2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二(上)第一次月考数学试卷(理科)-附答案详解

2021-2022学年江西省宜春市上高二中高二（上）第一次
月考数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知2a2+2b2=c2，则直线ax+by+c=0与圆x2+y2=4的位置关系是()
A. 相交但不过圆心
B. 过圆心
C. 相切
D. 相离
2.已知一个三棱柱的高为3，如图是其底面用斜二测画法画
出的水平放置的直观图，其中O′A′=O′B′=O′C′=1，
则此三棱柱的体积为()
A. 2
B. 4
C. 6
D. 12
3.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()
A. α∩β=n，m⊂α，m//β⇒m//n
B. α⊥β，α∩β=m，m⊥n⇒n⊥β
C. m⊥n，m⊂α，n⊂β⇒α⊥β
D. m//α，n⊂α，⇒m//n
4.直线l：mx−y−5m+1=0(m∈R)，被⊙N：x²+y²−10x−2y+25=0截得
线段的长是()
A. 1
B. 2
C. 4
D. 不确定
5.若圆M在x轴与y轴上截得的弦长总相等，则圆心M的轨迹方程是()
A. x−y=0
B. x+y=0
C. x2+y2=0
D. x2−y2=0
6.如图，已知多面体A−BCDE的底面ABC为正三角形，四边形
BCDE为矩形，棱CD与底面ABC垂直，CD=2，若该多面体
的侧视图面积与其俯视图面积相等，则△ABC的边长是()
A. 4√3
3
B. 2
C. √7
D. 1
7.若圆台的高为3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，其轴截面的一个底角为45°，
则这个圆台的侧面积是()
A. 27π
B. 27√2π
C. 9√2π
D. 36√2π
8.已知点A(1,0)，B(1,6)，圆C：x2+y2−10x−12y+m=0，若在圆C上存在唯一
的点P使∠APB=90°，则m=()
A. −3或3
B. 57
C. −3或57
D. 3或57
9.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()
A. 1
3B. 1
6
C. 1
2
D. 1
4
10.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率的平方除以十六
等于八分之五．已知三棱锥A−BCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB=CD=2，BC=1，利用张衡的结论可得球O的表面积为()
A. 30
B. 9√10
2
C. 5√10
D. 9√10
11.已知圆x2+y2=1与直线ax+√3by+1=0(a,b为非零实数)相切，则1
a2+3
b2
的最
小值为()
A. 10
B. 12
C. 13
D. 16
12.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，若线段A1D上存在一点E，使AE
+B1E取得最小值，则此最小值是()
A. 4
B. √2+√6
C. 2√2+√2
D. 8+4√2
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知点P(1,1)和圆C：x2+y2−2mx+4y+m+6=0，若过点P作圆C的切线有两
条，则实数m的取值范围是______．
14.如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M
处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子
的长度最短值为2√5，则此圆锥的表面积为______
15.已知圆C：(x−2)2+y2=1及点A(0,2)，点P、Q分别是直线x+y=0和圆C上的
动点，则|PA|+|PQ|的最小值为______．
16.将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A−BD−C，现有如下4个命题：
①异面直线AC与BD所成的角为60°；
②△ACD是直角三角形；
③△ACD的面积为√3；
④四面体A−BCD的外接球的表面积为8π．
上述命题正确的是______．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知直线l：2mx−y−8m−3=0和圆C：x2+y2−6x+12y+20=0．
(1)m∈R时，证明l与C总相交；
(2)m取何值时，l被C截得弦长最短，求此弦长．
