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- 2024-03-17 发布
2017-2018学年海南省文昌中学高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5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）设平面α的法向量为（1，2，﹣2），平面β的法向量为（﹣2，﹣4，k），若α∥β，则k=（ ）
A．2 B．﹣4 C．4 D．﹣2
2．（5分）已知命题p：1∈{x|（x+2）（x﹣2）＜0}；命题q：0∈∅．下列判断正确的是（ ）
A．p假q真 B．“p∨q为真” C．“p∧q为真” D．p假q假
3．（5分）a∈R，|a|＜4成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．a＜4 B．|a|＜3 C．a2＜16 D．0＜a＜3
4．（5分）若双曲线﹣=1的一条渐近线经过点（3，﹣4），则此双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）在如图所示的正方体A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
6．（5分）在抛物线y2=8x中，以（1，﹣1）为中点的弦所在的直线方程为（ ）
A．x﹣4y﹣3=0 B．x+4y+3=0 C．4x+y﹣3=0 D．4x+y+3=0
7．（5分）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且，用a，b，c表示，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于 A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
9．（5分）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ）
A． B． C． D．
10．（5分）若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．8
11．（5分）二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于（ ）
A． B． C．2 D．
12．（5分）已知抛物线y2=2px（p＞0）与双曲线﹣=1（a＞0，b＞
0）的两条渐近线分别交于两点A，B（A，B异于原点），抛物线的焦点为F，若双曲线的离心率为2，|AF|=7，则p=（ ）
A．3 B．6 C．12 D．42
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知a，b，c都是实数，则在命题“若a＞b，则ac2＞bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是 个．
14．（5分）与双曲线有共同的渐近线，且过点（2，2）的双曲线的标准方程为 ．
15．（5分）过抛物线y2=8x的焦点，作倾斜角为45°的直线，则被抛物线截得的弦长为 ．
16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M、N分别在AB1，BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，则下列结论：
①AA1⊥MN
②A1C1∥MN
③MN∥面A1B1C1D1
④B1D1⊥MN
正确命题的序号是 ．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四边形ABCD中，∠B=∠
C=90°，AB=4，CD=1，点M在PB上，PB=4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：
（1）CM∥平面PAD；
（2）平面PAB⊥平面PAD．
18．（12分）若F1，F2分别是椭圆=1（a＞b＞0）的左右焦点，p是该椭圆上的一个动点，且．
（1）求出这个椭圆方程；
（2）是否存在过定点N（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，使（其中O为坐标原点）？若存在，求出直线l的斜率k；若不存在，请说明理由．
19．（12分）如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD=2，M为PB的中点．
（1）求证：PA⊥平面CDM；
（2）求二面角 D﹣MC﹣B的余弦值．
20．（12分）如图，设P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程
（2）求过点（3，0），且斜率为的直线被C所截线段的长度．
21．（12分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值；
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
