2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中考试数学试卷 (1)人教B版

这是一份2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中考试数学试卷 (1)人教B版，共16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. 若向量a→=−4,2,1与向量b→=2,x,y共线，则x−y=( )
A.−32B.−12C.12D.1

2. 已知过点Aa,2，B−1,4的直线的斜率为−1，则a=( )
A.−2B.−1C.1D.2

3. 圆x2+y2=9和圆x2+y2−8x+6y+9=0的位置关系是( )
A.外离B.相交C.内切D.外切

4. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中《商功》有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高一丈，问积为粟几何？”，意思是“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为1丈，问它的体积和粟各为多少？”如图，主人意欲卖掉该堆粟，已知圆周率约为3，一斛粟的体积约为2700立方寸（单位换算：1立方丈=106立方寸），一斛粟米卖324钱，一两银子1000钱，则主人卖后可得银子( )

A.200两B.400两C.432两D.480两

5. 已知直线aa−1x+y−1=0与直线3x+ay+1=0垂直，则实数a=( )
A.12B.0或12C.0或23D.23

6. 过点A0,0，B2,2且圆心在直线y=2x−4上的圆的标准方程为( )
A.x−22+y2=4B.x+22+y2=4
C.x−42+y−42=8D.x+42+y−42=8

7. 已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，D1D的中点，则异面直线EF与BD所成的角为( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.120∘

8. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60∘，E是AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折至△A1DE的位置，使得面A1ED⊥面BCDE，则点A1到直线DB的距离为( )

A.72B.74C.32D.3
二、多选题

若m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )
A.若m⊥α，n//α，则m⊥nB.若n⊥α，n//m，则m⊥α
C.若m⊥α，m//β，则α⊥βD.若α⊥β，m//α，则m⊥β

在同一平面直角坐标系中，表示直线l1：y=ax+b与l2：y=bx−a的图象可能正确的是( )
A. B.
C.D.

如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为23，AD1=42，AD1⊥D1C，则下述正确的是( )

A.AB=42
B.∠B1CA=45∘
C.三棱锥B1−CAD1外接球的半径为23
D.点D到面AB1C的距离为23

已知圆C:x2+y2=4，直线l:x+y+m=0，则下列结论正确的是( )
A.当m=2时，直线l与圆C相交
B.Px1,y1为圆C上的点，则x1−12+y1−222的最大值为9
C.若圆C上有且仅有两个不同的点到直线l的距离为1，则m的取值范围是2D.若直线l上存在一点P，圆C上存在两点A，B，使∠APB=90∘，则m的取值范围是−4,4
三、填空题

点1,1到直线x+y+1=0的距离为________.

一个漏斗的上半部分是一个长方体，下半部分是一个四棱锥，两部分的高都为12米，公共的底面是边长为1米的正方形，那么这个漏斗的容积为________米​3.


一条光线从点2,3射出，经y轴反射后与圆x−32+y+22=1相切，则反射光线所在直线的斜率为________.

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为棱A1C1上的点．且BC1//平面AB1D，则A1DDC1=________．已知AB=BC=AA1=1，AC=2，以D为球心，以52为半径的球面与侧面AA1B1B的交线长度为________.

四、解答题

如图，在空间四边形OABC中，2BD→=DC→，点E为AD的中点，设OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→.

(1)试用向量a→，b→，c→表示向量OE→；

(2)若OA=OC=3，OB=2，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60∘，求OE→⋅AC→的值．

已知圆C:x2+y2+ax=0过点322,−62.
(1)求圆C的标准方程及其圆心、半径；

(2)若直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于M，N两点，点P为圆C上任意一点，求△MNP面积的取值范围．

从①BG→=2GC→，②G是PB的中点，③G是△PBC的内心三个条件中任选一个条件，补充在下面问题中，并完成解答．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥底面ABCD，且PD=1，AB=3，AD=2，E，F分别为PC，BD的中点．

(1)判断EF与平面PAD的位置关系，并证明你的结论；

(2)若G是侧面PBC上的一点，且________，求三棱锥G−DCE的体积．
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．

某工厂M（看作一点）位于两高速公路（看作两条直线）OA与OB之间．已知M到高速公路OA的距离是9千米，到高速公路OB的距离是18千米，∠AOB=60∘．以O为坐标原点，以OA为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．

