2023-2024学年山东省烟台市部分学校联考高二上学期学业水平诊断数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省烟台市部分学校联考高二上学期学业水平诊断数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了已知圆C，已知直线l，关于空间向量，以下说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. -2B. 2C. -12D. 12
2.经过点A0,1，B-2,5两点的直线的方向向量为1,m，则m的值为
( )
A. 2B. -2C. 3D. -3
3.在三棱锥O-ABC中，D，E分别为BC，OA的中点，设OA=a，OB=b，OC=c，则下列向量中与DE相等的向量是
( )
A. -12a+12b+12cB. 12a+12b-12cC. 12a+12b+12cD. 12a-12b-12c
4.求圆心在直线2x+y-1=0上，且与直线x+y-2=0相切于点2,0的圆的方程是
( )
A. x-12+y+12=2B. x2+y-12=2
C. x-12+y+12=4D. x2+y-12=4
5.已知空间向量a，b，c满足a=2，b=3，c= 7且a+b+c=0，则a与b的夹角大小为
( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
6.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，则直线DB1与平面ACD1所成角的正弦值为
( )
A. 13B. 63C. 33D. 2 23
7.已知圆C：x-32+y-42=r2上总存在两个点到原点的距离为2，则圆C半径r的取值范围是
( )
A. 3,5B. 5,7C. 3,7D. 3,+∞
8.过直线2x-y+1=0上一点P作圆x-22+y2=4的两条切线PA，PB，若PA⊥PB，则点P的横坐标为
( )
A. ± 133B. ± 153C. ± 135D. ± 155
9.已知直线l：x-my-2m+1=0，则
( )
A. 直线l的倾斜角可以为π2B. 直线l的倾斜角可以为0
C. 直线l恒过-1,-2D. 原点到直线l距离的最大值为5
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 若空间向量a=1,0,1，b=0,1,-1，则a在b上的投影向量为0,-12,12
B. 若对空间中任意一点O，有OP=23OA-16OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 若空间向量a，b满足a⋅b>0，则a与b夹角为锐角
D. 若直线l的方向向量为m=2,4,-2，平面α的一个法向量为n=-1,-2,1，则l⊥α
11.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的棱长都为2，∠A1AB=∠A1AD=60∘，∠BAD=90∘，O为底面ABCD中心，则下列结论正确的有
( )
A. AC1=2 6
B. A1B与AD1所成角的余弦值为 33
C. A1O⊥平面ABCD
D. 已知N为BB1上一点，则AN+NC1最小值为2 7
12.米勒问题是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长(即可见角最大)，米勒问题的数学模型如下：如图，设M，N是锐角∠ABC的一边BA上的两个定点，点P是边BC上的一动点，则当且仅当▵PMN的外接圆与BC相切于点P时，∠MPN最大．若M0,3，N 3,4，点P在x正半轴上，则当∠MPN最大时，下列结论正确的有
( )
A. 线段MN的中垂线方程为 3x+y-5=0
B. P的坐标为 3,0
C. 过点M与圆相切的直线方程为 3x-y+3=0
D. ∠MPN=60∘
13.若直线3x+4y+1=0与直线mx+8y+7=0平行，则这两条直线间的距离为______．
14.已知直线x-my+1=0与圆C：x-12+y2=4交于A，B两点，写出满足条件“sin∠ACB= 32”的m的一个值______．
