ADEF∩平面ABCD=AD，
∴ AF⊥平面ABCD，
∴ AF⊥BD．
(2)解：取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK，
在△ABD中，OB⊥OD，
在正方形ADEF中，OK⊥OD.
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
∴ OB⊥平面ADEF，
∴ OB⊥OK，
即OB，OK，OD两两垂直.
分别以OB，OD，OK为x轴，y轴，z轴
建立空间直角坐标系，如图，
则B(32,0,0)，C(32,3,0)，D(0,12,0)，
E(0,12,1)，F(0,−12,1).
要使直线CE // 平面AFN，只需AN // CD.
设BN→=λBD→，λ∈[0,1]，
则(xn−32,yn,zn)=λ(−32,12,0)，
即xn=32−32λ，yn=12λ，zn=0，
∴ N(32−32λ,12λ,0)，
∴ AN→=(32−32λ,12λ+12,0).
又∵ CD→=(−32,−52,0)，
由AN→ // CD→得，
32−32λ−32=12λ+12−52，
解得：λ=23∈[0,1]，
∴ 线段BD上存在点N，使得直线CE // 平面AFN，
且BNBD=23．
【考点】
两条直线垂直的判定
空间点、线、面的位置
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）推导出AF⊥AD．从而AF⊥平面ABCD．由此能证明AF⊥BD．
（2）要使直线CE // 平面AFN，只需AN // CD，利用向量法能求出线段BD上存在点N，使得直线CE // 平面AFN，且BNBD=23．
【解答】
(1)证明：∵ ADEF为正方形，
∴ AF⊥AD．
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
且平面ADEF∩平面ABCD=AD，
∴ AF⊥平面ABCD，
∴ AF⊥BD．
(2)解：取AD中点O，EF中点K，连接OB，OK，
在△ABD中，OB⊥OD，
在正方形ADEF中，OK⊥OD.
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
∴ OB⊥平面ADEF，
∴ OB⊥OK，
即OB，OK，OD两两垂直.
分别以OB，OD，OK为x轴，y轴，z轴
建立空间直角坐标系，如图，
则B(32,0,0)，C(32,3,0)，D(0,12,0)，
E(0,12,1)，F(0,−12,1).
要使直线CE // 平面AFN，只需AN // CD.
设BN→=λBD→，λ∈[0,1]，
则(xn−32,yn,zn)=λ(−32,12,0)，
即xn=32−32λ，yn=12λ，zn=0，
∴ N(32−32λ,12λ,0)，
∴ AN→=(32−32λ,12λ+12,0).
又∵ CD→=(−32,−52,0)，
由AN→ // CD→得，
32−32λ−32=12λ+12−52，
解得：λ=23∈[0,1]，
∴ 线段BD上存在点N，使得直线CE // 平面AFN，
且BNBD=23．
【答案】
解：(1)∵ x2+y2+2x−15=0，
整理，得x+12+y2=16，
∴ 点A的坐标为−1,0，如图，
∵BE//AC，
∴△ADC∼△EDB，
∴EBAC=EDAD.
又∵ |AC|=|AD|，
∴|EB|=|ED|，
∴|EA|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4，
∴ 点E的轨迹为一个除去点±2,0的椭圆，
∴ 点E的轨迹方程为x24+y23=1y≠0．
(2)假设存在的定点Q0,m符合题意．
①由题意知，当直线MN的斜率k存在时，
设其方程为y=kx+12k≠±14，
Mx1,y1，Nx2,y2，
由∠MQO=∠NQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，
则kMQ+kNQ=0.
∵ kMQ+kNQ=y1−mx1+y2−mx2
=kx1+12−mx1+kx2+12−mx2
=4kx1x2+(1−2m)(x1+x2)2x1x2，
∴4kx1x2+1−2mx1+x2=0，
联立 x24+y23=1,y=kx+12,
消去y，整理，得3+4k2x2+4kx−11=0.
∵ Δ=16k2−43+4k2×(−11)
=16k2+443+4k2>0，
x1+x2=−4k3+4k2，x1x2=−113+4k2，
∴ 4k⋅−113+4k2+1−2m⋅−4k3+4k2=8km−63+4k2=0，
当k≠0时，m=6，
此时存在定点Q0,6，使得∠MQO=∠NQO；
当直线MN的斜率k=0时，直线MN为y=12，
定点Q0,6满足∠MQO=∠NQO，也符合题意；
当直线MN的斜率不存在时，
点Q0,6满足∠MQO=∠MQO=0∘，也符合题意．
综上所述，在y轴上存在定点Q0,6，使得∠MQO=∠NQO．
【考点】
轨迹方程
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
（1）根据三角形相似得到EBAC=EDAD，得到|AE|+|ED|=4，进而得|EA|+|EB|为定值，结合椭圆的定义可得轨迹方程；
（2）假设存在的定点Q0,m符合题意，分为直线斜率存在和不存在两种情形，设其方程为
y=kx+12k≠±14，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理将题意转化为kMQ+kNQ=0，求解即可．
【解答】
解：(1)∵ x2+y2+2x−15=0，
整理，得x+12+y2=16，
∴ 点A的坐标为−1,0，如图，
∵BE//AC，
∴△ADC∼△EDB，
∴EBAC=EDAD.
又∵ |AC|=|AD|，
∴|EB|=|ED|，
∴|EA|+|EB|=|AE|+|ED|=|AD|=4，
∴ 点E的轨迹为一个除去点±2,0的椭圆，
∴ 点E的轨迹方程为x24+y23=1y≠0．
(2)假设存在的定点Q0,m符合题意．
①由题意知，当直线MN的斜率k存在时，
设其方程为y=kx+12k≠±14，
Mx1,y1，Nx2,y2，
由∠MQO=∠NQO，得直线MQ，NQ的倾斜角互补，
则kMQ+kNQ=0.
∵ kMQ+kNQ=y1−mx1+y2−mx2
=kx1+12−mx1+kx2+12−mx2
=4kx1x2+(1−2m)(x1+x2)2x1x2，
∴4kx1x2+1−2mx1+x2=0，
联立 x24+y23=1,y=kx+12,
消去y，整理，得3+4k2x2+4kx−11=0.
∵ Δ=16k2−43+4k2×(−11)
=16k2+443+4k2>0，
x1+x2=−4k3+4k2，x1x2=−113+4k2，
∴ 4k⋅−113+4k2+1−2m⋅−4k3+4k2=8km−63+4k2=0，
当k≠0时，m=6，
此时存在定点Q0,6，使得∠MQO=∠NQO；
当直线MN的斜率k=0时，直线MN为y=12，
定点Q0,6满足∠MQO=∠NQO，也符合题意；
当直线MN的斜率不存在时，
点Q0,6满足∠MQO=∠MQO=0∘，也符合题意．
综上所述，在y轴上存在定点Q0,6，使得∠MQO=∠NQO．