2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 圆x2+2x+y2+4y+1=0的圆心坐标为（ ）
A.(1, 2)B.(−1, 2)C.(1, −2)D.(−1, −2)

2. 由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为（ ）

A.8092m3B.4046m3C.24276m3D.12138m3

3. 如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是BC的中点，且AB=BC=2，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则△ACD在原图中的对应三角形的面积为( )

A.22B.1C.2D.8

4. 一个三棱锥的正视图和侧视图如图所示，则该三棱锥的俯视图可能为（ ）

A.B.C.D.

5. 长方体ABCD−AiB1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则二面角A1−BD−C1的余弦值的大小为（ ）
A.−63B.−13C.13D.63

6. 设m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若n⊥α，α⊥β，则n // βB.若m // α，n // β，α // β，则m // n
C.若m⊥α，α // β，则m⊥βD.若m⊥α，n // α，α⊥β，则n⊥β

7. 若a∈{−3,−2,−1,0,23，1}，则方程x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0能表示的不同圆的个数为（ ）
A.1B.2C.3D.4

8. 设直线l：(2a+1)x+(a−1)y+3a+3=0(a∈R)与圆C：(x−1)2+y2=r2(r>0)交于A，B两点，当实数a变化时，△ABC的最大面积为9，则此时a的值为（ ）
A.4B.1或4C.1D.1或110

9. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E是棱AD的中点，点F，G在平面A1B1C1D1内，若|EF|＝5，CE⊥BG，则|FG|的最小值为（ ）

A.2−1B.355−1C.12D.355

10. 已知t∈R，点A(x0, y0)表示不在直线l:tx+(t2−14)y+1＝0上的点，则所有点A(x0, y0)构成的图形的面积为（ ）
A.πB.2πC.4πD.8π
二、填空题：本大题共7小题。

球的体积是323π，则此球的表面积是________．

圆锥底面半径为1，高为22，轴截面为PAB．如图，从A点拉一绳子绕圆锥侧面一周回到A点，则最短绳长为________．


已知⊙C1:x2+y2−2x−4y+1=0与⊙C2:x2+y2+2x−3=0相交于A，B两点，则直线AB的方程为________，以线段AB为直径的圆的方程为________．

一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．


若⊙C:x2+y2+Dx+Ey+F=0关于直线l1:x+y=0与直线l2:x−y+2=0都对称，则D+E=________，点P(2, −2)，若点Q在⊙C上，当∠CPQ的最大值不超过45∘时，实数F取值范围是________．

如图，三棱台ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AB⊥AC，AA1=A1C1=C1C=1，AB=AC=2，则异面直线AA1与BC1所成角的余弦值为________．


2020年是中国传统的农历“鼠年”，现用3个圆构成“卡通鼠”的形象．如图，A(0, −2)是⊙A的圆心，且⊙A过原点；点B，C在x轴上，圆⊙B、⊙C的半径均为1，⊙B、⊙C均与⊙A相切．直线l过原点．

（1）若直线l与⊙B、⊙C均相切，则直线l截⊙A所得的弦长为________；

（2）若直线l截⊙A、⊙B、⊙C所得的弦长均等于m，则m=________．
三、解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

已知正方体ABCD−A1B1C1D1，E为棱AB的中点．
(Ⅰ)求证：D1E⊥B1C；
(Ⅱ)求证：AC1 // 平面EB1C．


已知⊙C:x2+y2=16．
(Ⅰ)设点Q(x, y)为⊙C上的一个动点，求4x+3y的范围；
(Ⅱ)直线l过点P(3, 4)，且与⊙C交于A、B两点，若|AB|＝27，求直线l的方程．

在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，且AB=AC=2，AA1=23．
(Ⅰ)求证：平面AB1C⊥平面ABB1A1；
(Ⅱ)求直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值．


在平面直角坐标系xOy中，点A(−3, 0)，直线l:y=x+4，设⊙C的半径为2，圆心在直线l上．
(Ⅰ)若⊙C与直线y=−2x−8相交于E，F两点，且|AE|=|AF|，求⊙C的方程；
(Ⅱ)若⊙C上存在点M，使|MA|=2|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．