15.如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=6，A1B1=4，AA1= 6，则该棱台的体积为 ，点B1到面ACD1的距离为 .(本小题第一空2分，第二空3分)
16.平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x-m2+y-2m+32=2m∈R，若对于点P-2,2，圆C上总存在点M，使得MP=MO，则实数m的取值范围为______．
17.已知直线l过点1,2，求满足下列条件的直线l的方程．
(1)在两坐标轴上的截距相等；
(2)A-1,-1，B3,1到直线l距离相等．
18.如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，CD的中点．
(1)求证：BF//平面AB1E；
(2)求四面体AECB1的体积．
19.已知点A0,0，B3,0，动点P满足PAPB=12，设P的轨迹为C．
(1)求C的轨迹方程；
(2)若过点A的直线与C交于M，N两点，求BM⋅BN取值范围．
20.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，其中AD//BC，AA1=BC=4，AB=AD=2，MB1=3MB，N为DD1中点．
(1)若平面CMN交侧棱AA1于点P，求证：MC//PN，并求出AP的长度；
(2)求平面CMN与底面ABCD所成角的余弦值．
21.如图，ABCD为边长是2的菱形，∠BAD=60∘，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=DF=1，P为边BC上一点(与B，C两点不重合)，使得EP与平面AEF所成的角为60∘．
(1)求BP的长；
(2)求平面AEF与平面DPE所成角的余弦值．
22.已知O0,0，A6,0，P点满足OP⊥AP．
(1)求点P的轨迹Γ的方程，并说明是何图形；
(2)设T为直线x=-1上一点，直线TO，TA分别与Γ相交于点B，C，求四边形OBAC面积S的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据纵截距求解出 m 的值，然后由直线方程求解出斜率．
解：因为 x+my+4=0 的纵截距为 2 ，所以直线经过 0,2 ，
所以 2m+4=0 ，所以 m=-2 ，
所以斜率 k=-1m=12 ，
故选：D．
2.【答案】B
【解析】【分析】利用两点式求斜率，即可得直线的一个方向向量，进而确定参数值．
解：由题设 kAB=5-1-2-0=-2 ，故对应直线的一个方向向量为 (1,-2) ，
所以 m=-2 ．
故选：B
3.【答案】D
【解析】【分析】由空间向量的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用 OA=a ， OB=b ， OC=c 表示出 DE 即可．
解：由 DE=DA+AE=12AO-AD=12AO-12(AB+AC)=-12OA-12(OB+OC-2OA)
=12OA-12OB-12OC=12a-12b-12c ．
故选：D
4.【答案】A
【解析】【分析】设出圆心坐标，根据圆心到直线 x+y-2=0 的距离等于圆心到 2,0 的距离求解出圆心坐标，从而半径可求，则圆的方程可知．
解：因为圆心在直线 2x+y-1=0 上，所以设圆心 a,1-2a ，
因为圆与直线 x+y-2=0 相切于点 2,0 ，
所以 a+1-2a-2 1+1= a-22+1-2a-02 ，解得 a=1 ，
所以圆心为 1,-1 ，半径为 1-22+-1-02= 2 ，
所以圆的方程为 x-12+y+12=2 ，
故选：A．
5.【答案】C
【解析】【分析】由 c=-(a+b) ，利用向量数量积的运算律有 c2=a2+2a⋅b+b2 ，即可求 a 与 b 的夹角大小．
解：由题设 c=-(a+b) ，则 c2=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=4+2×2×3×csa,b+9=7 ，
所以 csa,b=-12 ，又 a,b∈(0,π) ，可得 a,b=2π3 ，即 a,b=120∘ ．
故选：C
6.【答案】B
