1.已知平面α與β平面為兩個不同的平面，m與n為兩條不重合的直線，則下列說法正確的是( )
A. 若α/?/β，m/?/α，則m//βB. 若m/?/n，n/?/α，則m/?/α
C. 若m⊥α，α/?/β，則m⊥βD. 若α⊥β，m⊥α，則m⊥β
2.直線x+y?3=0的傾斜角為( )
A. 45°B. 120°C. 135°D. 150°
3.已知雙曲線C的焦點在y軸上，且其中一條漸近線的方程為y= 22x，則雙曲線C的離心率為( )
A. 2B. 52C. 62D. 3
4.拋物線y2=6x的焦點坐標(biāo)為( )
A. (32,0)B. (0,32)C. (24,0)D. (0,24)
5.在空間四邊形ABCD中，AD=BC=2，E、F分別是AB、CD的中點，EF= 2，求AD與BC所成角的大小( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
6.如果圓x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2?4F>0)關(guān)于直線y=2x對稱，那么( )
A. D=2EB. E=2DC. E+2D=0D. D=E
7.已知直線x+2y+3=0與直線2x+my+1=0平行，則它們之間的距離為
( )
A. 52B. 10C. 3 52D. 3 102
8.若直線l：4x+3y=0與圓C：x2+y2?2x?4y+t=0相切，則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為( )
A. (x?1)2+(y?2)2=4B. (x?1)2+(y?2)2=8
C. (x?1)2+(y?2)2=9D. (x?1)2+(y+2)2=4
9.如圖，在三棱錐P?ABC中，△ABC和△ABP均為正三角形，AB=4，二面角P?AB?C的大小為60°，則異面直線PB與AC所成角的余弦值是( )
A. ?18
B. 18
C. ?14
D. 14
10.已知雙曲線x2a2?y25=1的右焦點為(3,0)，則該雙曲線的離心率等于
( )
A. 3 1414B. 3 24C. 32D. 43
11.設(shè)P為直線y=kx+2上任意一點，過P總能作圓x2+y2=1的切線，則k的最大值為( )
A. 33B. 1C. 2D. 3
12.首位數(shù)字是1，且恰有兩個數(shù)字相同的四位數(shù)共有( )
A. 216個B. 252個C. 324個D. 432個
13.在拋物線型內(nèi)壁光滑的容器內(nèi)放一個球，其通過中心軸的縱剖面圖如圖所示，圓心在y軸上，拋物線頂點在坐標(biāo)原點，已知拋物線方程是x2=4y，圓的半徑為r，若圓的大小變化時，圓上的點無法觸及拋物線的頂點O，則圓的半徑r的取值范圍是( )
A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. [2,+∞)D. [1,+∞)
14.九章算術(shù)中，稱一個正方體內(nèi)兩個互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”(如圖).現(xiàn)提供一種計算“牟合方蓋”體積的方法.顯然，正方體的內(nèi)切球同時也是“牟合方蓋”的內(nèi)切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方蓋”，截面均為正方形，該平面截內(nèi)切球得到的是上述正方形截面的內(nèi)切圓.結(jié)合祖暅原理，兩個同高的立方體，如在等高處的截面積相等，則體積相等.若正方體的棱長為6，則“牟合方蓋”的體積為( )
A. 144B. 6πC. 72D. 163π
15.如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱C1D1，A1D1上的動點.給出下面四個命題：
①直線EF與直線AC平行；
②若直線AF與直線CE共面，則直線AF與直線CE相交；
③直線EF到平面ABCD的距離為定值；
④直線AF與直線CE所成角的最大值是π3．
其中，真命題的個數(shù)是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
16.吹奏樂器“塤”(如圖1)在古代通常是用陶土燒制的，一種塤的外輪廓的上部是半橢圓，下部是半圓.半橢圓y2a2+x2b2=1(y≥0,a>b>0且為常數(shù))和半圓x2+y2=b2(y0,b>0)，
