2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷含答案.docx

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1、2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A“第一枚硬币正面朝上”，事件B“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（）A互斥B相互对立C相互独立D相等2（5分）圆（x+2）2+（y12）24关于直线xy+60对称的圆的方程为（）A（x+6）2+（y+4）24B（x4）2+（y+6）24C（x4）2+（y6）24D（x6）2+（y4）243（5分）已知向量a=(-2，4，3)，b=(1，-2，x)，若ab，则x（）A-32B103C2DD24

2、（5分）抛物线y2x2的焦点坐标为（）A(12，0)B(-12，0)C(0，18)D(0，-18)5（5分）已知直线l：axy+10与圆C：（x1）2+y24相交于两点A，B，当a变化时，ABC的面积的最大值为（）A1B2C2D226（5分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，准线为l，直线l：xy+20，动点M在C上运动，记点M到直线l与l的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cosMFO（）A22B23C24D267（5分）过圆O：x2+y21内一点(14，12)作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（）Ax+2y40Bx2y+4

3、0Cx2y40Dx+2y+408（5分）如图，棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（）A33B522C1+6D11二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）已知椭圆C：x212-m+y2m-4=1(8m12)的焦距为4，则（）A椭圆C的焦点在x轴上B椭圆C的长轴长是短轴长的3倍C椭圆C的离心率为63D椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为6+2（多选）10（5分）下列四个

4、命题中是真命题的是（）A圆C1：x2+y2+2x0与圆C2：x2+y24x8y+40恰有三条公切线B若点P（3a+1，4a）在圆（x1）2+y21的内部，则a(-15，15)C若直线yx+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则b2，2）D函数y|x|的图象与圆（xm）2+y28有两个公共点，则m（4，4）（多选）11（5分）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点则（）A直线EF与直线AE垂直B直线A1G与平面AEF平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为92D点A1和点D到平面AEF的距离相等（多选）12（5分）P为椭圆C1：x24+y23=1上的

5、动点，过P作C1切线交圆C2：x2+y212于M，N，过M，N作C2切线的两条切线，切线交于Q，则（）ASOPQ的最大值为32BSOPQ的取大值为33CQ的轨迹是x236+y248=1DQ的轨迹是x248+y236=1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）甲，乙，丙三个同学独立求解同一道数学题，他们各自解出该数学题的概率分别为12，23，34，则这道数学题被解出来的概率为 14（5分）已知圆O：x2+y21，过点P（2，1）作圆O的切线，则切线方程为 15（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a0，b0）在左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，O是坐标原点，|F1F2

6、|=2|PF1|，F1PF2120，则椭圆的离心率是 16（5分）已知ABC为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为D（0，2），斜边上中线CE所在直线方程为3x+y70，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为 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（10分）根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如表所示：社团街舞围棋武术人数320240200为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人（）求三个社团分别

7、抽取了多少同学；（）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率18（12分）如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD平面ABEF，ADBC，ADDC，AD2DC2BC（）求二面角ACFD的余弦值；（）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由19（12分）已知ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B(-1，-22)，C（3，0）圆M为ABC的外接圆（）求圆M的方程；（）直线l与圆M相切，求直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小时l的方程20（12分）设抛物线C：x22py（p0），其焦点为F，

8、准线为l，点P为C上的一点，过点P作直线l的垂线，垂足为M，且|MF|FP|，FMFP=2（1）求抛物线C的方程；（2）设点Q为C外的一点且Q点不在坐标轴上，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，过点Q作y轴的垂线，垂足为S，连接AS，BS，证明：直线AS与直线BS关于y轴对称21（12分）如图，在三棱锥PABC中，PCBC，AB平面PBC，AGGC，PDDA（1）求证：平面BDG平面ABC；（2）若ABBCCP2，求平面ABD与平面CBD的夹角大小22（12分）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1（a，b0）的左顶点为A（2，0），点P（2，1）在渐近线上，过点P的直线交双曲线E的右

9、支于B，C两点，直线AB，AC分别交直线OP于点M，N（1）求双曲线E的方程；（2）求证：O为MN的中点2022-2023学年山东省淄博四中高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5分）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A“第一枚硬币正面朝上”，事件B“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（）A互斥B相互对立C相互独立D相等【解答】解：根据题意，事件A“第一枚硬币正面朝上”，事件B“第二枚硬币反面朝上”，两个事件可以同时发生，也可以都不发生，A事件发生与否对B事件没有影响，是相互独立事件，故选