【解析】【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值．
解：构建如下图的空间直角坐标系 D-xyz ，则 A(1,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),B1(1,1,2),D1(0,0,2) ，
所以 DB1=(1,1,2) ， AD1=(-1,0,2) ， AC=(-1,1,0) ，
若 m=(x,y,z) 是面 ACD1 的一个法向量，则 m⋅AD1=-x+2z=0m⋅AC=-x+y=0 ，
取 z=1 ，则 m=(2,2,1) ，
所以 csm,DB1=|m⋅DB1|m||DB1||=63× 6= 63 ，
则直线 DB1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 63 ．
故选：B
7.【答案】C
【解析】【分析】由原点到 C(3,4) 的距离 d=5 ，讨论原点与圆的位置关系，结合题设条件求半径的范围．
解：由圆心为 C(3,4) ，半径为 r>0 ，则原点到 C(3,4) 的距离 d=5 ，
要使总存在两个点到原点的距离为2，
若原点在圆外，则 d>rd-r<2⇒3若原点在圆上，即 r=d=5 ，满足；
若原点在圆内，则 d综上，圆C半径r的取值范围是 3,7 ．
故选：C
8.【答案】D
【解析】【分析】令已知圆的圆心 C(2,0) ，由题设易知四边形 PACB 为正方形且边长为 r=2 ，进而求得直线 PC 与直线 2x-y+1=0 夹角余弦值为 csθ= 64 ，根据直线所过点 D(0,1) 并设 P(x,2x+1) ，应用向量夹角坐标表示列方程求P的横坐标．
解：由题设，已知圆的圆心 C(2,0) ，四边形 PACB 为正方形且边长为 r=2 ，
所以 |PC|=2 2 ，而 C 到直线 2x-y+1=0 的距离 d= 5 ，如下图，
令直线 PC 与直线 2x-y+1=0 夹角为 θ ，则 csθ= 8-52 2= 64 ，
又直线 2x-y+1=0 过 D(0,1) ，令 P(x,2x+1) ，则 PD=(-x,-2x),PC=(2-x,-2x-1) ，
所以 csθ=|PC⋅PD|PC||PD||=|5x2 5x× (x-2)2+(2x+1)2|=|x2x× x2+1|= 64 ，
则 x2x2+1=38⇒5x2=3⇒x=± 155 ．
故选：D
9.【答案】AC
【解析】【分析】根据直线方程判断直线倾斜角可知A、B正误；由x+1-m(y+2)=0确定定点判断C；根据原点与(-1,-2)所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离的最大判断D．
解：A：当m=0，则直线l:x+1=0，此时倾斜角为π2，对；
B：无论m为何值，直线l的斜率不可能为0，故倾斜角不可能为0，错；
C：由x+1-m(y+2)=0恒过(-1,-2)，对；
D：原点与(-1,-2)所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离最大为 5，错．
故选：AC
10.【答案】ABD
【解析】【分析】A投影向量定义求a在b上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由a，b同向共线即可判断；D由m=-2n即可判断．
解：A：a在b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=-12b=0,-12,12，对；
B：在OP=23OA-16OB+12OC中23-16+12=1，故P，A，B，C四点共面，对；
C：当a，b同向共线时a⋅b>0也成立，但a与b夹角不为锐角，错；
D：由m=-2n，即m//n，故l⊥α，对．
故选：ABD
11.【答案】BCD
【解析】【分析】A.利用空间向量表示出AC1，然后根据数量积运算求解出AC1；
B.利用向量法求解出A1B,AD1夹角的余弦值，则结果可判断；
C.通过证明A1O,BD的位置关系、A1O,AO的位置关系，结合线面垂直的判定定理进行判断；
D：将平面AA1B1B与平面BB1C1C展开成一个平面，利用三点共线求解出AN+NC1的最小值．
解：设AB=a,AD=b,AA1=c，如下图：