22．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x﹣y﹣2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）．
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q．
①求证：线段PQ的中点坐标为（2﹣p，﹣p）；
②求p的取值范围．
2017-2018学年海南省文昌中学高二（上）期中数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共12小题，每小题5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）设平面α的法向量为（1，2，﹣2），平面β的法向量为（﹣2，﹣4，k），若α∥β，则k=（ ）
A．2 B．﹣4 C．4 D．﹣2
【分析】根据两平面平行得到两平面的法向量平行，再根据向量平行坐标的关系建立等量关系，求出k即可．
【解答】解：∵α∥β，
∴两平面的法向量平行则（﹣2，﹣4，k）=λ（1，2，﹣2），
∴﹣2=λ，k=﹣2λ，∴k=4．故选C
【点评】本题主要考查了向量语言表述面面的垂直、平行关系，以及平面的法向量，属于基础题．
2．（5分）已知命题p：1∈{x|（x+2）（x﹣2）＜0}；命题q：0∈∅．下列判断正确的是（ ）
A．p假q真 B．“p∨q为真” C．“p∧q为真” D．p假q假
【分析】解不等式判断命题p为真，根据空集的定义判断命题q为假；
再结合复合命题真假判断的真值表，可得答案．
【解答】解：解不等式（x+2）（x﹣2）＜0得：x∈（﹣2，2）；
∴命题p：1∈{x|（x+2）（x﹣2）＜0}为真命题；
命题q：0∈∅为假命题；
∴p假q真，错误；
“p∨q”为真，正确；
“p∧q”为真，错误；
“p假q假”，错误；
故选：B．
【点评】本题考查了命题真假的判断问题，也考查了复合命题，二次不等式的解法与集合的概念应用问题，是基础题．
3．（5分）a∈R，|a|＜4成立的一个必要不充分条件是（ ）
A．a＜4 B．|a|＜3 C．a2＜16 D．0＜a＜3
【分析】|a|＜4即﹣4＜a＜4⇒a＜4，即可判断出结论．
【解答】解：|a|＜4即﹣4＜a＜4⇒a＜4，因此|a|＜4成立的一个必要不充分条件是a＜4，
故选：A．
【点评】本题考查了不等式的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4．（5分）若双曲线﹣=1的一条渐近线经过点（3，﹣4），则此双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】利用双曲线的渐近线方程经过的点，得到a、b关系式，然后求出双曲线的离心率即可．
【解答】解：双曲线﹣=1的一条渐近线经过点（3，﹣4），可得3b=4a，即9（c2﹣a2）=16a2，
解得=．
故选：D．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，基本知识的考查．
5．（5分）在如图所示的正方体A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为（ ）
A．﹣ B．﹣ C． D．
【分析】取A1D1中点，连接EF、DF、A1C1，用三角形的中位线和平行线的传递性，证出EF∥AC，得∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与AC所成的角．然后在△DEF中求出各边的长，再利用余弦定理即可算出异面直线DE与AC夹角的余弦值．
【解答】解：取A1D1中点，连接EF、DF、A1C1，
∵正方形ABCD﹣A1B1C1D1中，A1A∥C1C且A1A=C1C
∴四边形AA1C1C是平行四边形，可得A1C1∥AC
又∵△A1C1D1中，EF是中位线
∴EF∥A1C1，且EF=A1C1．
由此可得EF∥AC，得∠DEF（或其补角）就是异面直线DE与AC所成的角
设正方体的棱长为a，则△DEF中
DF=DE==a，EF=A1C1=a
由余弦定理，得cos∠DEF==＞0
可得∠DEF是锐角，因此∠DEF是异面直线DE与AC所成的角，余弦值为
故选：D
【点评】本题在正方体中求异面直线所成角的余弦值，着重考查了正方体的性质和异面直线所成角的定义及求法等知识，属于基础题．
6．（5分）在抛物线y2=8x中，以（1，﹣1）为中点的弦所在的直线方程为（ ）
A．x﹣4y﹣3=0 B．x+4y+3=0 C．4x+y﹣3=0 D．4x+y+3=0
【分析】首先，设出直线与抛物线的交点A（x1，y1），B（x2，y2），然后，代人抛物线标准方程，利用两式相减，再结合中点坐标公式进行求解，从而确定其直线的斜率，从而得到待求的直线方程．
【解答】解：设以（1，﹣1）为中点的弦所在的直线交抛物线为：A（x1，y1），B（x2，y2），
则，
两式相减，得
（y1﹣y2）（y1+y2）=8（x1﹣x2），
∵，
∴y1+y2=﹣2，
∴=﹣4，
∴以（1，﹣1）为中点的弦所在的直线的斜率为﹣4，
∴以（1，﹣1）为中点的弦所在的直线方程为：y+1=﹣4（x﹣1），
即4x+y﹣3=0，
所以，所求的直线方程为：4x+y﹣3=0，
故选：C．
【点评】本题重点考查了抛物线的方程、中点坐标公式、直线方程等知识，属于中档题，理解“设而不求”思想在求解弦中点问题中的应用．
