2023-2024学年福建省福州市福清市高中联合体高二上学期期中质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市福清市高中联合体高二上学期期中质量检测数学试题（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在空间直角坐标系中，A0,3,1，B1,1,2，则与向量AB共线的向量的坐标是
( )
A. 1,1,1B. 2,-1,2C. -1,2,-1D. -1,2,2
2.若直线l的一个方向向量u=1,0,1，平面α的一个法向量n=0,-1,1，则l与α所成角为
( )
A. π6B. π3C. π3或2π3D. π6或5π6
3.已知直线l的斜率为3，且在y轴上的截距为-1，则l的方程为
( )
A. 3x-y+1=0B. 3x-y-1=0C. 3x+y-1=0D. 3x+y+1=0
4.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，则点A到直线B1E的距离为
( )
A. 1B. 32C. 22D. 33
5.已知直线l1的一个方向向量为2,t，直线l2：2x-y+1=0，若l1⊥l2，则实数t的值为
( )
A. 1B. 12C. -12D. -1
6.已知直线3x+4y-2+λ2x+y+2=0λ∈R过定点M，则点M关于直线x-y=0对称的点的坐标为
( )
A. 2,2B. -2,2C. 2,-2D. -2,-2
7.已知圆心为C的圆经过A1,-5，B0,2两点，且点C在直线x-y+1=0上，则此圆的标准方程为
( )
A. x-32+y-42=25B. x+32+y-22=25
C. x-12+y-22=25D. x+32+y+22=25
8.已知二面角C-AB-C'的大小为45∘，且CC'⊥平面ABC，ABC的面积为4，则▵ABC'的面积为
( )
A. 2 2B. 3 2C. 4 2D. 8 2
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，点P的坐标为2,-2,1，则
( )
A. 点P到点O的距离是3
B. 点P关于x轴对称点的坐标是(-2,-2,1)
C. 点P关于点(1,1,1)对称的点的坐标是(2,1,3)
D. 点P关于Oxy平面对称的点的坐标是(2,-2,-1)
10.下列说法中正确的是( )
A. 若AB⋅AC>0，则AB和AC的夹角为锐角
B. 若a,b,c是空间的一个基底，则a+2b,b-3c,a+6c构成空间的另一个基底
C. 对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若OP=4OA-2OB-OC，则P，A，B，C四点共面
D. 若平面α//平面β，平面α的一个法向量为(0,0,1)，点A∈α，点B∈β，且AB=1,1,-1，则α与β的距离为1
11.已知圆M：x2+y2-2x-3=0，则
( )
A. 点(2,0)在圆M内B. 圆M关于直线x+3y-1=0对称
C. 圆M的半径为 3D. 直线x- 3y+3=0与圆M相切
12.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M为CC1的中点，点P为该正方体的上底面A1B1C1D1上的动点，则
( )
A. 满足CP//平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 存在唯一的点P满足AP⊥PM
C. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 24
D. 存在点P满足PA+PM=2
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.直线y=- 3x+5的倾斜角的大小为_____________．
14.已知动点M与两个定点A3,0，O0,0的距离的比为2，且动点M不在x轴的下方，则动点M的轨迹与x轴所围成的图形的面积为____________．
15.如图，两个正方形ABCD，ABEF的边长都是2，且∠DAF=120∘，则CF的长为____________．
16.如图，已知圆柱母线长为2，底面圆半径为1，O为下底面圆圆心，A，B是下底面圆周上的点，且∠AOB=120∘.若点C是圆柱表面上的动点，且满足AB⋅BC=0，则点C运动轨迹长为_______________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
