2020-2021学年辽宁省朝阳市高二（上）期中考试数学试卷人教B版

这是一份2020-2021学年辽宁省朝阳市高二（上）期中考试数学试卷人教B版，共14页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知点A(0, 3)和点B(1, 2)，则直线AB的斜率为( )
A.2B.−1C.1D.不存在

2. 若直线2x+y+1=0与直线ax+2y−3=0平行，则实数a的值为( )
A.4B.−4C.2D.−2

3. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD交于点M，则A1M→=( )
A.AM→+AA1→B.AA1→+12AB→+AD→
C.AA1→−12AB→+AD→D.12AB→+AD→−AA1→

4. 给出如下命题：
①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；
②如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；
③如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直；
④如果两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直．
其中正确命题的序号是( )
A.①②③B.②③④C.①②③④D.②③

5. 已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为( )
A.3B.3C.23D.33

6. 在底面是正方形的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，∠A1AD=∠A1AB=π3，则|AC1→|=( )
A.22B.23C.3D.10

7. 过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，若所得交线为a，b，c，⋯，则这些交线的位置关系为( )
A.平行或交于同一点B.相交于同一点
C.相交但交于不同的点D.平行

8. 已知一个球的体积是43π，则它的内接正方体的表面积为( )
A.43πB.12C.48D.24
二、多选题

下列说法正确的是( )
A.若{M→A，M→B，M→C}为空间的一组基底，则A，B，C三点共线
B.若ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，则AA1→+AB→+AD→=AC1→
C.若AB→=λAC→+μAD→λ,μ∈R，则A，B，C，D四点共面
D.若A−BCD为正四面体，G为△BCD的重心，则3AG→=AB→+AC→+AD→

已知点A−1,0，B1,0均在圆C:x−32+y−32=r2r>0外，则下列表述正确的有( )
A.实数r的取值范围是0,13
B.|AB|=2
C.直线AB与圆C不可能相切
D.若圆C上存在唯一点P满足AP⊥BP，则r的值是32−1

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90∘，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=AB=2BC，M，N分别为PC，PB的中点，则( )

A.CD⊥AN
B.BD⊥PC
C.PB⊥平面ANMD
D.BD与平面ANMD所成的角为30∘

在四面体ABCD中，∠DAB=∠DAC=60∘，AB=AC=AD=4，AB⊥AC，E是棱BC上一动点，则下列说法正确的是( )
A.△AED的面积最小值为4
B.平面BCD⊥平面ABC
C.四面体ABCD的体积为1623
D.若F为棱AC的中点，当且仅当E点为棱BC的中点时，EF//平面ABD
三、填空题

若正方体的表面积为12，则其体积为________.

在空间直角坐标系中，点P0,0,1为平面ABC外一点，其中A(1,1,0),B(0,2,3) ，若平面ABC的一个法向量为n→=1,m,1，则点P到平面ABC的距离为________.

直线m−1x+2m−1y=m−5m∈R与圆C:x−82+y+52=4相交于A，B两点，则AB的最小值为________.

在棱长为6的正方体ABCD−A′B′C′D′中，M是BC的中点，点P是正方形DCC′D′内（包括边界）的动点，且满足∠APD=∠MPC，则PDPC=________，当三棱锥P−BCD的体积取得最大值时，此时PB=________.
四、解答题

已知△ABC的三个顶点A−1,0，B5,−4，C1,2.
(1)求BC边上的中线所在直线的方程；

(2)求AB边上的高线所在直线的方程.

在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4，E在线段CC1上.

(1)若A1C⊥平面BDE，求CE的长；

(2)在(1)的条件下，求直线D1E与平面BDE所成角的正弦值.

已知点M(3，3)，圆C:(x−1)2+(y−2)2=4．
(1)求过点M且与圆C相切的直线方程；

(2)若直线ax−y+4=0(a∈R)与圆C相交于A，B两点，且弦AB的长为23，求实数a的值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥平面ABCD，BC // AD，PA⊥PD，AB⊥AD，∠PDA=60∘，E为侧棱PD的中点，且AB=BC=2，AD=4.