可得漸近線方程為y=±abx，由題意可得ab= 22，
則e=ca= 1+b2a2= 1+2= 3，
故選：D．
設(shè)出雙曲線的方程，求出漸近線方程，結(jié)合離心率公式，計算可得所求值．
本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，主要是漸近線方程和離心率，考查方程思想和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
4.【答案】A
【解析】解：拋物線y2=6x的焦點坐標(biāo)為：(32,0)．
故選：A．
直接利用拋物線方程求解焦點坐標(biāo)即可．
本題考查拋物線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，是基本知識的考查，是基礎(chǔ)題．
5.【答案】D
【解析】解：取AC的中點H，連結(jié)HE，HF，EF，
因為E、F分別是AB、CD的中點，
所以HE//BC，HF=12BC=1，
HF/?/AD，HF=12AD=1，
所以HE與HF所成的角即為AD與BC所成的角．
在三角形EFH中，HF=1，HE=1，EF= 2，
所以三角形EHF為直角三角形，所以HE⊥HF，
即AD與BC所成角的大小為90°．
故選：D．
利用異面直線所成角的定義求AD與BC所成角的．
本題主要考查異面直線所成角的求法，利用平行線求異面直線的夾角是基本方法．
6.【答案】B
【解析】解：因為圓x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2?4F>0)的圓心為(?D2,?E2)，
由圓的對稱性知，圓心在直線y=2x上，
故有?E2=2×(?D2)，即E=2D．
故選：B．
由題得圓心在直線y=2x上，代入計算即可得解．
本題考查圓關(guān)于直線的對稱性的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本題主要考查兩條直線平行的性質(zhì)，兩條平行直線間的距離公式，屬于基礎(chǔ)題．
由題意利用兩條直線平行的性質(zhì)求得m的值，再利用兩條平行直線間的距離公式，求得結(jié)果．
【解答】
解：∵直線x+2y+3=0與直線2x+my+1=0平行，
∴21=m2≠13，求得m=4，
故兩平行直線即：直線2x+4y+6=0與直線2x+4y+1=0，
故它們之間的距離為|6?1| 4+16= 52，
故選：A．
8.【答案】A
【解析】解：根據(jù)題意，圓C：x2+y2?2x?4y+t=0，即(x?1)2+(y?2)2=5?t，其圓心為(1,2)，
若直線l：4x+3y=0與圓C相切，則有r=|4+6| 16+9=2，
則圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x?1)2+(y?2)2=4；
故選：A．
根據(jù)題意，由圓的方程分析可得圓心的坐標(biāo)，結(jié)合直線與圓的方程分析可得r=|4+6| 16+9=2，由圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的形式分析可得答案．
本題考查直線與圓相切，涉及點到直線的距離公式，屬于基礎(chǔ)題．
9.【答案】B
【解析】解：分別取AB，BC，PC的中點Q，M，N，連接PQ，QC，QM，QN，MN，則AC//QM，PB/?/MN，
所以∠QMN或其補(bǔ)角即為所求，
因為△ABC和△ABP均為正三角形，所以PQ⊥AB，QC⊥AB，且PQ=QC，
所以∠PQC為二面角P?AB?C的平面角，即∠PQC=60°，
所以△PQC為等邊三角形，
因為△ABC和△ABP均為正三角形，且AB=4，所以PQ=QC=2 3，QN=3，QM=MN=2，
在△MNQ中，由余弦定理知，cs∠QMN=MQ2+MN2?QN22MQ?MN=4+4?92×2×2=?18，
所以異面直線PB與AC所成角的余弦值是18．
故選：B．
分別取AB，BC，PC的中點Q，M，N，連接PQ，QC，QM，QN，MN，易知AC//QM，PB/?/MN，從而得∠QMN或其補(bǔ)角即為所求，由二面角的定義，可證∠PQC=60°，再在△MNQ中，利用余弦定理，即可得解．
本題考查異面直線夾角的求法，利用平移思想，找出異面直線所成的角是解題的關(guān)鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
10.【答案】C
【解析】【分析】