已知直线l1：2x+y-3=0．
(1)若直线l2经过点A1,2，且l1//l2，求l2的方程；
(2)若直线l3：x4+y8=1，求l1与l3的距离，
18.(本小题12分)
已知▵ABC的顶点A1,3，边AB上的中线CD所在直线方程为2x-3y+2=0，边AB上的高线CE所在直线方程为x-y+1=0．
(1)求边AC所在直线的方程；
(2)求点D到边AC的距离．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A-BCD中，AB=AC=BD=CD=4，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点
(1)求AN⋅CM的值；
(2)求异面直线AN，CM所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=1，E是PB的中点．
(1)求证：平面PCB⊥平面ADE；
(2)求点B到平面ADE的距离．
21.(本小题12分)
如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2，N为AA1中点，点P在线段CN上，且CP=2PN．
(1)证明：AB1⊥CN；
(2)求平面ABC与平面AB1P夹角的正弦值
22.(本小题12分)
已知⊙O：x2+y2=8，过点A-1,2的动直线l与⊙O交于M，N两点．
(1)是否存在弦MN被点A平分?若存在，写出直线MN 的方程，若不存在，请说明理由；
(2)弦MN的中点P的轨迹为Γ，求Γ的方程．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据空间共线向量的坐标表示即可求解．
解：由题知AB=(1,-2,1)，对于选项 C，-1,2,-1=-AB；对于选项 A，B，D，都不存在λ∈R使λAB与选项 A，B，D相等，故选项A，B，D都不正确．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】【分析】根据线面角的坐标计算公式求解即可．
解：设l与α所成角为θ0≤θ≤π2，
因为直线l的一个方向向量u=1,0,1，平面α的一个法向量n=0,-1,1，
所以sinθ=csu,n=1 2× 2=12，
因为 0≤θ≤π2，所以θ=π6．
故选：A
3.【答案】B
【解析】【分析】由题意知直线l过点0,-1和斜率为3，利用直线的点斜式可求解出直线方程．
解：由题意知：直线l过点0,-1和斜率为3，
所以得：直线的方程为：y+1=3x-0，化简得：3x-y-1=0，
故B项正确．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】【分析】根据正方体的性质，在▵AB1E中应用等面积法求到直线的距离．
解：在正方体中，点A到直线B1E的距离为h，
AE= AD2+DE2= 1+14= 52，
AB1= AB2+BB12= 2，B1E= D1E2+B1D12== 14+2=32，
则在▵AB1E中，cs∠EAB1=54+2-942⋅ 52⋅ 2= 1010，
∴sin∠EAB1=3 1010，
则S▵AB1E=12⋅AE⋅AB1⋅sin∠EAB1=12⋅B1E⋅h，
则 52⋅ 2⋅3 1010=32⋅h，解得h=1．
故选：A
5.【答案】D
【解析】【分析】当直线的斜率存在时，直线的一个方向向量可用其斜率表示为1,k，再由l1⊥l2，从而求解．
解：由题意得，直线l2的斜率k2=2，
因为l1⊥l2，所以直线l1的斜率k1存在，且k1=-1k2=-12，
所以直线l1的一个方向向量可用斜率k1表示为：1,k1=1,-12，
又因为直线l1的一个方向向量为：2,t，
所以得：t=-1，故 D项正确．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】由题意，联立方程组求解定点，再求解点关于直线的对称点，利用垂直平分性质建立方程组求解即可．
解：直线3x+4y-2+λ2x+y+2=0λ∈R过定点M，
由3x+4y-2=02x+y+2=0，解得x=-2y=2,
则定点为M(-2,2)．
设点M(-2,2)关于直线x-y=0的对称点为(x,y)，
则-2+x2-2+y2=0y-2x+2=-1，解得x=2y=-2,
则M(-2,2)关于直线x-y=0r的对称点的坐标为(2,-2)．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】设出圆的方程，列出方程组可得答案．