10、：C2（5分）圆（x+2）2+（y12）24关于直线xy+60对称的圆的方程为（）A（x+6）2+（y+4）24B（x4）2+（y+6）24C（x4）2+（y6）24D（x6）2+（y4）24【解答】解：由圆的方程（x+2）2+（y12）24可得，圆心坐标（2，12）半径为2，由题意可得关与直线xy+60对称的圆的圆心为（2，12）关于直线对称的点，半径为2，设所求圆的圆心为（a，b），则a-22-b+122+6=0b-12a+2=-1，解得a6，b4，故圆的方程为（x6）2+（y4）24故选：D3（5分）已知向量a=(-2，4，3)，b=(1，-2，x)，若ab，则x（）A-32B103C2

11、DD2【解答】解：已知向量a=（2，4，3），b=（1，2，x），若ab，则a=b，则（2，4，3）（1，2，x），整理得=-2，x=-32故选：A4（5分）抛物线y2x2的焦点坐标为（）A(12，0)B(-12，0)C(0，18)D(0，-18)【解答】解：抛物线的方程为y2x2，则抛物线的标准方程为x2=12y，即抛物线的焦点坐标为（0，18），故选：C5（5分）已知直线l：axy+10与圆C：（x1）2+y24相交于两点A，B，当a变化时，ABC的面积的最大值为（）A1B2C2D22【解答】解：设AC与BC的夹角为，由题意可知，SABC=12ACBCsin=12r2sin12r22，当s

12、in1时取等号，故ABC的面积的最大值为2故选：C6（5分）已知抛物线C：y24x的焦点为F，准线为l，直线l：xy+20，动点M在C上运动，记点M到直线l与l的距离分别为d1，d2，O为坐标原点，则当d1+d2最小时，cosMFO（）A22B23C24D26【解答】解：由抛物线的定义可知，d1|MF|，设MNl，垂足为N，d1+d2|MF|+|MN|，当M、F、N三点共线时，d1+d2最小，抛物线C：y24x，焦点F（1，0），|FN|d=|11-0+2|12+12=322，设直线l与x轴的交点为D，令y0，得x2，即FD2+13，在RtDNF中，cosMFOcosNFD=3223=22故选

13、：A7（5分）过圆O：x2+y21内一点(14，12)作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（）Ax+2y40Bx2y+40Cx2y40Dx+2y+40【解答】解：设P（x0，y0），则以OP为直径的圆C的方程为x（xx0）+y（yy0）0，即x2+y2x0xy0y0PA、PB是圆O的切线，OAPA，OBPB，则A、B在圆C上，AB是圆O与圆C的公共弦，又圆O：x2+y21，可得直线AB的方程为x0x+y0y10又点(14，12)满足方程，14x0+12y0-1=0，即x0+2y040点P的坐标满足方程x+2y40故选：A8（5分）如图，棱长为3的正方体

14、ABCDA1B1C1D1中，P为正方体表面BCC1B1上的一个动点，E，F分别为BD1的三等分点，则|PE|+|PF|的最小值为（）A33B522C1+6D11【解答】解：如图，找F关于平面BCC1B1的对称点F，连接EF交平面BCC1B1于P0，则P0即为满足|PE|+|PF|最小的点，正方体的棱长为3，BD1=32+32+32=33，EF=13BD1=3，FF213C1D12133=2，D1FF+BD1C1，又cosBD1C1=333=33，cosD1FF=-33，在EFF中，由余弦定理可得：EF=(3)2+22-232(-33)=11即|PE|+|PF|的最小值为11故选：D二、多项选择

15、题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分（多选）9（5分）已知椭圆C：x212-m+y2m-4=1(8m12)的焦距为4，则（）A椭圆C的焦点在x轴上B椭圆C的长轴长是短轴长的3倍C椭圆C的离心率为63D椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为6+2【解答】解：由已知椭圆方程可得：a2m4，b212m，则c=a2-b2=2m-16，又椭圆的焦距为4，所以22m-16=4，则m10，所以椭圆的方程为：x22+y26=1，且2a26，2b22，所以2a2b=3，故B正确，焦点在y轴上，故A错误，椭圆的离心率为e

16、=ca=26=63，故C正确，椭圆C上的点到其一个焦点的最大距离为a+c=6+2，故D错误，故选：BC（多选）10（5分）下列四个命题中是真命题的是（）A圆C1：x2+y2+2x0与圆C2：x2+y24x8y+40恰有三条公切线B若点P（3a+1，4a）在圆（x1）2+y21的内部，则a(-15，15)C若直线yx+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则b2，2）D函数y|x|的图象与圆（xm）2+y28有两个公共点，则m（4，4）【解答】解：对于A，圆C1：（x+1）2+y21，则C1（1，0），半径r11，圆C2：（x2）2+（y4）216，则C2（2，4），半径r24，所以|C1C2|5

