2020-2021学年江苏省南京田家炳高级中学高二(上)检测数学试卷(10月份)(附答案详解)

2020-2021学年江苏省南京田家炳高级中学高二（上）检
测数学试卷（10月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1.已知α为锐角，sin(π
3+α)=√3
3
，则cosα=()
A. √6
6−√3
2
B. √6
6
+√3
2
C. 1
2
−√6
6
D. √6
6
−1
2
2.在△ABC中，∠A=60°，AB=2，且△ABC的面积S=√3
2
，则AC的长为()
A. 2
B. 1
C. √3
D. √3
2
3.过点P(3,4)作圆x2+y2=4的两条切线，切点分别为A，B，则|AB|=()
A. 5−√3
B. 5−√2
C. 2√21
5D. 4√21
5
4.已知过点P(2,1)有且仅有一条直线与圆：x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0相
切，则a=()
A. −1
B. −2
C. 1，2
D. −1或−2
5.由直线x+y+3=0上一点P向圆C：(x−2)2+(y+3)2=1引切线，则切线长的
最小值为()
A. 1
4B. 1
3
C. 1
2
D. 1
6.在直角坐标平面内，已知A(−1,0)，B(1,0)以及动点C是△ABC的三个顶点，且
sinAsinB+cosC=0，则动点C的轨迹Γ的离心率是()
A. √3
B. √2
C. √3
2D. √2
2
7.已知直线y=kx(k≠0)与双曲线x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)交于A，B两点，以AB
为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若△ABF的面积为4a2，则双曲线的离心率为()
A. √2
B. √3
C. 2
D. √5
8.已知圆(x−2)2+y2=9的圆心为C，过点M(−2,0)且与x轴不重合的直线l交圆A、
B两点，点A在点M与点B之间．过点M作直线AC的平行线交直线BC于点P，则点P的轨迹为()
A. 圆的一部分
B. 椭圆的一部分
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9.若cosα(1+√3tan10°)=1，则α的一个可能值为()
A. 130°
B. 220°
C. 40°
D. 320°
10.已知点A(1,1)和点B(4,4)，P是直线x−y+1=0上的一点，则|PA|+|PB|的可能
取值是()
A. 3√6
B. √34
C. √5
D. 2√5
11.已知椭圆x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为e，F1、F2分别为椭圆的两个焦点，若
椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，则满足条件的一个e的值()
A. 2
3B. 3
4
C. √3
2
D. √2
2
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点，下列正确命题有
()
A. 若P为棱CC1中点，则异面直线AP与CD所成角的正切值为√5
2
B. 若P在线段A1B上运动，则AP+PD1的最小值为√6+√2
2
C. 若P在半圆弧CD⏜上运动，当三棱锥P−ABC体积最大时，三棱锥P−ABC外接
球的表面积为2π
D. 若过点P的平面a与正方体每条棱所成角相等，则a截此正方体所得截面面积
的最大值为3√3
4
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.当实数a，b变化时，两直线l1：(2a+b)x+(a+b)y+(a−b)=0与12：m2x+2y+
n=0都通过一个定点，则点(m,n)所在曲线的方程为______．
14.若关于x的方程√x2−1=kx−2有解，则实数k的取值范围是______．
15.若角θ的终边落在直线x+y=0上，则sinθ
√1−sin2θ+√1−cos2θ
cosθ
=______．
16.已知三棱锥P−ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，
则三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径比为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知tanα=2.求：
(1)sinα+2cosα
；
sinα−cosα
(2)1
．
sin2α+sinαcosα−2cos2α
18.求分别满足下列条件的直线l的方程．
(1)已知点P(2,1)，l过点A(1,3)，P到l距离为1
(2)l过点P(2,1)且在x轴，y轴上截距的绝对值相等
+sinA−√3=0．19.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2√3sin2A