解：设圆C的方程为x-a2+y-b2=r2r>0，因为经过A1,-5，B0,2两点，且点C在直线x-y+1=0上，
所以1-a2+-5-b2=r20-a2+2-b2=r2a-b+1=0，解得a=-3b=-2r=5,
所以圆的标准方程为x+32+y+22=25．
故选：D．
8.【答案】C
【解析】【分析】根据给定条件作出二面角C-AB-C'的平面角，探求▵ABC与▵ABC'公共边AB上高的关系即可计算作答．
解：
如图，过点C作CO⊥AB于O，连接C'O，
因C'C⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，则AB⊥C'C，
而C'C∩CO=C，C'C,CO⊂平面C'OC，于是得AB⊥平面C'OC，
显然，C'O⊂平面C'OC，从而有AB⊥C'O，
因此，∠C'OC是二面角C-AB-C'的平面角，即∠C'OC=45∘，
在▵C'CO中，C'C⊥CO，则有C'O= 2CO，
所以S▵ABC'=12AB⋅C'O=12AB⋅ 2CO= 2S▵ABC=4 2，
所以▵ABC'的面积是4 2．
故选：C．
9.【答案】AD
【解析】【分析】选项A，由空间向量两点间距离坐标公式可得；选项B，关于x轴对称，则对称点的横坐标与点点P2,-2,1的横坐标相同，故 B错误；选项C，由空间向量中点坐标公式可得；选项D，点P2,-2,1关于Oxy平面对称的点的横、纵坐标与点P2,-2,1的相同，竖坐标互为相反数．
解：选项A，由点P的坐标为2,-2,1得，
OP= 22+(-2)2+12=3，故 A正确；
选项B，点P关于x轴对称点的坐标是(2,2,-1)，故 B错误；
选项C，设点P关于点(1,1,1)对称的点的坐标是(x,y,z)，
则2+x=2-2+y=21+z=2，解得x=0y=4z=1,
即对称点为(0,4,1)，故 C错误；
选项D，点P关于Oxy平面对称的点的坐标是(2,-2,-1)，故 D正确．
故选：AD．
10.【答案】CD
【解析】【分析】选项A，注意共线情况的分析；选项B，由平面向量基本定理可得三向量共面，不能构成基底；选项C，已知条件可变形为AP=-2AB-AC，即P，A，B，C四点共面；选项D，可由法向量方法求解点面距离，即两平行平面的距离．
解：选项A，当AB,AC两向量非零，共线且同向时，
AB⋅AC>0，两向量夹角不是锐角，故 A错误；
选项B，由a+6c=a+2b-2b-3c，
得a+2b,b-3c,a+6c三向量共面，
所以不能作为空间的一个基底，故B错误；
选项C，由已知OP=4OA-2OB-OC，
则OP-OA=2(OA-OB)+(OA-OC)，
即AP=-2AB-AC，
由平面向量基本定理可知，
P，A，B，C四点共面，故C项正确；
选项D，设平面α的法向量(0,0,1)为n，
由点A∈α，点B∈β，且AB=1,1,-1，
则点B到平面的距离d=AB⋅nn=(1,1,-1)⋅(0,0,1)1=1，
又因为平面α//平面β，
则点B到平面α的距离即为平行平面α与β的距离.故D项正确．
故选：CD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】选项A，将点(2,0)的坐标代入一般方程，由符号可判断点圆位置关系；选项 B，看直线是否过圆心来判断是否是圆的对称轴；选项C，一般方程转化为标准方程可得圆的半径；选项D，由圆心到直线的距离与半径的大小关系判断直线与圆的位置关系．
解：(x-1)2+y2=4，圆心为(1,0)，半径r=2，
选项A，将(2,0)坐标代入一般方程式子左边，
由22+02-2×2-3=-3<0，
得点(2,0)在圆内，故 A正确；
选项B，由1+3×0-1=0知，
圆心在直线x+3y-1=0上，
故圆关于直线x+3y-1=0对称，故 B正确；
选项C，半径为2，故 C错误；
选项D，圆心到直线x- 3y+3=0的距离
d=1- 3×0+3 12+ 32=2=r，
则直线x- 3y+3=0与圆相切，故 D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】在正方体中，证得平面BDA1//平面B1CD1，得到CP//平面BDA1，求得点P的轨迹长度，可判定 A正确；以D为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定B、C正确；求得点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M'(0,1,32)，结合PA+PM≥AM'，可判定 D错误．