17、r1+r2，故两圆外切，所以两圆恰好有三条公切线，A正确；对于B，若点P（3a+1，4a）在圆（x1）2+y21的内部，则（3a+11）2+（4a）21解得-15a15，故B正确；对于C，曲线y=4-x2化为x2+y24（y0），则曲线表示以原点为圆心，2为半径x轴上半部分的圆（包括x轴），当直线yx+b过点（2，0）时，b2，当直线yx+b过点（2，0）时，b2，当直线yx+b与曲线y=4-x2相切时，有|b|2=2，解得b22（负值舍去），所以b22，若直线yx+b与曲线y=4-x2只有一个公共点，则2b2或b22，故C错误；对于D，因为圆（xm）2+y28关于x轴对称，则y|x|的图象与

18、圆（xm）2+y28有两个公共点，即直线xy0的图象与圆（xm）2+y28有两个公共点，所以圆心（m，0）到直线xy0的距离|m|222，所以m（4，4），故D正确，故选：ABD（多选）11（5分）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点则（）A直线EF与直线AE垂直B直线A1G与平面AEF平行C平面AEF截正方体所得的截面面积为92D点A1和点D到平面AEF的距离相等【解答】解：对于选项A，设EFAE，又CDEF，则EF平面ABCD，则EFEC，又EF与EC不垂直，即假设不成立，即选项A错误；对于选项B，连接AD1，则平面AEF与平面AEFD1重合

19、，又A1GD1F，又D1F平面AEF，A1G平面AEF，则线A1G与平面AEF平行，即选项B正确；对于选项C，平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形EFD1A，其面积为(2+22)(5)2-(22)22=92，即选项C正确；对于选项D，设A1DAD1O，又|A1O|DO|，即A1和点D到平面AEF的距离相等，即选项D正确，故选：BCD（多选）12（5分）P为椭圆C1：x24+y23=1上的动点，过P作C1切线交圆C2：x2+y212于M，N，过M，N作C2切线的两条切线，切线交于Q，则（）ASOPQ的最大值为32BSOPQ的取大值为33CQ的轨迹是x236+y248=1DQ的轨迹是x248+y

20、236=1【解答】解：根据题意，作出图象如图所示，不妨设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（m，n），故切点M，N所在的直线方程为mx+ny=12，又点P为椭圆上的一点，故切线MN的方程为x1x4+y1y3=1，由可得，m12=x14，n12=y13，即m3x1，n4y1，不妨设直线MN交OQ于点H，故PHOQ，设直线OQ的方程为nxmy0，则|PH|=|nx1-my1|m2+n2，又|OQ|=m2+n2，所以OPQ的面积S=12|OQ|PH|=12|nx1-my1|=12|4x1y1-3x1y1|=12|x1y1|=12x12y12=1212x124y123121214(x124+y1

21、23)2=32，当且仅当x124=y123，即x12=2，y12=32时取等号，所以SOPQ的最大值为32，故选项A正确，选项B错误；因为点P在椭圆上，则x124+y123=1，又m3x1，n4y1，则14m29+13n216=1，即m236+n248=1，所以动点Q的轨迹是x236+y248=1，故选项C正确，选项D错误故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）甲，乙，丙三个同学独立求解同一道数学题，他们各自解出该数学题的概率分别为12，23，34，则这道数学题被解出来的概率为 2324【解答】解：设这道数学题被解出来为事件A，则P（A）1（1-12）（1-23）（

22、1-34）=2324，故答案为：232414（5分）已知圆O：x2+y21，过点P（2，1）作圆O的切线，则切线方程为 y1或4x3y50【解答】解：由题意可知，22+1251，故P在圆外，由圆O：x2+y21，以及P（2，1），则过点P做圆O的切线斜率一定存在，设切线为yk（x2）+1，即kxy2k+10，则圆心O（0，0）到直线kxy2k+10的距离d=|-2k+1|k2+(-1)2=1，解得k0或k=43，故切线方程为y1或4x3y50故答案为：y1或4x3y5015（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a0，b0）在左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，O是坐标原点，|F1F2|

23、=2|PF1|，F1PF2120，则椭圆的离心率是 10-22【解答】解：令椭圆半焦距为c，因为|F1F2|=2|PF1|，则|PF1|=2c，由椭圆定义得|PF2|2a-2c，在F1PF2中，由余弦定理得：|F1F2|2|PF1|2+|PF2|22|PF1|PF1|cosF1PF2，即4c2（2c）2+（2a-2c）222c（2a-2c）（-12），整理得c2+2ac2a20，因此有e2+2e20，而0e1，解得e=10-22，所以椭圆的离心率是10-22故答案为：10-2216（5分）已知ABC为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为D（0，2），斜边上中线CE所在直线方程为3x+y70