(1)证明：CE // 平面PAB；

(2)求二面角A−PB−C的余弦值.

已知直线l：y=x+b与圆C：x2+y2−2x+4y−4=0交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)若b=1，求△AOB的面积；

(2)若以AB为直径的圆M过原点O，求圆M与圆C的面积比.

在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，F是棱AD上的一点，E是棱CC1的中点.

(1)如图1，若F是棱AD的中点，求异面直线OE和FD1所成角的余弦值；

(2)如图2，若延长EO与D1F的延长线相交于点G，求线段D1G的长度.
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省朝阳市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
直线的斜率
【解析】
由题意代入斜率公式，化简可得．
【解答】
解：∵ A(0, 3)，B(1, 2)，
∴ 直线AB的斜率为：3−20−1=−1.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意得−a2=−2，解得a=4.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
12AB→+AD→−AA1→=AM→−AA1→=A1M1→
【解答】
解：如图，
A1M→=AM→−AA1→=12AB→+AD→−AA1→.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
平行公理
平面的基本性质及推论
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由直线与平面垂直的性质定理可知，过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，故①正确；
由平面平行的性质定理可知，如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行，故②正确；
由两平面垂直的判定定理可知，如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直，故③正确；
由两直线垂直的定义可知，如果两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，故④正确.
故选C．
5.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，由于圆锥侧面展开图是一个半圆，
故其母线长为2πrπ=2r，
所以圆锥的表面积为πr2+12π2r2=9π，解得r=3.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
空间向量的加减法
向量的模
【解析】
AC1→=AB→+AD→+AA1→，将两边取模，并平方可求得．
【解答】
解：因为AC1→=AB→+AD→+AA1→，
所以|AC1→|2=|AB→+AD→+AA1→|2
=|AB→|2+|AD→|2+|AA1→|2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA1→+2AD→⋅AA1→
=1+1+4+2+2=10，
所以|AC1→|=10.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
当直线与平面平行时，a // b // c…；当直线与平面α相交时，设l∩α=O，则a、b、c，…是过O点的直线．
【解答】
解：当直线与平面平行时，a//b//c，⋯；
当直线与平面α相交时，
设l∩α=O，则a，b，c，⋯是过O点的直线，
∴ 这些交线的位置关系为都平行或都交于同一点.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设球的半径为R，它的内接正方体的边长为a.
由V=43πR3=43π，
解得R=3.
又∵ 3a=2R，
解得a=2，
∴ S正方体=6a2=24.
故选D.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
若{MA→,MB→,MC→}为空间的一组基底，则向量MA→,MB→,MC→不共面，则A，B，C三点不共线，所以A错误；若ABCD−A1B1C1D1为四棱柱且底面为平行四边形，则AA1→+AB→+AD→=AC1→，所以B错误；C，D正确.
【解答】
解：若{MA→,MB→,MC→}为空间的一组基底，则向量MA→,MB→,MC→不共面，则A，B，C三点不共线，所以A错误；
若ABCD−A1B1C1D1为四棱柱且底面为平行四边形，即AB→+AD→=AC→时，满足AA1→+AB→+AD→=AC1→，所以B错误；
已知AB→=λAC→+μAD→λ,μ∈R，
若向量AC→与AD→共线，则AB→也与AC→，AD→共线，即A，B，C，D四点共面，