本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，屬于基礎(chǔ)題.正確運用幾何量之間的關(guān)系是關(guān)鍵．
根據(jù)雙曲線x2a2?y25=1的右焦點為(3,0)，可得a=2，進(jìn)而可求雙曲線的離心率．
【解答】
解：∵雙曲線x2a2?y25=1的右焦點為(3,0)，
∴a2+5=9，
∴a2=4，
∴a=2，
∵c=3，
∴e=ca=32，
故選C．
11.【答案】D
【解析】【分析】
本題考查直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
利用圓的圓心到直線的距離大于等于半徑，求解k的最大值即可．
【解答】
解：P為直線y=kx+2上任意一點，過P總能作圓x2+y2=1的切線，
可得2 1+k2≥1，即1+k2≤4，
解得k∈[? 3, 3]，
所以k的最大值為： 3．
故選：D．
12.【答案】D
【解析】解：(1)兩個相同數(shù)字是1，一共有3×9×8種組合；
(2)兩個相同數(shù)字不是1，同樣一共有3×9×8種組合；
所以這樣的四位數(shù)有2×3×9×8=432個．
故選：D．
分類討論，兩個相同數(shù)字是1；兩個相同數(shù)字不是1，即可得出結(jié)論．
本題考查計數(shù)原理的運用，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，比較基礎(chǔ)．
13.【答案】A
【解析】解：設(shè)圓的方程為x2+(y?m)2=r2，(m>0,r>0)，
當(dāng)直線與拋物線相切時，設(shè)切點為A(x0,14x02)，
由x2=4y可得y=14x2，y′=12x
則點A處的切線斜率為k=12x0，
過切點A且與切線垂直的直線方程為：y?14x02=?2x0(x?x0)，
即y=?2x0x+2+14x02，
則切線與y軸的交點為(0,2+14 x02)
圓半徑r= (x0?0)2+(14x02?2?14x02)2= 4+x02，
所以，當(dāng)圓上的點無法觸及拋物線的頂點O，則r= 4+x02>2
則圓的半徑r的取值范圍是(2,+∞)，
故選：A．
當(dāng)直線與拋物線相切時，設(shè)切點為A(x0,14x02)，利用導(dǎo)數(shù)可得過切點與切線垂直的直線y=?2x0x+2+14x02，從而求得圓心(0,2+14 x02)，圓半徑r= (x0?0)2+(14x02?2?14x02)2= 4+x02，即可得圓的半徑r的取值范圍．
本題考查了拋物線與圓的位置關(guān)系，考查了邏輯推理能力，屬于中檔題．
14.【答案】A
【解析】解：正方體的棱長a=6，則其內(nèi)切球的半徑r=3，
所以內(nèi)切球的體積V1=43πr3=36π，
由于截面正方形與其內(nèi)切圓的面積之比為(2r)2πr2=4π，
設(shè)牟合方蓋的體積為V2，則πV2=4V1，
所以牟合方蓋的體積V2=4V1π=4×36ππ=144．
故選：A．
先求得正方體的內(nèi)切球的體積V1，再由已知得出牟合方蓋的體積V2=4V1π，可求得答案．
本題考查正方體的內(nèi)切球問題，幾何體的體積的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
15.【答案】B
【解析】解：如圖1，當(dāng)F與A1重合時，E與D1重合時，直線EF與直線AC是異面直線，此時不可能平行，故①錯誤．
如圖2，當(dāng)F與A1重合時，E與C1重合時，四邊形ACEF為矩形，故直線AF與直線CE平行，此時直線AF與直線CE相交錯誤．故②錯誤．
因為平面A1B1C1D1/?/平面ABCD，而EF?c平面A1B1C1D1，故EF/?/平面ABCD，所以直線EF到平面ABCD的距離為定值(正方體的棱長)，故③正確．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體的棱長為1，設(shè)F(0,a,1)，E(b,1,1)，其中0≤a≤1，0≤b≤1，
而C(1,1,0)，故AF=(0,a,1)，CE=(b?1,0,1)，
設(shè)直線AF與直線CE所成角為θ，
則csθ=|cs|=|1 a2+1? (b?1)2+1≥1 2?1 2=12，
若直線AF與直線CE不平行，則θ∈(0,π2].故θ∈(0,π3]，
故直線AF與直線CE所成角的最大值是π3，所以④正確．
故正確的是③④，
故選：B．
