2022-2023學年廣東省珠海一中高二（上）期末數(shù)學試卷含答案

2022-2023學年廣東省珠海一中高二（上）期末數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只1．（5分）設直線3x+4y+2＝0的傾斜角為θ，則sinθ＝（）A．-34 B．-35 C．2．（5分）已知向量p→在基底{a→，bA．（0，1，2） B．（0，2，1） C．（2，1，0） D．（1，2，﹣1）3．（5分）已知數(shù)列{an}滿足an＝2n+kn，若{an}為遞增數(shù)列，則k的取值范圍是（）A．（﹣2，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣2） D．（﹣∞，2）4．（5分）德國數(shù)學家米勒曾提出過如下的“最大視角原理”：對定點A、B和在直線l上的動點P，當l與△APB的外接圓相切時，∠APB最大．若A（0，2），B（0，8），P是x軸正半軸上一動點，當P對線段AB的視角最大時，△APB的外接圓的方程為（）A．（x﹣4）2+（y﹣4）2＝25 B．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝16 C．（x﹣5）2+（y﹣4）2＝16 D．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝255．（5分）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F的直線交拋物線于A、B兩點，若|AF|＝4|BF|，則AB的中點到準線的距離為（）A．178 B．218 C．2586．（5分）已知數(shù)列{an}、{bn}滿足a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，{bn}的前n項和為Sn，cn＝Sn﹣n2+6n，則數(shù)列{cn}的最大項為（）A．25 B．24 C．27 D．267．（5分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球的表面積為π，P是棱BB1上一動點，當直線C1D與平面A1C1P的夾角最大時，四面體D﹣A1C1P的體積為（）A．14 B．13 C．168．（5分）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦點為F，橢圓E與過原點的直線相交于A、B兩點，連接AF、BFA．1316 B．1317 C．1318二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。（多選）9．（5分）下列結論正確的是（）A．若直線ax+y+1＝0與直線4x+ay+2＝0平行，則它們的距離為55B．點（5，0）關于直線y＝2x的對稱點的坐標為（﹣3，4） C．原點到直線kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距離的最大值為2 D．直線xm+y2m+2=（多選）10．（5分）已知O為坐標原點，A（3，0），動點P滿足|PO|＝2|PA|，記P的軌跡為曲線E，直線l的方程為x﹣y+m＝0（m∈R），l交E于兩點M、N，則下列結論正確的是（）A．E的方程為x2+y2﹣8x+12＝0 B．m的取值范圍是（﹣22-4，22-C．OM→?ON→D．△OMN可能是直角三角形（多選）11．（5分）已知數(shù)列{an}滿足an+1＝an+11-i=1n1ai（A．a(chǎn)3＝8 B．{an}是等比數(shù)列 C．i=1n1（多選）12．（5分）已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0），左焦點為F，左右頂點分別為A1、A2，B（0，b），P是Γ右支上一動點，且|PF|+|PB|的最小值為（3A．Γ的離心率為2 B．PA2⊥A1Q C．sin∠QPA1＝sin∠QA2A1 D．4|PB|≥6|PQ三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）曲線4x2﹣3xy+3＝0的漸近線為，離心率為．14．