解：对于A中，如图(1)所示，在正方体中，可得BD//B1D1,A1D//B1C，
因为B1D1⊄平面BDA1，BD⊂平面BDA1，所以B1D1//平面BDA1，
同理可证：B1C//平面BDA1，因为B1D1∩B1C=B1，且B1D1,B1C⊂平面B1CD1
所以平面BDA1//平面B1CD1，又因为CP⊂平面B1CD1，所以CP//平面BDA1，
所以点P在线段B1D1上运动，所以点P的轨迹长度为B1D1= 2，所以 A正确；
对于B中，以D为原点，以DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图(2)所示，
可得A(1,0,0),M(0,1,12)，设P(x,y,1)，且0≤x≤1,0≤y≤1，
则AP=(x-1,y,1),MP=(x,y-1,12),AM=(-1,1,12)，
由AP⋅MP=(x-1,y,1)⋅(x,y-1,12)=x2-x+y2-y+12=(x-12)2+(x-12)2=0，
解得x=12,y=12，所以存在唯一的点P(12,12,1)使得AP⊥PM，所以 B正确；
对于C中，由MP⊥AM，可得AM⋅MP=(-1,1,12)⋅(x,y-1,12)=-x+y-1+14=0，
即y=x+34，因为0≤x≤1,0≤y≤1，
当x=0时，可得y=34；当y=1时，可得x=14；
所以点点P的轨迹为线段E,F，且E(0,34,1),F(14,1,1)，
则EF= (14)2+(14)2+02= 24，所以 C正确；
对于D中，如图(2)所示，点M关于平面A1B1C1D1的对称点为M'(0,1,32)，
当点A,P,M'三点共线时，PA+PM=PA+PM'最短，
所以PA+PM≥AM'= 12+12+(32)2= 172>2，
所以不存在点P使得PA+PM=2，所以D不正确．
故选：ABC．
13.【答案】2π3
【解析】【分析】由斜率与倾斜角的关系可得．
解：直线y=- 3x+5的斜率为k=- 3，
设直线的倾斜角为α，则k=tanα=- 3，
又α∈0,π，则α=2π3．
故答案为：2π3．
14.【答案】2π
【解析】【分析】由题意先由直接法按步骤求出动点M的轨迹，再画出图形求解面积．
解：设M(x,y)，由题意得MAMO=2，
又已知A3,0，O0,0，则 (x-3)2+y2 x2+y2=2，
化简整理得，(x+1)2+y2=4，
又动点M不在x轴的下方，
则动点M的轨迹为以(-1,0)为圆心，2为半径的圆在x轴上方的半圆弧．
该轨迹与x轴所围成的图形的面积为半圆面积，
由半径r=2，故所求面积S=12πr2=2π．
故答案为：2π．
15.【答案】4
【解析】【分析】求出CF=CD+DA+AF，平方后得到CF2=16，从而求出CF=CF=4．
解：由题意得CD⊥DA，又AB//CD，故CD⊥AF，
故CD⋅DA=CD⋅AF=0，DA⋅AF=DA⋅AFcs60∘=2×2×12=2，
CF=CD+DA+AF，
故CF2=CD+DA+AF2=CD2+DA2+AF2+2CD⋅DA+2CD⋅AF+2DA⋅AF
=4+4+4+0+0+4=16，
故CF=CF=4．
故答案为：4
16.【答案】6
【解析】【分析】根据题意，由条件可证AB⊥平面BMNP，从而可得点C运动轨迹为矩形，再结合条件代入计算，即可得到结果．
解：
延长AO交圆于点P，过点B，作BM垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于M，
过点P，作PN垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于N，
连接MN，则四边形BMNP为矩形，且AB⊥BP,AB⊥BM，BM∩BP=B，BM,BP⊂平面BMNP，
所以AB⊥平面BMNP，即点C在矩形BMNP的边上运动，
点C运动轨迹长为矩形BMNP的周长．
又∠AOB=120∘，则∠ABO=∠BAO=30∘，且AB⊥BP,∠ABP=90∘，则∠OBP=60∘，
又OB=OP，则▵OBP为等边三角形，MN=BP=OB=1，又BM=NP=2，
则四边形BMNP的周长为2×2+1=6，所以点C运动轨迹长为6．
故答案为：6
17.【答案】解：(1)
依题意，设l2的方程为2x+y+C=0，
因为直线l2经过点A1,2，
所以2+2+C=0，
解得C=-4，
所以l2的方程为2x+y-4=0；
(2)
因为直线l3：x4+y8=1，所以l3：2x+y-8=0，
