2018-2019学年福建省泉州市永春一中高一(下)期末数学试卷(附答案详解)

2018-2019学年福建省泉州市永春一中高一（下）期末数
学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）
1.已知直线l的方程为y=x+1，则该直线l的倾斜角为()
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 135°
2.若a，b是异面直线，直线c//a，则c与b的位置关系是()
A. 相交
B. 异面
C. 平行
D. 异面或相交
3.如图，若△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的面积是()
A. 6
B. 3√2
C. 6√2
D. 12
4.若直线l1：ax+2y+6=0与直线l2：x+(a−1)y−1=0平行，则实数a=()
A. 2
3
B. −1
C. 2
D. −1或2
5.已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是()
A. 若a//α，b//α，则a//b
B. 若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a⊥b
C. 若a⊥b，b⊥α，则a//α
D. 若α//β，a⊂α，则a//β
6.若直线l：x−3y+n=0与圆x2+y2+2x−4y=0交于A、B两点，A、B关于直
线3x+y+m=0对称，则实数m的值为()
A. 1
B. −1
C. −3
D. 3
7.已知圆锥的表面积为9πcm2，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为
()
A. 3√2
2
cm B. 3√2cm C. √3cm D. 2√3cm
8.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则直线BC1与平面BB1DD1
所成角的正弦值为()
A. √6
3B. √10
2
C. √15
5
D. √10
5
9. 四边形ABCD ，
AB//CD ，AB ⊥BC ，2AB =AD =CD =2√3，则△ABC 的外接圆与△ACD 的内切圆的公共弦长( ) A. 1
B. √2
C. √3
D. 2
10. 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，底面为直角三角形∠ACB =90°，AC =√2，BC =
CC 1=1，P 是BC 1上一动点，则A 1P +PC 的最小值是( )
A. 2√2
B. √5
C. √3
D. 2
二、多选题（本大题共2小题，共10.0分）
11. 以下四个命题表述正确的是( )
A. 直线(3+m)x +4y −3+3m =0(m ∈R)恒过定点(−3,−3)
B. 圆x 2+y 2=4上有且仅有3个点到直线l ：x −y +√2=0的距离都等于1
C. 曲线C 1：x 2+y 2+2x =0与曲线C 2：x 2+y 2−4x −8y +m =0恰有三条公切线，则m =4
D. 已知圆C ：x 2+y 2=4，点P 为直线x 4+y
2=1上一动点，过点P 向圆C 引两条切线PA 、PB ，A 、B 为切点，则直线AB 经过定点(1,2)
12. 正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，M ，N 为线段BC ，CC 1上的动点，过点A 1，
M ，N 的平面截该正方体的截面记为S ，则下列命题正确的是( ) A. 当BM =0且0<CN <1时，S 为等腰梯形
B. 当M ，N 分别为BC ，CC 1的中点时，几何体A 1D 1MN 的体积为1
12
C. 当M 为BC 中点且0≤CN ≤1时，S 为五边形
D. 当M 为BC 中点，CN =34时，S 与C 1D 1的交点为R ，满足C 1R =16
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知空间中△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1，0)，B(0,1，2)，C(2,1，1)，则
BC边上的中线的长度为______ ．
14.已知点A(1,3)，B(4,2)，若直线ax−y−2a=0与线段AB有公共点，则实数a的
取值范围是______ ．
15.直线l：x+√3y+m=0与圆C：x2+y2−4x+1=0交于A，B两点，若△ABC为
等边三角形，则m=______ ．
16.已知球O的一个内接四面体ABCD中，AB⊥BC，BD过球心O，若该四面体的体
积为1，且AB+BC=2，则球O的表面积的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知直线的方程为3x−4y+2=0．
(1)求过点(−2,2)且与直线l垂直的直线方程；
(2)求直线x−y−1=0与2x+y−2=0的交点，且求这个点到直线的距离．
18.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，|AB|=|BC|=2，|D1D|=3，点M是B1C1的中点，
