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    13．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，过右焦点F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为1，过点（m，0）（0＜m＜a）的直线与椭圆交于A，B两点．
    （1）求椭圆的标准方程；
    （2）过点 P（$\frac{4}{m}$，0）作垂直于x轴的直线l，在直线l上是否存在点Q，使得△ABQ为等边三角形？若存在，试求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

    分析 （1）由题意列关于a，b，c的方程组，求解方程组可得a，b，c的值，则椭圆方程可求；
    （2）设直线AB的方程为x=ty+m（t∈R），A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1≤x2，记AB的中点为M，联立直线系方程和椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，分AB垂直于x轴和AB不垂直x轴讨论，当AB垂直于x轴时，直接求得Q点的坐标；当AB不垂直x轴时，由△ABQ为等边三角形，对m分类求解．

    解答 解：（1）由题意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2{b}^{2}}{a}=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
    ∴所求的椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
    （2）设直线AB的方程为x=ty+m（t∈R），
    A（x1，y1），B（x2，y2），其中x1≤x2，
    记AB的中点为M．由$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（4+t2）y2+2tmy+m2-4=0，
    则△=4t2m2-4（4+t2）（m2-4）=16（t2+4-m2）＞0．
    ${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2tm}{4+{t}^{2}}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{4+{t}^{2}}$，
    |y1-y2|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（-\frac{2tm}{4+{t}^{2}}）^{2}-4\frac{{m}^{2}-4}{4+{t}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+4-{m}^{2}}}{4+{t}^{2}}$，
    ${x}_{1}+{x}_{2}=t（{y}_{1}+{y}_{2}）+2m=\frac{8m}{4+{t}^{2}}$，
    ∴点M的横坐标${x}_{M}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=\frac{4m}{4+{t}^{2}}$，纵坐标${y}_{M}=\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=-\frac{tm}{4+{t}^{2}}$．
    假设在直线l上存在点Q，使得△ABQ为等边三角形，
    记点Q的坐标为（$\frac{4}{m}，n$），连接QM，则QM⊥AB．
    ①当直线AB垂直于x轴时，A（m，$-\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{2}$），B（m，$\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{2}$），
    点Q的坐标只能是（$\frac{4}{m}，0$），
    |AB|=$\sqrt{4-{m}^{2}}$，|QM|=$\frac{4}{m}-m$，
    若△ABQ为等边三角形，则$\frac{\sqrt{4-{m}^{2}}}{\frac{4}{m}-m}=\frac{2}{\sqrt{3}}$，解得${m}^{2}=\frac{16}{7}＜4$，
    即这时在直线l上存在点Q（$\sqrt{7}$，0），使得△ABQ为等边三角形；
    ②当直线AB不垂直于x轴时，${k}_{QM}=\frac{mn（4+{t}^{2}）+t{m}^{2}}{4（4+{t}^{2}）-4{m}^{2}}$，${k}_{AB}=\frac{1}{t}$，
    ${k}_{QM}•{k}_{AB}=\frac{mn（4+{t}^{2}）+t{m}^{2}}{4（4+{t}^{2}）}•\frac{1}{t}=-1$，即n=$\frac{3tm}{4+{t}^{2}}-\frac{4t}{m}$，
    |QM|=$\frac{4\sqrt{{t}^{2}+1}（4+{t}^{2}-{m}^{2}）}{（4+{t}^{2}）m}$，|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}|{y}_{1}-{y}_{2}|=\sqrt{1+{t}^{2}}\frac{4\sqrt{4+{t}^{2}-{m}^{2}}}{4+{t}^{2}}$，
    若△ABQ为等边三角形，则$\frac{|QM|}{|AB|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得${t}^{2}=\frac{7{m}^{2}}{4}-4$，n=$\frac{3tm}{4+{t}^{2}}-\frac{4t}{m}=t（\frac{3m}{4+{t}^{2}}-\frac{4}{m}）=-\frac{16t}{7m}$．
    当0＜m＜$\frac{4\sqrt{7}}{7}$时，t不存在；
    当$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2时，t=$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$时，n=-$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$；
    t=-$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$时，n=$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$．
    综上，当0＜m＜$\frac{4\sqrt{7}}{7}$时，直线l上不存在点Q，使得△ABQ为等边三角形；
    当m=$\frac{4\sqrt{7}}{7}$时，直线l上存在一个点Q，使得△ABQ为等边三角形，Q（$\sqrt{7}$，0）；
    当$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2且t=$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$时，在直线l上有且仅有一个点Q（$\frac{4}{m}$，-$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$），使得△ABQ为等边三角形；
    当$\frac{4\sqrt{7}}{7}$＜m＜2且t=-$\sqrt{\frac{7{m}^{2}}{4}-4}$时，在直线l上有且仅有一个点Q（$\frac{4}{m}$，$\frac{8\sqrt{7{m}^{2}-16}}{7m}$），使得△ABQ为等边三角形．

    点评 本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系，考查转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想及逻辑推理与运算能力，解答（2）的关键是把图形转化为合适的位置关系、数量关系，进而转化为方程组的问题，再通过代数手段来解决，是压轴题．

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    （1）请判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
    （2）求二面角B-AC-D的大小；
    （3）求点C到平面DEF的距离．

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    （1）证明：A1D⊥平面A1BC；
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    （1）证明：DA是⊙O的切线；
    （2）若AF•AB=1：$\sqrt{2}$，试求过点A、E、F、C的圆的面积与⊙O的面积之比．

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    2．如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥CD，∠BAD=$\frac{π}{3}$，AB=1，CD=3，M为PC上一点，MC=2PM．
    （Ⅰ）证明：BM∥平面PAD；
    （Ⅱ）若AD=2，PD=3，求点D到平面PBC的距离．

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    3．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且经过点（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
    （1）求椭圆的标准方程；
    （2）若直线1经过点F（$\sqrt{2}$，0）与直线x=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$交于点M，与椭圆交于A，B两点，设P为直线x=$\sqrt{2}$上异于F的点，设PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，求证：k1+k2=2k3．

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