因为直线l1：2x+y-3=0，所以l1//l3，
所以l1与l3的距离d=-3--8 22+12= 5．

【解析】【分析】(1)利用直线平行设出所求直线方程，根据所过点可得答案；
(2)利用平行直线间的距离公式可得答案．
18.【答案】解：(1)
因为点C是直线CD与直线CE的交点，
由2x-3y+2=0x-y+1=0,
得x=-1y=0,
即点C坐标为-1,0，
所以边AC所在直线的方程为y-03-0=x+11-(-1)，
即3x-2y+3=0．
故边AC所在直线的方程为3x-2y+3=0．
(2)
因为边AB上的高线CE所在直线方程为x-y+1=0，
可设直线AB方程为x+y+m=0，
因为点A1,3在直线AB上，所以1+3+m=0，解得m=-4．
所以直线AB的方程为x+y-4=0．
因为边AB上的中线CD所在直线方程为2x-3y+2=0，
由2x-3y+2=0x+y-4=0,
得x=2y=2，即点D坐标为2,2．
由(1)知，边AC所在直线的方程为3x-2y+3=0，
所以点D到直线AC的距离d=3×2-2×2+3 32+(-2)2=5 13=5 1313．

【解析】【分析】(1)求出点C坐标，由两点式求出直线方程，得到答案；
(2)根据垂直关系得到设出AB方程为x+y+m=0，将点A1,3代入直线方程，得到直线AB的方程，联立直线AB与直线CD，得到点D的坐标，进而由点到直线距离公式求出答案．
19.【答案】解：(1)
选取一个基底AB,AC,AD，
由题意得，cs∠BAC=AB2+AC2-BC22AB⋅AC=42+42-222×4×4=78，
cs∠BAD=AB2+AD2-BD22AB⋅AD=42+22-422×4×2=14，
cs∠CAD=AC2+AD2-CD22AC⋅AD=42+22-422×4×2=14，
因为CM=12AD-AC,AN=12AB+AC，
所以AN⋅CM=12AB+AC⋅12AD-AC
=12AB⋅12AD-AB⋅AC+AC⋅12AD-AC2
=1212×4×2×14-4×4×78+12×4×2×14-16=-14．
(2)
方法一：由(1)知，AN⋅CM=-14，
所以AN= 14AB+AC2= 14AB2+AC2+2AB⋅AC
= 1442+42+2×4×4×78= 15
所以CM= 12AD-AC2= 14AD2+AC2-2×12AD⋅AC
= 14×22+42-2×12×2×4×14= 15，
所以csAN,CM=AN⋅CMANCM=-1415．
即异面直线AN，CM所成角的余弦值为1415．
方法二：取ND的中点E，连接ME，CE，如图，
因为点M是AD的中点，所以ME//AN，且EM=12AN，
故异面直线AN，CM所成的角为∠EMC或其补角．
因为AB=AC=BD=CD=4，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，
所以CN=DM=1，AN⊥BC，DN⊥BC，CM⊥AD，
由勾股定理得AN=CM=DN= 42-12= 15，
所以EM= 152，NE=12DN= 152，
由勾股定理得CE= NE2+CN2= 192，
在▵EMC中，cs∠CME=CM2+EM2-CE22CM⋅EM=15+154-1942× 15× 152=1415，
即异面直线AN，CM所成角的余弦值为1415．

【解析】【分析】(1)由余弦定理求出cs∠BAC=78，cs∠BAD=cs∠CAD=14，利用AB,AC,AD表达出AN,CM，从而求出AN⋅CM=-14；
(2)方法一：在(1)的基础上，求出AN=CM= 15，利用csAN,CM=AN⋅CMANCM求出答案；
方法二：作出辅助线，找到异面直线AN，CM所成角为∠EMC或其补角，求出各边，利用余弦定理求出答案．
20.【答案】解：(1)
(1)以点D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意，得D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E12,12,12，
因为DA=(1,0,0)，PC=(0,1,-1)，DE=12,12,12，
所以DA⋅PC=1×0+0×1+0×(-1)=0，
所以DE⋅PC=0×12+1×12+(-1)×12=0，
所以PC⊥DA，PC⊥DE，又DA∩DE=D，DA,DE⊂平面ADE，
所以PC⊥平面ADE
因为PC⊂平面PCB，
所以平面PCB⊥平面ADE．
(2)
由(1)知，PC=(0,1,-1)为平面ADE的一个法向量，
设点B到平面ADE的距离为d，
