2023-2024学年北京市顺义区杨镇一中高二（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年北京市顺义区杨镇一中高二（上）期中数学试卷，共20页。
A．120°B．150°C．30°D．60°
2．（4分）在平面直角坐标系xOy中，角α以x为始边，它的终边经过点（4，3），则csα＝（ ）
A．B．C．D．
3．（4分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
4．（4分）已知平面α的法向量为（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量为（﹣1，2，k），若α∥β，则k＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
5．（4分）如果AB＞0，BC＞0，那么直线Ax+By+C＝0不经过的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
6．（4分）已知圆C的方程为x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0和圆P的方程为x2+（y﹣1）2＝4，两圆的位置关系为（ ）
A．内切B．相交C．相离D．外切
7．（4分）直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（ ）
A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或3
8．（4分）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）如图，已知一艘停在海面上的海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．这艘轮船能被海监船监测到的时长为（ ）
A．1小时B．0.75小时C．0.5小时D．0.25小时
10．（4分）如图所示，该曲线W是由4个圆：（x﹣1）2+y2＝1，（x+1）2+y2＝1，x2+（y+1）2＝1，x2+（y﹣1）2＝1的一部分所构成，则下列叙述错误的是（ ）
A．曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B．若圆x2+y2＝r2（r＞0）与曲线W有4个交点，则或2
C．与的公切线方程为
D．曲线上的点到直线的距离的最小值为3
二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知A（1，2，3），B（4，5，9），，则的坐标为 ，点C的坐标为 ．
12．（5分）椭圆的焦点坐标为（﹣3，0）和（3，0），椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为10的椭圆的标准方程为 ．
13．（5分）已知直线l1：ax﹣2y+4＝0，l2：x+（a﹣3）y+a＝0．
（1）当a＝4时，两直线l1，l2的交点P的坐标为 ．
（2）若直线l1⊥l2，a的值为 ．
14．（5分）已知集合，B＝{（x，y）|y＝x+b}，若集合A∩B中有2个元素，则实数b的取值范围是 ．
15．（5分）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段B1D1上，且，给出下列四个结论：
①存在点P，使得平面PB1D1∥平面C1BD；
②存在点P，使得△PB1D1是等腰直角三角形；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为；
④当时，则平面PB1D1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面图形的面积为18．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（13分）已知函数．
（1）写出f（x）的最小正周期；
（2）求f（x）在区间上的最大值及相应x的值．
17．（14分）已知△ABC的顶点坐标为A（3，0）、B（﹣1，﹣3）、C（1，1）．
（1）求直线BC的方程；
（2）求△ABC的面积．
18．（15分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为线段AA1的中点．
（1）求证：A1C⊥BC1；
（2）求平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值；
（3）求点D到平面MCD1的距离．
19．（14分）已知圆C的方程为：x2+y2﹣2x﹣4y+1＝0，点P（0，4）．
（1）求过点P的C的切线方程；
（2）过点P的直线l被圆C所截得的弦长为，求直线l的方程．
20．（14分）在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′．