点N是AB的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)写出点D，N，M的坐标；
(2)求线段MD，MN的长度．
19.如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB=BC，PA⊥PC.点E，F，
O分别为线段PA，PB，AC的中点，点G是线段CO的中点．
(1)求证：FG//平面EBO；
(2)求证：PA⊥BE．
20.已知△ABC的顶点B(3,4)，AB边上的高所在的直线方程为x+y−3=0，E为BC
边的中点，且AE所在的直线方程为x+3y−7=0．
(1)求顶点A的坐标；
(2)求过E点且与x轴、y轴截距相等的直线l的方程．
21.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，PA=AD=
CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且PF
PC =1
3
．
(Ⅰ)求证：CD⊥平面PAD；(Ⅱ)求二面角F−AE−P的余弦值；
(Ⅲ)设点G在PB上，且PG
PB =2
3
.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
22.已知点P1(−√5+1,0)，P2(√5+1,0)，P3(1,1)均在圆C上．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线3x−y+1=0与圆C相交于A，B两点，求|AB|的长；
(3)设过点(−1,0)的直线l与圆C相交于M、N两点，试问：是否存在直线l，使得
l恰好平分△OMN的外接圆？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵直线l的方程为y=x+1，∴斜率为1，又倾斜角α∈[0,π)，∴α=45°．故选：B．
由直线的方程求出斜率，再由斜率的值及倾斜角的范围求出倾斜角的值．
本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，求出直线的斜率，是解题的关键，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
此题考查学生的空间想象能力，考查对异面直线的理解和掌握．
若a，b是异面直线，直线c//a，所以c与b可能异面，可能相交．
【解答】
解：由a、b是异面直线，直线c//a知c与b的位置关系是异面或相交，
故选D．
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查斜二测画法中原图和直观图之间的关系，属基本概念、基本运算的考查．
由直观图和原图的之间的关系，由直观图画法规则，还原△OAB是一个直角三角形，直角边OA=6，OB=4，直接求解其面积即可．
【解答】
解：由直观图画法规则，可得△OAB是一个直角三角形，直角边OA=6，OB=4，
∴S△OAB=1
2OA⋅OB=1
2
×6×4=12．
故选：D．4.【答案】D
【解析】解：由a(a−1)=2，解得a=−1或2，
经过验证都满足题意，
故选：D．
由a(a−1)=2，解得a，经过验证即可得出．
本题考查了直线相互平行与斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：由a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，知：
在A中：若a//α，b//α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
在B中：若α⊥β，a⊂α，b⊂β，则a与b相交、或异面，故B错误；
在C中：若a⊥b，b⊥α，则a//α或a⊂α，故C错误；
在D中：若α//β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得a//β，故D正确．
故选：D．
在A中，a与b相交、平行或异面；在B中，a与b相交、或异面；在C中，a//α或a⊂α；在D中，由面面平行的性质定理得a//β．
本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间位置关系的合理运用．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查点关于直线的对称问题，属于基础题．
由题意可得直线3x+y+m=0过圆心，求出m的值．
【解答】
解：由题意圆的标准方程为：(x+1)2+(y−2)2=5，所以圆心C的坐标为：(−1,2)，由题意可得：A、B关于直线3x+y+m=0对称，
则直线3x+y+m=0过圆心，
所以3×(−1)+2+m=0，解得m=1；
故选：A．
7.【答案】C
【解析】解：设圆锥的底面的半径为r ，圆锥的母线为l ，
则由πl =2πr 得l =2r ，
而S =πr 2+πr ⋅2r =3πr 2=9π
故r 2=3
解得r =√3cm ．
故选：C ．
设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为9π，构造方程，可求出半径．
