可得：1+BN2=BN2，BN=，MN=，

作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，

所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=

=，

二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：=．

【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．

20．（12分）设O为坐标原点，动点M在椭圆C：+y2=1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足=．

（1）求点P的轨迹方程；

（2）设点Q在直线x=﹣3上，且•=1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．

【考点】J3：轨迹方程；KL：直线与椭圆的综合．菁优网版权所有

【专题】34：方程思想；48：分析法；5A：平面向量及应用；5B：直线与圆．

【分析】（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），设P（x，y），运用向量的坐标运算，结合M满足椭圆方程，化简整理可得P的轨迹方程；

（2）设Q（﹣3，m），P（cosα，sinα），（0≤α＜2π），运用向量的数量积的坐标表示，可得m，即有Q的坐标，求得椭圆的左焦点坐标，求得OQ，PF的斜率，由两直线垂直的条件：向量数量积为0，即可得证．

【解答】解：（1）设M（x0，y0），由题意可得N（x0，0），

设P（x，y），由点P满足=．

可得（x﹣x0，y）=（0，y0），

可得x﹣x0=0，y=y0，

即有x0=x，y0=，

代入椭圆方程+y2=1，可得+=1，

即有点P的轨迹方程为圆x2+y2=2；

（2）证明：设Q（﹣3，m），P（cosα，sinα），（0≤α＜2π），

•=1，可得（cosα，sinα）•（﹣3﹣cosα，m﹣sinα）=1，

即为﹣3cosα﹣2cos2α+msinα﹣2sin2α=1，

当α=0时，上式不成立，则0＜α＜2π，

解得m=，

即有Q（﹣3，），

椭圆+y2=1的左焦点F（﹣1，0），

由•=（﹣1﹣cosα，﹣sinα）•（﹣3，）

=3+3cosα﹣3（1+cosα）=0．

可得过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F．

另解：设Q（﹣3，t），P（m，n），由•=1，

可得（m，n）•（﹣3﹣m，t﹣n）=﹣3m﹣m2+nt﹣n2=1，

又P在圆x2+y2=2上，可得m2+n2=2，

即有nt=3+3m，

又椭圆的左焦点F（﹣1，0），

•=（﹣1﹣m，﹣n）•（﹣3，t）=3+3m﹣nt

=3+3m﹣3﹣3m=0，

则⊥，