（1）求证：BC∥平面POD′；
（2）线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21．（15分）古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值m（m≠1）的点的轨迹是圆”．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，1），B（1，1），点P满足，设点P的轨迹为圆M，点M为圆心，
（1）求圆M的方程；
（2）若点Q是直线l1：x+y+5＝0上的一个动点，过点Q作圆M的两条切线，切点分别为E，F，求四边形QEMF的面积的最小值；
（3）若直线l2：ax+by﹣1＝0（a＞0，b＞0）始终平分圆M的面积，写出的最小值．
2023-2024学年北京市顺义区杨镇一中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题，10小题，每题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（4分）直线x﹣y﹣1＝0的倾斜角是（ ）
A．120°B．150°C．30°D．60°
【分析】根据直线和斜率和倾斜角的关系即可求出．
【解答】解：直线的倾斜角为θ，
则tanθ＝，
∴θ＝60°，
故选：D．
【点评】本题考查了直线和斜率和倾斜角的关系，属于基础题
2．（4分）在平面直角坐标系xOy中，角α以x为始边，它的终边经过点（4，3），则csα＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】由任意角的三角函数的定义可得csα的值．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，∵角α以Ox为始边，它的终边经过点（4，3），
∴csα＝＝．
故选：B．
【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
3．（4分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【分析】可连接DB，A1B，从而得出∠A1DB是异面直线B1C与EF所成的角，并且看出△A1DB是等边三角形，从而可求出∠A1DB的值．
【解答】解：如图，连接DB，A1B，
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴DB∥EF，
∴∠A1DB是异面直线B1C与EF所成的角，且△A1DB是等边三角形，
∴∠A1DB＝60°．
故选：C．
【点评】本题考查了三角形中位线的性质，异面直线所成角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
4．（4分）已知平面α的法向量为（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量为（﹣1，2，k），若α∥β，则k＝（ ）
A．﹣2B．﹣1C．1D．2
【分析】设平面α的法向量为，平面β的法向量为．由于α∥β，可得∥，因此∃实数λ使得＝λ．再利用向量共线定理的坐标运算即可得出．
【解答】解：设平面α的法向量＝（2，﹣4，﹣2），平面β的法向量＝（﹣1，2，k）．
∵α∥β，
∴∥，
∴∃实数λ使得＝λ．
∴，得k＝1．
故选：C．
【点评】本题考查了相互平行的两个平面的法向量共线的性质、向量共线定理的坐标运算，属于基础题．
5．（4分）如果AB＞0，BC＞0，那么直线Ax+By+C＝0不经过的象限是（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】直线Ax+By+C＝0即y＝﹣x﹣，根据条件即可判断出结论．
【解答】解：∵AB＞0，BC＞0，
∴﹣＜0，﹣＜0，
直线Ax+By+C＝0即y＝﹣x﹣，
那么直线Ax+By+C＝0不经过第一象限，
故选：A．
【点评】本题考查了直线斜率与截距的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6．（4分）已知圆C的方程为x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0和圆P的方程为x2+（y﹣1）2＝4，两圆的位置关系为（ ）
A．内切B．相交C．相离D．外切
【分析】将圆化为标准方程，找到圆心之间的距离和半径之间的关系即可判断圆与圆的位置关系．
【解答】解：由题知x2+y2﹣2x+4y﹣4＝0可化为，
（x﹣1）2+（y+2）2＝9，所以圆心为（1，﹣2），半径为3，
x2+（y﹣1）2＝4，圆心为（0，1），半径为2，
所以圆心之间的距离为，
因为圆心距大于半径差的绝对值，小于半径和，
所以两圆相交．
故选：B．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