对于A：因为AC1=a+b+c，
所以AC1=a+b+c= a+b+c2= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c，
所以AC1= 4+4+4+0+4+4=2 5，故 A错误；
对于B：A1B=AB-AA1=a-c,AD1=AD+AA1=b+c，
所以A1B⋅AD1=a-c⋅b+c=a⋅b+a⋅c-b⋅c-c2=0+2-2-4=-4，
所以A1B=a-c= a2-2a⋅c+c2=2,AD1=b+c= b2+2b⋅c+c2=2 3，
所以csA1B,AD1=A1B⋅AD1A1BAD1=-42×2 3=- 33，
所以A1B与AD1所成角的余弦值为 33，故 B正确；
对于C：因为∠BAD=90∘,AB=AD=2，所以▵ABD为等腰直角三角形，
所以BD= AB2+AD2=2 2，AO=12BD= 2，
因为∠A1AB=∠A1AD=60∘，且AA1=AB=AD，
所以▵A1AD,▵A1AB均为边长为2的等边三角形，所以A1B=A1D=2，
所以A1B2+A1D2=BD2，所以▵A1BD为等腰直角三角形，
又因为O为底面ABCD的中心，所以O为BD中点，所以A1O⊥BD且A1O=12BD= 2，
所以AO2+A1O2=AA12，所以A1O⊥AO，
又因为AO∩BD=O，AO,BD⊂平面ABCD，所以A1O⊥平面ABCD，故 C正确；
对于D：将平面AA1B1B与平面BB1C1C展开成一个平面，如下图所示：
当且仅当A,N,C1三点共线时AN+NC1有最小值，
此时AC=4,CC1=2,∠ACC1=120∘，所以AC12=AC2+CC12-2AC×CC1×cs120∘，
所以AC12=16+4-2×4×2×-12=28，所以AC1=2 7，
所以AN+NC1的最小值为2 7，故 D正确；
故选：BCD．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】构建直角坐标系，根据已知确定MN中点为( 32,72)，kMN= 33，进而写出线段MN的中垂线方程，由题设∠MPN最大▵PMN的外接圆与x轴相切于点P，设P(a,0)，易知E(a,5- 3a)，又EP⊥x轴，进而求参数a，注意分析是否符合题设，再写出过点M与圆相切的直线方程，最后由N,E,P共线，即|NP|=4为直径且NP⊥x轴，求∠MPN判断各项正误．
解：由题设，构建如下图示直角坐标系，MN中点( 32,72)，kMN= 33，故中垂线的斜率为- 3，
所以中垂线方程为y-72=- 3(x- 32)，即 3x+y-5=0，A对；
由题意，∠MPN最大，则▵PMN的外接圆与x轴相切于点P，
若P(a,0)，则外接圆圆心在x=a上，又圆心在 3x+y-5=0上，
所以圆心坐标为E(a,5- 3a)，又EP⊥x轴，故r=|5- 3a|，
所以a2+(2- 3a)2=(5- 3a)2，则a2+6 3a-21=(a- 3)(a+7 3)=0，故a= 3或a=-7 3，
由A分析，易知直线MN:x- 3y+3 3=0，则B(-3 3,0)，
若a=-7 3，即P(-7 3,0)，此时P不是锐角∠ABC的边BC上动点，不合题意，
显然a= 3时，符合题设，故P的坐标为 3,0，B对；

由B分析，圆心E( 3,2)，则kEM=-1 3，故过点M与圆相切的直线斜率为 3，
所以过点M与圆相切的直线方程为y-3= 3x，即 3x-y+3=0，C对；
由上分析知：N,E,P共线，即|NP|=4为直径且NP⊥x轴，
所以，在中sin∠MPN=|MN||NP|=12，故∠MPN=30∘，D错．
故选：ABC
13.【答案】12
【解析】【分析】由两线平行求得 m=6 ，再应用平行线的距离公式求两条直线间的距离．
解：由两线平行知： m3=84≠71⇒m=6 ，即直线 6x+8y+2=0 与 6x+8y+7=0 平行，
所以它们的距离为 7-2 62+82=12 ．
故答案为： 12
14.【答案】 3
【解析】【分析】根据 sin∠ACB= 32 确定出 ∠ACB 的大小，然后求解出圆心到直线的距离，由此求解出 m 的值．
解：圆 C 的圆心 C1,0 ，半径 r=2 ，
因为 sin∠ACB= 32 ，所以 ∠ACB=π3 或 ∠ACB=2π3