如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，∠DAB=60∘．点G，H分别在边CD，CB上，点G与点C，D不重合，GH⊥AC，GH与AC相交于点O，沿GH将△CGH翻折到△EGH的位置，使二面角E−GH−B为90∘，F是AE的中点．
(Ⅰ)请在下面两个条件：①AB=AD，②AB⊥BD中选择一个填在横线处，使命题P：若_____，则BD⊥平面EOA成立，并证明．
(Ⅱ)在(Ⅰ)的前提下，当EB取最小值时，求直线BF与平面EBD所成角的正弦值．

参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省高二（上）期中数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.
【答案】
D
【考点】
圆的一般方程
【解析】
由题意把圆的一般方程化为标准方程，可得它的圆心坐标．
【解答】
圆x2+2x+y2+4y+1=0，即(x+1)2+(y+2)2=4，它的圆心坐标为(−1, −2)，
2.
【答案】
A
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由题意可得正四棱锥的底面边长与高，代入棱锥体积公式求解．
【解答】
如图，
四棱锥P−ABCD，PO⊥底面ABCD，PO=21m，AB=34m，
则VP−ABCD＝13×34×34×21＝8092m3，
3.
【答案】
C
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
求出直观图面积后，根据S原图=22⋅S直观图可得答案．
【解答】
解：∵ 三角形的直观图中点D是BC的中点，
且AB=BC=2，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，
∴ S直观图ABC=12×2×2×sin45∘=2，
又∵ S原图=22⋅S直观图=22×2=4，
∴ △ACD在原图中的对应三角形的面积为：12S原图=2．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
直接利用三视图和几何体的直观图之间的转换求出结果．
【解答】
根据几何体的三视图中的正视图和侧视图，
对于B：三视图中的正视图不符合，
对于C：三视图的正视图和侧视图都不符合，
对于D：正视图不符合，
故只有A选项符合，
直观图为：
5.
【答案】
B
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
取BD中点O，连结A1O，C1O，A1C1，推导出A1O⊥BD，C1O⊥BD，从而∠A1OC1是二面角A1−BD−C1的平面角，利用余弦定理能求出二面角A1−BD−C1的余弦值的大小．
【解答】
取BD中点O，连结A1O，C1O，A1C1，
∵ 长方体ABCD−AiB1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，
∴ A1D=A1B=C1D=C1B=22+12=5，
BD=A1C1=22+22=22，A1O=C1O=(5)2−(2)2=3，
∴ A1O⊥BD，C1O⊥BD，
∴ ∠A1OC1是二面角A1−BD−C1的平面角，
cs∠A1OC1=A1O2+C1O2−A1C122×A1O×C1O=3+3−82×3×3=−13，
∴ 二面角A1−BD−C1的余弦值的大小为−13．
6.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
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
【解析】
由条件可得n // β或n⊂β判断A；由线面平行及面面平行得到两直线的位置关系判断B；由直线与平面垂直的判定、平面与平面平行的性质判断C；由条件得到n与β的位置关系判断D．
【解答】
若n⊥α，α⊥β，则n // β或n⊂β，故A错误；
若m // α，n // β，α // β，则m // n或m与n相交或m与n异面，故B错误；
若m⊥α，则m垂直α内的两条相交直线a与b，过a，b分别作平面与β相交，交线为c与d，则c与d相交，
由平面与平面平行的性质可得a // c，b // d，得到m⊥c，m⊥d，则m⊥β，故C正确；
若m⊥α，n // α，α⊥β，则n // β或n⊂β或n与β相交，相交也不一定垂直，故D错误．
7.
【答案】
B
【考点】
圆的一般方程
【解析】
把圆的一般方程和标准形式，可得(x+a)2+(y+a2)2=1−a−3a24，再根据1−a−3a24 大于零时表示圆，从而得到结论．
【解答】