本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：(1)圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；(2)圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：在长方体ABCD −
A 1
B 1
C 1
D 1中，AB =BC =2，
AA 1=1，
以D 为原点，DA 为x 轴，DC
为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间
直角坐标系，
B(2,2，0)，C 1(0,2，1)，D(0,0，
0)，D 1(0,0，1)，
BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2，
0)，DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，1)，
设平面BB 1DD 1的法向量n
⃗ =(x,y ，z)，
则{n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0n
⃗ ⋅DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =z =0，取x =1，得n ⃗ =(1,−1,0)， 设直线BC 1与平面BB 1DD 1所成角为θ，
则直线BC 1与平面BB 1DD 1所成角的正弦值为：
sinθ=|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√5⋅√2=√105
． 故选：D ．
以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BC 1与平面BB 1DD 1所成角的正弦值．
本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置有关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】C
【解析】解：以AB 为x 轴，AB 的中点为坐标原点建立坐标系，
作AE ⊥DC 于E ，
∵2AB =AD =CD =2√3，
∴CE =AE =DE =√3，AC =√AE 2+EC 2=2√3，
则A(0,√3)，C(3,0)，B(0,0)，D(3,2√3)，
故AC 的中点为：(32,√32
) ∴△ABC 的外接圆的方程(x −32)2
+(y −√3
2)2=3,①
△ACD 的内切圆方程为(x −2)2+(y −√3)2=1，②
联立①②可得两圆公共弦所在方程为：x +√3y −6=0，
点(2,√3)到直线x +√3y −6=0的距离为：d =
√3×√3−6|√12+(√3)2=1
2， ∴两圆的公共弦长为：2√12−(12
)2=√3． 故选：C ．
建立坐标系，分别求出△ABC 的外接圆与△ACD 的内切圆的方程，联立求得公共弦所在方程，进而求得两圆公共弦长．
本题考查圆的方程的求法，考查圆与圆位置关系的应用，是中档题．
10.【答案】B
【解析】解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个
平面内，如图所示，
连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．
BC1=√2，A1C1=√2，A1B=2，通过计算可得∠A1C1P=90°
又∠BC1C=45°
∴∠A1C1C=135°
由余弦定理可求得A1C=√5
故选B．
连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，不难看出CP+PA1的最小值是A1C的连线．(在BC1上取一点与A1C构成三角形，因为三角形两边和大于第三边)由余弦定理即可求解．
本题考查棱柱的结构特征，余弦定理的应用，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，直线方程可化为m(x+3)+3x+4y−3=0，令x+3=0，则3x+4y−3=0，x=−3，y=3，所以直线恒过定点(−3,3)，A错误；
对于B，因为圆心(0,0)到直线l：x−y+√2=0的距离等于1，所以直线与圆相交，而圆的半径为2，
故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，
因此圆上有三个点到直线l：x−y+√2=0的距离等于1，B正确；
对于C，根据两圆有三条公切线，所以两圆外切，曲线C1：x2+y2+2x=0化为标准式得，(x+1)2+y2=1
曲线C2：x2+y2−4x−8y+m=0化为标准式得，(x−2)2+(y−4)2=20−m>0所以，圆心距为5，即1+√20−m=5，解得m=4，C正确；
对于D，设点P的坐标为(m,n)，所以，m
4+n
2
=1，以OP为直径的圆的方程为x2+y2−
mx−ny=0，
)+2y−4=0，两圆的方程作差得直线AB的方程为：mx+ny=4，消去n得，m(x−y
2
