2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市五校协作体高二（上）期末数学试卷（含解析），共20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.已知抛物线顶点在原点，且以坐标轴为对称轴，则“焦点到准线的距离为2”是“抛物线的标准方程为y2=4x”的条件( )
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
2.如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 15
B. 25
C. 35
D. 45
3.某高中安排4名同学(不同姓)到甲、乙、丙3个小区参加垃圾分类宣传活动，若每名同学只去一个小区，每个小区至少安排1名同学，其中张同学不去乙小区，则不同的分配方案种数为( )
A. 36B. 24C. 48D. 12
4.双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线过点P(1,2 6)，F1，F2是C的左右焦点，且F1到一条渐近线的距离为2 6，若双曲线上一点M满足|MF1|=5，则|MF2|=( )
A. 7B. 3或7C. 5D. 3
5.在三棱锥P−ABC中，PO⊥平面ABC交平面ABC于点O，则下列说法中错误的是( )
A. 若PO=xPA+yPB+zPC，则x+y+z=1
B. 若PA⊥BC，PC⊥AB，PB⊥AC，则O为△ABC的垂心
C. 若PA与BC所成的角为α，PA与平面ABC所成的角为β，则β<α
D. 若∠PAB=∠PAC=∠BAC=60°，则PA与平面ABC所成角的余弦值为 33
6.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，A、B是椭圆C上关于原点对称的两点，且|AF1|=3|BF1|，若|OA|=|OF2|，其中O为坐标原点，则椭圆C的离心率是( )
A. 716B. 58C. 104D. 74
7.在平面直角坐标系xOy中，已知A(3,0)，B(0,t)(t>0)，若该平面中不存在点P，同时满足两个条件|PA|2+2|PO|2=12与|PO|= 2|PB|，则t的取值范围是( )
A. (0, 62−1)B. ( 62+1,+∞)
C. ( 62−1, 62+1)D. (0, 62−1)∪( 62+1,+∞)
8.已知圆M：x2+(y−6)2=1和椭圆C：x210+y2=1，点P为椭圆C上的动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点为A，B，则弦长|AB|的范围为( )
A. [4 65,7 25]B. [4 65,3 23023]C. [2,3 23023]D. [4 65,8 27]
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。
9.4个男生与3个女生并排站成一排，下列说法正确的是(选项中排列数的计算结果均正确)( )
A. 若3个女生必须相邻，则不同的排法有A33⋅A44=144种
B. 若3个女生中有且只有2个女生相邻，则不同的排法有A44⋅A52⋅A32=2880种
C. 若女生甲不能在最左端，且女生乙不能在最右端，则不同的排法共有A77−2A66+A55=3720种
D. 若3个女生按从左到右的顺序排列，则不同的排法有A74=840种
10.已知平面α∩平面β=l，B、D是l上两点，直线AB⊂α且AB∩l=B，直线CD⊂β且CD∩l=D.下列结论中错误的有( )
A. 若AB⊥l，CD⊥l，AB=CD，则四边形ABCD是平行四边形
B. 若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在平面α上的射影是BD
C. 若M是AB中点，N是CD中点，则MN//AC
D. 直线AB，CD所成角的大小与二面角α−l−β的大小相等
11.直线x=my+n与抛物线y2=4x相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，x1≤x2，则下列结论正确的是( )
A. 若n=1，则以A，B为直径的圆与准线相切
B. 若n=1，则x1x2=4
C. 若m≠0，则kAB=4y1+y2=1m(其中kAB为直线AB的斜率)
D. 若n=−1，且2|AF|=|BF|，则|AF|=|OA|，F是焦点
12.随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知F1，F2分别为双曲线C：x2−y24=1的左，右焦点，过C右支上一点A(x0,y0)(x0>1)作直线l交x轴于M(1x0,0)，交y轴于点N，则下列说法中正确的有( )