若向量AC→与AD→不共线，则点B在平面ACD内，即A，B，C，D四点共面，所以C正确；
设G为△BCD的重心，点M为BC的中点，则MG→=13MD→，
所以AG→=AM→+MG→
=12(AB→+AC→)+13MD→
=12(AB→+AC→)+13⋅12(BD→+CD→)
=12(AB→+AC→)+16(AD→−AB→+AD→−AC→)
=13(AB→+AC→+AD→)，
即3AG→=AB→+AC→+AD→，
所以D正确.
故选CD.
【答案】
A,B,D
【考点】
直线与圆的位置关系
点与圆的位置关系
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ |AC|=(−1−3)2+(0−3)2=5，
|BC|=(3−1)2+(3−0)2=13，
∴ 0∵ |AB|=(−1−1)2+02=2，故B正确；
∵ 点C到AB的距离为点C到x轴的距离，d=3，
当r=3时，直线AB与圆C相切，故C错误；
∵ AP⊥BP，
∴ 点P在以线段AB为直径的圆上.
又∵ A−1,0，B1,0，
∴ 点P在圆x2+y2=1上.
又∵ 点P在圆C：x−32+y−32=r2（r>0）上，
点A−1,0，B1,0均在圆C外，
∴ 圆x2+y2=1与圆C外切，且点P为切点，
∴ 1+r=3−02+3−02 ，
∴ r=32−1，故D正确.
故选ABD.
【答案】
C,D
【考点】
直线与平面所成的角
两条直线垂直的判定
直线与平面垂直的判定
【解析】
根据线面垂直的判定定理与性质定理，结合反证法，二面角的定义判断即可．
【解答】
解：A，若CD⊥AN，
∵ PA⊥底面ABCD，
∴ PA⊥AD.
又∠BAD=90∘，
∴ AD⊥AB.
又PA∩AB=A，
∴ AD⊥平面PAB.
∵ AN⊂平面PAB，
∴ AN⊥AD.
又CD∩AD=D，
∴ AN⊥平面ABCD，
与PA⊥平面ABCD矛盾，故A错误；
B，如图，连接AC，
∵ PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
∴ PA⊥BD.
若BD⊥PC，且PA∩PC=P，
则BD⊥平面PAC，
则BD⊥AC，显然不成立，故B错误；
C，∵PA=AB，N是PB的中点，
∴AN⊥PB.
由题意得，BC⊥AB，BC⊥PA，PA∩AB=A，
∴BC⊥平面PAB.
∵PB⊂平面PAB，
∴BC⊥PB.
∵ M，N分别为PC，PB的中点，
∴ MN//BC，
∴MN⊥PB.
又∵MN∩AN=N，
∴PB⊥平面ANMD，故C正确；
D，如图，连接DN，
∵ PB⊥平面ANMD，
∴ ∠BDN是BD与平面ANMD所成的角.
由PA=AD=AB得，PB=BD=2BN，
在Rt△BDN中，sin∠BDN=BNBD=12，
∴ BD与平面ANMD所成的角为30∘，故D正确.
故选CD.
【答案】
A,B,C,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
平面与平面垂直的判定
【解析】
在四面体ABCD中，AB=AC=4,AB⊥AC,BC=AB2+AC2=22在△DAC中，AC=AD=4,∠DAC=60∘,则DC=4，同理BD=4．在△BCD中，BC2=BD2+CD2，所以△BCD是等腰直角三角形．取BC的中点O，连接AO和DO．则AO=DO=BO=CO=22在△AOD中，AD2=AO2+DO2，所以AO⊥DO,又DO⊥BC，所以DO⊥平面ABC，所以平面BCD⊥平面ABC,
所以四面体ABCD的体积为13×12×4×4×22=1623.若E点为BC的中点，则△AED的面积取到最小值，最小值为12×22×22=4。若点E为棱BC的中点，则EF//ＡＢ，又ＡＢ⊂平面ＡＢＤ，ＥＦ∉平面ＡＢＤ，所以ＥＦ//平面ＡＢＤ，故选ＡＢＣＤ
【解答】
解：在四面体ABCD中，AB=AC=4，AB⊥AC，
BC=AB2+AC2=42.
在△DAC中，AC=AD=4，∠DAC=60∘，
则DC=4，同理BD=4.
在△BCD中，BC2=BD2+CD2，所以△BCD是等腰直角三角形.
取BC的中点O，连接AO和DO，则AO=DO=BO=CO=22.
在△AOD中，AD2=AO2+DO2，所以AO⊥DO，
又DO⊥BC，所以DO⊥平面ABC，所以平面BCD⊥平面ABC,
所以四面体ABCD的体积为13×12×4×4×22=1623，故B,C正确；
若E点为BC的中点，则△AED的面积取到最小值，
最小值为12×22×22=4，故A正确；
若F为棱AC的中点，点E为棱BC的中点，则EF//AB，
又AB包含于平面ABD，EF不包含于平面ABD，
所以EF//平面ABD，故D正确.
故选ABCD.
三、填空题
【答案】
22
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
根据正方体的表面积的计算公式，求出边长a，进而求得体积．
【解答】
解：设正方体边长是a，
根据题意得6a2=12，
解得a=2，
∴ 正方体的体积是(2)3=22.
故答案为：22.
【答案】
63
【考点】
点、线、面间的距离计算
空间向量运算的坐标表示
【解析】
直接利用空间点到平面的距离公式求解即可．