当 ∠ACB=π3 时，此时圆心到直线的距离 d=r×csπ6= 3 ，如下图所示：

所以 1+0+1 1+m2= 3 ，解得 m=± 33 ；
当 ∠ACB=2π3 时，此时圆心到直线的距离 d=r×csπ3=1 ，如下图所示：

所以 1+0+1 1+m2=1 ，解得 m=± 3 ；
故答案为： 3 (答案不唯一)．
15.【答案】1523；4 63
【解析】【分析】过点A1作A1E⊥AC交AC于E点，根据几何体的结构特点分析出A1E即为正四棱台的高，然后根据体积公式求出体积；过点B1作B1M⊥D1O交D1O于M点，根据几何关系证明出B1M的长即为所求点面距离，再根据线段长度求出结果．
解：连接A1C1∩B1D1=O1，AC∩BD=O，连接OO1，过点A1作A1E⊥AC交AC于E点，如下图所示：
因为几何体为正四棱台，所以OO1⊥平面ABCD，
又因为A1E⊥AC,OO1⊥AC，所以A1E//OO1，所以A1E为正四棱台的高，
又因为AB=6，A1B1=4，
所以AE=AC-A1C12=6 2-4 22= 2，
所以A1E= AA12-AE2=2，
所以棱台的体积为：13×2×16+36+ 16×36=1523；
连接D1O,B1O，过点B1作B1M⊥D1O交D1O于M点，如下图所示：
因为OO1⊥AC,AC⊥BD,OO1∩BD=O，
所以AC⊥平面DD1B1B，所以AC⊥B1M，
又因为B1M⊥D1O，D1O∩AC=O，
所以B1M⊥平面ACD1，所以B1M的长度即为点B1到面ACD1的距离，
由对称性可知：D1O=B1O= D1O12+OO12= 8+4=2 3，
所以sin∠B1D1O=OO1D1O=22 3= 33，
所以B1M=B1D1×sin∠B1D1O=4 2× 33=4 63，
所以点B1到面ACD1的距离为4 63，
故答案为：1523；4 63．
16.【答案】3≤m≤7
【解析】【分析】根据题设，只需保证 OP 的中垂线与圆 C 有交点，应用点斜式写出 OP 中垂线，再由点线距离公式有圆心 C 到直线 x-y+2=0 的距离 d≤ 2 ，即可求参数范围．
解：由题设，圆心 C(m,2m-3) ，半径 r= 2 ，
要使圆C上总存在点M，使得 MP=MO ，即 OP 的中垂线与圆 C 有交点，
如上图， OP 的中点 B(-1,1) ，且 kOP=-1 ，故 OP 中垂线为 y-1=x+1⇒x-y+2=0 ，
所以圆心 C 到直线 x-y+2=0 的距离 d=|5-m 2|≤ 2 ，即 -2≤5-m≤2 ，
所以 3≤m≤7 ．
故答案为： 3≤m≤7
17.【答案】解：(1)若直线过原点，令 l:y=kx ，则 k=2 ，故直线为 l:2x-y=0 ；
若截距不为0，令 l:xa+ya=1 ，则 a=3 ，故直线为 l:x+y-3=0 ；
综上，直线方程为 2x-y=0 或 x+y-3=0 ．
(2)若 A-1,-1 ， B3,1 在直线 l 的同一侧，即直线 AB// 直线 l ，
而 kAB=1-(-1)3-(-1)=12 ，故直线 l 为 y-2=12(x-1) ，则 x-2y+3=0 ；
若 A-1,-1 ， B3,1 分别在直线 l 的两侧，即 A,B 关于直线 l 上一点对称，
所以 AB 中点 (1,0) 在直线 l 上，又直线l过点 1,2 ，故直线 l 为 x=1 ；
综上，直线l的方程为 x=1 或 x-2y+3=0 ．

【解析】【分析】(1)讨论截距是否为0，求对应直线方程；
(2)讨论两点与直线 l 的位置，利用直线平行、点对称求直线方程．
18.【答案】解：(1)连接 BA1 交 AB1 于 O ，连接 CD1,EF ，由E，F分别是 DD1 ，CD的中点，
则 EF//CD1 且 EF=12CD1=12BA1 ，
由正方体性质： O 为 BA1 中点，故 OB=12BA1 ，则 OB=EF
又 CD1//BA1 ，即 CD1//OB ，故 OB//EF ，
所以 OBFE 为平行四边形，则 OE//BF ，
OE⊂ 面 AB1E ， BF⊄ 面 AB1E ，则 BF// 平面 AB1E ．
(2)过 C 作 CG//BF 交 AB 延长线于 G ，又 AB=CD ，
故 CFBG 为平行四边形，则 BG=CF=1 ，故 AG=3 ，
又 BF// 平面 AB1E ，所以 CG// 平面 AB1E ，