A. C的渐近线方程为y=±12x
B. 过点F1作F1H⊥AM，垂足为H，则|OH|=1
C. 点N的坐标为(0,4y0)
D. 四边形AF1NF2面积的最小值为4 5
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(1 x−2x)n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则(1 x−2x)n的展开式中所有项系数的绝对值之和为______ ．
14.已知F1(−2,0)，F2(2,0)，动点P满足|PF1|+|PF2|=6，若A(1,1)，则|PA|+|PF1|的范围为______ ．
15.对任意的实数λ，原点O(0,0)到直线(2+λ)x−(1+λ)y−2(3+2λ)=0的距离d的取值范围为______ ．
16.两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯采用切割圆锥的方法研究圆锥曲线，他用平行于圆锥的轴的平面截取圆锥得到的曲线叫做“超曲线”，即双曲线的一支.已知圆锥PQ的轴截面为等边三角形，平面α//PQ，平面α截圆锥侧面所得曲线记为C，则曲线C所在双曲线的离心率为______ ．
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)
已知在(ax22−1 x)10的展开式中满足a>0，且常数项为454，求：
(1)a的值；
(2)从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法．
18.(本小题12分)
如图①，在四面体OABC中，M是棱OA上靠近点A的三等分点，N、P分别是BC、MN的中点.设OA=a，OB=b，OC=c，
(1)用a，b，c表示OP；
(2)若a⋅b=b⋅c=c⋅a=0，且|a|=3，|b|=4，|c|=8，以O为原点，OA、OB、OC方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系如图②，过点P做平面α，使平面α的一个法向量为n=(1,−2,1)，求点N到平面α的距离．
19.(本小题12分)
圆C：x2+y2−6x+4y+4=0，过点P(2,0)的直线l与圆C交于A、B两点，其中C为圆心．
(1)若cs∠ACB=−79，求直线l的方程；
(2)若AB的中点为M，求M的轨迹方程．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，AC⊥PE，PA=PD，E为棱AB的中点．
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角E−PD−A的正弦值．
21.(本小题12分)
已知A(2,0)，B(−2,0)，点P是动点，直线AP与直线BP的斜率之积为−14，
(1)求点P的轨迹方程C；
(2)过点(1,0)且斜率不为0的直线l与C交于M、N两点，直线x=4分别交直线AM、AN于点E、G，以EG为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，已知O为坐标原点，P为双曲线C上一动点，过P作PM、PN分别垂直于两条渐近线，垂足为M、N，设|PM|=d1，|PN|=d2，
(1)求证：d1⋅d2=a2b2c2；
(2)若双曲线实轴长为4，虚轴长为2，过P分别作PA、PB平行于渐近线且与渐近线交于A、B两点，设ONPM的面积为S1，OBPA的面积为S2，求S1−S2的范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：抛物线顶点在原点，且以坐标轴为对称轴，
若焦点到准线的距离为2，
则p=2，
故抛物线的标准方程为y2=4x或y2=−4x或x2=4y或x2=−4y，
所以“焦点到准线的距离为2”是“抛物线的标准方程为y2=4x”的条件必要不充分．
故选：B．
根据已知条件，结合抛物线的性质，以及充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查抛物线的标准方程，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：连结BC1，因为C1D1/​/AB且C1D1=AB，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，故BC ​1/​/AD1，
所以∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角或其补角，