18.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱AC的中点．
(1)证明：AB1//平面BC1D；
(2)证明：BD⊥DC1．
19.已知圆C过点(0,1)，半径为√2，且圆C关于直线x+y−1=0对称，圆心在第二象
限．
(1)求圆C的方程；
(2)已知不过原点的直线l与圆C相切，且在x轴、y轴上的截距相等，求直线l的方程．
20.如图1，圆O的半径为2，AB，CE均为该圆的直径，弦CD垂直平分半径OA，垂足为
F，沿直径AB将半圆ACB所在平面折起，使两个半圆所在的平面互相垂直(如图2)
(Ⅰ)求四棱锥C−FDEO的体积
(Ⅱ)如图2，在劣弧BC上是否存在一点P(异于B，C两点)，使得PE//平面CDO？若存在，请加以证明；若不存在，请说明理由．
21.如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ
的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半
径OA=2，侧面积为8√3π，∠AOP=120°．
(1)求证：AG⊥BD；
(2)求二面角P−AG−B的平面角的余弦值．
22. 已知圆C ：(x −3)2+y 2=1与直线m ：3x −y +6=0，动直线l 过定点A(0,1)．
(1)若直线l 与圆C 相切，求直线l 的方程；
(2)若直线l 与圆C 相交于P 、Q 两点，点M 是PQ 的中点，直线l 与直线m 相交于点N.探
索AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式的应用，属于基础题．求出圆
心(0,0)到直线的距离为√a2+b2=
√c2
2
=√2，小于半径，从而得出结论．
【解答】
解：由于圆心(0,0)到直线的距离为√a2+b2=
√c2
2
=√2<2(半径)，
故直线和圆相交但不过圆心，
故选：A．
2.【答案】C
【解析】解：设三棱柱的底面三角形为△ABC，
由直观图可知，BC=2，OA=2，且BC⊥OA，
所以S△ABC=1
2
×2×2=2，
则此三棱柱的体积为V=S△ABC⋅ℎ=2×3=6．
故选：C．
利用斜二测画法的规则，先求出棱柱的底面面积，由柱体的体积公式求解即可．
本题主要考查了斜二测的画法及应用，棱柱体积公式的应用，其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
在A中，由线面平行的性质定理得m//n；在B中，则n与β相交、平行或n⊂β；在C中，由α与β相交或平行；在D中，m与n平行或异面．
解：由m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，知：
在A中，α∩β=n，m⊂α，m//β，则由线面平行的性质定理得m//n，故A正确；在B中，α⊥β，α∩β=m，m⊥n，则n与β相交、平行或n⊂β，故B错误；
在C中，m⊥n，m⊂α，n⊂β，由α与β相交或平行，故C错误；
在D中，m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故D错误．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：圆的方程即：(x−5)2+(y−1)2=1，圆的圆心为(5,1)，
将其代入直线方程可得：5m−1−5m+1=0，
即直线恒过圆的圆心，则截得的弦长为圆的直径，其长度为2．
故选：B．
本题主要考查圆的一般方程与标准方程的转化，直线恒过定点问题，直线与圆的位置关系等知识，属于中等题．
本题主要考查圆的方程的应用，直线与圆的位置关系等知识，属于中等题．
5.【答案】D
【解析】解：∵圆M在x轴与y轴上截得的弦长总相等，
∴圆心的轨迹方程是y=x或y=−x，即x2−y2=0，
故选：D．
利用圆M在x轴与y轴上截得的弦长总相等，可得圆心的轨迹方程是y=x或y=−x．本题考查直线与圆的位置关系，考查轨迹方程，比较基础．
6.【答案】B
【解析】解：如图：设等边三角形ABC边长为a，取BC中点O，DE
中点F，连接AO、OF、AF，
则△AOF为该多面体侧视图，△ABC为俯视图，
根据题意得S△ABC=S△AOF可得：1
2a2sin60°=1
2
×2×√3
2
a，解得
故选：B．
设等边三角形ABC边长为a，取BC中点O，DE中点F，连接AO、OF、AF，则△AOF为该多面体侧视图，△ABC为俯视图，根据二者面积相等可解决此题．
本题考查简单空间图形三视图，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．7.【答案】B
【解析】解：设上底半径为r，则下底半径为2r，
由母线与下底面所成的角是45°，
=3√2，
得r=3，l=3
sin45∘
所以侧面积为S=π(r+2r)l=27√2π.