故 C 到面 AB1E 的距离等于 G 到面 AB1E 的距离，
所以 VC-AEB1=VG-AEB1=VE-AGB1=13×2×12×2×3=2 ．

【解析】【分析】(1)连接 BA1 交 AB1 于 O ，连接 CD1,EF ，结合已知证 OBFE 为平行四边形，则 OE//BF ，由线面平行的判定证结论；
(2)过 C 作 CG//BF 交 AB 延长线于 G ，证 CFBG 为平行四边形，进而有 AG=3 、 CG// 平面 AB1E ，再由 VC-AEB1=VG-AEB1=VE-AGB1 ，应用锥体体积公式求四面体 AECB1 的体积．
19.【答案】解：(1)设 Px,y ，因为 PAPB=12 ，
所以 x2+y2 x-32+y2=12 ，所以 4x2+y2=x-32+y2 ，
化简得： x+12+y2=4 ，
所以 C 的轨迹方程为： x+12+y2=4 ；
(2)当直线斜率不存在时，直线方程为 x=0 ，代入 C 的轨迹方程可得 y=± 3 ，
不妨令 M0, 3,N0,- 3 ，所以 BM=-3, 3,BN=-3,- 3 ，
所以 BM⋅BN=9-3=6 ；
当直线斜率存在时，设 MN:y=kx ， Mx1,y1,Nx2,y2 ，
联立 y=kxx+12+y2=4 ，可得 1+k2x2+2x-3=0 ，
所以 x1+x2=-21+k2,x1x2=-31+k2 ，
又 BM=x1-3,y1,BN=x2-3,y2 ，
所以 BM⋅BN=x1-3x2-3+kx1⋅kx2=1+k2x1x2-3x1+x2+9 ，
所以 BM⋅BN=1+k2-31+k2-3-21+k2+9=6+61+k2 ，
因为 1+k2∈1,+∞ ，所以 61+k2∈0,6 ，所以 6+61+k2∈6,12 ，所以 BM⋅BN∈6,12 ；
综上可知， BM⋅BN 的取值范围为 6,12 ．

【解析】【分析】(1)设出 P 点坐标，根据距离公式以及 PAPB=12 得到 x,y 的等量关系即为轨迹方程；
(2)分类讨论直线的斜率是否存在，斜率不存在时直接计算即可，斜率存在时联立直线与轨迹方程，利用坐标法结合不等式完成计算．
20.【答案】解：(1)由 AD//BC ， AD⊄ 面 BCC1B1 ， BC⊂ 面 BCC1B1 ，则 AD// 面 BCC1B1 ，
由 AA1//BB1 ， AA1⊄ 面 BCC1B1 ， BB1⊂ 面 BCC1B1 ，则 AA1// 面 BCC1B1 ，
AD∩AA1=A ， AD,AA1⊂ 面 ADD1A1 ，故面 ADD1A1// 面 BCC1B1 ，
由平面 CMN 交侧棱 AA1 于点P，N为 DD1 中点，故 P,N∈ 面 ADD1A1 ，
故面 CMN∩ 面 ADD1A1=PN ，又面 CMN∩ 面 BCC1B1=MC ，
综上， MC//PN ．
过 N 作 NE//AD//BC ，则 E 为 AA1 的中点，
易知 ▵BCM∼▵ENP ，即 ENBC=EPBM⇒24=EP1⇒EP=12 ，
所以 AP=AE+EP=52 ．
(2)将 PM,AB 延长交于 F ，连接 FC,AC ，则平面 CMN∩ 底面 ABCD=FC ，
由 AD//BC ， AA1=BC=4 ， AB=AD=2 ，
故在等腰梯形 ABCD 中 ∠BAD=∠CDA=120∘ ，且 ∠CAD=30∘ ，
所以 ∠BAC=90∘ ，且 AC=2 3 ，
由 Rt▵FBM∼Rt▵FAP ，则 FBFA=FBFB+AB=BMAP=25⇒FB=43 ，所以 AF=103 ，
在 Rt▵FAC 中 tan∠AFC=ACAF=3 35 ，则 sin∠AFC=3 32 13 ，
过 A 作 AG⊥FC 于 G ，则 AG=AFsin∠AFC=103×3 32 13=5 3 13 ，
连接 PG ，又 PA⊥ 面 ABCD ， FC⊂ 面 ABCD ，则 PA⊥FC ，
AG∩PA=A ， AG,PA⊂ 面 PAG ，则 FC⊥ 面 PAG ， PG⊂ 面 PAG ，
所以 PG⊥FC ， AG⊂ 面 ABCD ，故 ∠PGA 为平面 CMN 与底面 ABCD 所成角平面角，
所以 tan∠PGA=APAG=52× 135 3= 132 3 ，则 cs∠PGA=2 3 12+13=2 35 ．
综上，平面 CMN 与底面 ABCD 所成角的余弦值为 2 35 ．