2
(I)求角A的大小；
(II)已知△ABC外接圆半径R=√3，AC=√3，求△ABC的周长．
20.如图．在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，且AB=2，AD=3，PA=√3，
AD//BC，AB⊥BC，∠ADC=45°．
(1)求异面直线PC与AD所成角的余弦值；
(2)求点A到平面PCD的距离．
21.如图，某海面上有O、A、B三个小岛(面积大小忽略不计)，A岛在O岛的北偏东45°
方向距O岛40√2千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛20千米处，以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O、A、B三点．
(1)求C的方程；
(2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西30°方向距O岛40千米
处，正沿着北偏东45°行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？
22.已知椭圆C：x2
a2+y2=1(a>1)的离心率为√2
2
，直线l：x=ty+√6
3
(t∈R)与x轴
的交点为P，与椭圆C交于M、N两点．(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：1
|PM|2+1
|PN|2
是定值．
答案和解析1.【答案】C
【解析】解：α为锐角，且sin(π
3+α)=√3
3
<√3
2
，
所以π
2<π
3
+α<π，
所以cos(π
3+α)=−√1−sin2(π
3
+α)=−√1−(√3
3
)2=−√6
3
，
所以cosα=cos[(α+π
3)−π
3
]
=cos(α+π
3)cosπ
3
+sin(α+π
3
)sinπ
3
=−√6
3×1
2
+√3
3
×√3
2
=1
2−√6
6
．
故选：C．
根据同角的三角函数关系和三角恒等变换，计算即可．
本题考查了三角恒等变换与三角函数求值问题，也考查了运算求解能力，是基础题．2.【答案】B
【解析】解：由三角形面积计算公式√3
2=S=1
2
×2×AC×sin60°，
解得AC=1．
故选：B．
利用三角形面积计算公式即可得出．
本题考查了三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．3.【答案】D
【解析】解：如图：|OP|=√32+42=5，
在Rt△OAP中，cos∠AOP=|OA|
|OP|=2
5
，∴
sin∠AOP=√1−4
25=√21
5
，
∵AB⊥OP，
∴sin∠AOP=1
2
|AB|
|OA|
，
∴|AB|=2|OA|sin∠AOP=2×2×√21
5=4√21
5
．
故选：D．
先由两点间的距离得|OP|，然后在直角三角形AOP中计算sin∠AOP，最后在小直角三角形中可得弦长一半．
本题考查了圆的切线方程，属中档题．
4.【答案】A
【解析】解：过点P(2,1)有且仅有一条直线与圆C：x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1= 0相切，
则点P(2,1)在圆上，
则22+12+4a+a+2a2+a−1=0，解得a=−2或a=−1，
又x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0为圆的方程，
则(2a)2+a2−4(2a2+a−1)>0，即−2<a<2
3
，
即a=−1，
故选：A．
由x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0为圆的方程可得(2a)2+a2−4(2a2+a−1)>0，又过点P(2,1)有且仅有一条直线与圆C：x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0相切，则点P(2,1)在圆上，联立即可得解．
本题考查了圆的方程及圆的切线问题，属基础题．
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及圆的切线长的计算，属于基础题．
根据题意，求出圆C的圆心和半径，分析根据勾股定理可得当点P为圆心C到直线的距离最小的点时，切线长最小，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，圆C：(x−2)2+(y+3)2=1的圆心C为(2,−3)，半径r=1；
设切线长为d，则有d=√|PC|2−r2=√|PC|2−1，
则当点P为圆心C到直线的距离最小的点时，切线长最小，而|PC|的最小值为点C到直线l的距离，
则|PC|min=2
√2
=√2；
故切线长最小值为：√(√2)2−1=1．
故选D．
6.【答案】D
【解析】解：由sinAsinB+cosC=0可得sinAsinB−cos(A+B)=0，