7．（5分）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且，用a，b，c表示，则等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果．
【解答】解：由题意知
=﹣
∵
∴
故选D．
【点评】本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应用几何体的已知棱表示要求的结果，本题是一个基础题．
8．（5分）设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于 A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．3
【分析】不妨设双曲线C：，焦点F（﹣c，0），由题设知，，由此能够推导出C的离心率．
【解答】解：不妨设双曲线C：，
焦点F（﹣c，0），对称轴y=0，
由题设知，
，
∴，
b2=2a2，
c2﹣a2=2a2，
c2=3a2，
∴e=．
故选B．
【点评】本题考查双曲线的性质和应用，解题时要注意公式的灵活运用．
9．（5分）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点，则点E到平面ACD1的距离为（ ）
A． B． C． D．
【分析】以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点E到平面ACD1的距离．
【解答】解：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D1（0，0，1），E（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．
=（1，1，﹣1），=（﹣1，2，0），=（﹣1，0，1），
设平面ACD1的法向量为=（a，b，c），
则，取a=2，得=（2，1，2），
点E到平面ACD1的距离为：
h===．
故选：C．
【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
10．（5分）若点O和点F分别为椭圆的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．8
【分析】先求出左焦点坐标F，设P（x0，y0），根据P（x0，y0）在椭圆上可得到x0、y0的关系式，表示出向量、，根据数量积的运算将x0、y0的关系式代入组成二次函数进而可确定答案．
【解答】解：由题意，F（﹣1，0），设点P（x0，y0），则有，解得，
因为，，
所以=，
此二次函数对应的抛物线的对称轴为x0=﹣2，
因为﹣2≤x0≤2，所以当x0=2时，取得最大值，
故选C．
【点评】本题考查椭圆的方程、几何性质、平面向量的数量积的坐标运算、二次函数的单调性与最值等，考查了同学们对基础知识的熟练程序以及知识的综合应用能力、运算能力．
11．（5分）二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，则CD的长等于（ ）
A． B． C．2 D．
【分析】由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=BD=1，代入异面直线上两点之间距离公式，即可求出CD的长．
【解答】解：∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，
又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于120°，且AB=AC=BD=1，
∴CD===2
故选C
【点评】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中熟练掌握异面直线上两点之间的距离公式，是解答本题的关键．
12．（5分）已知抛物线y2=2px（p＞0）与双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别交于两点A，B（A，B异于原点），抛物线的焦点为F，若双曲线的离心率为2，|AF|=7，则p=（ ）
A．3 B．6 C．12 D．42
【分析】画出图形，求出F的坐标，然后求解A的坐标，利用双曲线的离心率，列出方程，即可求解p的值．
【解答】解：抛物线y2=2px（p＞0）可得F（，0），|AF|=7，
则A（7﹣，yA），
可得yA2=2p（7﹣），双曲线的离心率为2，，
解得=3，
即：==3，
解得p=6．
故选：B．
【点评】本题考查抛物线以及双曲线的简单性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，找出两种曲线的关系是解题的关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知a，b，c都是实数，则在命题“若a＞b，则ac2＞bc2”与它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，真命题的个数是 2 个．
【分析】根据命题的等价关系，可先判断原命题与逆命题的真假．