连结A1C1，由AB=1，AA1=2，
则A1C1= 2,A1B=BC1= 5，
所以cs∠A1BC1=5+5−22× 5× 5=45，
故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45．
故选：D．
连结BC1，利用棱柱的几何性质得到BC1/​/AD1，从而得到∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角或其补角，三角形中利用余弦定理分析求解即可．
本题考查了空间角的求解，涉及了两条异面直线所成角的求解，解题的关键是寻找平行线，找到两条异面直线所成的角，属于中档题．
3.【答案】B
【解析】解：4名同学分配到3个小区，每个小区至少1人，则分组情况为2，1，1．
由于张同学不去乙小区，张同学自己去一个小区有C21=2种，其余3人分成1人组和2人组，有C32A22=6种，此时共有2×6=12种；
张同学分配到2人组且该组不去乙小区有C31C21A22=12种，
则共有12+12=24种不同的分配方案．
故选：B．
4名同学分配到3个小区，则分组情况为2，1，1，利用元素优先法进行求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用元素优先法进行计算是解决本题的关键，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：F1到一条渐近线的距离为2 6，
则b=2 6，
双曲线渐近线y=bax经过点(1,2 6)，
则2 6=2 6a×1，解得a=1，
故c2=a2+b2=25，即c=5，
若M在左支上，|MF1|=5>c−a=4，符合要求，所以|MF2|=|MF1|+2a=5+2=7，
若M在右支上，|MF1|=5|MF1|=52所以|MF2|=7．
故选：A．
先根据已知条件求解出双曲线的方程，然后根据M在双曲线的左右支上进行分类讨论，由此确定出|MF2|的值．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，连接AO并延长交于点M，如图，
因为B，M，C三点共线，则存在实数t，使得AM=tAB+(1−t)AC，
又A，M，O三点共线，则存在实数μ，使得AO=μAM，
则PO=PA+AO=PA+μAM=PA+μ[tAB+(1−t)AC]
=PA+μt(PE−PA)+μ(1−t)(PC−PA)
=(1−μ)PA+μtPB+μ(1−t)PC，
又PO=xPA+yPB+zPC，
所以x=1−μy=μtz=μ(1−t)，所以x+y+z=1，故A正确；
对于B，因为PA⊥BC，且PO⊥BC，PO∩PA=P，
所以BC⊥面PAO，又AO⊂面PAO，
所以BC⊥AO，同理AB⊥CO，AC⊥BO，
即O为△ABC的垂心，故B正确；
对于C，当PA⊥BC时，α=90°，当PA⊥平面ABC时，β=90°，此时β=α，故C错误；
对于D，由已知得∠PAO即为PA与平面ABC所成角，
作PE⊥AC于E，PD⊥AB于D，连接DO，EO，AO，如图，
由∠PAB=∠PAC=60°明显可得△PAD≅△PAE，
则AD=AE=12PA，
又PE⊥AC，PO⊥AC，PE∩PO=P，所以AC⊥面PEO，又EO⊂面PEO，
所以AC⊥EO，同理AB⊥DO，则△ADO≅△AEO，又∠BAC=60°，
所以AO=ADcs30∘=12PA 32=1 3PA，
所以cs∠PAO=AOPA=1 3PAPA= 33，故D正确．
故选：C．
对于A，利用向量的几何运算可判断；对于B，通过证明BC⊥面PAO，得到BC⊥AO，进而通过同样的理由可得答案；对于C，通过列举反例来判断；对于D，通过计算cs∠PAO可判断．
本题考查求线面角，线面位置关系的应用及空间向量基本定理，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：若|OA|=|OF2|，则∠F1AF2=90°，
由椭圆的对称性可知，四边形AF1BF2为长方形，
则|AB|=|F1F2|=2c，|AF2|=|BF1|，
由|AF1|=3|BF1|，且|AF1|+|AF2|=3|BF1|+|BF1|=2a，
得|BF1|=a2，|AF1|=32a，
∴(32a)2+(a2)2=4c2，解得e=ca= 104．
故选：C．
由题意，可得四边形AF1BF2为长方形，再由|AF1|=3|BF1|，结合椭圆定义求得|BF1|，|AF1|，然后利用勾股定理列式求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由题知，不妨设P(x,y)，
因为|PA|2+2|PO|2=12，
所以(x−3)2+y2+2(x2+y2)=12，