(1)求直线OB的方程；

(2)现紧贴工厂M修建一直线公路连接高速公路OA和OB，与OA的连接点为C，与OB的连接点为D，且M恰为该路段CD的中点，求CD的长度．

如图，几何体为圆柱Ω的一半，四边形ABCD为圆柱Ω的轴截面，点E为圆弧AB上异于A，B的点，点F为线段ED上的动点．

(1)求证：BE⊥AF；

(2)若AB=2，AD=1，∠ABE=30∘，且直线CA与平面ABF所成角的正弦值为1510，求平面ABF与平面ADE所成锐二面角的余弦值．

在平面直角坐标系xOy中，点A在直线l:y=7x+4上，B7,3，以线段AB为直径的圆C（C为圆心）与直线l相交于另一个点D，AB⊥CD.
(1)求圆C的标准方程；

(2)若点A不在第一象限内，圆C与x轴的正半轴的交点为P，过点P作两条直线分别交圆于M，N两点，且两直线的斜率之积为−5，试判断直线MN是否恒过定点，若是，请求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省潍坊市高二（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
利用向量共线定理即可得出．
【解答】
解：∵ a→，b→共线，
∴ 存在实数λ，使得a→=λb→，
∴ −4=2λ，2=λx，1=λy，
解得λ=−2，x=−1，y=−12，
∴ x−y=−12.
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
斜率的计算公式
【解析】
直接利用斜率公式求解即可.
【解答】
解：由题意可得：4−2−1−a=−1，
解得：a=1.
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
两点间的距离公式
【解析】
分别由两圆的方程找出两圆心坐标和两个半径R和r，然后利用两点间的距离公式求出两圆心的距离d，比较d与R−r及d与R+r的大小，即可得到两圆的位置关系．
【解答】
解：圆x2+y2−8x+6y+9=0可转化为(x−4)2+(y+3)2=16.
又x2+y2=9，
所以两圆心的坐标分别为：(4, −3)和(0, 0)，两半径分别为4和3，
所以两圆心之间的距离d=42+(−3)2=5.
因为4−3<5<4+3，
所以两圆的位置关系是相交．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
首先求出锥体的体积，然后更加相应的价格进行求解即可
【解答】
解：因为有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为1丈，
所以底面半径r=122π=2 （丈），
所以体积V=13×πr2×ℎ=13×3×22×1=4 （立方丈）
=4×106 （立方寸），
所以主人卖后可得银子： 4×1062700×3241000=480（两）．
故选D．
5.
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
本题先检验a=0时两直线是否垂直，当a≠0时，两直线的斜率都存在，由斜率之积等于−1，解方程求出a．
【解答】
解：当实数a=0时，
两直线的方程分别为y−1=0和x=−13，
则两直线垂直.
当a≠0时，即两直线的斜率都存在时，
由斜率之积等于−1，
得a1−a1×−3a=−1，
解得a=23，
综上，a=23或a=0.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
圆的标准方程
点与圆的位置关系
【解析】
本题主要先根据题目意思设出圆心坐标，然后设出圆的标准方程，最后通过两点在圆上联立方程求出圆心坐标与半径，从而求出圆的方程即可
【解答】
解：因为圆心在y=2x−4上，
则设圆心为a,2a−4，
则圆的方程为x−a2+y−2a−42=r2.
又A0,0，B2,2在圆上，
则代入圆的方程得：a2+16−16a+4a2=r2，5a2−28a+40=r2，
解得：a=2，r=2，
所以圆的标准方程为：x−22+y2=4.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
本题主要考查异面直线的夹角问题，通过平移到一个图形，结合三角形求出其夹角即可
【解答】
解：因为E，F分别为A1D1，D1D的中点，
所以EF//A1D，
即问题转化为求A1D与BD所成夹角.
在正方体中，
因为A1D=BD=A1B，
所以三角形A1BD为等边三角形，
所以两直线夹角为60∘.
故选C.
8.
【答案】