（5分）已知公差不為零的等差數(shù)列{an}滿足a20+a23＝26，a3、a9、a12成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則Sn的最小值為．15．（5分）正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點，P是正方體內(nèi)（含邊界）一點，滿足C1P⊥A1E，若AB＝2，則PA1→16．（5分）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，準線與x軸交于點M，過F的直線l交C于A、B兩點，交準線于點D．若BM平分∠AMD，|AB|＝6，則C的方程為．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，a2＝8，an+2+an＝2an+1+2（n∈N*）．（1）證明：{an+1﹣an}是等差數(shù)列；（2）記數(shù)列{1an}的前n項和為Sn，求最小的正整數(shù)k，使得Sk18．（12分）已知直線l1：ax+y＝0，直線l2：x﹣ay+2a﹣2＝0，a∈R，l1與l2交于點P．（1）設P的軌跡為曲線E，求E的方程；（2）證明：曲線E與圓C：x2+（y+1）2＝1相交，并求它們的公共弦的長．19．（12分）如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝AC＝2．（1）證明：AD⊥BF；（2）求二面角D﹣AB﹣F的余弦值．20．（12分）已知P是橢圓C：x2a2+y2b2=1上一點，F(xiàn)1、F2為C的左、右焦點，|PF1|＝|F1F2|，cos∠PF2（1）求C的方程；（2）過（0，12）的直線l交橢圓于A、B兩點，若四邊形AF1BF2的面積為72，求21．（12分）已知動圓P與圓F：x2+y2﹣2x＝0外切，與y軸相切，記圓心P的軌跡為曲線E，M（1，1）．（1）求E的方程；（2）若斜率為4的直線l交E（x＞0）于A、B兩點，直線AM、BM分別交曲線E于另一點C、D，證明：直線CD過定點．22．（12分）記直線l：y＝kx為曲線E：x2-y24=1（x≥1，y≥0）的漸近線．若A1（1，0），過A1作x軸的垂線交l于點B1，過B1作y軸的垂線交E于點A2，再過A2作x軸的垂線交l于點B2…依此規(guī)律下去，得到點列A1，A2，…，An和點列B1，B2，…，Bn，n為正整數(shù)．記Bn的橫坐標為an，|OAn（1）求數(shù)列{bn}的通項公式；（2）證明：k=1n

2022-2023學年廣東省珠海一中高二（上）期末數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只1．（5分）設直線3x+4y+2＝0的傾斜角為θ，則sinθ＝（）A．-34 B．-35 C．【解答】解：由題意得tanθ=-3故θ為鈍角，所以cosθ=-1所以sinθ=3故選：D．2．（5分）已知向量p→在基底{a→，bA．（0，1，2） B．（0，2，1） C．（2，1，0） D．（1，2，﹣1）【解答】解：因為向量p→在基底{a→，b→，設p→=x（a→+b→）+y（b→+c→）+z（所以p→=（x+z）a→+（x+y）b→+（令x+z=1x+y=2y+z=3，解得x＝0，y＝2，所以p→在基底{故選：B．3．（5分）已知數(shù)列{an}滿足an＝2n+kn，若{an}為遞增數(shù)列，則k的取值范圍是（）A．（﹣2，+∞） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣2） D．（﹣∞，2）【解答】解：若{an}為遞增數(shù)列，則an+1﹣an＞0，則有2n+1+k（n+1）﹣（2n+kn）＝2n+1﹣2n+k＝2n+k＞0，對于n∈N+恒成立．∴k＞﹣2n，對于n∈N+恒成立，∴k＞﹣2．故選：A．4．（5分）德國數(shù)學家米勒曾提出過如下的“最大視角原理”：對定點A、B和在直線l上的動點P，當l與△APB的外接圓相切時，∠APB最大．若A（0，2），B（0，8），P是x軸正半軸上一動點，當P對線段AB的視角最大時，△APB的外接圓的方程為（）A．（x﹣4）2+（y﹣4）2＝25 B．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝16 C．（x﹣5）2+（y﹣4）2＝16 D．