【解析】【分析】(1)线面平行的判定证得 AD// 面 BCC1B1 、 AA1// 面 BCC1B1 ，再由面面平行的判定证面 ADD1A1// 面 BCC1B1 ，再由面面平行的性质证结论，最后根据已知求AP的长度；
(2)将 PM,AB 延长交于 F ，连接 FC,AC ，易知平面 CMN∩ 底面 ABCD=FC ，根据已知求得 sin∠AFC=3 32 13 ，过 A 作 AG⊥FC 于 G 求 AG ，连接 PG ，应用线面垂直的性质、面面角的定义得 ∠PGA 为平面 CMN 与底面 ABCD 所成角平面角，进而求其余弦值即可．
21.【答案】解：(1)由 BE⊥ 面 ABCD ， DF⊥ 面 ABCD 且 BE=DF=1 ， ABCD 为边长是2的菱形， ∠BAD=60∘ ，
将几何图形补全为直棱柱 ABCD-GEHF ， Dx 垂直平分 AB ，构建如下空间直角坐标系，
则 A( 3,-1,0),E( 3,1,1),F(0,0,1) ，设 BP=x>0 ，则 P( 3- 3x2,1+x2,0) ，
所以 PE=( 32x,-12x,1) ， FA=( 3,-1,-1) ， FE=( 3,1,0) ，
令 m=(x,y,z) 是面 AEF 的一个法向量，则 m⋅FA= 3x-y-z=0m⋅FE= 3x+y=0 ，
取 x=1 ，则 m=(1,- 3,2 3) ，
由EP与平面 AEF 所成的角为 60∘ ，故 |csm,PE|=|m⋅PE|m||PE||=| 3x+2 34× x2+1|= 32 ，
所以 (x+2)2=4(x2+1) ，即 3x2-4x=0 ，可得 x=43 或 0 (舍)，
所以 BP=43 ．
(2)由(1)知： P( 33,53,0) ，则 DP=( 33,53,0) ， DE=( 3,1,1) ，
令 n=(a,b,c) 是面 DPE 的一个法向量，则 n⋅DP= 33a+53b=0n⋅DE= 3a+b+c=0 ，
取 a=5 ，则 n=(5,- 3,-4 3) ，又 m=(1,- 3,2 3) 是面 AEF 的一个法向量，
所以 |csm,n|=|m⋅n|m||n||=16 76×4=2 1919 ，
故平面 AEF 与平面 DPE 所成角的余弦值 2 1919 ．

【解析】【分析】(1)根据题设将几何图形补全为直棱柱 ABCD-GEHF ，构建如下空间直角坐标系，设 BP=x>0 ，则 P( 3- 3x2,1+x2,0) ，应用向量法，结合线面角求参数x即可．
(2)应用向量法求平面 AEF 与平面 DPE 所成角的余弦值．
22.【答案】解：(1)设 Px,y ，因为 OP⊥AP ，
所以 OP⋅AP=x,y⋅x-6,y=x2-6x+y2=0 ，
故点P的轨迹 Γ 的方程为 x-32+y2=9 ，(除去 0,0,6,0 )，
故轨迹为以 3,0 为圆心，3为半径的圆，除去 O0,0 ， A6,0 ；
(2)考虑对称性，不妨设 T-1,t,t>0 ，
则直线 OT:y=-tx ，
联立 x-32+y2=9 可得， 1+t2x2-6x=0 ，
解得 xB=61+t2 ，所以 yB=-6t1+t2 ，
直线 TA:y=-t7x-6 ，
联立 x-32+y2=9 可得， 49+t2x2-12t2+294x+36t2=0 ，
则 6xC=36t249+t2 ，解得 xC=6t249+t2 ，故 yC=-t76t249+t2-6=42t49+t2 ，
故 S=12OAyC-yB=3×42t49+t2+6t1+t2=144tt2+7t2+72+36t2
=24×6tt2+7t2+72+36t2≤24×t2+72+36t22t2+72+36t2=12 ，
当且仅当 t2+7=6t ，即 t=3± 2 时，等号成立，
故四边形 OBAC 面积S的最大值为12．

【解析】【分析】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
(1)设 Px,y ，根据垂直关系得到方程，求出轨迹方程，注意舍去不合要求的点，并得到轨迹图形；
(2)设出 T-1,t,t>0 ，直线 OT:y=-tx ，直线 TA:y=-t7x-6 ，联立(1)中所求轨迹方程，得到 B,C 点的坐标，表达出 S=144tt2+7t2+72+36t2 ，利用基本不等式求出最值．