高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（提高篇）（解析版）

高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷（提高篇）參考答案與試題解析第Ⅰ卷一．選擇題（共8小題，滿分40分，每小題5分）1．（5分）（2023下·陜西西安·高一校考期末）在正三棱錐P-ABC中，O是△ABC的中心，PA=AB=2，則PO?PA+A．109 B．263 C．8【解題思路】將PA轉(zhuǎn)化為PO+OA，PB轉(zhuǎn)化為PO+OB，由三棱錐是正三棱錐可知PO⊥AO，PO⊥BO，即可將PO?PA轉(zhuǎn)化為【解答過程】∵P-ABC為正三棱錐，O為△ABC的中心，∴PO⊥平面ABC，AO、BO?平面∴PO⊥AO，PO⊥BO，△ABC是等邊三角形，∴PO?OA=0故PO?PO?則PO?故選：D.

2．（5分）（2023下·廣東廣州·高二校聯(lián)考期末）已知雙曲線C:x2-y23=1的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2，設(shè)點(diǎn)P為C右支上一點(diǎn)，P點(diǎn)到直線x=A．d+PF1的最小值為2C．直線l的斜率的取值范圍是3,+∞ D．△PF1【解題思路】根據(jù)題意作圖，結(jié)合雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)、頂點(diǎn)坐標(biāo)、漸近線方程，可得答案.【解答過程】由題意，a=1，c=1+3

對(duì)于A，由題意以及圖象可知：當(dāng)P與右頂點(diǎn)重合時(shí)，d+PF1取得最小值為a-對(duì)于B，令Px,y且x≥12，則P對(duì)于C，由漸近線方程為y=±3x，過F2結(jié)合圖象可知：直線l的斜率的取值范圍為-∞,-3對(duì)于D，若內(nèi)切圓與△PF1F則PD=PE，F(xiàn)1D=即F1由F1F=a+c=3，F(xiàn)2F=c-a=1，即F與右頂點(diǎn)重合，易知△PF1故選：D.3．（5分）（2023下·遼寧葫蘆島·高二統(tǒng)考期末）已知fx是可導(dǎo)函數(shù)，且f'x<fxA．f(1)<ef(0)，f(2023)>e2023f(0)C．f(1)>ef(0)，f(2023)<e2023f(0)【解題思路】構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)【解答過程】設(shè)g(x)=f(x)ex，則g'(x)=所以g(x)是R上的減函數(shù)，∴g(0)>g(1)>g(2023)，即f(0)>f(1)即f(1)<ef(0)，故選：D．4．（5分）（2023上·安徽滁州·高二校聯(lián)考期末）已知等比數(shù)列an的公比為-13，其前n項(xiàng)和為Sn，且a1，a2+43，a3A．2 B．76 C．103 D【解題思路】由已知可求得Sn=32-32?-13n，n為奇數(shù)時(shí)，Sn=32+32?13n，根據(jù)單調(diào)性可得：3【解答過程】等比數(shù)列an的公比為-13，因?yàn)閍1，a2+43所以Sn當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Sn=32+32當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Sn=32-32所以Sn的最大值與最小值分別為2，4函數(shù)y=t-2t在0，B≥Sn-2S故選：B．5．（5分）（2023下·四川成都·高二校聯(lián)考期末）如圖，已知橢圓C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)和雙曲線C

①若a2+3m②若|PF1|?|PF2③△F1P④若∠F1PF2=60°，則當(dāng)A．①② B．②③ C．③④ D．②④【解題思路】對(duì)于①，由橢圓和雙曲線的定義結(jié)合a2+3m2=4c2得到b=3n，①正確；對(duì)于②，由橢圓定義和雙曲線定義結(jié)合|PF1|?|PF2|?=2得到a2-m【解答過程】①∵a∴aa2+3m∴b=3n，故②∵P在第一象限，且|PF1|(|PF即a2-m③設(shè)橢圓的焦距為2c，∠F1PF2=θ，解得|PF1∵c2=∴Pcosθ=|PFS△F1④設(shè)橢圓的焦距為2c，則|PF1|解得|PF1在△F1P整理得4c2=e1當(dāng)且僅當(dāng)e22=3故選：D．6．（5分）（2023上·上海嘉定·高二上海市育才中學(xué)?？计谀?duì)于圓x-a2+y-b2=r2r>0上任意一點(diǎn)Px,y①點(diǎn)a,b的軌跡是一個(gè)圓；

②點(diǎn)a,b的軌跡是一條直線；③當(dāng)m-n=4時(shí)，r有最大值255；