故选：B．
设上底半径为r，则下底半径为2r，结合母线与下底面所成的角是45°，及圆台的高是3，可得r值，进而可得这个圆台的侧面积．
本题考查的知识点是旋转体，根据已知求出圆台的底面半径，是解答的关键，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意，只需以AB为直径的圆与圆C有且仅有一个公共点，即两圆相切．其中A(1,0)，B(1,6)，
所以以AB为直径的圆M的方程为(x−1)2+(y−3)2=9，圆C：(x−5)2+(y−6)2= 61−m．
由两圆相切，则|CM|=|3±√61−m|，即5=|3±√61−m|，
所以m=57或−3．
故选：C．
根据∠APB=90°，得到P在以AB为直径的圆上；再根据在圆C上存在唯一的点P使得∠APB=90°，得到两圆相切即可求解．
本题主要考查圆和圆的位置关系，当两个圆只有一个公共点时，两圆相切．
9.【答案】D
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；
如图所示：
所以：V=1
3×1
2
×(1+1
2
)×1×1=1
4
．
故选：D．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】D
【解析】解：将此三棱锥放置在长方体中，由题意可知长方体的长宽高分别为：2，1，2，
设外接球的半径为R，则(2R)2=4+1+4=9，
∴外接球的表面积为S=4πR2=9π，
又∵圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π2
16=5
8
，
∴π=√10，则S=9√10，
故选：D．
利用分割补形法将三棱锥放置在长方体中，由外接球的直径等于长方体的对角线可得球的半径，进而求出球的表面积，结合圆周率的平方除以十六等于八分之五求出π的值，则球O的表面积可求．
本题考查三棱锥的外接球，训练了利用分割补形法求多面体外接球的表面积，是中档题．
11.【答案】D
【解析】解：因为圆x2+y2=1与直线ax+√3by+1=0相切，
所以1
√a2+3b2
=1，即a2+3b2=1，
于是1
a2+3
b2
=(a2+3b2)(1
a2
+3
b2
)=10+3b2
a2
+3a2
b2
⩾10+2√3b2
a2
⋅3a2
b2
=16，
当且仅当3b2
a2=3a2
b2
，即a=±b时，不等式取等号，
故选：D．
先根据直线与圆相切，由圆心到直线的距离等于半径建立关于a，b的方程，再结合基本不等式求最值即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式的应用，考查数学运算和直观想象的数学素养，属于中档题．
12.【答案】C
【解析】解：将△AA1D沿A1D所在直线翻折，使A∈平面A1B1CD，
且点A与B1在直线A1D的异侧，
∵E时线段A1D上的任意一点，∴AE+B1E≥AB1，
当且仅当A，E，B1三点共线时，AE+B1E取得最
小值，此最小值即为AB1，
在△AA1B1中，由余弦定理得：AB12=AA12+A1B12−
2AA1⋅A1B1⋅cos(45°+90°)
=4+4−2×2×2×(−√2
2
)=8+4√2．
∴AB1=√8+4√2=2√2+√2．
故选：C．
将△AA1D沿A1D所在直线翻折，使A∈平面A1B1CD，且点A与B1在直线A1D的异侧，可得当且仅当A，E，B1三点共线时，AE+B1E取得最小值，此最小值即为AB1，然后求解三角形得答案．
本题考查空间中点、线、面间的距离计算，训练了折叠问题中最值的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】(−∞,−1)∪(2,12)
【解析】解：点P(1,1)，圆C：x2+y2−2mx+4y+m+6=0，即(x−m)2+(y+2)2= m2−m−2，
若过点P作圆C的切线有两条，则点P在圆C外部，
∴{12+12−2m+4+m+6>0
m2−m−2>0
，解得m<−1或2<m<12．
∴实数m的取值范围是(−∞,−1)∪(2,12)．
故答案为：(−∞,−1)∪(2,12)．
化圆的方程为标准方程，由题意，点P在圆C外部，由此可得关m的不等式组求解．
本题考查了点与圆的位置关系的应用问题，解题时应利用点到圆心的距离与半径的关系进行判断，是基础题．
14.【答案】5π
【解析】解：设底面圆半径为r，由母线长为4，
所以侧面展开扇形的圆心角为α=2πr
4=πr
2
；
将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B，
最短距离为BM，如图所示：
在△ABM中，由余弦定理得，BM的长度为：
BM=√42+22−2×4×2cosπr
2=√20−16cosπr
2
=2√5，
解得cosπr
2
=0，所以r=1，