因为DB=(1,1,0)，所以d=DB⋅PCPC=1 2= 22，
所以点B到平面ADE的距离为 22．

【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，先证明DA⋅PC=0,DE⋅PC=0，即可证明PC⊥平面ADE，进而面面垂直得证；
(2)利用向量法求点面距．
21.【答案】解：(1)
解法一：如图，取AB中点为O，A1B1中点为M，连接OC，OM．
因为OA//MA1,OA=MA1，
所以四边形OAA1M为平行四边形，
所以OM//AA1，
因为AA1⊥平面ABC，OA,OC⊂平面ABC，
所以AA1⊥OA，AA1⊥OC，
所以OM⊥OA,OM⊥OC，
又因为在正▵ABC中，OA⊥OC．
故以O为原点，OA，OM，OC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
依题意得A(1,0,0)，B1(-1,2,0)，C0,0, 3，N(1,1,0)，
所以AB1=(-2,2,0)，CN=1,1,- 3．
所以AB1⋅CN=-2+2+0=0，
所以AB1⊥CN．
解法二：取AB中点为O，连接OC，ON，A1B．
因为AA1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以AA1⊥AB．
又AA1=AB=2，所以四边形ABB1A1是正方形，
所以AB1⊥A1B．
因为O，N为AB，AA1中点，
所以ON//A1B，所以AB1⊥ON．
因为AA1⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，所以AA1⊥OC．
在正▵ABC中，O为AB中点，所以AB⊥OC．
因为AB∩AA1=A，AB,AA1⊂平面ABB1A1，
所以OC⊥平面ABB1A1，
又因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以OC⊥AB1．
因为OC∩ON=O，OC,ON⊂平面OCN，
所以AB1⊥平面OCN，
因为CN⊂平面OCN，
所以AB1⊥CN．
(2)
因为AA1⊥平面ABC，所以平面ABC的一个法向量为m=(0,1,0)．
因为点P在线段CN上，且CP=2PN，所以CP=23CN=23,23,-2 33，
可得P23,23, 33，AP=-13,23, 33．
设平面AB1P的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB1=0n⋅AP=0，所以-2x+2y=0-13x+23y+ 33z=0,
令x= 3，则n=( 3, 3,-1)．
所以csm,n=m⋅nmn= 3 7= 217．
设平面ABC与平面AB1P夹角为θ，0≤θ≤π2，
则csθ=csm,n= 217
所以sinθ= 1-cs2θ=2 77．
即平面ABC与平面AB1P夹角的正弦值为2 77

【解析】【分析】(1)解法一：根据题意建立空间直角坐标系结合向量运算公式进行证明即可；
解法二：通过证明OC⊥平面ABB1A1，得到OC⊥AB1，进而证明AB1⊥平面OCN，即可得证；
(2)通过空间直角坐标系中两个平面夹角的坐标公式进行计算即可．
22.【答案】解：(1)
存在弦MN被点A平分．
理由如下：
因为点A的坐标为-1,2，所以-12+22=5<8，
所以点A-1,2 在 ⊙O内；
当弦MN被点A平分时，OA⊥MN，
又OA的斜率k=-2，
所以直线MN的斜率为12，
所以直线MN的方程为y-2=12x+1，即x-2y+5=0；
(2)
因为⊙O：x2+y2=8，所以圆心为O0,0，
设动点P的坐标为x,y，又因为点A的坐标为-1,2，
所以OP=x,y，AP=x+1,y-2，
①当点P与点A不重合时，因为弦MN的中点为P，得OP⊥AP，
所以OP⋅AP=0，
所以x(x+1)+y(y-2)=0，即x+122+(y-1)2=54，
所以点P的轨迹方程为x+122+(y-1)2=54(x≠-1且y≠2)；
②当点P与点A重合时，由(1)知，弦MN被点A平分，即弦MN的中点为-1,2，
且点-1,2也满足方程x+122+y-12=54；
综上，Γ的方程为x+122+y-12=54．

【解析】【分析】(1)依题意可得OA⊥MN，求出OA的斜率，即可求出MN的斜率，再由点斜式计算可得；
(2)设动点P的坐标为x,y，分点P与点A不重合与重合两种情况讨论，当点P与点A不重合时则OP⊥AP，则OP⋅AP=0，即可求出轨迹方程，再检验重合时是否满足．