方程x2+y2+2ax+ay+2a2+a−1=0，即 (x+a)2+(y+a2)2=1−a−3a24，
当a=−3时，1−a−3a24=−114<0，方程不能表示圆；
当a=−2时，1−a−3a24=0，方程不能表示圆；
当a=−1时，1−a−3a24=54>0，方程能表示圆；
当a=0时，1−a−3a24=1>0，方程能表示圆；
当a=23时，1−a−3a24=0，方程不能表示圆；
当a=1时，1−a−3a24=−34<0，方程不能表示圆．
综上可得，能表示的不同圆的个数为2，
8.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
当实数a变化时，△ABC的最大面积为9，可知此时AC与BC相互垂直时，可求出r的值，进而求出a的值．
【解答】
设AC与BC的夹角为θ，
由题意可知，S△ABC=12AC×BC×sinθ=12r2sinθ≤12r2=9，
∴ r=32，
∴ AB=2AC=6，
又因为，S△ABC=12AC×BC×sinθ=12AB×d，
∴ d=3，
又，d=|2a+1+3a+3|(2a+1)2+(a−1)2=3，
∴ a=1或a=110．
9.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由已知求得F的轨迹，再由CE⊥BG分析得到，G的轨迹，然后数形结合即可求得|FG|的最小值．
【解答】
如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，
则EO⊥平面A1B1C1D1，连接OE，由|EF|＝5，OE=2，
可得OF=1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，
取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，
由E为AD的中点，K为CD的中点，
可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，
由BB1 // KH，BB1=KH，得四边形BB1HK为平行四边形，则BK // B1H，得G在线段B1H上．
过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．
由已知可得B1H＝5，设|OG|=ℎ，
由等面积法可得，12×5×ℎ＝2×2−12×2×1−12×1×1−12×2×1=32，
可得ℎ=355，∴ |FG|的最小值为355−1．
10.
【答案】
C
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
不在直线上，可转化为关于t的方程，即yt2+xt+1−y4=0无解，根据判别式可得即x2+(y−2)2<4，即可求出所有点A(x0, y0)构成的图形的面积．
【解答】
不在直线上，可转化为关于t的方程，即yt2+xt+1−y4=0无解，
∴ △=x2+y2−4y<0，
即x2+(y−2)2<4，
而x2+(y−2)2=4表示半径为2的圆，
故S=4π．
二、填空题：本大题共7小题。
【答案】
16π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
利用球的体积与表面积计算公式即可得出．
【解答】
解：设此球的半径为R．
∵ 32π3=4πR33，
解得R=2．
∴ 此球的表面积=4πR2=16π．
故答案为：16π．
【答案】
33
【考点】
多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】
首先求出圆锥的母线长，进一步求出展开面的圆心角，最后利用余弦定理的应用求出结果．
【解答】
根据圆锥底面半径为1，高为22，
所以圆锥的母线长为l＝12+(22)2＝3，
圆锥的底面周长为2π，
所以2π=3×α，解得圆锥的展开面构成的扇形的圆心角为2π3．
所以最短绳长为x=32+32−2×3×3×(−12)=33．
【答案】
x+y−1=0,x2+(y−1)2=2
【考点】
相交弦所在直线的方程
【解析】
根据题意，联立两个圆的方程可得直线AB的方程，进而计算求出两圆交点A、B的坐标，求出AB的中点坐标以及要求圆的半径，结合圆的标准方程形式即可得答案．
【解答】
根据题意，⊙C1:x2+y2−2x−4y+1=0与⊙C2:x2+y2+2x−3=0相交于A，B两点，
则有x2+y2−2x−4y+1＝0x2+y2+2x−3＝0，联立可得x+y−1=0，
即直线AB的方程为x+y−1=0，
则有x2+y2+2x−3＝0x+y−1＝0，解可得x＝1y＝0或x＝−1y＝2，
则AB的坐标为(1, 0)和(−1, 2)，
故以线段AB为直径的圆的圆心为(0, 1)，半径r=12|AB|=2，