④當(dāng)r=5，其中正確的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【解題思路】由d=5?(|x-2y+m|5+|x-2y+n|5)，將已知條件看作且已知圓在平行線x-2y+m=0、x-2y+n=0之間得|m-n|5≥2r【解答過程】令d=5?(|x-2y+m|5+|x-2y+n|5)，可看作由x-2y+m+x-2y+nm≠n所以距離之和與P在圓上的位置無(wú)關(guān)，故已知圓在平行線x-2y+m=0、x-2y+n=0之間，而兩線距離為|m-n|5當(dāng)|m-n|5=2r時(shí)，a,b的軌跡是平行于x-2y+m=0、x-2y+n=0直線，當(dāng)|m-n|5>2r時(shí),a,b的軌跡不是直線③m-n=4時(shí)，r≤|m-n|2④r=5，m=1時(shí)r=5≤|1-n|25所以正確的有③.故選：A.7．（5分）（2023下·福建三明·高二統(tǒng)考期末）設(shè)函數(shù)fx=eA．函數(shù)fx的單調(diào)遞減區(qū)間為-1,B．曲線y=fx在點(diǎn)1,3e處的切線方程為C．函數(shù)fxD．若方程fx=k有兩個(gè)不等實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為【解題思路】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則及初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式，利用導(dǎo)數(shù)值的定義及求過點(diǎn)處的切線方程的步驟，結(jié)合導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的極值的步驟及將方程fx=k有兩個(gè)不等實(shí)根轉(zhuǎn)化為y=k與f【解答過程】由題意可知fx的定義域?yàn)?f'令f'(x)=0，即exx當(dāng)x∈-∞當(dāng)x∈-1,0∪所以fx在-∞,-1和12,+∞故A錯(cuò)誤；當(dāng)x=-1時(shí)，fx取得極大值為f當(dāng)x=12時(shí)，fx因?yàn)?e<4e對(duì)于B，切線斜率k=f曲線y=fx在點(diǎn)1,3e處的切線方程為即y=e(2x+1)，故對(duì)于D，由上分析可作出fx要使方程fx=k有兩個(gè)不等實(shí)根，只需要y=k與由圖可知，k∈0,所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為0,1e∪4e故選：D.8．（5分）（2023上·北京密云·高二統(tǒng)考期末）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC為等腰直角三角形，且滿足AB=AC=AA1=1，點(diǎn)PA．當(dāng)λ=1時(shí)，△ABP的面積S的最大值為2B．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P-AC．當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)PD．當(dāng)μ=12時(shí)，存在點(diǎn)P，使得A【解題思路】根據(jù)選項(xiàng)A，可得點(diǎn)P在CC1上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C1時(shí)，△ABP的面積取得最大值，則S根據(jù)選項(xiàng)B，可得點(diǎn)P在B1C1上運(yùn)動(dòng)，則V設(shè)BC的中點(diǎn)為M，B1C1的中點(diǎn)為N，根據(jù)選項(xiàng)C，可得點(diǎn)P在B1C1上運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)P在MN上運(yùn)動(dòng)，可證得建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，求得出點(diǎn)P的坐標(biāo)，即可判斷選項(xiàng)D.【解答過程】當(dāng)λ=1時(shí),BP=BC+μBB則當(dāng)點(diǎn)P與C1AC由于直三棱柱ABC-A1B1C1，則AB⊥AA1,△ABC為等腰直角三角形,則AB⊥AC因?yàn)锳C1?面ACC1則S△ABP=S△AB當(dāng)μ=1時(shí)，則BP=λBC+BB1，點(diǎn)由于點(diǎn)A1到平面BPC的距離為定值22，點(diǎn)P到線段BC則S△BCP=12×2當(dāng)λ=12時(shí)，BP=12BC+μBB1,設(shè)BC的中點(diǎn)為M，B1C1MN∩A1N=N，MN,A1N?平面又因?yàn)锳1P?