A
【考点】
直线与平面垂直的判定
三角形求面积
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
本题主要根据题目意思找到边长之间的关系，然后根据直接三角形，求出相应边长，最后根据等面积求出点到直线的距离即可
【解答】
解：因为E是AB中点，
所以EB=EA=EA1=12AB=1.
在菱形ABCD中，CD=BC，∠BCD=∠DAB=60∘，
所以△BCD是等边三角形，同理△ABD是等边三角形，
所以BD=CD=AB=2.
又因为点E是AB中点，
所以DE⊥AB，DE⊥A1E，
所以平面A1ED⊥平面BCDE，
所以A1E⊥平面BCDE，
所以A1E⊥BE.
在直角三角形ABE中，
A1B=A1E2+BE2=2.
在等腰三角形A1BD中，取A1B中点H，连DH，
则DH⊥AB，A1H=12A1B=22，
所以DH=A1D2−A1H2=142,
所以S△A1BD=12A1B⋅DH=12BD⋅A1G，
所以A1G=A1B⋅DHBD=2×1422=72，
所以A1到DB的距离为72.
故选A.
二、多选题
【答案】
A,B,C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
本题中四个选项涉及的命题是在线面关系的背景下研究线线、线面位置关系．AB两个选项是在线面平行、面面垂直的背景下研究线线平行与线面垂直，CD两个选项是在线面平行、面面垂直的背景下研究面面垂直与线面垂直分别由线面平行、面面垂直的性质进行判断得出正确选项．
【解答】
解：A，由线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理可得，若m⊥α，n//α，则m⊥n，故A正确；
B，两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面，故B正确；
C，若m//β，m⊥α，由线面平行的性质定理可得，存在直线m′⊂β且m′//m，则m′⊥α，则α⊥β，故C正确；
D，m与β的关系，可能平行，也可能垂直，故D错误.
故选ABC．
【答案】
A,C
【考点】
函数的图象
【解析】
分别判断两条直线的斜率和截距的符号是否一致即可．
【解答】
解：A，l1的斜率a>0，截距b<0，
l2的斜率b<0，截距−a<0，则a>0，
两个图象一致，满足题意；
B，l1的斜率a>0，截距b>0，
l2的斜率b<0，截距−a<0，则a>0，
两个图象不一致，不满足题意；
C，l1的斜率a<0，截距b>0，
l2的斜率b>0，截距−a>0，则a<0，
两个图象一致，满足题意；
D，l1的斜率a<0，截距b<0，
l2的斜率b>0，截距−a>0，则a<0，
两个图象不一致，不满足题意.
故选AC．
【答案】
A,B,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
棱台的结构特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，连接AD1，D1C，AC.
由题意得，AD1=D1C=42，AD1⊥CD1，
∴ AC=AD12+D1C2=8.
在Rt△ABC中，
AB=BC，AB2+BC2=AC2，
∴ AB=BC=42，故A正确；
B，在△B1CA中，B1C=AB1=42，AC=8，
∴ B1C2+AB12=AC2，
∴ ∠AB1C=90∘.
又B1C=AB1，
∴ ∠B1CA=45∘，故B正确；
C，∵ 2R=(42)2+(42)2+(23)2=219，
∴ R=19，故C错误；
D，∵ VD−AB1C=VB1−ADC，
∴ 点D到面AB1C的距离等于正四棱台的高，即23，故D正确.
故选ABD.
【答案】
A,D
【考点】
直线与圆的位置关系
直线与圆相交的性质
点到直线的距离公式
【解析】
利用直线与圆的位置关系结论逐项判定，主要是转化为求圆心到直线的距离问题.
【解答】
解：由题意得，圆C的圆心为0,0，半径r=2.
A，若m=2，则0,0到x+y+2=0的距离d=21+1=2<2，
则直线与圆相交，故正确；
B，x1−12+y1−222表示x1,y1到1,22的距离的平方，
其最大值为1−02+22−02+22=25，故错误；
C，由题意可得0,0到x+y+m=0的距离满足1即1D，①当直线与圆有交点时，成立，
即m2≤2，解得−22≤m≤22；
②当直线与圆无交点时，m<−22或m>22，
过点P作圆的两个切线，切点为M，N，
则∠MPN≥90∘，即∠MPC≥45∘，
∴ sin∠MPC=MCPC≥sin45∘，