【解答】
解：∵ AB→=(−1,1,3)，n→⋅AB→=0,
∴m=−2，
∴PA→=(1,1,−1)，
∴ P到平面ABC的距离为d=|n→⋅PA→||n→|=63.
故答案为：63.
【答案】
22
【考点】
与圆有关的最值问题
【解析】
直线m−1x+2m−1y=m−5可化为x+2y−1m+5−x−y=0.令x+2y−1=05−x−y=0,’∴ x=9,y=−4∴ 直线过定点P9,−4，且9,−4在圆C内，即当AB⊥CP时，AB最小，此时，AB=2r2−CP2=22
【解答】
解：直线m−1x+2m−1y=m−5
可化为x+2y−1m+5−x−y=0，
令x+2y−1=0,5−x−y=0,可得x=9,y=−4.
∴ 直线过定点P9,−4，且9,−4在圆C内，
即当AB⊥CP时，AB最小，此时AB=2r2−CP2=22.
故答案为：22.
【答案】
2,43
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意易得△ADP∼△MCP，所以PDPC=ADMC=2；
建立如图所示坐标系，设P点坐标为P0,a,b，
则C点坐标为C(0,6,0)，
因为PD=2PC，
所以|PD|=a2+b2，|PC|=6−a2+b2，
所以a2+b2=26−a2+b2，
所以a2+b2=4[6−a2+b2]，即a−82+b2=16，
所以P点的轨迹是以0,8,0为圆心，以4为半径的圆.
又因为0≤a≤6，0≤b≤6，
若三棱锥P−BCD的体积取得最大值，
则三棱锥的高最大，即b最大.
当a=6时，b最大值为bmax=42−22=23，
所以|PB|=PC2+BC2=43.
故答案为：2；43.
四、解答题
【答案】
解：(1)由题意得，边BC的中点D的坐标为3,−1，
所以直线AD的斜率kAD=0−(−1)−1−3=−14，
所以BC边上的中线AD所在直线方程为y−0=−14x+1，
即x+4y+1=0.
(2)由题意得，直线AB的斜率kAB=0−(−4)−1−5=−23，
所以AB边上的高所在直线方程为y−2=32x−1，
即3x−2y+1=0.
【考点】
直线的斜率
中点坐标公式
直线的点斜式方程
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得，边BC的中点D的坐标为3,−1，
所以直线AD的斜率kAD=0−(−1)−1−3=−14，
所以BC边上的中线AD所在直线方程为y−0=−14x+1，
即x+4y+1=0.
(2)由题意得，直线AB的斜率kAB=0−(−4)−1−5=−23，
所以AB边上的高所在直线方程为y−2=32x−1，
即3x−2y+1=0.
【答案】
解：(1)由已知可得，DA，DC，DD1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
可得D(0,0,0)，A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0，
D10,0,4，A12,0,4，B12,2,4，C10,2,4，
设CE=a（0DE→=0,2,a，DB→=2,2,0，A1C→=−2,2,−4，
∴ A1C→⋅DB→=−4+4=0，
∴ A1C⊥DB.
由A1C⊥平面DBE得，A1C→⋅DE→=4−4a=0，
解得a=1，即CE的长为1.
(2)由(1)得D1E→=0,2,−3，
A1C→为平面DBE的一个法向量，
∴ cs⟨D1E→,A1C→⟩=4+1213⋅24=47839，
∴ D1E与平面DBE所成角的正弦值为47839.
【考点】
直线与平面垂直的性质
空间向量的数量积运算
用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知可得，DA，DC，DD1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
可得D(0,0,0)，A2,0,0，B2,2,0，C0,2,0，
D10,0,4，A12,0,4，B12,2,4，C10,2,4，
设CE=a（0DE→=0,2,a，DB→=2,2,0，A1C→=−2,2,−4，
∴ A1C→⋅DB→=−4+4=0，
∴ A1C⊥DB.
由A1C⊥平面DBE得，A1C→⋅DE→=4−4a=0，
解得a=1，即CE的长为1.
(2)由(1)得D1E→=0,2,−3，
A1C→为平面DBE的一个法向量，
∴ cs⟨D1E→,A1C→⟩=4+1213⋅24=47839，
∴ D1E与平面DBE所成角的正弦值为47839.
【答案】
解：(1)由圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2=4知，圆心C(1, 2)，半径是2．
①当切线斜率存在时，设所求直线方程为y−3=k(x−3)，
即kx−y−3k+3=0，设圆心到直线的距离为d，
因为d=|k−2−3k+3|k2+1=|−2k+1|k2+1=2，
所以k=−34，
此时，方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21=0；
②当切线斜率不存在时，直线方程为x=3，与圆C相切．