7．（4分）直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线mx+3y﹣1＝0平行，则m的值为（ ）
A．﹣3B．1C．1或﹣3D．﹣1或3
【分析】根据两直线平行，可得1×3＝（m+2）m，求出m，验证并排除两直线重合的情况，即可得到m的值，
【解答】解：根据直线x+（m+2）y﹣1＝0与直线m+3y﹣1＝0平行，
可得1×3＝（m+2）m，解得m＝1或﹣3，
当m＝1时，两直线的方程重合，不符合题意；
当m＝﹣3时，两直线的方程为x﹣y﹣1＝0和3x﹣3y+1＝0，两直线平行，符合题意，
故m＝﹣3．
故选：A．
【点评】本题考查直线平行的判断，涉及直线的一般式方程，属于基础题．
8．（4分）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果．
【解答】解：由题意知
＝﹣
∵
∴＝（﹣﹣）．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应用几何体的已知棱表示要求的结果，本题是一个基础题．
9．（4分）如图，已知一艘停在海面上的海监船O上配有雷达，其监测范围是半径为25km的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东40km的A处出发，径直驶向位于海监船正北30km的B处岛屿，速度为28km/h．这艘轮船能被海监船监测到的时长为（ ）
A．1小时B．0.75小时C．0.5小时D．0.25小时
【分析】以O为原点，东西方向为x轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，计算圆心到直线的距离和半径比较，可知这艘轮船能否被海监船监测到；计算弦长，可求得持续时间为多长．
【解答】解：如图，由题意：A（40，0），B（0，30），
圆O方程x2+y2＝25，
直线AB方程：，即3x+4y﹣120＝0，
设O到AB距离为d，则，
所以轮船能被海监船检测到，
设监测时间为t，则（小时），
即轮船能被海监船检测到的时间是0.5小时．
故选：C．
【点评】本题考查直线和圆的位置关系，考查解三角形的实际应用，属中档题．
10．（4分）如图所示，该曲线W是由4个圆：（x﹣1）2+y2＝1，（x+1）2+y2＝1，x2+（y+1）2＝1，x2+（y﹣1）2＝1的一部分所构成，则下列叙述错误的是（ ）
A．曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B．若圆x2+y2＝r2（r＞0）与曲线W有4个交点，则或2
C．与的公切线方程为
D．曲线上的点到直线的距离的最小值为3
【分析】对于A，将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构成计算即可；对于B，结合图像分情况讨论即可；对于C，设公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），根据直线和圆相切的条件列出方程求解即可得到结果；对于D，根据选项C中的方法，求得，的公切线方程，再利用两条平行线间的距离公式计算即可．
【解答】解：曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构成，所以其面积为2×2+2×π×12＝4+2π，故A正确；
当时，交点为B，D，F，H；当r＝2时，交点为A，C，E，G；
当或r＞2时，没有交点；当时，交点个数为8个，故B正确；
设与的公切线方程为y＝kx+t（k＜0，t＞0），
由直线和圆相切的条件可得，
解得k＝﹣1，（舍去），
则其公切线方程为，即，故C正确；
同理可得，的公切线方程为，
则两平行线的距离为，故D错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，两平行线间的距离公式，考查运算求解能力，属于中档题．
二、填空题，共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知A（1，2，3），B（4，5，9），，则的坐标为 （1，1，2） ，点C的坐标为 （2，3，5） ．
【分析】根据已知条件，结合平面向量的坐标运算法则，即可求解．
【解答】解：∵A（1，2，3），B（4，5，9），
∴，
∵，
∴，
设点C的坐标为（x，y，z），
∴，解得，
故点C的坐标为（2，3，5）．
故答案为：（1，1，2）；（2，3，5）．
【点评】本题主要考查平面向量的坐标运算法则，属于基础题．
12．（5分）椭圆的焦点坐标为（﹣3，0）和（3，0），椭圆上任一点到两个焦点的距离之和为10的椭圆的标准方程为 ．
【分析】根据给定条件，利用椭圆定义求出椭圆方程作答．
【解答】解：依题意，椭圆长轴长2a＝10，则a＝5，而椭圆半焦距c＝3，因此椭圆短半轴长，
所以所求椭圆标准方程是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，属于基础题．
13．（5分）已知直线l1：ax﹣2y+4＝0，l2：x+（a﹣3）y+a＝0．