∴ PC≤22，
则m2≤22，解得−4≤m≤4，
综上，m的取值范围为−4,4，故正确.
故选AD.
三、填空题
【答案】
322
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
直接代入点到直线距离公式求解即可.
【解答】
解：由点到直线的距离公式可得：
d=1+1+112+12=322.
故答案为：322.
【答案】
23
【考点】
组合几何体的面积、体积问题
【解析】
漏斗由两个多面体组成，其容积就是两个多面体的体积和．
【解答】
解：由题意知，漏斗的容积即为该几何体的体积，
长方体ABCD−A1B1C1D1 的体积V1=1×1×12=12m3，
棱锥P−ABCD的体积V2=13×1×1×12=16m3，
所以这个漏斗的容积V=12+16=23m3.
故答案为：23.
【答案】
−43或−34
【考点】
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
直线与圆的位置关系
【解析】
利用对称性设出所求直线，再利用直线与圆相切得关系式，即可得解.
【解答】
解：由光的反射原理知，
反射光线必过点−2,3.
设反射光线所在直线的斜率为k，
则反射光线所在直线方程为y−3=kx+2，
即kx−y+2k+3=0.
又因为光线与圆相切，
所以|3k+2+2k+3|k2+1=1，
整理得12k2+25k+12=0，
解得k=−43或k=−34.
故答案为：−43或−34.
【答案】
1,π3
【考点】
弧长公式
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面平行的性质得到线线平行，再作出截面，利用弧长公式即可得到答案.
【解答】
解：如图，连A1B交AB1于点E，连结DE，过点D作DF⊥A1B1，
∵ BC1//平面AB1D，BC1⊂平面EBC1D，
平面AB1D∩平面EBC1D=DE,
∴ DE//BC1.
又E为A1B的中点，
∴ D为A1C1的中点，
∴ A1DDC1=1，
则易得DF⊥平面AA1B1B，
且DF=12B1C1=12.
球面与侧面AA1B1B的交线长，
即以F为圆心，54−14=1为半径的截面圆的劣弧长MN，如图，
∵ MN=FM=FN=1，
∴ ∠MFN=π3，
∴ MN的长为π3×1=π3.
故答案为：1；π3.
四、解答题
【答案】
解：(1)因为2BD→=DC→，
所以BD→=13BC→=13OC→−OB→
=13c→−b→，
所以OD→=OB→+BD→=b→+13c→−b→
=23b→+13c→.
因为点E为AD的中点，
所以OE→=12OA→+OD→=12a→+13b→+16c→．
(2)由题意知a→⋅c→=92，a→⋅b→=3，
c→⋅b→=3，AC→=c→−a→，
所以OE→⋅AC→=12a→+13b→+16c→⋅c→−a→
=−12a→2+16c→2+13a→⋅c→+
13b→⋅c→−13b→⋅a→=−32．
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
平面向量数量积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为2BD→=DC→，
所以BD→=13BC→=13OC→−OB→
=13c→−b→，
所以OD→=OB→+BD→=b→+13c→−b→
=23b→+13c→.
因为点E为AD的中点，
所以OE→=12OA→+OD→=12a→+13b→+16c→．
(2)由题意知a→⋅c→=92，a→⋅b→=3，
c→⋅b→=3，AC→=c→−a→，
所以OE→⋅AC→=12a→+13b→+16c→⋅c→−a→
=−12a→2+16c→2+13a→⋅c→+
13b→⋅c→−13b→⋅a→=−32．
【答案】
解：(1)由题意可得，3222+−622+322a=0，
解得a=−22，
所以圆C的方程为x2+y2−22x=0，
即圆C的标准方程为x−22+y2=2，
其圆心为2,0，半径为2．
(2)由题意可得，M−2,0，N0,−2，
所以|MN|=2，
所以圆心到直线MN的距离为|2+0+2|12+12=2，
所以点P到直线MN的最小距离为2−2，最大距离为2+2，
所以△MNP的面积的最小值为12×2×2−2=2−2，
最大值为12×2×2+2=2+2，
所以△MNP的面积的取值范围为[2−2,2+2]．
【考点】
圆的标准方程与一般方程的转化
点与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】