化简可得：(x−1)2+y2=2，
故点P在以(1,0)为圆心， 2为半径的圆上，
又因为|PO|= 2|PB|，
所以 x2+y2= 2⋅ x2+(y−t)2，
化简可得：x2+(y−2t)2=2t2，
即点P在以(0,2t)为圆心， 2t为半径的圆上，
若存在点P，只需圆(x−1)2+y2=2与圆x2+(y−2t)2=2t2有交点即可，
即| 2t− 2|≤ 12+(2t)2≤| 2t+ 2|，
同时平方化简可得：1−4t≤2t2≤1+4t，
即2t2+4t−1≥02t2−4t−1≤0，解得： 62−1≤t≤ 62+1，
若该平面中不存在点P，同时满足两个条件，
则有0 62+1，即t的取值范围为(0, 62−1)∪( 62+1,+∞)．
故选：D．
根据题意，设出点P坐标，根据|PA|2+2|PO|2=12，求出点P的轨迹方程，根据|PO|= 2|PB|，可求出点P的另一个轨迹方程，只需这两个方程的曲线无交点即可，利用圆与圆的位置关系列出等式求出范围即可．
本题考查圆与圆的位置关系，涉及轨迹方程的求法，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：圆x2+(y−6)2=1的圆心为C(0,6)，半径r=BC=AC=1，
设∠BCP=α，α∈(0,π)，则|AB|=2|BC|sinα=2sinα=2 1−cs2α，
在Rt△BCP中，csα=|BC||CP|=1|CP|，所以|AB|=2 1−1|CP|2，
设P( 10csβ,sinβ)，则|CP|= ( 10csβ)2+(6−sinβ)2，
则|CP|2=10cs2β+36+sin2β−12sinβ⇒|CP|2=10(1−sin2β)+sin2β−12sinβ+36，
|CP|2=−9sin2β−12sinβ+46，令sinβ=t∈[−1,1]，则|CP|2=−9t2−12t+46，
其对称轴为t=−23，由二次函数的图象与性质，可知t=−23时|CP|2有最大值为50，
t=1时|CP|2有最小值为25.即25≤|CP|2≤50，
又|AB|=2 1−1|CP|2，显然|CP|2=25时|AB|有最小值4 65，
|CP|2=50时|AB|有最大值7 25，即|AB|∈[4 65,7 25]．
故选：A．
利用勾股定理把弦长|AB|表示出来，再设点P( 10csβ,sinβ)，利用二次函数的性质即可得．
本题考查圆的切线问题，圆的综合应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：对于选项A，若3个女生必须相邻，
则不同的排法有A33A55=720种，
即选项A错误；
对于选项B，若3个女生中有且只有2个女生相邻，
则不同的排法有A44⋅A52⋅A32=2880种，
即选项B正确；
对于选项C，若女生甲不能在最左端，且女生乙不能在最右端，
则不同的排法共有A77−2A66+A55=3720种，
即选项C正确；
对于选项D，若3个女生按从左到右的顺序排列，
则不同的排法有A74=840种，
即选项D正确．
故选：BCD．
由排列、组合及简单计数问题，结合相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法求解．
本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：如图，
对于A，由题意，AB，CD为异面直线，
∴四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，若AB⊥l，AC⊥l，
∴由线面垂直的判定可得l⊥平面ABC，
∴l⊥BC，又α⊥β，结合面面垂直的性质可得BC⊥α，
∴点C在平面α内的投影为点B，
∴CD在平面α内的投影为BD，故B正确；
对于C，取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，
∴HM//AC，又HM与MN相交，
∴MN与AC不平行，故C错误；
对于D，由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，
直线AB，CD所成角或其补角才为二面角的大小，故D错误．
故选：ACD．
由空间中线线、线面及面面间的位置关系逐项判断能求出结果．
本题考查空间中线线、线面及面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：当n=1时，直线x=my+1，
设线段AB的中点M(x1+x22,y1+y22)，过A，B，M分别向准线x=−1作垂线，垂足分别为A1，B1，M1，
则M到准线x=−1的距离d=|MM1|=12(AA1+BB1)
=12(|AF|+|BF|)=12|AB|，
故以AB为直径的圆与准线相切，A正确；