故以线段AB为直径的圆的方程为x2+(y−1)2=2，
【答案】
3,6+3+6
【考点】
由三视图求体积
【解析】
几何体是四棱锥，几何直观图判断四棱锥的底面四边形的形状及相关几何量的数据；再由侧视图判断几何体的高，把数据代入棱锥的体积公式计算．
【解答】
由三视图知：几何体是四棱锥，如图：
四棱锥的底面四边形为直角梯形，直角梯形的底边长分别为2、1，直角腰长为2；
四棱锥的高为：3，AB=2，AD=2，BC=1，
PA=PB=2，DC=5，PD=22，CP=5，
∴ 几何体的体积V=13×1+22×2×3=3．
表面积为：12×2×3+12×2×1+3+12×1×1+3+1+22×2+12×22×5−2=6+3+6．
【答案】
0,[−7, 2)
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
联立直线方程求得圆心坐标，即可求得D与E的值，则D+E可求；再把D，E代入圆的方程，化为标准方程(x+1)2+(y−1)2=2−F，由2−F>0，得F<2，再由PQ与圆C相切时，∠CPQ取得最大值，可得sin45∘≥2−F|CP|＝2−F32，进一步求得F的范围，取交集得答案．
【解答】
联立x+y＝0x−y+2＝0，解得x＝−1y＝1，则圆心为(−1, 1)，
可得−D2＝−1，−E2＝1，即D=2，E=−2，则D+E=0；
把D=2，E=−2代入x2+y2+Dx+Ey+F=0，得x2+y2+2x−2y+F=0，
即(x+1)2+(y−1)2=2−F，则2−F>0，即F<2．
点P(2, −2)，点Q在⊙C上，则当PQ与圆C相切时，∠CPQ取得最大值，
∵ ∠CPQ的最大值不超过45∘，∴ sin45∘=22≥2−F|CP|＝2−F32，
解得：F≥−7．
综上所述，−7≤F<2，即实数F取值范围是[−7, 2)．
【答案】
3714
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AA1与BC1所成角的余弦值．
【解答】
以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过点A作平面ABC的垂线为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A(0, 0, 0)，A1(0, 12, 32)，B(2, 0, 0)，C1(0, 32, 32)，
∴ AA1→=(0, 12,32)，BC1→=(−2, 32,32)，
设异面直线AA1与BC1所成角为θ，
则csθ=|AA1→|⋅|BC1→|˙=321×7=3714，
∴ 异面直线AA1与BC1所成角的余弦值为3714．
【答案】
455
43
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）设出公切线l的方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出方程求解即可；
（2）设出直线l的方程，分别表示出圆心到直线的距离d1，d2，d3，结合弦长公式求得k，即可得解．
【解答】
根据条件得到两圆的圆心坐标分别为(−5, 0)，(5, 0)，
设公切线l的方程为y=kx(k≠0)且k存在，则|5k|1+k2=1，解得k=±12，
故公切线方程为y=±12x，则A到直线l的距离d=455，
故直线l截⊙A所得的弦长=222−(455)2=455．
设直线l的方程为y=kx(k≠0)且k存在，则三个圆心到该直线的距离分别为：
d1=|−5k|1+k2，d2=|5k|1+k2，d3=21+k2，
则m2=4(1−d12)=4(1−d22)=4(4−d32)，
即有1−(|5k|1+k2)2=4−(21+k2)2，
解得k2=18，
则m2=4(4−41+18)=169，则m=43．
三、解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
【答案】
（1）证明：连结D1A，A1D，则A1D // B1C，
∵ ADD1A1是正方形，∴ D1A⊥A1D．
∵ AE⊥平面ADD1A1，∴ AE⊥A1D．又D1A∩EA=A，A1D⊥平面AED1．
∵ D1E⊂平面D1AE，∴ D1E⊥A1D，
∴ D1E⊥B1C．
（2）证明：连结BC1，与B1C相交于点O．
∵ E，O分别是AB，BC1的中点，∴ AC1 // EO，
又∵ AC1⊄平面BEC，OE⊂平面B1EC，
∴ AC1 // 平面EB1C
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
(Ⅰ)根据线面垂直求出A1D⊥平面AED1，而A1D // B1C，从而求出D1E⊥B1C；