24、，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为 x3y+10【解答】解：斜边上中线CE所在直线方程为3x+y70，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，可设C（a，3a+7），E（b，3b+7），（ab），AC中点为D（0，2），A（a，3a3），kAE=-3b-3a+10b+a=-3+10a+b，ABC为等腰直角三角形，CE为中线，CEAB，即kAE=-3+10a+b=kAB=13，a+b3，CEAE，D是AC的中点，ACDE，kCDkED1，即-3a+5a-3b+5b=-1，化简整理可得，2ab3（a+b）5，联立解得a1，b2，E（2，1），kAB=13，直线AB的方程为y1=13(

25、x-2)，即x3y+10故答案为：x3y+10四、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（10分）根据调查，某学校开设了“街舞”、“围棋”、“武术”三个社团，三个社团参加的人数如表所示：社团街舞围棋武术人数320240200为调查社团开展情况，学校社团管理部采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，已知从“围棋”社团抽取的同学比从“街舞”社团抽取的同学少2人（）求三个社团分别抽取了多少同学；（）若从“围棋”社团抽取的同学中选出2人担任该社团活动监督的职务，已知“围棋”社团被抽取的同学中有2名女生，求至少有1名女同学被选为监督职务的概率【解答】解：（）由题意

26、可得n320+240+200=8320，解得n19，从“围棋”社团抽取的同学2408320=6人（）由（）知，从“围棋”社团抽取的同学为6人，其中2位女生记为A，B，4位男生记为C，D，E，F，则从这6位同学中任选2人，不同的结果有A，B，A，C，A，D，A，E，A，F，B，C，B，D，B，E，B，F，C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F，共15种，从这6位同学中任选2人，没有女生的有：C，D，C，E，C，F，D，E，D，F，E，F，共6种故至少有1名女同学被选中的概率1-615=3518（12分）如图，四边形ABEF为正方形，若平面ABCD平面ABEF，ADBC，ADDC，AD2D

27、C2BC（）求二面角ACFD的余弦值；（）判断点D与平面CEF的位置关系，并说明理由【解答】解：（）取AB中点G，连接BG、BD，因为ADBC，ADDC，AD2DC2BC，所以四边形BCDG是正方形，所以DCBG=12AD，所以BDAB，因为四边形ABEF为正方形，平面ABCD平面ABEF，所以BEAB，BEBD，所以BA、BD、BE两两垂直，建系如图，不妨设BC1，C（-22，22，0），F（2，0，2），A（2，0，0），D（0，2，0），CF=（322，-22，2），CA=（322，-22，0），CD=（22，22，0），令m=（1，3，0），n=（1，1，2），因为CFm=0，CAm=

28、0，所以m是平面CFA的法向量，因为CFn=0，CDn=0，所以n是平面CFD的法向量，因为二面角ACFD是锐角，所以二面角ACFD的余弦值为|mn|m|n|=2106=1515（）点D不在平面CEF上，理由如下：假设点D在平面CEF上，因为C在平面CEF上，所以平面CEF平面ABCDCD，又因为EF平面ABCD，所以EFCD，因为CGABEF，所以CDCG，与CDCGC矛盾，所以点D不在平面CEF上19（12分）已知ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B(-1，-22)，C（3，0）圆M为ABC的外接圆（）求圆M的方程；（）直线l与圆M相切，求直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小时l的方程

29、【解答】解：（）设圆M方程为：x2+y2+Dx+Ey+F0（D2+E24F0），则9-3D+F=01+8-D-22E+F=09+3D+F=0，解得：D=0E=0F=-9，圆M方程为：x2+y290，即x2+y29（）由题意知：直线l在x，y轴的截距不为零，可设l：xa+yb=1，即bx+ayab0，l与M相切，|-ab|a2+b2=3，即|ab|=3a2+b232|ab|（当且仅当|a|b|时取等号），|ab|18，即当|a|=|b|=32时，直线l与两坐标轴所围成的三角形面积最小，此时所有可能的结果为：a=32b=32或a=32b=-32或a=-32b=32或a=-32b=-32，l方程为：