联立x=my+1y2=4x可得y2−4my−4=0，
则y1y2=−4，y1+y2=4m，
故x1x2=(y1y2)216=1，B错误；
m≠0时，kAB=1m=y1+y24，C正确；
当n=−1时，x=my−1，
由|BF|=2|AF|得，|BB1|=2|AA1|，
故1+x2=2(1+x1)，
联立x=my−1y2=4x可得y2−4my+4=0，
故y1y2=4，故x1x2=(y1y2)216=1，
结合1+x2=2(1+x1)可得x1=12，x2=2，
则此时A(12, 2)，F(1,0)0，
所以|AF|=|OA|=32，D正确．
故选：ACD．
结合抛物线的定义检验选项A，结合直线与抛物线的位置关系检验选项B，C，D即可判断．
本题主要考查了直线与抛物线位置关系及抛物线的定义的应用，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：对于A：由已知可得a=1，b=2，焦点在x轴上，所以双曲线的渐近线方程为y=±2x，故A错误；
对于B：因为点A(x0,y0)在C：x2−y24=1上，所以x02−1=y024，
又AM的直线方程为y−0=y0x0−1x0(x−1x0)，
所以x02−1y0⋅y=x0x−1，所以y024y0⋅y=x0x−1,所以x0x−y0y4=1，
所以AM为双曲线的切线，由双曲线的光学性质可知，AM平分∠F1AF2，如图，
延长F1H与AF2的延长线相交于点E，又F1H⊥AM可得AH是F1E的垂直平分线，
所以AF1=AE，H是F1E的中点，又O是F1F2的中点，
于是在△EF1F2中，|OH|=12|F2E|=12(|AE|−|AF2|)=12(|AF1|−|AF2|)=a=1，即|OH|=1，故B正确；
对于C：设N(0,yN)，则y0−0x0−1x0=0−yN1x0−0，整理可得(1−x02)yN=y0，又x02−y024=1，
即1−x02=−y024，所以有yN=y01−x02=−4y0，
所以N点的坐标为(0,−4y0)，故C项错误；
对于D：由x2−y24=1得c= 1+4=5,|F1F2|=2 5，
又S△F1NF2=S△AF1F2+S△NF1F2=12×|F1F2|(|y0|+4|y0|)≥12×2 5×2 |y0|⋅4|y0|=4 5，
当且仅当|y0|=4|y0|，即y0=±2时，等号成立，
所以，四边形AF1NF2面积的最小值为4 5，故D正确．
故选：BD．
根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；由已知可得−x02yN+4yN=4y0，进而结合双曲线方程，即可得出点N的坐标，即可判断B项；根据双曲线的光学性质可推得点H为F1E的中点．进而得出|OH|=12|F2E|，结合双曲线的定义，即可判断C项；由S△AF1NF=S△AF1F2+S△NF1F2，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，可判断D项．
本题考查了双曲线性质的综合应用，属于中档题．
13.【答案】6561
【解析】解：由题意可得Cn2=Cn6，解得n=8，所以(1 x−2x)n的展开式中所有项系数的绝对值之和，
即(1 x+2x)8的展开式中所有项系数之和．
令x=1，可得(1 x+2x)8的展开式中所有项系数之和为38=6561．
故答案为：6561．
先求得n，根据题意可得，本题即求(1 x+2x)8的展开式中所有项系数之和．再令x=1，可得结论．
本题考查二项式定理，考查学生的逻辑推理、数学运算能力，属于基础题．
14.【答案】[6− 2,6+ 2]
【解析】解：因为F1(−2,0)，F2(2,0)，动点P满足|PF1|+|PF2|=6，
所以P的轨迹是以F1(−2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆，a=3，
故b2=a2−c2=5，
因为−|AF2|≤|PA|−|PF2|≤|AF2|，|AF2|= (2−1)2+(1−0)2= 2，
则|PA|+|PF1|=|PA|+6−|PF2|∈[6− 2,6+ 2]．
故答案为：[6− 2,6+ 2]．
由已知结合椭圆的定义及性质即可求解．
本题主要考查了椭圆定义及性质的应用，属于中档题．
15.【答案】[0,2 2)
【解析】解：由题意，直线(2+λ)x−(1+λ)y−2(3+2λ)=0，
可得2x−y−6=0x−y−4=0，解得x=2y=−2，
直线过定点Q(2,−2)，∴|OQ|=2 2，∴d<2 2，
当OQ⊥l时，由kOQ=−2−02−0=−1，故l的斜率为1，
此时2+λ=1+λ，无解，故这样的直直线l不存在，
当直线l过点O时，d取得最小值0，
∴d的取值范围[0,2 2).