(Ⅱ)根据线面平行的判定定理证明即可．
【解答】
（1）证明：连结D1A，A1D，则A1D // B1C，
∵ ADD1A1是正方形，∴ D1A⊥A1D．
∵ AE⊥平面ADD1A1，∴ AE⊥A1D．又D1A∩EA=A，A1D⊥平面AED1．
∵ D1E⊂平面D1AE，∴ D1E⊥A1D，
∴ D1E⊥B1C．
（2）证明：连结BC1，与B1C相交于点O．
∵ E，O分别是AB，BC1的中点，∴ AC1 // EO，
又∵ AC1⊄平面BEC，OE⊂平面B1EC，
∴ AC1 // 平面EB1C
【答案】
（1）设4x+3y=t，则直线4x+3y=t与⊙C有公共点，
所以圆心到直线的距离d≤4，
|t|42+32≤4，
解得−20≤t≤20．
4x+3y的范围：[−20, 20]；
（2）当直线l垂直于x轴时，此时直线方程为x=3，l与圆的两个交点坐标为(3,7)，(3,−7)，
这两点的距离为27，满足题意；
当直线l不垂直于x轴时，设其方程为y−4=k(x−3)，
即kx−y−3k+4=0，设圆心到此直线的距离为d(d>0)，则27＝216−d2，
得d=3，从而|−3k+4|k2+1＝3，得k＝724，此时直线方程为7x−24y+75=0，
综上所述，所求直线方程为7x−24y+75=0或x=3．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
(Ⅰ)设4x+3y=t，通过直线4x+3y=t与⊙C有公共点，列出不等式求解即可．
(Ⅱ)当直线l垂直于x轴时，验证两点的距离为27，满足题意；
当直线l不垂直于x轴时，设其方程为y−4=k(x−3)，设圆心到此直线的距离为d(d>0)，结合点到直线的距离转化求解k，得到直线方程即可．
【解答】
（1）设4x+3y=t，则直线4x+3y=t与⊙C有公共点，
所以圆心到直线的距离d≤4，
|t|42+32≤4，
解得−20≤t≤20．
4x+3y的范围：[−20, 20]；
（2）当直线l垂直于x轴时，此时直线方程为x=3，l与圆的两个交点坐标为(3,7)，(3,−7)，
这两点的距离为27，满足题意；
当直线l不垂直于x轴时，设其方程为y−4=k(x−3)，
即kx−y−3k+4=0，设圆心到此直线的距离为d(d>0)，则27＝216−d2，
得d=3，从而|−3k+4|k2+1＝3，得k＝724，此时直线方程为7x−24y+75=0，
综上所述，所求直线方程为7x−24y+75=0或x=3．
【答案】
（1）证明：∵ B1C⊥平面ABC，∴ B1C⊥AB，
又AB⊥AC，B1C∩AC=C，
所以AB⊥平面AB1C，AB⊂ABB1A1；
所以平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（2）设BC1∩B1C=O，作OE⊥AB1于E，连结BE，
∵ 平面AB1C⊥平面ABB1A1于AB1，∴ OE⊥平面ABB&​1A1，
∴ ∠EBO为BC1与平面ABB1A1所成角；
由已知AB=AC=2，BB1＝23，得B1C=2，B1A＝22，
∴ BO＝BC2+OC2＝3，
在等腰直角△AB1C中，OE＝22，
所以sin∠EBO＝OEOB＝26，即BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为26．
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直
【解析】
(Ⅰ)证明B1C⊥AB，结合AB⊥AC，推出AB⊥平面AB1C，然后证明平面AB1C⊥平面ABB1A1；
(Ⅱ)说明∠EBO为BC1与平面ABB1A1所成角；通过求解三角形推出BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值．
【解答】
（1）证明：∵ B1C⊥平面ABC，∴ B1C⊥AB，
又AB⊥AC，B1C∩AC=C，
所以AB⊥平面AB1C，AB⊂ABB1A1；
所以平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（2）设BC1∩B1C=O，作OE⊥AB1于E，连结BE，
∵ 平面AB1C⊥平面ABB1A1于AB1，∴ OE⊥平面ABB&​1A1，
∴ ∠EBO为BC1与平面ABB1A1所成角；
由已知AB=AC=2，BB1＝23，得B1C=2，B1A＝22，
∴ BO＝BC2+OC2＝3，
在等腰直角△AB1C中，OE＝22，
所以sin∠EBO＝OEOB＝26，即BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为26．
【答案】
(Ⅰ)设EF的中点为G，连结AE，AF，CE，CF，AG，CG，