面A1當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)N重合時(shí)，A1N⊥面BCC1B則A1P⊥BP,故選項(xiàng)如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BB1的中點(diǎn)為H，CC1的中點(diǎn)為G，當(dāng)μ=12時(shí)，BPA設(shè)平面APB1的法向量為m則A當(dāng)a=12時(shí)，則A1B與m平行，則存在點(diǎn)P，使得A1B⊥故選：C.二．多選題（共4小題，滿分20分，每小題5分）9．（5分）（2023下·重慶沙坪壩·高二重慶八中?？计谀┮阎獢?shù)列an滿足a1=8，a2=1，an+2=-aA．a(chǎn)11=-2 BC．T99=-2049 D．T【解題思路】根據(jù)遞推關(guān)系式可求得n為奇數(shù)和n為偶數(shù)時(shí)an的通項(xiàng)公式，進(jìn)而確定T2n，知AB正誤；由T99=T98+a99可確定C正確；分別討論【解答過程】對(duì)于A，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an+2=a∴an=8+n-12對(duì)于B，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an+2=-an，又由A知：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an則當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，T2n當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，T2n∴T2n=對(duì)于C，T99=T對(duì)于D，當(dāng)n=2kk∈N*當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，Tnmax=T8當(dāng)n=2k-1k∈N*當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，Tnmax=T7綜上所述：Tnmax=T故選：ACD.10．（5分）（2023下·甘肅臨夏·高二統(tǒng)考期末）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，正方形ABCD的中心為O，棱CC

A．OEB．SC．異面直線OD1與EFD．點(diǎn)F到直線OD1【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量逐項(xiàng)判斷；【解答過程】故以D為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.

B1,1,0,O12,12OE?BC=OF?OF=5根據(jù)三角函數(shù)兩角正余弦關(guān)系解得：sinS△FOE=1ODOD1=62點(diǎn)F到直線OD1的距離為：而cosOF,所以O(shè)FsinOF,故選：ABD.11．（5分）（2023上·福建莆田·高二校考期末）已知拋物線C:y2=2px(p>0)與圓O:x2+y2=5交于A、B兩點(diǎn)，且AB=4，直線l過C的焦點(diǎn)A．p=2B．1C．存在某條直線l，使得MFD．若點(diǎn)G2,2，則△GFM周長(zhǎng)的最小值為【解題思路】由AB=4則A、B兩點(diǎn)坐標(biāo)(1,2),(1,-2)且在拋物線C:y2=2px上，代入方程進(jìn)而判斷選項(xiàng)A；直線方程為x=my+1與拋物線聯(lián)立，再根據(jù)韋達(dá)定理代入1MF+1NF可求其值則可判斷選項(xiàng)B；利用選項(xiàng)B中1MF+1NF=1代入MF+2NF利用不等式求最小值后進(jìn)行判斷選項(xiàng)C；畫出大致圖像，過點(diǎn)M作準(zhǔn)線的垂線，垂足為M'，交【解答過程】由對(duì)稱性得點(diǎn)(1,2)在拋物線C:y所以22=2p，解得p=2，故設(shè)直線l和雙曲線交于M(x設(shè)直線方程為x=my+1，代入拋物線方程可得：y2-4my-4=0，所以y1所以：1MF+1則MF+2當(dāng)且僅當(dāng)MF=1+2,如圖，過點(diǎn)M作準(zhǔn)線的垂線，垂足為M'，交y軸于M1，取MF的中點(diǎn)為D，過點(diǎn)D作y

過G作GH垂直于準(zhǔn)線，垂足為H，所以△GFM的周長(zhǎng)為MG+當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(1,2)時(shí)取等號(hào)，故D選項(xiàng)正確．故選：ABD．12．（5分）（2023下·遼寧·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)fx=-1A．當(dāng)fx有三個(gè)零點(diǎn)時(shí)，b的取值范圍為B．gxC．設(shè)fx的極大值為M，極小值為m，若M+m=2，則D．