即sinAsinB−cosAcosB+sinAsinB=0．
因为A，B∈(0,π)，
易知cosAcosB≠0，所以tanAtanB=1
2
，
所以k AC⋅k BC=−1
2
，设C(x,y)，
所以y
x+1⋅y
x−1
=−1
2
，即x2+y
2
1
2
=1(x≠±1)，
所以a2=1，b2=1
2，则c2=a2−b2=1
2
，
则轨迹Γ的离心率e=c
a =√2
2
．
故选：D．
根据三角计算公式整理得到tanAtanB=1
2
，再转化为斜率之积整理即可求出结论本题考查椭圆的定义以及椭圆的几何意义，属于基础题
7.【答案】D
【解析】解：∵以AB为直径的圆恰好经过双曲
线的右焦点F，
∴以AB为直径的圆的方程为x2+y2=c2，
由对称性知△ABF的面积S=2S△OBF=
2×1
2
cℎ=cℎ=4a2，
即ℎ=
4a 2c
，即B 点的纵坐标为y =
4a 2c
，
则由x 2+(4a 2c
)2
=c
2，得x 2
=c 2
−
(4a 2c
)2=c 2
−
16a 4c 2
，
B 在双曲线上， 则
c 2−
16a 4c 2a
2−
16a 4
c 2b 2
=1，
即c 2a 2−16a 2c 2−16a 4
c 2(c 2−a 2)=1， 即c 2a
2−
16a 2c 2(1+a 2c 2−a 2
)=1，
即c 2
a
2−
16a 2c 2⋅
c 2c 2−a 2
=1，
即c 2
a 2−16a 2
c 2−a 2=1， 即
c 2
a 2
−1=16a 2
c 2−a 2=
c 2−a 2a 2
，
得16a 4=(c 2−a 2)2，
即4a 2=c 2−a 2，得5a 2=c 2，得c =√5a ， 则离心率e =c
a =√5a
a =√5，
故选：D ．
根据以AB 为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F ，得到以AB 为直径的圆的方程为x 2+y 2=c 2，根据三角形的面积求出B 的坐标，代入双曲线方程进行整理即可． 本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出B 的坐标，代入双曲线方程是解决本题的关键．考查学生的运算能力，运算量较大．
8.【答案】C
【解析】解：可得圆(x −2)2+y 2=9的圆心为C(2,0)，半径为R =3． 如图，∵CB =CA =R =3，∴∠CBA =∠CAB ， ∵AC//MP ，∴∠CBA =∠CAB =∠PMA ，
∴PM =PB =PC +BC
⇒PM −PC =BC =3(定值)，且3<MC ． ∴点P 的轨迹是双曲线的一部分，
故选：C．
根据题意可得PM−PC=BC=3(定值)，且3<MC.即可得点P的轨迹是双曲线的一部分．
本题考查了动点轨迹的求解，考查了转化思想，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：因为cosα(1+√3tan10°)=1，
所以cosα=
1
1+√3tan10°
=1
1+√3sin10°
cos10°
=cos10°
cos10°+√3sin10°
=cos10°
2sin(10∘+30∘)
=cos10°
2sin40∘
=
cos(90°−80°) 2sin40∘=sin80°
2sin40∘
=2sin40°cos40°
2sin40∘
=cos40°，
所以α的一个可能值为40°，
又cos320°=cos(360°−40°)=cos40°，
故α的一个可能值为40°或320°．
故选：CD．
先利用同角三角函数关系式、两角和差公式、二倍角公式化简cosα，得到α的一个可能值为40°，再对选项进行分析判断即可．
本题考查了三角函数的化简求值问题，解题的关键是掌握同角三角函数关系式、两角和差公式、二倍角公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：点A(1,1)和点B(4,4)，P是直线x−
y+1=0上的一点，
过点A作直线y=x+1的对称点A′，设A′(m,n)，
可得n−1
m−1=−1，m+1
2
−n+1
2
+1=0，
解得m=0，n=2，即A′(0,2)，
连接A′B，可得|PA|+|PB|=|PA′|+|PB|≥|A′B|=√(4−0)2+(4−2)2=2√5，
当且仅当A′，P，B三点共线时，取得最小值为2√5，
结合选项可知|PA|+|PB|的可能取值是3√6，√34，2√5．
故选：ABD．
过A作直线y=x+1的对称点A′，设A′(m,n)，运用中点坐标公式和两直线垂直的条件，解方程可得m，n，连接A′B，由三点共线的性质可得|PA|+|PB|的范围，从而可得结论．本题主要考查两点间的距离公式，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：如图，当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，