故答案为：[0,2 2).
由题意，直线过定点Q(2,−2)，OQ⊥l时，d取得最大值，直线l过P时，d取得最小值0，可得结论．
本题考查求d的取值范围，正确运用点到直线的距离公式是关键，属于中档题．
16.【答案】2 33
【解析】解：由题意知，双曲线的两条渐近线的夹角为60°，
所以渐近线与双曲线的实轴所在直线的夹角为30°，即ba=tan30°= 33，
所以离心率e=ca= 1+(ba)2= 1+( 33)2=2 33．
故答案为：2 33．
根据题意，分析可得双曲线的两条渐近线的夹角为60°，进而知ba=tan30°，再由离心率的计算方法即可得解．
本题主要考查双曲线的几何性质，还涉及圆锥的结构特征，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(ax22−1 x)10的展开式通项公式为：Tk+1=(−1)k(a2)10−kC10kx20−52k，
令20−52k=0，解得k=8，
常数项为454，
故T9=(−1)8(a2)2C108=454，解得a=1；
(2)20−52k=m，m∈Z，则k=0，2，4，6，8，10，
∴有理项有6项，无理项有5项，
从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，
则共有C61C52+C62C51=135种不同的取法．
【解析】(1)结合二项式定理，先求出通项公式，令x的指数为0，求出k，再结合常数项的值，即可求解；
(2)根据已知条件，推得有理项有6项，无理项有5项，再结合组合数的知识，即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，OM=23OA，ON=12(OB+OC)，
则OP=12(OM+ON)=12[23OA+12(OB+OC)]
=13OA+14OB+14OC
=13a+14b+14c；
(2)由(1)可得OP=13a+14b+14c，ON=12b+12c，
由题意，可得P(1,1,2)，N(0,2,4)，
所以PN=(−1,1,2)，
又过点P的平面α的一个法向量为n=(1,−2,1)，
所以点N到平面α的距离d=|PN⋅n||m|= 66．
【解析】(1)根据题设条件，由空间向量的线性运算即可求得；
(2)在题设所建立的空间直角坐标系中，求得点P，N的坐标，得到PN，结合平面的法向量，利用向量法求点到平面的距离即可．
本题考查空间向量的线性运算，考查向量法求点到平面的距离，属中档题．
19.【答案】解：圆C：x2+y2−6x+4y+4=0的标准方程为(x−3)2+(y+2)2=9，
所以圆心C(3,−2)，半径为3，
(1)在△ABC中，AC=BC=3，cs∠ACB=−79，
由余弦定理得：|AB|= 9+9−2×3×3×(−79)=4 2，
所以圆心到直线l的距离为 32−(2 2)2=1，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=2，符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l方程为y=k(x−2)，
则|k+2| k2+1=1，解得k=−34，
所以直线l方程为3x+4y−6=0或x=2；
(2)设M(x,y)，则CM=(x−3,y+2)，PM=(x−2,y)，
因为AB的中点为M，所以CM⊥PM，即CM⋅PM=0，
所以(x−3)(x−2)+(y+2)y=0，
即x2+y2−5x+2y+6=0．
【解析】(1)由余弦定理可得圆的弦长，分斜率是否存在分别设出直线方程，由圆的弦长公式建立方程即可求得；
(2)由题得CM⊥PM，再由直接法即可求得．
本题考查直线与圆的位置关系和圆的弦长，动点的轨迹方程，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OB，BD，OE，
∵底面ABCD为菱形，则AC⊥BD，
又∵O，E分别为AD，AB的中点，则OE/​/BD，
故AC⊥OE，
注意到AC⊥PE，OE∩PE=E，OE，PE⊂平面POE，
则AC⊥平面POE，
∵OE⊂平面POE，则AC⊥OE，