所以过点M(3, 3)且与圆C相切的直线方程为x=3或3x+4y−21=0．
(2)因为弦AB的长为23，圆心C(1, 2)，半径是2，
所以圆心到直线ax−y+4=0的距离为：
d1=r2−(|AB|2)2=1．
因为d1=|a−2+4|a2+1=1，
所以a=−34．
【考点】
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）分类讨论，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求过点M(3, 1)的圆C的切线方程；
（2）因为弦AB的长为23，所以点C到直线l的距离为1，即可求a的值．
【解答】
解：(1)由圆C的方程为(x−1)2+(y−2)2=4知，圆心C(1, 2)，半径是2．
①当切线斜率存在时，设所求直线方程为y−3=k(x−3)，
即kx−y−3k+3=0，设圆心到直线的距离为d，
因为d=|k−2−3k+3|k2+1=|−2k+1|k2+1=2，
所以k=−34，
此时，方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21=0；
②当切线斜率不存在时，直线方程为x=3，与圆C相切．
所以过点M(3, 3)且与圆C相切的直线方程为x=3或3x+4y−21=0．
(2)因为弦AB的长为23，圆心C(1, 2)，半径是2，
所以圆心到直线ax−y+4=0的距离为：
d1=r2−(|AB|2)2=1．
因为d1=|a−2+4|a2+1=1，
所以a=−34．
【答案】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）取AD中点O，连结OC，OE，推导出四边形ABCD为平行四边形，从而OC // AB，进而平面OCE // 平面PAB，由此能证明CE // 平面PAB．
（2）过点P作PF⊥AD于F，从而PF⊥平面ABCD，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角A−PB−C的余弦值．
【解答】
(1)证明：取AD的中点O，连接OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，
∴ OE // PA.
∵ BC=2，AD=2AO=4，BC // AD，
∴ 四边形ABCO为平行四边形，
∴ OC // AB.
∵ OC∩OE=O，
∴ 平面OCE // 平面PAB.
又∵ CE⊂平面OCE，
∴ CE // 平面PAB.
(2)解：过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平面PAD⊥平面ABCD，
∴ PF⊥平面ABCD.
∵ PA⊥PD，∠PDA=60∘，AD=4，
∴ PD=2，PF=3，FD=1，
如图，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，
D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，
BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, −3, −3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的一个法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0,BC→⋅n→=2y=0, 取z=2，得n→=(3,0,2).
设m→=(a, b, c)是平面PAB的一个法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0,PB→⋅m→=2a−3b−3c=0, 取b=1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217.
【答案】
解：(1)由题意知直线l：y=x+1 ，
圆C:x−12+y+22=9，
圆心C1,−2到直线l的距离为42=22，
点O到直线l的距离为d=|0−0+1|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−8=2，
△AOB的面积为S=12|AB|⋅d=12×2×22=22.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，
∴ OA⊥OB，即x1x2+y1y2=0①，
由y=x+b,x2+y2−2x+4y−4=0,
消去y得2x2+2b+1x+b2+4b−4=0，
∴ x1+x2=−b+1 ，x1x2=12b2+4b−4②，
y1y2=x1+bx2+b
=x1x2+bx1+x2+b2=12b2+2b−4③，
把②③式代入①式，得b2+3b−4=0，
解得b=1或b=−4，且b=1或b=−4都使得Δ>0成立.
∴ b=1或b=−4 .
当b=1时，由(1)知圆M的直径|AB|=2，圆C的直径为6，
圆M与圆C的面积比为19；