当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角
∠F1PF2达到最大值．
∵椭圆上存在点P使得∠F1PF2是钝角，
∴△P0F1F2中，∠F1P0F2>90°，
∴Rt△P0OF2中，∠OP0F2>45°，
∴P0O<OF2，即b<c，
∴a2−c2<c2，可得a2<2c2，
∴e>√2
2
，
又∵0<e<1，∴√2
2
<e<1，
结合选项可得，满足条件的一个e的值为BC．
故选：BC．
当动点P在椭圆长轴端点处沿椭圆弧向短轴端点运动时，P对两个焦点的张角∠F1PF2渐渐增大，当且仅当P点位于短轴端点P0处时，张角∠F1PF2达到最大值，由此可得e的范围，结合选项得答案．
本题考查了椭圆的简单几何性质，考查数形结合的数学思想，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A ，如图(1)，由AB//CD ，知∠BAP 即为异面直线AP 与CD 所成的角，连接BP ，
因为AB ⊥平面BCC 1B 1，BP ⊂平面BCC 1B 1，所以AB ⊥BP ， 在Rt △ABP 中，AB =1，BP =√BC 2+CP 2=√1+1
4
=√5
2，
tan∠BAP =
BP AB
=
√5
2
，故A 正确；
对于B ，将△AA 1B 与四边形A 1BCD 沿A 1B 展开到同一个平面上，如图(2)所示， 由图知，线段AD 1的长度即为AP +PD 1的最小值，
在△AA 1D 1中，利用余弦定理得AD 1=√12+12−2×1×1×cos135°=√2+√2，故B 错误；
对于C ，如图(3)，当P 为CD
⏜的中点时，三棱锥P −ABC 体积最大， 此时三棱锥P −ABC 的外接球球心是AC 中点，半径为√2
2，其表面积为4π⋅(√2
2)²=2π，
故C 正确；
对于D ，平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等， 只需与过同一顶点所成的角相等即可，
如图(4)，AP =AR =AQ ，则平面PQR 与正方体过点A 的三条棱所成的角相等， 若点E ，F ，G ，H ，M ，N 分别为相应棱的中点，
可得平面EFGHMN//平面PQR ，且六边形EFGHMN 是正六边形， 正方体棱长为1，所以正六边形EFHMN 的边长为√2
2，
所以此正六边形的面积为3√3
4
，为截面最大面积，故D 正确．
故选：ACD ．
对于A ，由AB//CD ，知∠BAE 即为异面直线AE 与CD 所成角，求出∠BAE 的正切值即可；
对于B ，将△AA 1B 与四边形A 1BCD 沿A 1B 展开到同一个平面上，线段AD 1的长度即为
AP +PD 1的最小值，利用余弦定理即可求得AD 1；
对于C ，当P 为CD
⏜中点时，三棱锥P −ABC 体积最大，此时三棱锥P −ABC 的外接球球心是AC 中点，从而求出半径，计算表面积即可；
对于D ，平面α与正方体的每条棱所在直线所成的角都相等，只需与过同一顶点所成的角相等即可，若点E 、F 、G 、H 、M 、N 分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN//平面PQR ，且六边形EFGHMN 是正六边形，由此能求出截面最大面积．
本题考查命题真假的判断，异面直线所成的角，棱柱的结构特征，球的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】n =2m 2−6
【解析】解：直线l 1：(2a +b)x +(a +b)y +(a −b)=0，l 1的方程化为(2x +y +1)a +(x +y −1)b =0，
令{2x +y +1=0x +y −1=0，解得{x =−2
y =3，
所以定点的坐标为(−2,3)．
由l 2过定点(−2,3)，代入m 2x +2y +n =0得−2m 2+n +6=0， ∴点(m,n)所在曲线C 的方程为：n =2m 2−6． 故答案为：n =2m 2−6．
l 1的方程化为(2x +y +1)a +(x +y −1)b =0，求出定点坐标，由l 2过定点，代入l 2化简求解即可．
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
14.【答案】[−√5,−1)∪(1,√5]
【解析】解：方程转化为y =√x 2−1∈[0,1]，整理可得：x 2−y 2=1，渐近线方程为：y =±x ，g(x)=kx −2，可得g(x)恒过(0,−2)，如图所示，
方程有解即是两个函数有交点，由双曲线的对称性只需要求出k >0的情况，同理可得k <0的情况．
k >0时，则可得：√x 2−1=kx −2，两边平方整理可得：(k 2−1)x 2−4kx +5=0，k ≠1，有解，
则△=16k 2−20(k 2−1)>0，k >1，可得：k 2<5， 所以可得k ∈(1,√5]，同理可得k <0，时k ∈[−√5,−1)， 综上所述k 的取值范围为[−√5,−1)∪(1,√5]， 故答案为：[−√5,−1)∪(1,√5].