=0，2y−4=0，解得x=1，y=2，故直线AB经过定点(1,2)，D正确．
令x−y
2
故选：BCD．
根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．
本题主要考查直线系过定点的求法，以及直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：对于A，如图所示，
当BM=0且0<CN<1时，
由面面平行的性质定理可得，
交线A1B//QN，且A1B≠QN，A1Q=BN，所以截面S为等腰梯形，故A正确；
对于B，如图连接DC1，
由题意可得DC1⊥CD1，
过N作NE⊥CD1交于E，
则NE//DC1，且NE=1
4DC1=√2
4
，由BC⊥面CDD1C1，
NE在面CDD1C1内，BC⊥NE，BC∩CD1=C，∴BE⊥面BCD1A1，
即NE为N到面面BCD1A1的距离，
而S△A1D1M=1
2S矩形BCD1A1=1
2
×√2×1=√2
2
，
∴VN−A1D1M=1
3S△A1D1M⋅NE=1
3
×√2
2
×√2
4
=1
12
，所以B正确；
对于C，当M为BC中点且0≤CN≤1时，若CN=1，如图，
结合图形得S为四边形，故C错误．
对于D，当M为BC中点且CN=3
4
时，如图，
延长MN交B1C1的延长线于P，
连接A1P交C1D1于R，由于C1P//CM，
所以PC1
CM =1
3
，所以PC1=1
6
，
由于C1R//A1B1，
所以C1R
A1B1=PC1
PB1
=
1
6
1
6
+1
=1
7
，故D错误．
故选：AB．
利用空间线面的位置关系，作辅助线，以及柱体锥体的体
积表面积公式进行计算，对选项逐一分析，利用命题真假进行判断即可．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力、运算求解能力，是中档题．
13.【答案】3
2
【解析】解：∵空间中△ABC的三个顶点的坐标分别为A(1,1，0)，B(0,1，2)，C(2,1，1)，
∴BC的中点为(1,1，3
2
)，
∴BC边上的中线的长度为：
√((1−1)2+(1−1)2+(3
2−0)2=3
2
．
故答案为：3
2
．
先求出BC的中点，由此能求出BC边上的中线的长度．
本题考查三角形中线长的求法，考查中点坐标公式、两点间距离的求法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】(−∞,−3]∪[1,+∞)
【解析】解：画出图形，如图所示，
直线ax−y−2a=0，可化为y=ax−2a，
若该直线过点A(1,3)，则a−3−2a=0，解得a=
−3；
若该直线过点B(4,2)，则4a−2−2a=0，解得
a=1，
又直线ax−y−2a=0与线段AB有公共点，
可得实数a的取值范围是a≤−3，或a≥1．
故答案为：(−∞,−3]∪[1,+∞)．
画出图形，结合图形，求出直线过点A、B时a的值，由此求出a的取值范围．
本题考查了直线方程的应用问题，解题时应根据图形，结合题意，求出符合条件的a的取值范围，是中档题．
15.【答案】1或−5
【解析】解：化圆C：x2+y2−4x+1=0为(x−2)2+y2=3，
圆C的圆心为C(2,0)，半径为√3，
∵直线l：x+√3y+m=0与圆(x−2)2+y2=3交于A，B两点，且△ABC为等边三角
形，
∴|AB|=√3，故圆心到直线的距离为d =(√32)=32， 即√1+3=3
2，解得m =1或−5，
故答案为：1或−5． 由题意可得圆心到直线的距离为d =√3−(√32)2=32
，根据点到直线的距离公式列方程解出即可．
本题主要考查了直线和圆相交的弦长公式，以及点到直线的距离公式，考查运算能力，属于中档题．
16.【答案】38π
【解析】解：在Rt △ABC 中，由AB ⊥BC ，且AB +BC =2，
可得2=AB +BC ≥2√AB ⋅BC ，解得AB ⋅BC ≤1，
当且仅当AB =BC =1时取等号，
因为BD 过球心O ，且四面体ABCD 的体积为1，
所以三棱锥O −ABC 的体积为12，
则O 到平面ABC 距离的最小值为1
213×12×1=3，
此时三角形ABC 的外接圆的半径为√2
2， 则球O 的半径的最小值为(√22)=√192
， 因为球O 的表面积的最小值为4π×(√19
2
)2=38π． 故答案为：38π．
求出△ABC 面积的最大值，结合棱锥O −ABC 的体积可得O 到平面ABC 距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值，即可得到答案．
本题考查了多面体的外接球表面积最值的求法，考查了逻辑推理能力、推理运算能力、空间想象能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设与直线3x −4y +2=0垂直的直线方程为4x +3y +c =0， 把点(−2,2)代入，得：−8+6+c =0，
解得c =2，
∴所求直线方程为4x +3y +2=0．
(2)联立{x −y −1=02x +y −2=0
，得{x =1y =0， ∴直线x −y −1=0与2x +y −2=0的交点为A(1,0)，
点A(1,0)到直线3x −4y +2=0的距离：
d =|3×1−4×0+2|√9+16=1．