30、x+y-32=0或x-y-32=0或x-y+32=0或x+y+32=020（12分）设抛物线C：x22py（p0），其焦点为F，准线为l，点P为C上的一点，过点P作直线l的垂线，垂足为M，且|MF|FP|，FMFP=2（1）求抛物线C的方程；（2）设点Q为C外的一点且Q点不在坐标轴上，过点Q作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，过点Q作y轴的垂线，垂足为S，连接AS，BS，证明：直线AS与直线BS关于y轴对称【解答】解：（1）|PM|PF|FM|，PFM为等边三角形，FMPPFM60，又FMFP=|FM|FP|cosPFM=|FM|2cos60=2，|FM|2，设直线l交y轴于N点，则在Rt

31、MNF中NMF30，|NF|1p，C的方程为x22y；证明：（2）设点Q（a，b）（a0，b0），A（x1，y1），B（x2，y2），又C的方程为x22y可化为y=x22，yx，所以过点A且与C相切的直线的斜率为x1，过点B且与C相切的直线的斜率为x2，所以直线QA的方程为yy1x1（xx1），直线QB的方程为yy2x2（xx2），又直线QA与QB均过点Q，by1x1（ax1），by2x2（ax2），又x12=2y1，x22=2y2，y1ax1b，y2ax2b，所以直线AB的方程为yaxb，联立方程yaxb和x22y得方程组x2=2yy=ax-b，消去y得x22ax+2b0，b0，x10，x2

32、0，x1x22b，又S（0，b），则直线AS的斜率k1=y1-bx1；直线BS的斜率k2=y2-bx2，k1+k2=(x1+x2)(x1x22-b)x1x2，x1x22-b=0，k1+k20，所以直线AS与直线BS关于y轴对称21（12分）如图，在三棱锥PABC中，PCBC，AB平面PBC，AGGC，PDDA（1）求证：平面BDG平面ABC；（2）若ABBCCP2，求平面ABD与平面CBD的夹角大小【解答】 解：（1）证明：因为AB平面PBC，PC平面PBC，所以PCAB因为PCBC，ABBCB，所以PC平面ABC因为AGGC，PDDA，所以DGPC，故DG平面ABC因为DG平面BDG，所以平

33、面BDG平面ABC（2）方法一：因为AGGC，ABBC，所以BGAC以G为坐标原点，GB，GC，GD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，-2，0)，B(2，0，0)，D（0，0，1），C(0，2，0)（6分）所以AB=(2，2，0)，AD=(0，2，1)，CD=(0，-2，1)，CB=(2，-2，0)设m=(x，y，z)是平面ABD的法向量，则mAB=2x+2y=0mAD=2y+z=0，令x1，则y1，z=2，所以m=(1，-1，2)设n=(a，b，c)是平面CBD的法向量，则nCD=-2b+c=0nCB=2a-2b=0，令a1，则b1，c=2，所以n=(1，1，2)，所以

34、cosm，n=mn|m|n|=222=12所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为60方法二：如图，过A作AEBD，垂足为E，连接EC由（1）中的垂直关系及条件ABBCCP2，可得AC=22，PA=10，所以DB=DC=DA=12PA=52所以DABDBC所以AEC为二面角ABDC的平面角cosADB=52+52-425252=15，sinADB=1-cos2ADB=25，EA=DAsinADE=2所以EC=2在EAC中，由余弦定理可得cosAEC=EA2+EC2-AC22EAEC=-12所以AEC120，所以平面ABD与平面CBD的夹角的大小为6022（12分）已知双曲线E：x2a2-y2b

35、2=1（a，b0）的左顶点为A（2，0），点P（2，1）在渐近线上，过点P的直线交双曲线E的右支于B，C两点，直线AB，AC分别交直线OP于点M，N（1）求双曲线E的方程；（2）求证：O为MN的中点【解答】解：（1）依题意得-a=-21=2ba，解得a=2b=1，所以双曲线E的方程为x24-y2=1；证明：（2）如图所示：设直线BC：xmy+t，B（x1，y1），C（x2，y2），则2m+t，由x=my+tx2-4y2-4=0，消去x得（m24）y2+2mty+t240，当0时，由韦达定理得y1+y2=-2mtm2-4y1y2=t2-4m2-4，直线OP方程为y=12x，直线AB：x=x1+2y1y-2，直线AC：x=x2+2y2y-2，由x=x1+2y1y-2y=12x，得yM=2x1+2y1-2，同理可得yN=2x2+2y2-2，要证O为MN的中点，只需证x1+2y1-2+x2+2y2-2=0，即证x1+2y1+x2+2y2=4，x1+2y1+x2+2y2=my1+t+2y1+my2+t+2y2=2m+(t+2)(1y1+1y2) =2m+(t+2)y1+y2y1y2=2m+(t+2)-2mtt2-4=2m-2mtt-2=-4mt-2=4即可得证