（x﹣4）2+（y﹣5）2＝25【解答】解：設P（p，0），則k1＝kAP=-2p，k2＝kBPtan∠APB＝tan（∠APx﹣∠BPx）=k=-=6=6≤6=3當且僅當p=16p，且解得p＝4，∴P（4，0），設△APB的外接圓的方程為（x+a）2+（y+b）2＝r2，則a2+(2+b)2=r2a∴△APB的外接圓的方程為（x﹣4）2+（y﹣5）2＝25．故選：D．5．（5分）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F的直線交拋物線于A、B兩點，若|AF|＝4|BF|，則AB的中點到準線的距離為（）A．178 B．218 C．258【解答】解：已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F的直線交拋物線于A、B兩點，設拋物線的準線交x軸于點N，AB的中點為P，過A作AC⊥CD，BD⊥CD，PQ⊥CD，BE⊥AC，設|BF|＝t，又|AF|＝4|BF|，則|BD|＝t，|AF|＝|AC|＝4t，則|AE|＝3t，又|BF||AB|則|MF|=3t又|MN|＝t，則|FN|=8t即t=5則|PQ|=|BD|+|AC|故選：C．6．（5分）已知數(shù)列{an}、{bn}滿足a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，{bn}的前n項和為Sn，cn＝Sn﹣n2+6n，則數(shù)列{cn}的最大項為（）A．25 B．24 C．27 D．26【解答】解：由a1＝1，b1＝2，an+1﹣bn＝bn+1﹣an＝1，可得an+1﹣bn+1＝﹣（an﹣bn），an＝bn+1﹣1，所以an﹣bn＝（a1﹣b1）?（﹣1）n﹣1＝（﹣1）n，即有bn+1﹣bn＝1+（﹣1）n，所以bn＝b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+...+（bn﹣bn﹣1）＝2+n﹣1-1-(-1)n-1Sn=12n（n+1）+12n+12?1-(-1cn＝Sn﹣n2+6n＝7n-12n2+1-(-1)n4當n＝7時，cn取得最大值492故選：A．7．（5分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球的表面積為π，P是棱BB1上一動點，當直線C1D與平面A1C1P的夾角最大時，四面體D﹣A1C1P的體積為（）A．14 B．13 C．16【解答】解：建系如圖，∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1的內(nèi)切球的表面積為π，∴易得正方體的棱長為1，∴A1（1，0，0），C1（0，1，0），D（1，1，1），設P（0，0，t），t∈[0，1]，∴C1D→=(1，0，1)，設平面A1C1P的法向量為n→則n→?C∴直線C1D與平面A1C1P的夾角的正弦值為：|cos＜C令t+1＝u，∵t∈[0，1]，∴u∈[1，2]，∴22令v=1u，∵u∈[1，2]，∴v∈[∴22?12-4u∴當v=23，即1t+1=23，即t=12時，直線C1此時直線C1D與平面A1C1P的夾角也最大，∴當直線C1D與平面A1C1P的夾角最大時，P為棱BB1的中點，此時平面A1C1P的法向量n→=(1∴點D到平面A1C1P的距離為|C又易知此時A1P＝C1P=52，A1C1∴△A1C1P的面積為12∴此時四面體D﹣A1C1P的體積13故選：A．8．（5分）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦點為F，橢圓E與過原點的直線相交于A、B兩點，連接AF、BFA．1316 B．1317 C．1318【解答】解：設橢圓右焦點為M，連接BM，AM，則四邊形AMBF是平行四邊形，∴AF+BF＝AF+AM＝2a，∵AF⊥BF，∴AB＝2OF＝2c，∵sin∠FAB=513，∴cos∠FAB∴BF＝ABsin∠FAB=10c13，AF＝ABcos∠FAB∴2a＝AF+BF=34c13，即a=17c13故選：B．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。（多選）9．（5分）下列結論正確的是（）A．若直線ax+y+1＝0與直線4x+ay+2＝0平行，則它們的距離為55B．點（5，0）關于直線y＝2x的對稱點的坐標為（﹣3，4） C．