当b=−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−12=34，
圆M与圆C的面积比为1718.
综上，圆M与圆C的面积比为19或1718.
【考点】
点到直线的距离公式
直线和圆的方程的应用
直线与圆相交的性质
圆的综合应用
【解析】
由点O到直线l的距离为d=22，弦AB的长为|AB|=29−8=2 △AOB的面积为S=12|AB|⋅d，即可求解；
设Ax|,y, Bx2,y2，由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0消去y得： 2x2+2b+1x+b2+4b−4=0得b2+3b−4=0，解得b=1或b=−4，分别求出面积比即可．
【解答】
解：(1)由题意知直线l：y=x+1 ，
圆C:x−12+y+22=9，
圆心C1,−2到直线l的距离为42=22，
点O到直线l的距离为d=|0−0+1|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−8=2，
△AOB的面积为S=12|AB|⋅d=12×2×22=22.
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，
∵ 以AB为直径的圆过原点O，
∴ OA⊥OB，即x1x2+y1y2=0①，
由y=x+b,x2+y2−2x+4y−4=0,
消去y得2x2+2b+1x+b2+4b−4=0，
∴ x1+x2=−b+1 ，x1x2=12b2+4b−4②，
y1y2=x1+bx2+b
=x1x2+bx1+x2+b2=12b2+2b−4③，
把②③式代入①式，得b2+3b−4=0，
解得b=1或b=−4，且b=1或b=−4都使得Δ>0成立.
∴ b=1或b=−4 .
当b=1时，由(1)知圆M的直径|AB|=2，圆C的直径为6，
圆M与圆C的面积比为19；
当b=−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，
弦AB的长为|AB|=29−12=34，
圆M与圆C的面积比为1718.
综上，圆M与圆C的面积比为19或1718.
【答案】
解：(1)如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME.
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，
∴ OF//CD，D1M//CD，
且OF=12CD，D1M=12CD.
∴ OF//D1M，且OF=D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，
∴ D1F//OM，
∴ ∠MOE为异面直线OE与FD1所成的角.
在△MOE中，易求OM=5，ME=2，OE=3,
∴ OM2=ME2+OE2,
∴ ME⊥OE，
∴ cs∠MOE=35=155.
(2)∵ G∈D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1.
同理G∈平面ACC1A1.
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1=A1A，
∴ G∈AA1.
∵ A1G//CE，且O为AC的中点，
∴ AG=CE=1，
∴ A1G=3，
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13.
【考点】
异面直线及其所成的角
与二面角有关的立体几何综合题
【解析】
连接OF，取C1D1的中点M先得出四边形OFD1M为平行四边形，所以D1F∥OM ，即∠MOE为异面直线FD1与OE所成的角，计算即可；
由公理2知G∈AA1，可得AG=CE=1，则A1G=3，即可得出线段D1的长度．
【解答】
解：(1)如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME.
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，
∴ OF//CD，D1M//CD，
且OF=12CD，D1M=12CD.
∴ OF//D1M，且OF=D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，
∴ D1F//OM，
∴ ∠MOE为异面直线OE与FD1所成的角.
在△MOE中，易求OM=5，ME=2，OE=3,
∴ OM2=ME2+OE2,
∴ ME⊥OE，
∴ cs∠MOE=35=155.
(2)∵ G∈D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1.
同理G∈平面ACC1A1.
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1=A1A，
∴ G∈AA1.
∵ A1G//CE，且O为AC的中点，
∴ AG=CE=1，
∴ A1G=3，
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13.