若過點(diǎn)P1,1可以作fx圖象的三條切線，則b【解題思路】由fx=0可得出b=13x3-x，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)hx=13x3-x的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可判斷A選項(xiàng)；利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷B選項(xiàng)；利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)fx的極大值和極小值，結(jié)合M+m=2求出【解答過程】對(duì)于A選項(xiàng)，令fx=0可得令hx=13xh'x=x2x--1-1,111,+h+0-0+h增極大值2減極小值-增如下圖所示：由圖可知，當(dāng)-23<b<23時(shí)，直線y=b對(duì)于B選項(xiàng)，gx=fg-x故函數(shù)gx=f對(duì)于C選項(xiàng)，f'x=-x2x--1-1,111,+f-0+0-f減極小值增極大值減所以，M=f1=b+2所以，M+m=2b=2，解得b=1，C錯(cuò)；對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為t,-13t所以，曲線y=fx在x=t處的切線方程為y+將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入切線方程得1+13t令pt=-23t令p't=0，可得t=0t-00,111,+p-0+0-p減極小值0增極大值1減若過點(diǎn)P1,1可以作f則直線y=b與函數(shù)pt由圖可知，當(dāng)0<b<13時(shí)，直線y=b與函數(shù)pt的圖象有三個(gè)交點(diǎn)，合乎題意，故選：ABD.第Ⅱ卷三．填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13．（5分）（2022上·福建福州·高二校考期末）若對(duì)于圓C:x2+y2-2x-2y-2=0上任意的點(diǎn)A，直線l:4x+3y+8=0上總存在不同兩點(diǎn)M，N，使得∠MAN≥90°，則【解題思路】將問題轉(zhuǎn)化為直線l:4x+3y+8=0上任意兩點(diǎn)為直徑的圓包含圓C，結(jié)合直線上與圓C最近的點(diǎn)，與圓上點(diǎn)距離的范圍，即可確定MN的最小值.【解答過程】由題設(shè)圓C:(x-1)2+(y-1)2所以C到l:4x+3y+8=0的距離d=|4+3+8|故圓C上點(diǎn)到直線l:4x+3y+8=0的距離范圍為[1,5]，圓C上任意的點(diǎn)A，直線l:4x+3y+8=0上總存在不同兩點(diǎn)M、N，使∠MAN≥90°，即以MN為直徑的圓包含圓C，至少要保證直線上與圓C最近的點(diǎn)，與圓上點(diǎn)距離最大值為半徑的圓包含圓C，所以MN≥10故答案為：10.14．（5分）（2023上·江蘇南京·高二南京師大附中?？计谀┮阎獢?shù)列ann∈N*滿足：an>0，其前n項(xiàng)和Sn=an2+2an-34，數(shù)列bnn∈N*滿足【解題思路】根據(jù)給定條件，求出數(shù)列an的通項(xiàng)公式，進(jìn)而求出bn并裂項(xiàng)，再按n分奇偶求出T【解答過程】?n∈N*，an>0，且4S兩式相減得4an=因此an-an-1=2，而4a1于是數(shù)列an是首項(xiàng)為3，公差為2的等差數(shù)列，即有abnT=14(顯然數(shù)列{T2n}是單調(diào)遞增的，?n∈N*，T2n<因?yàn)?n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，則?n∈N因此λ≥112且λ>2所以λ的取值范圍是(2故答案為：(215．（5分）（2023下·河南南陽(yáng)·高二校聯(lián)考期末）已知函數(shù)fx=13x3-x2-x+ex-1e【解題思路】利用基本不等式判斷出f'x>0，則fx在R上遞增，求得f'x【解答過程】由題可知f'兩處等號(hào)不能同時(shí)取到，所以f'fx在Rf'當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)同時(shí)成立，所以f3又f0=0，所以3a故答案為：-116．（5分）（2022下·北京·高一北京師大附中校考期末）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E,F分別是棱BC,CC1的中點(diǎn)，P是側(cè)面①線段A1P②A③A1P與④三棱錐B-A【解題思路】過點(diǎn)A1作出與平面AEF平行的平面A1MN，找出其與面BB1C選項(xiàng)①中線段A1P的最大值可直接得到為A1M=52；選項(xiàng)②通過建系求向量數(shù)量積來(lái)說明B1D與平面A1MN不垂直，從而A1P⊥B1【解答過程】如圖，延長(zhǎng)CC1至E1，使得取B1C1的中點(diǎn)M，連接A連接E1M并延長(zhǎng)交BB1于點(diǎn)N，則點(diǎn)N因?yàn)锳1E1//AE，A1E所以A1E1同理可得A1M//平面又A1E1，A1M所以平面A1E1故點(diǎn)P在線段MN上.