【解答】解：若a＞b，c2=0，则ac2=bc2．∴原命题若a＞b，则ac2＞bc2为假命题；
∵逆否命题与原命题等价，∴逆否命题也为假命题；
原命题的逆命题是：若ac2＞bc2，则c2≠0且c2＞0，则a＞b．∴逆命题为真命题；
又∵逆命题与否命题等价，∴否命题也为真命题；
综上，四个命题中，真命题的个数为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了四种命题与命题的真假判断问题，根据命题的等价关系，四个命题中，真（假）命题的个数必为偶数．
14．（5分）与双曲线有共同的渐近线，且过点（2，2）的双曲线的标准方程为 ．
【分析】由于与双曲线有共同的渐近线，故方程可假设为，再利用过点（2，2）即可求
【解答】解：设双曲线方程为
∵过点（2，2），∴λ=3
∴所求双曲线方程为
故答案为
【点评】本题的考点是双曲线的标准方程，主要考查待定系数法求双曲线的标准方程，关键是方程的假设方法．
15．（5分）过抛物线y2=8x的焦点，作倾斜角为45°的直线，则被抛物线截得的弦长为 16 ．
【分析】求出抛物线的焦点为F（2，0），直线的斜率k=tan45°=1，从而得到直线的方程为y=x﹣2．直线方程与抛物线方程联解消去y得x2﹣12x+4=0，利用根与系数的关系可得x1+x2=12，再根据抛物线的定义加以计算，即可得到直线被抛物线截得的弦长．
【解答】解：∵抛物线方程为y2=8x，2p=8，=2，
∴抛物线的焦点是F（2，0）．
∵直线的倾斜角为45°，
∴直线斜率为k=tan45°=1
可得直线方程为：y=1×（x﹣2），即y=x﹣2．
设直线交抛物线于点A（x1，y1），B（x2，y2），
联解，消去y得x2﹣12x+4=0，
∴x1+x2=12，
根据抛物线的定义，可得|AF|=x1+=x1+2，|BF|=x2+=x2+2，
∴|AB|=x1+x2+4=12+4=16，即直线被抛物线截得的弦长为16．
故答案为：16．
【点评】本题给出经过抛物线的焦点的直线倾斜角为45°，求直线被抛物线截得的弦长．着重考查了抛物线的定义与标准方程、一元二次方程根与系数的关系、直线与圆锥曲线的位置关系等知识，属于中档题．
16．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M、N分别在AB1，BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，则下列结论：
①AA1⊥MN
②A1C1∥MN
③MN∥面A1B1C1D1
④B1D1⊥MN
正确命题的序号是 ①③ ．
【分析】由题意在四条棱A1A，B1B，C1C，D1D上分别取点G，F，E，H四点，使AG=A1A，BF=B1B，CE=C1C，DH=D1D，得到平面GFEH，则点M，N在与平面A1B1C1D1平行的平面GFEH中．利用线面垂直的性质判断①正确；利用平行公理判断②错误；利用面面平行的性质判断③正确；利用面面平行以及线线垂直的性质判断④错误．
【解答】解；在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的四条棱A1A，B1B，C1C，D1D上分别取点G，F，E，H四点，
使AG=A1A，BF=B1B，CE=C1C，DH=D1D，连接GF，FE，EH，HG，
∵点M、N分别在AB1、BC1上，且AM=AB1，BN=BC1，
∴M在线段GF上，N点在线段FE上．且四边形GFEH为正方形，平面GFEH∥平面A1B1C1D1，
∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥平面GFEH，
∵MN⊂平面GFEH，∴AA1⊥MN，故①正确；
∵A1C1∥GE，而GE与MN不平行，∴A1C1与MN不平行，故②错误；
∵平面GFEH∥平面A1B1C1D1，MN⊂平面GFEH，∴MN∥平面A1B1C1D1，故③正确；
∵B1D1∥FH，FH⊂平面GFEH，MN⊂平面GFEH，且MN与FH不垂直，∴B1D1与MN不垂直，故④错误．
∴正确命题只有①③．
故答案为：①③．
【点评】本题主要考查立体几何中，线线，线面，面面平行与垂直性质的应用，考查了学生推论能力和空间想象力，属中档题．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC=2，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=4，CD=1，点M在PB上，PB=4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：
（1）CM∥平面PAD；
（2）平面PAB⊥平面PAD．
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系O﹣xyz，C为坐标原点O，
（1）要证CM∥面PAD，只需求出向量与面PAD内的向量、共面即可．
（2）过B作BE⊥PA，E为垂足．要证面PAB⊥面PAD，只需证明面PAB内的向量垂直面PAD内的直线PA、DA即可．
【解答】解：如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz，C为坐标原点O，
（1）证明：如图，建立空间直角坐标系．