所以圆锥的表面积为S=π×12+π×1×4=5π．
故答案为：5π．
设底面圆半径为r，由母线长求出侧面展开扇形的圆心角，利用余弦定理求出从点M拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B的最短距离，列方程求出r的值，再计算圆锥的表面积．本题考查了圆锥的侧面展开图应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
15.【答案】3
【解析】解：作出点A关于直线x+y=0的对称点A′，如图：
设点A′(x0,y0)，则有{y0−2
x0−0
=1
x0+0 2+y0+2
2
=0
，解得{
x0=−2
y0=0，
即A′(−2,0)，
而C(2,0)，
由圆的性质知：圆外点P与圆C上点Q距离|PQ|满足|PQ|≥|PC|−1(当且仅当Q是线段PC与圆C的交点时取“=”)，
连接A′C交直线x+y=0于点O，P为直线x+y=0上任意一点，连接PA、PA′、PC(线段PC交圆C于点Q)，
则(|PA|+|PQ|)min=|PA|+|PC|−1=|PA′|+|PC|−1≥|A′C|−1=3，
当且仅当点P在线段A′C上，即与点O重合时取“=”，
故|PA|+|PQ|的最小值为3，
故答案为：3．
求出A关于直线x+y=0的对称点的坐标，画出图形，数形结合即可求得|PA|+|PQ|的最小值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点关于直线的对称点的求法，考查数形结合思想，是中档题．
16.【答案】③④
【解析】解：对于①，因为BD⊥OA，BD⊥OC，
且OA，OC⊂平面AOC，OA∩OC=O，
故BD⊥平面AOC，又AC⊂平面AOC，
则BD⊥AC，
所以异面直线AC与BD所成的角为90°，
故选项①错误；
对于②，因为OA=OC=1
2
AC=√2，
所以AC=√(√2)2+(√2)2=2，
同理可得DC=2，又AD=2，
所以△ACD为等边三角形，
故选项②错误；
对于③，由②可知，△ACD 是边长为2的等边三角形， 所以△ACD 的面积为1
2×2×2×sin60°=√3， 故选项③正确；
对于④，四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为R =√2， 所以外接球的表面积为4πR 2=8π， 故选项④正确． 故答案为：③④．
利用翻折前后不变的关系，结合线面垂直的判定定理可证明BD ⊥平面AOC ，从而得到BD ⊥AC ，即可判断选项①，由边角关系求出AC ，DC ，AD ，即可判断△ACD 的形状，从而判断选项②，利用②中的结论，即可判断选项③，确定外接球的球心和半径，由球的表面积公式求解，即可判断选项④．
本题以命题的真假判断为载体，考查了异面直线所成的角，空间几何体的外接球问题，球的表面积公式的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)将直线l 变形得：2m(x −4)+(y +3)=0，
可得出直线l 恒过A(4,−3)，
将圆C 化为标准方程得：(x −3)2+(y +6)2=25， ∴圆心C 为(3,−6)，半径r =5，
∵点A 到圆心C 的距离d =√(4−3)2+(−3+6)2=√10<5=r ， ∴点A 在圆内， 则l 与C 总相交；
(2)∵直径AC 所在直线方程的斜率为−3+6
4−3=3， ∴此时l 的斜率为−1
3，
又2mx −y −8m −3=0变形得：y =2mx −8m −3，即斜率为2m ， ∴2m =−1
3，即m =−16，
此时圆心距d =|AC|=√10，又半径r =5， 则l 被C 截得的弦长为2√r 2−d 2=2√15．
【解析】(1)将直线l 变形后，得出直线l 恒过A(4,−3)，然后将圆C 化为标准方程，找出圆心C 的坐标及半径r ，利用两点间的距离公式求出点A 到圆心C 的距离d ，根据d 小于r 得
到A点在圆C内，进而确定出直线l与圆C总相交；
(2)l被C截得弦长最短时，A为弦的中点，直线CA与直线l垂直，由A和C的坐标求出直线AC的斜率，利用两直线垂直时斜率满足的关系求出直线l的斜率，根据直线l的方程即可求出m的值，再由弦心距d=|AC|及半径r，利用垂径定理及勾股定理即可求出直线l被圆C截得的最短弦长．
此题考查了直线与圆相交的性质，涉及的知识有：两点间的距离公式，垂径定理，勾股定理，两直线垂直时斜率满足的关系，恒过定点的直线方程，圆的标准方程，以及点与圆位置关系，当直线与圆相交时，常常根据垂径定理由垂直得中点，进而利用弦长的一半，圆的半径及弦心距构造直角三角形，利用勾股定理解决问题．
18.【答案】证明：(1)连接B1C，交BC1于点O，连接OD，
因为BCC1B1为矩形，则O为B1C的中点；
因为D为AC的中点，
所以OD//AB1，