由题意画出图形，由于双曲线的对称性，只需求出斜率大于0的情况，同理可得斜率小于0的范围，求出相切时的k 值及与渐近线平行的斜率，介于之间的即可． 考查方程的解与函数的交点的互化，属于中档题．
15.【答案】0
【解析】解：若角θ的终边落在直线x +y =0上，则有sinθ=√2
2，cosθ=−√
2
2
，或者sinθ=−
√2
2
，cosθ=
√2
2
． 当sinθ=√2
2，cosθ=−√2
2
时，√1−sin 2θ√1−cos 2θcosθ=sinθ|cosθ|+|sinθ|cosθ=1+(−1)=0． 当sinθ=−√22
，cosθ=√2
2
时，√1−sin 2θ
√1−cos 2θcosθ
=sinθ
|cosθ|+
|sinθ|cosθ
=−1+1=0．
故答案为：0．
角θ的终边落在直线x +y =0上，则有sinθ=√2
2，cosθ=−√
2
2，或者sinθ=−√2
2，cosθ=√2
2.在这两种情况下分别求出√1−sin 2θ
+
√1−cos 2θcosθ
的值．
本题主要考查角θ的终边落在直线x +y =0上时，sinθ 和cosθ的值，同角三角函数的基本关系，体现了分类讨论的
数学思想．
16.【答案】3(√3+1)
2
【解析】解：设三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径分别R，r．
则(2R)2=3×22，1
3r×[1
2
×22×3+√3
4
×(2√2)2]=1
3
×1
2
×22×2，
解得：R=√3，r=
3+√3
．
∴R
r =3(√3+1)
2
．
故答案为：3(√3+1)
2
．
设三棱锥P−ABC的外接球与内切球的半径分别R，r.根据勾股定理、三棱锥的体积计算公式列出方程，解出即可得出．
本题考查了三棱锥的外接球与内切球的性质、勾股定理、三棱锥的体积计算公式、长方体的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：tanα=2，
(1)sinα+2cosα
sinα−cosα=tanα+2
tanα−1
=2+2
2−1
=4；
(2)1
sin2α+sinαcosα−2cos2α=sin2α+cos2α
sin2α+sinαcosα−2cos2α
=tan2α+1
tan2α+tanα−2
=22+1
22+2−2
=5
4
．
【解析】(1)由已知利用同角三角函数基本关系式化简所求即可得解；
(2)由已知利用同角三角函数基本关系式化简所求即可得解；
本题主要考查了同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
18.【答案】解：(1)当l斜率不存在时，l的方程为x=1，满足条件．
当l斜率存在时，设l：y−3=k(x−1)，即kx−y+3−k=0，
由d=
√k2+1
=1，
得k=−3
4
，即l：3x+4y−15=0．
综上l：x=1，或3x+4y−15=0．
(2)当直线过原点时，直线的斜率为1−0
2−0
=0，直线的方程为x−2y=0．
当直线截距相等时，设为x
a +y
a
=1，代入(2,1)，
则a=3，即：x+y−3=0．当直线截距互为相反数时，
设为x
a +y
−a
=1代入(2,1)，
则a=1，即：x−y−1=0．
综上，要求的直线方程为x−2y=0，或x+y−3=0，或x+y−1=0．
【解析】(1)由题意，分类讨论，利用点到直线的距离公式，求出直线的方程．
(2)由题意，分类讨论，利用待定系数法，求出直线的方程．
本题主要考查点到直线的距离公式应用，用待定系数法求直线的方程，属于基础题．
19.【答案】解：(I)∵2√3sin2A
2
+sinA−√3=0，
∴2√3×1−cosA
2
+sinA−√3=0，
即：sinA−√3cosA=0，
∴tanA=√3，
又0<A<π，
∴A=π
3
．
(II)∵a
sinA
=2R，
∴a=2RsinA=2√3sinπ
3
=3，
∵AC=√3，
∴由a2=b2+c2−2bccosA，得c2−√3c−6=0，
∵c>0，所以c=2√3，
∴周长为a+b+c=3+3√3.