【解答】
解：(1)由题意可得，3222+−622+322a=0，
解得a=−22，
所以圆C的方程为x2+y2−22x=0，
即圆C的标准方程为x−22+y2=2，
其圆心为2,0，半径为2．
(2)由题意可得，M−2,0，N0,−2，
所以|MN|=2，
所以圆心到直线MN的距离为|2+0+2|12+12=2，
所以点P到直线MN的最小距离为2−2，最大距离为2+2，
所以△MNP的面积的最小值为12×2×2−2=2−2，
最大值为12×2×2+2=2+2，
所以△MNP的面积的取值范围为[2−2,2+2]．
【答案】
解：(1)EF//平面PAD.
证明如下：
如图，连结AC，则AC与BD交于F点，
因为在△PAC中，E，F分别为PC，BD的中点，四边形ABCD是矩形，
所以EF//PA．
又因为EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，PD⊥DC.
又因为底面ABCD是矩形，
所以CD⊥BC.
因为PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PDC.
在△PDC中，E为PC的中点，
所以S△CDE=12S△PDC=12×12×PD×DC=34.
选择条件①.
因为BG→=2GC→，
所以G是BC的三等分点且GC=13BC.
又因为BC=AD=2，
所以三棱锥G−DCE的高为GC=23，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GC =13×34×23=318，
所以三棱锥G−DCE的体积是318．
选择条件②.
因为G是PB的中点，E是PC的中点，
所以在△PBC中，GE=//12BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GE=1，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GE=13×34×1=312，
所以三棱锥G−DCE的体积是312．
选择条件③.
设△PBC的内切圆与PC边相切于点H，则GH⊥PC，
又因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以BC⊥PC，
所以GH//BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GH.
在Rt△PDC中，PC=PD2+DC2=2，BC=2，
所以PB=PC2+BC2=22，
所以GH=12×2×212(2+2+22)=2−2，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GH
=13×34×(2−2)=23−612，
所以三棱锥G−DCE的体积是23−612．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面垂直的判定
直线与平面垂直的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：连结AC，则AC与BD交于F点，
因为在△PAC中，E，F分别为PC，BD的中点，
所以EF//PA．
又因为EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EF//平面PAD．
(2)因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC，PD⊥DC.
又因为底面ABCD是矩形，
所以CD⊥BC.
因为PD∩CD=D，
所以BC⊥平面PDC.
在△PDC中，E为PC的中点，
所以S△CDE=12S△PDC=12×12×PD×DC=34.
选择条件①.
因为BG→=2GC→，
所以G是BC的三等分点且GC=13BC.
又因为BC=AD=2，
所以三棱锥G−DCE的高为GC=23，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GC =13×34×23=318，
所以三棱锥G−DCE的体积是318．
选择条件②.
因为G是PB的中点，E是PC的中点，
所以在△PBC中，GE=//12BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GE=1，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GE=13×34×1=312，
所以三棱锥G−DCE的体积是312．
选择条件③.
设△PBC的内切圆与PC边相切于点H，则GH⊥PC，
又因为BC⊥平面PCD，PC⊂平面PCD，
所以BC⊥PC，
所以GH//BC，
所以三棱锥G−DCE的高为GH.
在Rt△PDC中，PC=PD2+DC2=2，BC=2，
所以PB=PC2+BC2=22，
所以GH=12×2×212(2+2+22)=2−2，
所以VG−DCE=13S△DCE⋅GH
=13×34×(2−2)=23−612，
所以三棱锥G−DCE的体积是23−612．
【答案】
解：(1)因为∠AOB=60∘，
所以直线OB的斜率为3，
所以直线OB的方程为y=3x．
(2)设Ma,9，
因为OB的方程为y=3x，
所以|3a−9|2=18，
解得a=153或a=−93（舍）
所以M(153,9).
设C(x1,0)，D(x2,y2)，
因为M为CD的中点，D在OB上，
所以x1+x22=153，0+y22=9，y2=3x2，
解得y2=18，x2=63，x1=243，
所以CD=(243−63)2+(18)2=36，
所以公路段CD的长度为36千米．
【考点】
直线的倾斜角
直线的点斜式方程
点到直线的距离公式
中点坐标公式
【解析】