又因为OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
所以AB1//平面BC1D；
(2)在正三棱柱ABC−A1B1C1中，
因为AA1⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，
所以AA1⊥BD．
因为△ABC为等边三角形，D为AC的中点，
所以AC⊥BD．
又因为AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥平面AA1C1C，
因为DC1⊂平面AA1C1C，
所以BD⊥DC1．
【解析】(1)连接B1C，交BC1于点O，连接OD，由三角形的定理和线面平行的判定定理，即可得证；
(2)由线面垂直的判定定理推得BD⊥平面AA1C1C，再由线面垂直的性质，即可得证．本题考查线面平行和线面垂直的判定和性质，考查推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设圆C：(x−a)2+(y−b)2=2.…………(3分)
由题意有{a2+(1−b)2=2
a+b−1=0
a<0,b>0
，…………(6分)
解得a=−1，b=2，…………(6分)
∴圆C的方程为(x+1)2+(y−2)2=2；…………(9分)
(2)设l：x
m +y
m
=1，即x+y−m=0.…………(11分)
∵直线l与圆C相切，由d=|−1+2−m|
√2
=√2，…………(13分)
得m=3或m=−1.…………(15分)
∴直线l的方程为x+y−3=0或x+y+1=0.…………(17分)
【解析】(1)设出圆的方程，利用圆经过的点已经直线经过圆的圆心，转化求解圆心坐标，即可得到圆的方程．
(2)设出截距式方程，利用直线与圆相切，求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆的方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)如图1，∵弦CD垂直平分半径OA，半径为2，
∴CF=DF，OF=1
2
OC=1，
∴在Rt△COF中有∠COF=60°，CF=DF=√3，
∵CE为直径，∴DE⊥
CD，
∴OF//DE，DE=
2OF=2，
∴S
梯形FDEO
=
1
2
(OF+DE)⋅DF=
3
2
√3，
图2中，平面ACB⊥平面ADE，平面ACB∩平面ADE=AB，
又CF⊥AB，CF⊂平面ACB，
∴CF⊥平面ADE，则CF是四棱锥C−FDEO的高，
∴V C−FDEO=1
3S
梯形FDEO
⋅CF=3
2
．
(Ⅱ)在劣弧BC上是存在一点P(劣弧BC的中点)，使得PE//平面CDO．证明：分别连接PE，CP，OP，
∵点P为劣弧BC弧的中点，∴∠COP=1
2
∠COB，
∵∠COF=60°，∴∠COP=60°，则△COP为等边三角形，
∴CP//AB，且CP=1
2AB，又∵DE//AB且DE=1
2
AB，
∴CP//DE且CP=DE，
∴四边形CDEP为平行四边形，
∴PE//CD，
又PE⊄面CDO，CD⊂面CDO，
∴PE//平面CDO．
【解析】(Ⅰ)在图1中由平面几何知识求出梯形FDEO的面积，再由图2证得CF⊥平面ADE，并求出FE，然后代入棱锥的体积公式得答案；
(Ⅱ)取劣弧BC的中点，利用三角形中的边角关系证得四边形CDEP为平行四边形，再由线面平行的判定得答案．
本题以空间几何体的翻折为背景，考查空间几何体的体积，考查空间点、线、面的位置关系、线面平行及线面垂直等基础知识，考查空间想象能力，求解运算能力和推理论证能力，考查数形结合，化归与数学转化等思想方法，是中档题．
21.【答案】解：(1)(解法一)：由题意可知8√3π=
2×2π×AD，
解得AD=2√3，
在△AOP中，AP=√22+22−2×2×2×cos120∘，
∴AD=AP，
又∵G是DP的中点，
∴AG⊥DP.①
∵AB为圆O的直径，
∴AP⊥BP．
由已知知DA⊥面ABP，
∴DA⊥BP，
∴BP⊥面DAP.分
∴BP ⊥AG.②
∴由①②可知：AG ⊥面DBP ， ∴AG ⊥BD ．
(2)由(1)知：AG ⊥面DBP ， ∴AG ⊥BG ，AG ⊥PG ，
∴∠PGB 是二面角P −AG −B 的平面角． PG =1
2PD =1
2×√2AP =√6， BP =OP =2，∠BPG =90°，． ∴BG =√PG 2+BP 2=√10． cos∠PGB =PG
BG =
√6√10
=
√15
5
． (解法二)：建立如图所示的直角坐标系，由题意可知8√3π=2×2π×AD ， 解得AD =2√3，
则A(0,0,0)，B(0,4,0)，D(0,0,2√3)，P(√3,3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴可求得G(√32
,3
2,√3).