原點到直線kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距離的最大值為2 D．直線xm+y2m+2=【解答】解：∵直線ax+y+1＝0與直線4x+ay+2＝0平行，∴a4=1故兩條平行直線即為直線2x﹣y﹣1＝0與直線2x﹣y+1＝0，則它們之間的距離為25=2假設點（5，0）關于直線y＝2x的對稱點的坐標為（﹣3，4），可得4-0-3-5=-12，并且兩點的中點坐標（1，2）滿足y原點到直線kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）經(jīng)過的定點為：（1，1），所以原點到直線kx+（2k+1）y﹣3k﹣1＝0（k∈R）的距離的最大值為：2，所以C正確；直線xm+y2m+2=1與坐標軸圍成的三角形的面積為：12|m||2m+2|＝|m故選：BC．（多選）10．（5分）已知O為坐標原點，A（3，0），動點P滿足|PO|＝2|PA|，記P的軌跡為曲線E，直線l的方程為x﹣y+m＝0（m∈R），l交E于兩點M、N，則下列結論正確的是（）A．E的方程為x2+y2﹣8x+12＝0 B．m的取值范圍是（﹣22-4，22-C．OM→?ON→D．△OMN可能是直角三角形【解答】解：設P（x，y），由題意可得x2+y2=2(x-3)2+y2，整理可得且圓心D的坐標（4，0），半徑r＝2，則圓心D到直線l的距離d=|4+m|要使有兩個交點，可得d＜r，即|4+m|2＜2，可得﹣4﹣22＜m＜﹣4+22聯(lián)立x-y+m=0x2+y2-8x+12=0，整理可得：2x2+（2mΔ＞0，即﹣4﹣22＜m＜﹣4+22，x1+x2＝﹣m+4，x1x2=y1y2＝（x1+m）（x2+m）＝x1x2+m（x1+x2）+m2=m2+122+m（﹣m+4）+m所以OM→?ON→=x1x2+y1y2=m22+6+m22+6+4當m＝﹣2滿足Δ＞0時，OM→?ON→的值最小，最小值為8，所以由OM→?ON→的最小值為8，可知不妨設M在N的下方，可知N不可能為直角頂點，設過原點與M的直線方程為y＝kx，由圓心（4，0）到直線的距離d=|4k-0|解得16k2≤4k2+4，解得k2≤13，∴-3故OM不與MN垂直，∴△OMN不可能是直角三角形，故D錯誤．故選：ABC．（多選）11．（5分）已知數(shù)列{an}滿足an+1＝an+11-i=1n1ai（A．a(chǎn)3＝8 B．{an}是等比數(shù)列 C．i=1n1【解答】解：由an+1＝an+11-i=1n1ai（可得a2＝a1+11-1a3＝a2+11-1a4＝a3+11-1......，an＝an﹣1+11-1a1-1故A、B正確；由n＝1時，1a1=設Sn＝1?2+2?22+3?23+...+n?2n，2Sn＝1?22+2?23+3?24+...+n?2n+1，上面兩式相減可得﹣Sn＝2+22+23+...+2n﹣n?2n+1=2(1-2n)1-2化簡可得Sn=i=1niai＝2+（n﹣1）?2由2+（n﹣1）?2n+1﹣n?2n+1＝2﹣2n+1＜0，即有i=1niai＜n?2n+1，故故選：ABD．（多選）12．（5分）已知雙曲線Γ：x2a2-y2b2=1（a＞0，b＞0），左焦點為F，左右頂點分別為A1、A2，B（0，b），P是Γ右支上一動點，且|PF|+|PB|的最小值為（3A．Γ的離心率為2 B．PA2⊥A1Q C．sin∠QPA1＝sin∠QA2A1 D．4|PB|≥6|PQ【解答】解：由題意，F(xiàn)（﹣c，0），B（0，b），設右焦點為F1（c，0），由雙曲線定義知，|PF|﹣|PF1|＝2a，則|PF|＝2a+|PF1|，∵|BP|+|PF1|≥|AF1|，∴|BP|+|PF|＝|BP|+|PF1|+2a≥|BF1|+2a=b2+∴b2+c2+2a即b2+c2＝3a2，∴c2﹣a2+c2＝3a2，∴c2＝2a2，即e=ca=2（設P（x，y），Q（﹣x，﹣y），A1（﹣a，0），A2（a，0），∴kPA2=yx-a，kA1Q由A可得雙曲線方程為x2﹣y2＝a2，∴kA1Q?kPA2=-1，∴PA2⊥A記PQ交x軸于點N，sin∠QPA1=|sin∠QA2A1＝sin∠QA2N=|y|∴sin∠QPA1＝sin∠QA2A1，故C正確；假設4|PB|≥6|PQ|成立，則4x2+(y-b兩邊平方得，16[x2+（y﹣b）2]≥24y2，∴2x2+2y2﹣4by+2b2≥3y2，∴y2﹣4