【解答】
解：(1)因为∠AOB=60∘，
所以直线OB的斜率为3，
所以直线OB的方程为y=3x．
(2)设Ma,9，
因为OB的方程为y=3x，
所以|3a−9|2=18，
解得a=153或a=−93（舍）
所以M(153,9).
设C(x1,0)，D(x2,y2)，
因为M为CD的中点，D在OB上，
所以x1+x22=153，0+y22=9，y2=3x2，
解得y2=18，x2=63，x1=243，
所以CD=(243−63)2+(18)2=36，
所以公路段CD的长度为36千米．
【答案】
(1)证明：因为四边形ABCD为圆柱Ω的轴截面，
所以AB为底面半圆的直径，
所以BE⊥AE.
因为AD为圆柱的母线，
所以AD⊥平面ABE.
因为BE⊂面ABE，
所以AD⊥BE.
因为AD∩AE=A，AD⊂面ADE，AE⊂面ADE，
所以BE⊥面ADE.
因为AF⊂面ADE，
所以BE⊥AF.
(2)解：在上底面圆弧CD上取一点E′，使得EE′为母线，故EE′，EB，EA两两垂直．
如图，以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系E−xyz.
因为∠ABE=30∘，AB=2，
则E(0,0,0)，D(0,1,1)，C(3,0,1)，B(3,0,0)，A(0,1,0)，
则ED→=(0,1,1).
设EF→=λED→=(0,λ,λ)，λ∈[0,1]，
则F(0,λ,λ)，
则BF→=(−3,λ,λ)，AF→=0,λ−1,λ.
设平面ABF的法向量n1→=x,y,z.
则BF→⋅n1→=0，AF→⋅n1→=0，
得−3x+λy+λz=0，λ−1y+λz=0.
令z=λ−1，
得x=−λ3，y=−λ，
所以n1→=−λ3,−λ,λ−1，CA→=−3,1,−1.
设CA与面ABF所成角为θ，则
sinθ=|cs|=|CA→⋅n1→|CA→||n1→||
=|λ−15×λ23+λ2+λ−12|=1510，
解得λ=13，
所以点F为ED靠近点E的三等分点，
则n1→=−133,−13,−23.
取面ADE的法向量n2→=1,0,0.
设平面ABF与平面ADE所成锐二面角为α，
csα=|cs|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|−1331627|=14，
所以平面ABF与平面ADE所成锐二面角的余弦值为14.
【考点】
直线与平面垂直的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
本题首先通过圆的性质有BE⊥AE，然后通过线面垂直到线线垂直再到线面垂直，最后得出BE⊥AF.
【解答】
(1)证明：因为四边形ABCD为圆柱Ω的轴截面，
所以AB为底面半圆的直径，
所以BE⊥AE.
因为AD为圆柱的母线，
所以AD⊥平面ABE.
因为BE⊂面ABE，
所以AD⊥BE.
因为AD∩AE=A，AD⊂面ADE，AE⊂面ADE，
所以BE⊥面ADE.
因为AF⊂面ADE，
所以BE⊥AF.
(2)解：在上底面圆弧CD上取一点E′，使得EE′为母线，故EE′，EB，EA两两垂直．
如图，以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系E−xyz.
因为∠ABE=30∘，AB=2，
则E(0,0,0)，D(0,1,1)，C(3,0,1)，B(3,0,0)，A(0,1,0)，
则ED→=(0,1,1).
设EF→=λED→=(0,λ,λ)，λ∈[0,1]，
则F(0,λ,λ)，
则BF→=(−3,λ,λ)，AF→=0,λ−1,λ.
设平面ABF的法向量n1→=x,y,z.
则BF→⋅n1→=0，AF→⋅n1→=0，
得−3x+λy+λz=0，λ−1y+λz=0.
令z=λ−1，
得x=−λ3，y=−λ，
所以n1→=−λ3,−λ,λ−1，CA→=−3,1,−1.
设CA与面ABF所成角为θ，则
sinθ=|cs|=|CA→⋅n1→|CA→||n1→||
=|λ−15×λ23+λ2+λ−12|=1510，
解得λ=13，
所以点F为ED靠近点E的三等分点，
则n1→=−133,−13,−23.
取面ADE的法向量n2→=1,0,0.
设平面ABF与平面ADE所成锐二面角为α，
csα=|cs|=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=|−1331627|=14，