【解析】(1)设与直线3x −4y +2=0垂直的直线方程为4x +3y +c =0，把点(−2,2)代入，能求出所求直线方程．
(2)联立{x −y −1=02x +y −2=0
，得到直线x −y −1=0与2x +y −2=0的交点，再由点到直线的距离公式能求出这个点到直线的距离．
本题考查直线方程的求不地，考查点到直线的距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线与垂直的性质、点到直线的距离公式的合理运用．
18.【答案】解：
(1)∵D 是原点，则D(0,0，0)． 由|AB|=|BC|=2，|D 1D|=3，
得A(2,0，0)，B(2,2，0)，C(0,2，0)，B 1(2,2，
3)，C 1(0,2，3)．
又∵N 是AB 的中点，∴N(2,1，0)．
∵点M 是B 1C 1的中点，M(1,2，3)．
(2)由两点间距离公式，得
|MD|=√(1−0)2+(2−0)2+(3−0)2=√14，
|MN|=√(2−1)2+(1−2)2+(0−3)2=√11．
【解析】(1)由已知条件，利用长方体的结构特征，能求出点D ，N ，M 的坐标．
(2)直接利用两点间距离公式公式求解．
本题考查空间中点的坐标的求法，考查线段长的求法，是大项贞，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
19.【答案】证明：(1)连接AF 交BE 于Q ，连接
QO ，
因为E ，F 分别为边PA ，PB 的中点，
所以Q 为△PAB 的重心，可得：AQ QF =2，
又因为O 为线段AC 的中点，G 是线段CO 的中点，
所以AO OG =2，
于是AQ QF =AO OG ，
所以FG//QO ，
因为FG ⊄平面EBO ，QO ⊂平面EBO ，
所以FG//平面EBO ．
(2)因为O 为边AC 的中点，AB =BC ，
所以BO ⊥AC ，
因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC =AC ，BO ⊂平面ABC ，
所以BO ⊥平面PAC ，
因为PA ⊂平面PAC ，
所以BO ⊥PA ，
因为点E ，O 分别为线段PA ，AC 的中点，
所以EO//PC ，
因为PA ⊥PC ，
所以PA ⊥EO ，
又BO ∩OE =O ，BO ，EO ⊂平面EBO ，
所以PA ⊥平面EBO ，
因为BE ⊂平面EBO ，
所以PA ⊥BE ．
【解析】(1)连AF 交BE 于Q ，连QO ，推导出Q 是△PAB 的重心，从而FG//QO ，由此能证明FG//平面EBO ．
(2)推导出BO ⊥AC ，从而BO ⊥面PAC ，进而BO ⊥PA ，再求出OE ⊥PA ，由此能证明PA ⊥平面EBO ，利用线面垂直的性质可证PA ⊥BE ．
本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
20.【答案】解：(1)AB 边上的高所在的直线方程为x +y −3=0，
∴k AB =1，
∴直线AB 的方程为：y −4=x −3，化为：x −y +1=0，
联立{x −y +1=0x +3y −7=0
，解得x =1，y =2， ∴A(1,2);
(2)设E(a,b)，则C(2a −3,2b −4)，
联立{(2a −3)+(2b −4)−3=0a +3b −7=0
，解得a =4，b =1， ∴E(4,1)，
由直线l 与x 轴、y 轴截距相等，
①当直线l 经过原点时，设直线l 的方程为：y =kx ，
把E 的坐标代入可得：1=4k ，解得k =14，
∴直线l 的方程为：y =14x;
②当直线l 不经过原点时，设直线l 的方程为：x +y =m ，
把E 的坐标代入可得：m =5，
∴直线l 的方程为：x +y =5．
∴所求直线l 的方程为y =14x 或x +y =5．
【解析】本题考查了直线的方程、直线的交点、相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
(1)AB 边上的高所在的直线方程为x +y −3=0，可得k AB =1，把直线AB 方程与AE 的方程联立解得A 的坐标；
(2)设E(a,b)，则C(2a −3,2b −4)，联立{(2a −3)+(2b −4)−3=0a +3b −7=0
，解得E 坐标；由直线l 与x 轴、y 轴截距相等，对截距分类讨论即可得出．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，
，
∴PA ⊥CD ，
∵AD ⊥CD ，PA ∩AD =A ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，
∴CD ⊥平面PAD ．
(Ⅱ)以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，
AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，
A(0,0，0)，E(0,1，1)，F(23,23,43)，P(0,0，2)，B(2,−1,0)，
AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，1)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(23,23,43
)， 平面AEP 的一个法向量为n
⃗ =(1,0，0)， 设平面AEF 的一个法向量为m
⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0m ⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =23x +23y +43z =0，取y =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,1，−1)， 设二面角F −AE −P 的平面角为θ，由图可知θ为锐角，
则cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√3=√33
． ∴二面角F −AE −P 的余弦值为√33
． (Ⅲ)直线AG 在平面AEF 内，理由如下：
∵点G 在PB 上，且PG PB =23.∴G(43,−23,2
3)，
∴AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(43,−23,23
)， ∵平面AEF 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(1,1，−1)，
m ⃗⃗⃗ ⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =43−23−23=0， 故直线AG 在平面AEF 内．
【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于较难题．
(Ⅰ)推导出PA ⊥CD ，AD ⊥CD ，由此能证明CD ⊥平面PAD ．
(Ⅱ)以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，
AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角F −AE −P 的余弦值．
(Ⅲ)求出AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(43,−23,23)，平面AEF 的一个法向量为m
⃗⃗⃗ =(1,1，−1)，m ⃗⃗⃗ ⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =43−23−23=0，从而直线AG 在平面AEF 内．
22.【答案】解：(1)依题意可知，圆心C 在P 1(−√5+1,0)，P 2(√5+1,0)的中垂线直线x =1上，
设圆心C 的坐标为(1,t)，
则√(−√5+1−1)2+(0−t)2=|t −1|，两边平方，解得t =−2，
所以圆心C(1,−2)，则半径r =|−2−1|=3，
故圆C 的方程为(x −1)2+(y +2)2=9；
(2)圆心C(1,−2)到直线3x −y +1=0的距离为d =√32+(−1)2=3√105， 所以|AB|=2√r 2−d 2=2√9−
185=6√155； (3)设M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，
依题意知，OM ⊥ON ，且OM ，ON 的斜率均存在，
即k OM ⋅k ON =−1，所以x 1x 2+y 1y 2=0，
①当直线l 的斜率不存在时，则直线l 的方程为x =−1，
则M(−1,√5−2),N(−1,−√5−2)，
满足x 1x 2+y 1y 2=0，
故直线l ：x =−1满足题意；
②当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y =k(x +1)，
联立方程组{(x −1)2+(y +2)2=9y =k(x +1)
，可得(1+k 2)x 2+2(k 2+2k −1)x +k 2+4k −4=0，
则x 1+x 2=−2(k 2+2k−1)
1+k 2,x 1x 2=k 2+4k−4
1+k 2，
由x 1x 2+y 1y 2=0得，(1+k 2)x 1x 2+k 2(x 1+x 2)+k 2=0，
即(1+k 2)k 2+4k−4
1+k 2+k 2⋅(−2k 2+4k−21+k 2)+k 2=0，解得k =1，
所以直线l 的方程为y =x +1．
综上所述，存在满足条件的直线x =−1和x −y +1=0．
【解析】(1)圆心C 的坐标为(1,t)，利用圆的几何性质，构造方程，求出t 的值，进而求出半径，即可得到圆的标准方程；
(2)求出圆心C 到直线的距离，然后利用勾股定理求解即可；
(3)分斜率存在和不存在两种情况进行分析，设直线l的方程，与圆联立方程组，利用韦达定理和斜率之间的关系进行分析求解，即可得到答案．
本题考查了直线与圆的综合应用，涉及了圆的几何性质的应用、弦长公式的求解，圆的标准方程的求解以及两条直线垂直的充要条件的运用，涉及知识点多，综合性强，考查了学生逻辑推理能力以及化简运算能力，属于中档题．
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