由圖知，A1P≤A以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為軸，DD1則D0,0,0，B11,1,1，A11,0,1DB1=1,1,1，因?yàn)镈B1?A1而點(diǎn)P在線段MN上，所以條件A1P⊥B如圖，連接DE，DA1，ME，則有ME//A故四邊形A1DEM為梯形，A1M與因?yàn)辄c(diǎn)M，N分別為B1C1，B又MN?平面A1BC1，BC1?故線段MN上的點(diǎn)到平面A1BC1的距離都相等.又點(diǎn)所以三棱錐P-A1BC1的體積為定值，即三棱錐故答案為：①④.四．解答題（共6小題，滿分70分）17．（10分）（2023上·新疆昌吉·高二?？计谀┤鐖D，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB,AB//DC，AD=DC=AP=2，AB=1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)．證明：

(1)BE//平面PAD；(2)平面PCD⊥平面PAD．【解題思路】（1）由題意可以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AB,AD,AP分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出直線BE的方向向量和平面PAD的法向量AB=1,0,0，由（2）求出平面PCD的一個(gè)法向量，由n?AB【解答過程】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，且AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因?yàn)锳B⊥AD，且PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，依題意，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以AB,AD,AP分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則B1,0,0,C2,2,0由E為棱PC的中點(diǎn)，得E1,1,1，則BE所以AB=1,0,0為平面又BE?AB=又BE?平面PAD，所以BE//平面PAD．（2）由（1）知平面PAD的法向量AB=1,0,0，PD=設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n=則n?PD=0n?DC=0，即2y-2z=0又n?所以n⊥AB，所以平面PCD⊥平面18．（12分）（2023上·廣東廣州·高二校聯(lián)考期末）已知圓M：x-22+y(1)若t=0，求以P為圓心且與圓M相切的圓的方程；(2)若過點(diǎn)P的兩條直線被圓M截得的弦長(zhǎng)均為23，且與y軸分別交于點(diǎn)S、T，ST=34【解題思路】（1）由題意，可設(shè)圓P的方程為x+12+y2=r2，判斷出點(diǎn)P在圓外，則圓P（2）先排除過點(diǎn)P與x軸垂直的情況，從而設(shè)過點(diǎn)P的直線方程為y-t=kx+1，再根據(jù)圓的弦長(zhǎng)公式建立方程并化簡(jiǎn)可得8k2+6tk+t2【解答過程】（1）當(dāng)t=0時(shí)，P-1,0，設(shè)圓P的方程為x+1因?yàn)?1-22+0所以圓P與圓M外切或內(nèi)切，又M2,0，圓M的半徑為2當(dāng)兩圓外切時(shí)：PM=2+r=2--1當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)：PM=r-2=2--1所以以P為圓心且與圓M相切的圓的方程為x+12+y（2）若過點(diǎn)P-1,t的直線與x軸垂直時(shí)，直線方程為x圓心M到直線x=-1設(shè)過點(diǎn)P的直線方程為y-t=kx+1，即kx-y+k+t=0由題意得，3k+tk化簡(jiǎn)得8k2+6tk+t2-1=0，設(shè)直線則k1+k對(duì)過點(diǎn)P的直線y-t=kx+1，令x=0，得y=k+t∴S0,∴ST=k所以t=±1.19．（12分）（2023上·天津?qū)幒印じ呷？计谀┮阎獢?shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，且a1+a2(1)求an和b(2)令dn=b(3)記cn=1a2n-1a2n+3,n=2k-1(2【解題思路】（1）結(jié)合等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及題目條件，用基本量表達(dá)條件中的式子，即可求得兩數(shù)列的首項(xiàng)與公差公比，代入通項(xiàng)公式即可；（2）根據(jù)第一問寫出dn（3）將前2n項(xiàng)和分成奇數(shù)項(xiàng)之和加上偶數(shù)項(xiàng)之和，分別求解奇數(shù)項(xiàng)和偶數(shù)項(xiàng)再相加即可.