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABC所成的角，即∠PBC=30°．
∵|PC|=2，∴|BC|=2，|PB|=4．
得D（1，0，0）、B（0，2，0）、
A（4，2，0）、P（0，0，2）．
∵PB=4PM，∴|MB|=3|PM|，
∴|PM|=1，M（0，，），=（0，，），
=（﹣1，0，2），=（3，2，0）．
设=x+y（x、y∈R），
则（0，，）=x（﹣1，0，2）+y（3，2，0）⇒x=且y=，
∴=+．
∴、、共面．
又∵C∉平面PAD，故CM∥平面PAD．
（2）证明：过B作BE⊥PA，E为垂足．
∵|PB|=|AB|=4，∴E为PA的中点．
∴E（2，，1），=（2，﹣，1）．
又∵•=（2，﹣，1）•（3，2，0）=0，
∴⊥，即BE⊥DA．
而BE⊥PA，∴BE⊥面PAD．
∵BE⊂面PAB，∴面PAB⊥面PAD．
【点评】
本题主要考查空间直角坐标系的概念、空间点和向量的坐标表示以及用向量法证明平行关系，同时考查向量研究空间图形的数学思想方法．突破点在于求出相关的向量所对应的坐标．
18．（12分）若F1，F2分别是椭圆=1（a＞b＞0）的左右焦点，p是该椭圆上的一个动点，且．
（1）求出这个椭圆方程；
（2）是否存在过定点N（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，使（其中O为坐标原点）？若存在，求出直线l的斜率k；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意可得a，c的值，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）写出直线l的方程，联立直线方程和椭圆方程，可得A、B的横纵坐标的积，结合列式求得直线l的斜率．
【解答】解：（1）由已知可得：2a=4，2c=2，
∴a=2，c=，则b2=a2﹣c2=1．
∴椭圆方程为；
（2）存在过定点N（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，使，此时k=±2．
由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，
则直线l的方程为y=kx+2．
联立，得（1+4k2）x2+16kx+12=0．
则△=（16k）2﹣48（1+4k2）=64k2﹣48＞0，得或．
再设A（x1，y1），B（x2，y2），
则．
由，得x1x2+y1y2=x1x2+（kx1+2）（kx2+2）=（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4
==0．
解得：k=±2，符合△＞0．
∴存在过定点N（0，2）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，使．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了向量垂直与数量积的关系，是中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥 P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD=2，M为PB的中点．
（1）求证：PA⊥平面CDM；
（2）求二面角 D﹣MC﹣B的余弦值．
【分析】（1）取DC的中点O，连接PO，OA，推导出PO⊥底面ABCD，OA⊥DC．…（2分）以O原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能证明PA⊥平面DMC．
（2）求出平面B MC的法向量和平面CDM的一个法向量，利用同量法能求出二面角D﹣MC﹣B的余弦值．
【解答】证明：（1）取DC的中点O，连接PO，OA，
∵侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD．…（1分）
∴PO⊥底面ABCD，
∵底面ABCD为菱形且∠ADC=60°，
DC=2，DO=1，则OA⊥DC．…（2分）
以O原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，
则A（，0，0），P（0，0，），B（，2，0），
C（0，1，0），D（0，﹣1，0），
∴M（，1，），…（4分）
∴=（，2，），=（，0，﹣），=（0，2，0），
∴=×+0×2+（﹣）×=0，
=×0+0×2+（﹣）×0=0，
∴⊥，⊥，∴PA⊥DM，PA⊥DC，
∵DM∩DC=D，∴PA⊥平面DMC．…（7分）
解：（2）=（），=（，1，0），
设平面B MC的法向量为=（x，y，z），
由，得x+z=0，由=0，得x+y=0．
取x=﹣1，则y=，z=1，∴一个法向量=（﹣1，，1）． …（9分）
由（1）知，平面CDM的一个法向量可取=（，0，﹣）．
所以cos＜，＞===﹣．…（11分）
观察可知二面角 D﹣MC﹣B为钝角，
所以所求二面角的余弦值是﹣．…（12分）
【点评】
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
20．（12分）如图，设P是圆x2+y2=25上的动点，点D是P在x轴上的投影，M为PD上一点，且|MD|=|PD|．