(1)BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,0)，BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−4,2√3)， ∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(
√32,3
2
,√3). ∵AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,3
2,√3)⋅(0,−4,2√3)=0，
∴AG ⊥BD
(2)由(1)知，)BP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3，−1，0)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,3
2,√3).PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3
2,−3
2
,√3) BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(
√32,−5
2
,√3) ∵AG
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0． ∴BP ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面APG 的法向量．
设n
⃗ =(x,y,1)是平面ABG 的法向量， 由n ⃗ ⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 解得n
⃗ =(−2,0,1)分 cosθ=BP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗
|n ⃗⃗ ||BP
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3
2√5
=−
√15
5
． 所以二面角二面角P −AG −B 的平面角的余弦值√15
5
．
【解析】解法一：(1)由题设条件知可通过证明AG ⊥面DBP 证AG ⊥BD ；
(2)作辅助线，如图，找出∠PGB 是二面角P −AG −B 的平面角，由于其所在的三角形各边已知，且是一个直角三角形，故易求．
解法二：建立如图的空间坐标系，给出图中各点的坐标
(1)求出AG ，BD 两线段对应的向量的坐标，验证其内积为0即可得出两直线是垂直的； (2)求出两个平面的法向量，然后求出两法向量夹角的余弦值的约对值即是二面角P −AG −B 的平面角的余弦值．
本题考查空间的线面关系、二面角、空间向量及坐标运算、余弦定理等知识，考查数形结合、化归转化的数学思想和方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．
22.【答案】解：(1)1°当直线l 的斜率不存在时，
l 的方程为x =0，与圆C 不相切； 2°当直线l 的斜率存在时，
设直线l 的方程为y =kx +1，即kx −y +1=0， ∴
√1+k 2
=1，解得k =0或k =−3
4，
∴直线l 的方程为y =1或y =−3
4x +1； (2)由(1)可知，l 的斜率存在， 设l 的方程为y =kx +1，M(x 0,y 0)，
由{y =kx +1(x −3)2+y 2
=1消去y 得，(1+k 2)x 2−(6−2k)x +9=0， ∴x 0=3−k 1+k 2,y 0=3k+1
1+k 2，
∴M(3−k 1+k 2,3k+11+k 2)，∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3−k 1+k
2,3k−k
2
1+k
2)
， 由{y =kx +13x −y +6=0得，{x =5
k−3y =
6k−3k−3
， ∴N(5k−3,
6k−3
k−3)，∴AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(5k−3,5k k−3
)， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =15−5k (1+k 2)(k−3)+5k 2
(3−k)
(1+k 2)(k−3)
=−5， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值．
【解析】(1)可看出直线l 存在斜率，可设直线l 的方程为y =kx +1，从而可得出√1+k 2=1，解出k ，从而得出直线l 的方程；
(2)可设直线l 的方程为y =kx +1，设M(x 0,y 0)，可联立直线l 的方程和圆C 的方程，消去y 可得出(1+k 2)x 2−(6−2k)x +9=0，根据点M 为弦PQ 的中点可得出M(3−k
1+k 2,3k+1
1+k 2)，从而得出向量AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3−k 1+k
2,
3k−k 21+k 2
)；而联立直线l 的方程和直线m 的方程
可得出点N 的坐标，从而可得出AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(5k−3,5k k−3)，然后进行数量积的坐标运算即可求出AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值． 本题考查了直线的点斜式方程，点到直线的距离公式，直线和圆相切的定义，弦中点的坐标公式，向量数量积的坐标运算，考查了计算能力，属于中档题．。