【解答過程】（1）∵數(shù)列an是公差為1的等差數(shù)列，且a∴a1+(a∴an∴數(shù)列an的通項(xiàng)公式為：a數(shù)列bn是等比數(shù)列，且b設(shè)數(shù)列bn的公比為q∴b1?(b∴bn∴數(shù)列bn的通項(xiàng)公式為：b（2）由（1）知bn∴d=2×[(∴d=2(1∵n∈N∴12∴1-1∴2(1-∴d（3）由（1）可知an∴cn∴S2n令A(yù)n=c∴A==1Bn∴22∴-3=-=-=-4+4×=1∴Bn∴S2n∴數(shù)列cn的前2n項(xiàng)和S20．（12分）（2023上·上海徐匯·高二南洋中學(xué)?？计谀┤鐖D，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，側(cè)面ACC1A1為菱形，點(diǎn)(1)求點(diǎn)C到側(cè)面ABB(2)在線段A1B1上是否存在點(diǎn)E，使得直線DE與側(cè)面ABB1【解題思路】（1）先由題意證得DB，DC，A1D兩兩垂直，從而建立空間直角坐標(biāo)系，再求出AC與平面（2）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，且A1E=λ?A1B1，從而得到DE=(【解答過程】（1）因?yàn)辄c(diǎn)A1在底面ABC上的投影為AC的中點(diǎn)D，所以A1D⊥又AC,BD?平面ABC，故A1D⊥AC，因?yàn)椤鰽BC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，點(diǎn)D為AC的中點(diǎn)，故AC⊥BD，所以DB，DC，A1D兩兩垂直，故以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線DB，DC，A1D分別為x，.因?yàn)椤鰽BC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，AB=2，所以AC=22，DB=DA=DC=因?yàn)閭?cè)面AA1C又A1D⊥AC，所以則D(0,0,0)，A(0,-2,0)，B(2,0,0)，則AB=2,2,0設(shè)平面AA1B1B取z=1，則x=3,y=-3所以點(diǎn)C到平面AA1B（2）假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E，則存在λ∈[0,1]，使得A1則DE=因?yàn)橹本€DE與側(cè)面AA1B所以67即4λ2+6又λ∈[0,1]，故λ=1因此存在滿足條件的點(diǎn)E，且A1E=21．（12分）（2023上·江蘇鹽城·高二校聯(lián)考期末）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)F1作兩條直線l1和l2，l1與C交于點(diǎn)A，B，l2與C交于點(diǎn)C，D，線段AB，CD的中點(diǎn)分別為P，Q，設(shè)直線l1和①若k1k2=-1，求證：直線②若k1+k2=32，過點(diǎn)F1作【解題思路】（1）依題意建立a,b,c的方程，求之即可得到橢圓方程；（2）①解法一利用韋達(dá)定理求得中點(diǎn)坐標(biāo)，再利用斜率公式即可；解法二利用點(diǎn)差法求得直線斜率與中點(diǎn)的關(guān)系，從而得證；②當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，得k1+k2=0，與題意中的k1+k2=3矛盾，不符合題意；設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m.由（2）①可知把P,Q的坐標(biāo)代入可得k1、k2為方程4(k-m)x2+3x-3m=0【解答過程】（1）依題意得，ca=1所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）①解法一：直線AB的方程為y=k1(x+1)，直線CD聯(lián)立y=k1(x+1)設(shè)Ax1,y1同理得xQ=-4則kOP解法二：設(shè)Ax則x124則y2-y同理可得k2kOQ②當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，PQ⊥x軸，點(diǎn)P與點(diǎn)Q關(guān)于x軸對(duì)稱，則k1+k故設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m，由第（2）問可知xP=-4代入直線PQ的方程有-4化簡(jiǎn)得4(k-m)k同理有4(k-m)k所以k1、k2為方程又k1+k所以直線PQ的方程為y=kx+k+12，得直線PQ過定