by+2a2+2b2≥0，∴（y﹣2b）2≥0，當y＝2b時取等號，故D正確；故選：BCD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）曲線4x2﹣3xy+3＝0的漸近線為x＝0和4x﹣3y＝0，離心率為103【解答】解：∵曲線4x2﹣3xy+3＝0可化為y=43x可得曲線的兩條漸近線方程為x＝0和y=43設該曲線的對稱軸方程為y＝kx，由兩直線的到角公式可得k-431+解得k＝3，則對稱軸方程為y＝3x，設雙曲線的旋轉角為α，即tanα＝3，sinα=31010，cos由坐標軸的旋轉公式得x=1010x'-31010化簡可得x'即有a=6，b=63，e=c故答案為：x＝0和4x﹣3y＝0，10314．（5分）已知公差不為零的等差數(shù)列{an}滿足a20+a23＝26，a3、a9、a12成等比數(shù)列，Sn為數(shù)列{an}的前n項和，則Sn的最小值為﹣210．【解答】解：設等差數(shù)列{an}的公差為d（d≠0），∵a20+a23＝26，a3，a9，a12成等比數(shù)列，∴2a1+41d=26(a1∴Sn∴n＝14時，Sn取最小值﹣210．故答案為：﹣210．15．（5分）正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱BB1的中點，P是正方體內(nèi)（含邊界）一點，滿足C1P⊥A1E，若AB＝2，則PA1→?P【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標系，AB＝2，則A1（2，0，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，2，1），設P（x，y，z），x，y，z∈[0，2]，∵C1P→=（x，y﹣2，z﹣2），A1E→=（0，2，﹣1），∴2（y﹣2）﹣（z﹣2）＝0，即z＝2y﹣2∈[0，2]，且P（x，y，2y﹣2），x∈[0，2]，y∈[1，2]，則PA1→?＝（x﹣2，y，2y﹣4）?（x，y，2y﹣4）＝x（x﹣2）+y2+（2y﹣4）2＝x2﹣2x+5y2﹣16y+16＝（x﹣1）2+5（y-85）2當x＝1，y=85時，PA當x＝0或2時，y＝1時，PA故答案為：[11516．（5分）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，準線與x軸交于點M，過F的直線l交C于A、B兩點，交準線于點D．若BM平分∠AMD，|AB|＝6，則C的方程為y2＝2x．【解答】解：設過F（p2，0）的直線l的方程為x＝my+與拋物線的方程y2＝2px聯(lián)立，可得y2﹣2pmy﹣p2＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＜0，則y1+y2＝2pm，y1y2＝﹣p2，則|AB|＝x1+x2+p=y122p+y222p過A作AP⊥MD，垂足為P，過B作BQ⊥MD，垂足為Q，則|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|，設|AF|＝6﹣t，|BF|＝t，則|AF||BF|即有t|設∠BMQ＝α（0＜α＜π2），則tanαtan（π﹣2α）=|AP||PM|=6-t則tanα＝﹣tan2α=-2tanα解得tanα=3則t=3|y2|，6﹣t=3|y1|，可得6=3|y1﹣y2|=3（y1即有y1﹣y2=3又y1+y2＝2pm，解得y1＝pm+3，y2＝pm-又y1y2＝﹣p2，可得p2m2﹣3＝﹣p2，又pm2+p＝3，則p2（3-pp）﹣3＝﹣p2，解得p則拋物線的方程為y2＝2x．故答案為：y2＝2x．四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（10分）已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，a2＝8，an+2+an＝2an+1+2（n∈N*）．