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．
(I)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tanA=√3，结合0<A<π，可求A 的值．
(II)由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c2−√3c−6=0，解得c的值，可求周长．
20.【答案】解：(1)以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立如
图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0，0)，P(0,0，√3)，C(2,1，0)，D(0,3，0)， ∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−√3)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3，0)， 设异面直线PC 与AD 所成角为θ， 则cosθ=|PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=
3
2
√
2×3
=√2
4
， 故异面直线PC 与AD 所成角的余弦值为√2
4
．
(2)由(1)知，PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,−√3)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,0) 设平面PCD 的一个法向量为n ⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅PC
⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y −√3z =0n ⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +2y =0，
令x =1，则y =1，z =√3，∴n ⃗ =(1,1，√3)， ∴点A 到平面PCD 的距离d =
|n ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
=
√5
=
3√5
5
．
【解析】(1)以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，写出A 、P 、C 、D 的坐标，设异面直线PC 与AD 所成角为θ，由cosθ=|PC
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PC
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，即可得解；
(2)根据法向量的性质求得平面PCD 的法向量n ⃗ ，再由d =
|n ⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
即可得解．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，掌握利用空间向量处理异面直线夹角和点到平面距离的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可求A(40,40)，B(20,0)，
设过O ，A ，B 三点的圆C 的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0， 可得{
402
+402
+40D +40E +F =0F=0
202
+20D +F =0
，解得D =−20，E =−60，F =0，
故圆C 的方程为x 2+y 2−20x −60y =0，圆心为C(10,30)，半径r =10√10． (2)设船初始位置为点D ，则D(−20,−20√3)，且该船航线所在直线l 的斜率为1，
故该船航行方向为直线l ：y −x −20+20√3=0， 由于圆心C 到直线l 的距离d =√3|
√12+12
=10√6<10√10，
故该船有触礁的危险．
【解析】(1)由题意可求A(40,40)，B(20,0)，设过O ，A ，B 三点的圆C 的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，可得{402
+402
+40D +40E +F =0F=0
202
+20D +F =0
，解得D ，E ，F 的值，即可
得解．
(2)设船初始位置为点D ，则D(−20,−20√3)，且该船航线所在直线l 的斜率为1，该船航行方向为直线l ：y −x −20+20√3=0，利用点到直线的距离公式即可求解． 本题主要考查了圆的方程的求法，重点考查了点到直线的距离公式，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题意可得b 2=1，所以b =1，
又e =√2
2，所以a =√2，
所以椭圆C 的标准方程为
x 22
+y 2=1；
(2)证明：设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，
联立{x =ty +√6
3
x 22
+y 2=1
，整理，得(2+t 2)y 2+2√63ty −43
=0，
所以△=83t 2+
163
(2+t 2)>0恒成立，y 1+y 2=
−2√6t
3(2+t 2)
，y 1y 2
=−4
3(2+t 2)，
所以1
|PM|2+1
|PN|2=1
(1+t 2)y 1
2+1
(1+t 2)y 2
2
=y 12+y 22(1+t 2)y 12y 22=(y 1+y 2)2−2y 1y 2
(1+t 2)(y 1y 2
)2 =
8t 23(2+t 2)2+8
3(2+t 2)
(1+t 2)⋅
169(2+t 2)2
=
163
×9
16=3，
所以1
|PM|2+1
|PN|2为定值3．
【解析】(1)由椭圆的方程可得b 的值，再由离心率和a ，b ，c 的关系求出a 的值，进而求出椭圆的标准方程；
(2)将直线l 的方程与椭圆的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出1
|PM|2+1
|PN|2
的表达式，将两根之和及两根之积代入可证得为定值．
本题考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合，及两点间的距离公式，属于中档题．。