所以平面ABF与平面ADE所成锐二面角的余弦值为14.
【答案】
解：1因为BD⊥AD，
所以kDB=−17．
设Da,7a+4，
得7a+4−3a−7=−17，
解得a=0，
所以D(0,4).
在△ABD中，AB⊥CD，C为AB中点，
所以|AD|=|BD|.
设A坐标为(b,7b+4)，
则(b−0)2+(7b+4−4)2=(7−0)2+(3−4)2，
解得b=1或−1.
①当b=1时，A坐标为(1,11)，2R=2|AD|=10，圆心为4,7，
此时圆的标准方程为x−42+y−72=25；
②当b=−1时，A坐标为−1,−3，2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
(2)由题意知，圆的标准方程为x−32+y2=25，
因为圆C与x轴的正半轴的交点为P，
所以P(8,0)，
所以设直线MP的方程为y=kx−8，
联立得y=kx−8,x−32+y2=25，
消去y得1+k2x2−6+16k2x+64k2−16=0，
所以xM⋅xP=64k2−161+k2，
所以xM=8k2−2k2+1，
所以M8k2−21+k2,−10k1+k2，
因为两条直线斜率积为−5，用−5k代替k，得N200−2k225+k2,50k25+k2.
①直线MN的斜率存在，即k2≠5时，
kMN=50kk2+25+10kk2+1200−2k2k2+25−8k2−2k2+1
=60k3+300k−10k4+250=6k(k2+5)−k4+25=6k−k2+5，
所以直线MN方程为y−−10k1+k2=6k5−k2x−8k2−21+k2，
即y=6k5−k2x−8k2−21+k2−5−k26k×10k1+k2，
即y=6k5−k2x−193，则直线MN过定点193,0；
②当直线MN的斜率不存在，即k2=5时，直线MN方程为x=193，过定点193,0.
综上可得，直线MN过定点193,0．
【考点】
圆的标准方程
点到直线的距离公式
圆锥曲线中的定点与定值问题
直线恒过定点
【解析】
1 根据直线的效率与倾斜角的关系，求出直线AB的斜率，然后求出点C的坐标，最后求得称圆方程；
2 根据两直线的斜率之积可设出两个方程，然后将来两直线分别与圆联立，求得M和N的坐标，然后求出直线MN的方程，要使得过定点，则求出k2=15，然后即可求出定点坐标.
【解答】
解：1因为BD⊥AD，
所以kDB=−17．
设Da,7a+4，
得7a+4−3a−7=−17，
解得a=0，
所以D(0,4).
在△ABD中，AB⊥CD，C为AB中点，
所以|AD|=|BD|.
设A坐标为(b,7b+4)，
则(b−0)2+(7b+4−4)2=(7−0)2+(3−4)2，
解得b=1或−1.
①当b=1时，A坐标为(1,11)，2R=2|AD|=10，圆心为4,7，
此时圆的标准方程为x−42+y−72=25；
②当b=−1时，A坐标为−1,−3，2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
2R=2|AD|=10，圆心为3,0，
此时圆的标准方程为x−32+y2=25.
综上，圆的标准方程为x−42+y−72=25或x−32+y2=25.
(2)由题意知，圆的标准方程为x−32+y2=25，
因为圆C与x轴的正半轴的交点为P，
所以P(8,0)，
所以设直线MP的方程为y=kx−8，
联立得y=kx−8,x−32+y2=25，
消去y得1+k2x2−6+16k2x+64k2−16=0，
所以xM⋅xP=64k2−161+k2，
所以xM=8k2−2k2+1，
所以M8k2−21+k2,−10k1+k2，
因为两条直线斜率积为−5，用−5k代替k，得N200−2k225+k2,50k25+k2.
①直线MN的斜率存在，即k2≠5时，
kMN=50kk2+25+10kk2+1200−2k2k2+25−8k2−2k2+1
=60k3+300k−10k4+250=6k(k2+5)−k4+25=6k−k2+5，
所以直线MN方程为y−−10k1+k2=6k5−k2x−8k2−21+k2，
即y=6k5−k2x−8k2−21+k2−5−k26k×10k1+k2，
即y=6k5−k2x−193，则直线MN过定点193,0；
②当直线MN的斜率不存在，即k2=5时，直线MN方程为x=193，过定点193,0.
综上可得，直线MN过定点193,0．