根據(jù)空間直線和直線，直線和平面位置關(guān)系分別進(jìn)行判斷即可．
本題主要考查與空間直線和平面位置關(guān)系的判斷，結(jié)合空間平行和垂直的位置關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題．
16.【答案】D
【解析】解：由點M( 22,?12)在半圓上，所以b= 32，G(0,a)，A(?b,0)，
要使△AGM的面積最大，可平行移動AG，
當(dāng)AG與半圓相切于M( 22,?12)時，M到直線AG的距離最大，
此時OM⊥AG，即kOM?kAG=?1；
又kOM=?12 22=? 22,kAG=ab，∴? 22?ab=?1，∴a= 2b= 62，
所以半橢圓的方程為4x23+2y23=1(y≥0)．
故選：D．
由點M( 22,?12)在半圓上，可求b，然后求出G，A，根據(jù)已知△AGM的面積最大的條件可知，OM⊥AG，即kOM?kAG=?1，代入可求a，進(jìn)而可求橢圓方程．
本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，圓的方程的應(yīng)用，是中檔題．
17.【答案】(x?8)2+(y+3)2=25
【解析】解：過點(5,1)，圓心為(8,?3)的圓的半徑為 (8?5)2+(?3?1)2=5，
故圓的方程為(x?8)2+(y+3)2=25，
故答案為：(x?8)2+(y+3)2=25．
先求出圓的半徑，結(jié)合題意求出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
本題主要考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，關(guān)鍵是求出圓心和半徑，屬于基礎(chǔ)題．
18.【答案】240
【解析】解：因為二項式的展開式通項公式為Tr+1=C6rx6?r(2 x)r=2rC6rx6?32r，r=0，1，...，6，
令6?32r=0，則r=4，
所以展開式中常數(shù)項是2rC6r=24C64=240，
故答案為：240．
求出展開式的通項公式，令x的指數(shù)為0，由此即可求解．
本題考查了二項式定理的應(yīng)用，考查了學(xué)生的運算能力，屬于基礎(chǔ)題．
19.【答案】x=?2或4x+3y+5=0
【解析】【分析】
本題考查了直線的點斜式方程、點到直線的距離公式，屬于簡單題．
當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)出點斜式并利用點到直線的距離公式算出l的方程；當(dāng)直線與x軸垂直時，l方程為x=?2也符合題意，即可得解．
【解答】
解：當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y?1=k(x+2)，即kx?y+2k+1=0，
∵點A(?1,?2)到l的距離為1，
∴|?k+2+2k+1| 1+k2=1，解得k=?43，
得l的方程為4x+3y+5=0．
當(dāng)直線與x軸垂直時，方程為x=?2，點A(?1,?2)到l的距離為1，
綜上所述，直線l的方程的方程為x=?2或4x+3y+5=0．
故答案為：x=?2或4x+3y+5=0．
20.【答案】3
【解析】解：如圖，
過F作FO⊥底面ABCD，垂足為O，過O作OH⊥AB，作OG⊥AD．
可得FG⊥AD，F(xiàn)H⊥AB，則∠FGO為平面FAD與底面ABCD所成角，
∠FHO為平面ABEF與底面ABCD所成角，
由已知可得∠FGO=∠FHO，
又∠FOG=∠FOH，F(xiàn)O=FO，∴△FOG≌△FOH．
則OG=OH，又BC=2，由對稱性可得OG=OH=12BC=1．
∴AB=2OG+EF=2×1+1=3．
故答案為：3．
過F作FO⊥底面ABCD，垂足為O，過O作OH⊥AB，作OG⊥AD，結(jié)合已知得∠FGO=∠FHO，證明△FOG≌△FOH，得OG=OH=12BC=1，再由對稱性可得AB．
本題考查空間中點、線、面間的距離計算，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．
21.【答案】π4
【解析】解：連接BD1，如圖所示，
因為△BC1D1中，M、N分別為C1D1，BC1的中點，所以MN//BD1，
因此，直線BP與MN所成的角就是直線BP與BD1所成的角，
在正方體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，可得AC⊥BD，