又∵PA=PD，E为棱AB的中点，则AD⊥OE，AC∩AD=A，AC∩AD=A，AC，AD⊂平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
且PO⊂平面PAD，故平面PAD⊥平面ABCD．
(2)若PA=AD，∠BAD=60°，则△ABD为等边三角形，且O为AD的中点，
故OB⊥AD，
由(1)得，如图所示建立空间直角坐标系O−xyz，

设AD=2，则P(0,0, 3),E(12, 32,0),D(−1,0,0)，
可得DP=(1,0, 3),DE=(32, 32,0)，
设平面PDE的法向量n=(x,y,z)，则n⋅DP=0n⋅DE=0，即x+ 3z=032x+ 32y=0，
则可取n=( 3,−3,−1)，
易知平面PDA的一个法向量为m=(0,1,0)，
则cs=n⋅m|n||m|=−3 13=−3 1313，
设二面角E−PD−A为θ∈(0,π2)，
则csθ=3 1313，可得sinθ= 1−cs2θ=2 1313，
所以二面角E−PD−A的正弦值为2 1313．
【解析】(1)根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；
(2)建系，求出平面PDE与平面PDA的法向量，利用空间向量求二面角即可．
本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为直线AP与直线BP的斜率之积为−14，设P(x,y)，
∴yx−2⋅yx+2=−14，
化简得：x24+y2=1(x≠±2)；
(2)设直线l方程为x=my+1，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立可得x=my+1x24+y2=1，消去x得(m2+4)y2+2my−3=0，
∵Δ=4m2+12(m2+4)>0，
∴y1+y2=−2mm2+4，y1y2=−3m2+4，
设E(4,yE)，G(4,yG)，
∴直线AM的方程：y=y1x1−2(x−2)，∴yE=2y1x1−2，
直线AN的方程：y=y2x2−2(x−2)，∴yG=2y2x2−2，
∴yEyG=4y1y2(x1−2)(x2−2)=4y1y2x1x2−2(x1+x2)+4
=4y1y2(my1+1)(my2+1)−2(my1+1+my2+1)+4
=4y1y2m2y1y2−m(y1+y2)+1
=−3，
假设过定点H(t,0)，则HE⋅HF=0，即(4−t)(4−t)+yEyG=0，
即(4−t)2−3=0，解得：t=4± 3，
即以EG为直径的圆过x轴上的定点，定点为(4+ 3,0)和(4− 3,0)．
【解析】(1)设P的坐标，然后由直线AP与直线BP的斜率之积为−14即可求解；
(2)设出直线l的方程，然后由设而不求结合已知条件即可求解．
本题考查直线与圆锥曲线的综合运用，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：设P(x,y)，由双曲线的方程可得渐近线方程y=±bax，即bx±ay=0，
由题意可得：d1=|ay−bx|c，d2=|ay+bx|c，
∴d1⋅d2=|a2y2−b2x2|c2=a2b2c2；
(2)解：由题意可得a=2，b=1，
∴双曲线方程为x24−y2=1，
设∠MON=α，则tanα2=ba=12，
∴tanα=2tanα21−tan2α2=2×121−14=43，
由题可知：BM=d1tanα=34d1，AN=d2tanα=34d2，S1−S2=S△BMP+S△ANP=38(d12+d22)，
由(1)知d1⋅d2=a2b2c2=45，
∴S1−S2=38(d12+d22)≥38⋅2d1d2=34⋅45=35，当且仅当d1=d2时等号成立．
∴S1−S2∈[35,+∞)．
【解析】(1)设P点的坐标，由题意可得双曲线的渐近线的方程，求出d1，d2的不等式，进而可证得d1d2的乘积为定值；
(2)由题意可得双曲线的方程，设∠MON=α，可得，可得BM，AN的表达式，进而求出S1，S2的差的表达式，由基本不等式的性质可得它的范围．
本题考查双曲线的性质的应用及直线与双曲线的综合应用，属于中档题．