（1）證明：{an+1﹣an}是等差數(shù)列；（2）記數(shù)列{1an}的前n項和為Sn，求最小的正整數(shù)k，使得Sk【解答】解：（1）證明：∵an+2+an＝2an+1+2，∴（an+2﹣an+1）﹣（an+1﹣an）＝2，又a1＝3，a2＝8，則a2﹣a1＝5，∴數(shù)列{an+1﹣an}時首項為5，公差為2的等差數(shù)列；（2）由（1）得數(shù)列{an+1﹣an}時首項為5，公差為2的等差數(shù)列，則an+1﹣an＝5+2（n﹣1）＝2n+3，∴當n≥2時，an﹣an﹣1＝2n+1，an﹣1﹣an﹣2＝2n﹣1，an﹣2﹣an﹣3＝2n﹣3，…，a2﹣a1＝5，由累加法得an﹣a1＝5+7+...+2n+1=(n-1)(5+2n+1)2=n2+2n﹣3，則an＝n2又當n＝1時，a1＝3符合題意，∴an＝n2+2n，則1an=∴數(shù)列{1an}的前n項和為Sn=12（1-13+∵Sk＞58，即12（32-1k+1-1k+2）＞58∴最小的正整數(shù)k為7．18．（12分）已知直線l1：ax+y＝0，直線l2：x﹣ay+2a﹣2＝0，a∈R，l1與l2交于點P．（1）設P的軌跡為曲線E，求E的方程；（2）證明：曲線E與圓C：x2+（y+1）2＝1相交，并求它們的公共弦的長．【解答】解：（1）直線l1：ax+y＝0過定點A（0，0），直線l2：x﹣ay+2a﹣2＝0過定點B（2，2），由直線l1與直線l2相互垂直，故P的軌跡是以AB為直徑的圓，AB中點的坐標為（1，1），|AB|＝22，∴P的軌跡的方程為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2；（2）曲線E與圓C：x2+（y+1）2＝1的方程相減可得公共弦所在直線的方程為2x﹣1+4y+1＝0，即公共弦所在直線方程為x+2y＝0，圓C的圓心（0，﹣1）到直線x+2y＝0的距離d=|-2|∴公共弦的長為21-419．（12分）如圖，在三棱臺ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝AC＝2．（1）證明：AD⊥BF；（2）求二面角D﹣AB﹣F的余弦值．【解答】（1）證明：延長AD，BE，CF相交于點K，如圖所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，AC⊥BC，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．又EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，∴△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD，∵AD?平面ACFD，∴AD⊥BF．（2）解：取BC的中點，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以點O為原點，分別以OB，OK的方向為x，z的正方向，建立空間直角坐標系O﹣xyz．可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，3），A（﹣1，﹣2，0），E（12，0，32），F(xiàn)（-1BF→=（32，0，-32），AK設平面ABF的一個法向量為m→=（x1，y1，z由AB→?m→=2x1+2y1=0∴平面ABF的一個法向量為m→=（1，﹣1，設平面ABK的一個法向量為n→=（x2，y2，z由AB→?n→=2x2+2y2=0∴平面ABK的一個法向量為n→=（1，﹣1，∴cos＜m→，∴二面角D﹣AB﹣F的余弦值為310520．（12分）已知P是橢圓C：x2a2+y2b2=1上一點，F(xiàn)1、F2為C的左、右焦點，|PF1|＝|F1F2|，cos∠PF2（1）求C的方程；（2）過（0，12）的直線l交橢圓于A、B兩點，若四邊形AF1BF2的面積為72，求【解答】解：（1）|PF1|＝|F1F2|＝2c，由橢圓的定義可得|PF1|+|PF2|＝2a，可得|PF2|＝2a﹣2c＝22-即a﹣c=2由余弦定理可得cos∠PF2F1==|P解得c＝1，a=2，b=所以橢圓C的方程為x22+（2）設直線l的方程為x＝m（y-12），與橢圓方程x2+2y可得4（2+m2）y2﹣4m2y+m2﹣8＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），可得y1+y2=m22+m2，y|y1﹣y2|=(則四邊形AF1BF2的面積S=12|F1F2|?|y1﹣y2|＝|y1﹣y2|解得m＝±2，則直線l的方程為2x﹣2y+1＝0或2x+2y﹣1＝0．21．（12分）已