因為DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，可得AC⊥DD1，
又因為BD、DD1是平面BDD1B1內(nèi)的相交直線，所以AC⊥平面BDD1B1，
因為BD1?平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，同理可得AB1⊥BD1，
又因為AC、AB1是平面ACB1內(nèi)的相交直線，所以BD1⊥平面ACB1，故BD 1⊥PG，．
設(shè)BD1與平面ACB1的交點為G，連接PG，在Rt△PGB中，∠PBG=∠PBD1=θ，tanθ=PGBG，
因為sinθ= 55，所以tanθ=12，可得BG=2PG，
因為三棱錐VB1?ABC=VB?AB1C，即13×12 3× 3× 3=13×12× 6× 6×sin60°×BG，所以BG=1，可得PG=12，
所以點P的軌跡是以G為圓心，12為半徑的圓，其面積S=π×(12)2=π4．
故答案為：π4．
根據(jù)題意，利用三角形中位線定理與異面直線所成角的定義，得出直線BP與BD1所成的角就是直線BP與MN所成的角，然后證出BD1⊥平面ACB1，計算出點P到BD1的距離等于PG(常數(shù))，得到點P的軌跡，再利用圓的面積公式算出答案．
本題主要考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、線面垂直的判定與性質(zhì)、異面直線所成角的定義與求法等知識，考查了計算能力、空間想象能力，屬于中檔題．
22.【答案】解：(1)由圓的方程x2+y2=4x，即(x?2)2+y2=4可知，圓心為F(2,0)，
半徑為2，又由拋物線焦點為已知圓的圓心，得到拋物線焦點為F(2,0)，
拋物線方程為y2=8x．
(2)|AB|+|CD|=|AD|?|BC|
∵|BC|為已知圓的直徑，∴|BC|=4，則|AB|+|CD|=|AD|?4．
設(shè)A(x1,y1)、D(x2,y2)，
∵|AD|=|AF|+|FD|，而A、D在拋物線上，
由已知可知，直線l方程為y=2(x?2)，
由y2=8xy=2(x?2).消去y，得x2?6x+4=0，
∴x1+x2=6.∴|AD|=6+4=10，
因此，|AB|+|CD|=10?4=6．
【解析】(1)拋物線頂點在原點，圓x2+y2=4x的圓心是拋物線的焦點，故先求咄圓心，再求拋物線的方程即可；
(2)由圖形可以看出|AB|+|CD|等于弦長AD減去圓的直徑，圓的直徑易得，弦長AD可由拋物線的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為求兩端點A，D到拋物線準(zhǔn)線的距離的和，由此求出兩點橫坐標(biāo)的和，再求弦長AD
本題考查直線與圓錐曲線的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是熟練掌握拋物線的定義與性質(zhì)，通過這些將求弦長的問題轉(zhuǎn)化為求點到線的距離問題，此轉(zhuǎn)化有一個標(biāo)志即直線是過焦點的．本題運算量大，極易因為運算出錯．
23.【答案】解：(1)證明：取PC的中點M，連接MF，MB，
∵M(jìn)，F(xiàn)分別為PC，PD的中點，
∴MF是△PCD的中位線，
∴MF//CD且MF=12CD，
又E為AB的中點，
∴BE//CD且BE=12CD，
∴MF//BE且MF=BE，
∴四邊形MBEF是平行四邊形，
∴EF//MB，EF?平面PBC，MB?平面PBC，
∴EF//平面PBC；
(2)選擇條件①：DE⊥PC；PD⊥平面ABCD，DE?平面ABCD，DE⊥PD，PC?平面PCD，PD?平面PCD，PC∩PD=P，DE⊥平面PCD，又CD?平面PCD，
∴DE⊥CD，∴DE⊥AB，底面ABCD為菱形，E為AB的中點．∴DA=DB，△ABD是等邊三角形，
以DP為z軸，DC為y軸，DE為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)PD=2t(t>0)，則D(0,0,0),C(0,2 3,0),F(0,0,t),E(3,0,0)，
設(shè)平面FCD法向量為n=(1,0,0)，
設(shè)平面FEC法向量為m=(x,y,z)，又EF=(?3,0,t)，EC=(?3,2 3,0)，
則m?EF=?3x+tz=0m?EC=?3x+2 3y=0，取m=(2, 3,6t)，∵二面角E?FC?D的大小為45°，