（1）当P在圆上运动时，求点M的轨迹C的方程
（2）求过点（3，0），且斜率为的直线被C所截线段的长度．
【分析】（1）由题意可知：M的坐标为（x，y），P的坐标为（x'，y'），则|MD|=|PD|，解得：，代入x'2+y'2=25，整理得：；
（2）设直线方程为：，代入椭圆方程，由韦达定理可知：x1+x2=3，x1•x2=﹣8，弦长公式：丨AB丨=•，即可求得直线被C所截线段的长度．
【解答】解：（1）设M的坐标为（x，y），P的坐标为（x'，y'），
由|MD|=|PD|，解得：
∵P在圆上，
∴x'2+y'2=25，即，整理得：，
即C的方程为：；…（4分）
（2）过点（3，0），斜率为k=，的直线方程为：，…（6分）
设直线与C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2），
将直线方程代入C的方程，得，整理得：x2
﹣3x﹣8=0…（8分）
∴由韦达定理可知：x1+x2=3，x1•x2=﹣8，…（10分）
∴线段AB的长度为，
线段AB的长度丨AB丨=…（12分）
【点评】本题考查点的轨迹方程的求法，椭圆的标准方程的应用，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式的应用，考查计算能力，属于中档题．
21．（12分）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点．
（1）证明B1C1⊥CE；
（2）求二面角B1﹣CE﹣C1的正弦值；
（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．
【分析】（1）以点A为原点，AD为x轴，AA1为y轴，AB为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明B1C1⊥CE．
（2）求出平面B1CE的法向量和平面CEC1的一个法向量，利用向量法能求出线段AM的长．
【解答】证明：（1）如图，以点A为原点，AD为x轴，AA1为y轴，AB为z轴，建立空间直角坐标系，
依题意得A（0，0，0），B（0，0，2），C（1，0，1），B1（0，2，2），
C1（1，2，1），E（0，1，0）． …（2分）
=（1，0，﹣1），=（﹣1，1，﹣1），
∴•=0，∴B1C1⊥CE．…（3分）
解：（2）=（1，﹣2，﹣1），设平面B1CE的法向量=（x，y，z），
则，消去x，得y+2z=0，
令z=1，得=（﹣3，﹣2，1）．
由（1），B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，
可得B1C1⊥平面CEC1，
故=（1，0，﹣1）为平面CEC1的一个法向量． …（6分）
于是cos＜，＞===﹣，…（7分）
从而sin＜，＞=，∴二面角B1CEC1的正弦值为．…（8分）
（3）=（0，1，0），=（1，1，1），
设=λ=（λ，λ，λ），0≤λ≤1，有=+=（λ，λ+1，λ）．
可取=（0，0，2）为平面ADD1A1的一个法向量．
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
sin θ=|cos＜，＞|===，…（10分）
于是=，解得λ=（负值舍去），…（11分）
所以AM=．…（12分）
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
22．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：x﹣y﹣2=0，抛物线C：y2=2px（p＞0）．
（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；
（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q．
①求证：线段PQ的中点坐标为（2﹣p，﹣p）；
②求p的取值范围．
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标，然后求解抛物线方程．
（2）：①设点P（x1，y1），Q（x2，y2），通过抛物线方程，求解kPQ
，通过P，Q关于直线l对称，点的kPQ=﹣1，推出，PQ的中点在直线l上，推出=2﹣p，即可证明线段PQ的中点坐标为（2﹣p，﹣p）；
②利用线段PQ中点坐标（2﹣p，﹣p）．推出，得到关于y2+2py+4p2﹣4p=0，有两个不相等的实数根，列出不等式即可求出p的范围．
【解答】解：（1）∵l：x﹣y﹣2=0，∴l与x轴的交点坐标（2，0），
即抛物线的焦点坐标（2，0）．
∴，
∴抛物线C：y2=8x．
（2）证明：①设点P（x1，y1），Q（x2，y2），则：，
即：，kPQ==，
又∵P，Q关于直线l对称，∴kPQ=﹣1，即y1+y2=﹣2p，∴，
又PQ的中点在直线l上，∴==2﹣p，
∴线段PQ的中点坐标为（2﹣p，﹣p）；
②因为Q中点坐标（2﹣p，﹣p）．
∴，即
∴，即关于y2+2py+4p2﹣4p=0，有两个不相等的实数根，
∴△＞0，（2p）2﹣4（4p2﹣4p）＞0，
∴p∈．
【点评】本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．