由已知得AG⊥EF，
又CE=CF，所以CG⊥EF，则可得AC⊥EF，
则直线AC的方程为y＝12(x+3)，
圆心C满足，y＝12(x+3)y＝x+4，解得C(−5, −1)，
则圆C的方程为(x+5)2+(y+1)2=4．
（2）∵ ⊙C的圆心在在直线l:y=x+4上，设圆心C为(a, a+4)，则⊙C的方程为(x−a)2+[y−(a+4)]2=4，
又∵ |MA|=2|MO|，设M(x, y)，(x+3)2+y2＝2x2+y2整理得：(x−1)2+y2=4，
设此为⊙D，
∴ 点M应该既在⊙C上又在⊙D上即⊙C和⊙D有交点，
∴ |2−2|≤(a−1)2+(a+4)2≤|2+2|，
由2a2+6a+17≥0得a∈R，
由2a2+6a+1≤0得−3−72≤a≤−3+72，
终上所述，a的取值范围为：[−3−72，−3+72]．
【考点】
直线和圆的方程的应用
【解析】
(Ⅰ)设EF的中点为G，连结AE，AF，CE，CF，AG，CG，求出直线AC的方程为y＝12(x+3)，圆心C坐标，即可求解圆C的方程．
(Ⅱ)设M(x, y)，(x+3)2+y2＝2x2+y2整理得：(x−1)2+y2=4，列出|2−2|≤(a−1)2+(a+4)2≤|2+2|，然后求解a的取值范围．
【解答】
(Ⅰ)设EF的中点为G，连结AE，AF，CE，CF，AG，CG，
由已知得AG⊥EF，
又CE=CF，所以CG⊥EF，则可得AC⊥EF，
则直线AC的方程为y＝12(x+3)，
圆心C满足，y＝12(x+3)y＝x+4，解得C(−5, −1)，
则圆C的方程为(x+5)2+(y+1)2=4．
（2）∵ ⊙C的圆心在在直线l:y=x+4上，设圆心C为(a, a+4)，则⊙C的方程为(x−a)2+[y−(a+4)]2=4，
又∵ |MA|=2|MO|，设M(x, y)，(x+3)2+y2＝2x2+y2整理得：(x−1)2+y2=4，
设此为⊙D，
∴ 点M应该既在⊙C上又在⊙D上即⊙C和⊙D有交点，
∴ |2−2|≤(a−1)2+(a+4)2≤|2+2|，
由2a2+6a+17≥0得a∈R，
由2a2+6a+1≤0得−3−72≤a≤−3+72，
终上所述，a的取值范围为：[−3−72，−3+72]．
【答案】
（1）命题P：若AB=AD，则BD⊥平面EOA．
∵ AC⊥GH，∴ AO⊥GH，EO⊥GH，
又二面角E−GH−B的大小为90∘，
∴ ∠AOE=90∘，即EO⊥AO，
∴ EO⊥平面ABCD，
∴ EO⊥BD，
又AB=BC，∴ AO⊥BD，AO∩EO=O，
∴ BD⊥平面EOA．
（2）设AC与BD交于点M，AB=4，∠DAB=60∘，则AC＝43，
设CO=x，OM＝23−x，OB2＝OM2+MB2＝x2−43x+16，EB2＝EO2+OB2＝2x2−43x+16，
当x＝3，|EB|min＝10，
连结EM，作QF⊥EM于F，连结BF，
由(Ⅰ)知BD⊥平面EOA，
∴ BD⊥QF，∴ QF⊥平面EBD，
∴ ∠QBF即为QB与平面EBD所成角，
在Rt△EMB中，EB＝10，BM=2，EM＝6，AE＝30，
由(2QB)2+AE2＝2(AB2+BE2)⇒|QB|＝222，|QF|＝62，
∴ sin∠QBF＝QFQB＝3311，即QB与平面EBD所成角得正弦值为3311．
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
(Ⅰ)命题P：若AB=AD，推出BD⊥平面EOA．然后证明EO⊥平面ABCD，说明EO⊥BD，结合AO⊥BD，即可证明⊥平面EOA．
(Ⅱ)连结EM，作QF⊥EM于F，连结BF，说明∠QBF即为QB与平面EBD所成角，通过求解三角形Rt△EMB，推出QB与平面EBD所成角得正弦值．
【解答】
（1）命题P：若AB=AD，则BD⊥平面EOA．
∵ AC⊥GH，∴ AO⊥GH，EO⊥GH，
又二面角E−GH−B的大小为90∘，
∴ ∠AOE=90∘，即EO⊥AO，
∴ EO⊥平面ABCD，
∴ EO⊥BD，
又AB=BC，∴ AO⊥BD，AO∩EO=O，
∴ BD⊥平面EOA．
（2）设AC与BD交于点M，AB=4，∠DAB=60∘，则AC＝43，
设CO=x，OM＝23−x，OB2＝OM2+MB2＝x2−43x+16，EB2＝EO2+OB2＝2x2−43x+16，
当x＝3，|EB|min＝10，
连结EM，作QF⊥EM于F，连结BF，
由(Ⅰ)知BD⊥平面EOA，
∴ BD⊥QF，∴ QF⊥平面EBD，
∴ ∠QBF即为QB与平面EBD所成角，
在Rt△EMB中，EB＝10，BM=2，EM＝6，AE＝30，
由(2QB)2+AE2＝2(AB2+BE2)⇒|QB|＝222，|QF|＝62，
∴ sin∠QBF＝QFQB＝3311，即QB与平面EBD所成角得正弦值为3311．