∴cs=m?n|m||n|=21× 7+36t2=cs45°= 22，
∴36t2+7=8，∴t=6，2t=12，∴PD=12；
選擇條件②：PB=PC.PD⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，BC⊥PD，
∵PB=PC，取BC的中點O，∴PO⊥BC，PD?平面PDO，PO?平面PDO，PD∩PO=P，
BC⊥平面PDO，
∴BC⊥DO，∵AD//BC，∴DA⊥DO，
底面ABCD為菱形，O為BC的中點．∴DC=DB，△CBD是等邊三角形，
以DP為z軸，以DA為x軸，以DO為y軸，
設(shè)PD=2t(t>0)，則D(0,0,0),C(? 3,3,0),F(0,0,t),E(3 32,32,0)，
設(shè)平面FCD法向量為n1=(x1,y1,z1)，又DF=(0,0,t)，DC=(? 3,3,0)，
則n1?DF=tz1=0n1?DC=? 3x1+3y1=0，取n1=( 3,1,0)，
設(shè)平面FEC的法向量為m1=(x2,y2,z2)，又EF=(?3 32,?32,t)，EC=(?5 32,32,0)，
則m1?EF=0m1?EC=0，∴?3 32x2?32y2+tz2=0?5 32x2+32y2=0，取m1=(3,5 3,12 3t)，
∵二面角E?FC?D的大小為45°
∴cs45°=8 32× 9+75+144×3t2= 22，
∴t=6，2t=12，∴PD=12．
【解析】本題考查線面平行的證明，線面平行的判定定理，向量法求解二面角問題，空間向量夾角公式的應(yīng)用，化歸轉(zhuǎn)化思想，方程思想，屬中檔題．
(1)通過證明四邊形MBEF是平行四邊形，進(jìn)而由線線平行得出線面平行；
(2)分別選擇條件，設(shè)PD邊長，建系，根據(jù)向量法，空間向量夾角公式，即可求解．
24.【答案】(本小題滿分12分)
解：(Ⅰ)設(shè)B(x0,y0)則C(?x0,?y0)，…………………(1分)
由x02a2+y02=1得，y02=1?x02a2=a2?x02a2，…………………(2分)
由kAB?kAC=?12，即y0x0?a??y0?x0?a=?12得，y02=a2?x022，…………(4分)
所以a2?x02a2=a2?x022，所以a2=2，
即橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x 22+y 2=1…………………(5分)
(Ⅱ)證明：設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由x22+y2=1y=kx+t，得：(1+2k2)x2+4ktx+2t2?2=0，
x1+x2=?4kt1+2k2,x1x2=2t2?21+2k2…………………(6分)
y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2
=k2(2t2?2)1+2k2+?4k2t21+2k2+t2=t2?2k21+2k2，
又l與圓C相切，所以 63=|t| 1+k2，
即23=t21+k2…………………(8分)
所以O(shè)M?ON=x1x2+y1y2=2t2?2+t2?2k21+2k2
=3t2?2(1+k2)1+2k2=2(1+k2)?2(1+k2)1+2k2=0…………………(11分)
所以，OM⊥ON，即∠MON=90°，
所以，以線段MN為直徑的圓經(jīng)過原點．…………………(12分)
【解析】(Ⅰ)設(shè)B(x0,y0)則C(?x0,?y0)，通過由x02a2+y02=1，由kAB?kAC=?12，求出a2=2，然后得到橢圓方程．
(Ⅱ)設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用直線與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，結(jié)合OM?ON=x1x2+y1y2=2t2?2+t2?2k21+2k2推出∠MON=90°，
即可得到結(jié)果．
本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，橢圓方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．

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