（1）当a＝4时，两直线l1，l2的交点P的坐标为 （﹣2，﹣2） ．
（2）若直线l1⊥l2，a的值为 6 ．
【分析】（1）把a＝4代入，再解方程组求出交点坐标；
（2）利用直线垂直的充要条件列式计算即得a．
【解答】解：（1）当a＝4时，直线l1：2x﹣y+2＝0，l2：x+y+4＝0，
由，解得，
∴直线l1，l2的交点P的坐标为（﹣2，﹣2）；
（2）由l1⊥l2，得a﹣2（a﹣3）＝0，解得a＝6，
∴a的值为6．
故答案为：（﹣2，﹣2）；6．
【点评】本题考查了直线垂直与斜率的关系、直线系的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．（5分）已知集合，B＝{（x，y）|y＝x+b}，若集合A∩B中有2个元素，则实数b的取值范围是 {b|﹣} ．
【分析】根据A与B的交集仅有2个元素，得到A与B中两解析式只有两个交点，确定出b的范围即可．
【解答】解：因为集合，
由x＝可得x2+y2＝1（x≥0），其图象是以原点为圆心，以1为半径的右半圆，
若A∩B中有2个元素，则y＝x+b与半圆有2个公共点，
当直线经过点（0，﹣1）时，b＝﹣1，
当直线与半圆相切时，可得＝1，
解得b＝﹣或b＝（舍），
故﹣．
故答案为：{b|﹣}．
【点评】此题考查了交集及其运算，还考查了直线与圆的位置关系，利用了数形结合的思想，属于中档题．
15．（5分）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段B1D1上，且，给出下列四个结论：
①存在点P，使得平面PB1D1∥平面C1BD；
②存在点P，使得△PB1D1是等腰直角三角形；
③若PE≤5，则点P轨迹的长度为；
④当时，则平面PB1D1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面图形的面积为18．
其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】①利用面面平行的判定定理求解；②利用空间直角坐标系求解；③分析点P在AC上运动时PE的变化情况即可求解；④根据图中的几何关系作出平面PB1D1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1截面即可求解．
【解答】解：对于①，当点P和点A重合时，平面PB1D1∥平面C1BD，
连接A1C1交B1D1于点O1，连接BD交AC于点O，连接C1D，C1B，C1O，AO1，
∵O1C1∥PO，且O1C1＝AO，
∴四边形O1POC1平行四边形，
∴O1P∥C1O，
∵O1P⊄平面C1BD，C1O⊂平面C1BD，∴O1P∥平面C1BD，
∵B1D1∥BD，B1D1⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，∴B1D1∥平面C1BD，
又∵B1D1∩PO1＝O1，B1D1，PO1⊂平面PB1D1，∴平面PB1D1∥平面C1BD；故①正确；
对于②，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
由几何关系可知PD1＝PB1，要使△PB1D1是等腰直角三角形，则PD1⊥PB1，
由已知得D1（0，0，4），B1（4，4，4），设点P（4﹣a，a，0），
则，
∵，∴a2﹣4a+8＝0，此方程无解，
则不存在点P，使得△PB1D1是等腰直角三角形，故②不正确；
对于③，因为，则E（1，1，4），A（4，0，0），C（0，4，0），
即，则P轨迹是在AC上的线段，不包括端点A、C，如下图所示，
由已知得△EAC为等腰三角形，则△EAC底边上的高，
随着P向点C运动，EP逐渐减小，故在线段AH上存在一点P，使得EP＝5，
同理可知靠近点C处也存在一点P，使得EP＝5，
设线段PE＝5，由勾股定理可知，所以点P轨迹的长度为，故③正确；
对于④，连接BD，过点P作BD的平行线交AB，AD于点M，N，连接B1M，D1N，
则MND1B1为平面PB1D1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面图形，
由已知得，由△AMN∽△ABD可知，，
又因为，且MN∥B1D1，
所以四边形MND1B1为等腰梯形，
其中梯形的高，所以截面面积为，故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了立体几何中动点的轨迹问题、考查了面面平行的性质以及截面的形状等立体几何综合知识，属于难题．
三、解答题，6小题，共85分，解答题应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（13分）已知函数．
（1）写出f（x）的最小正周期；
（2）求f（x）在区间上的最大值及相应x的值．
【分析】（1）根据给定的函数式，利用正弦函数的周期公式计算即可．
（2）求出相位的范围，再利用正弦函数的性质求出最大值即得．
【解答】解：（1）函数的周期．
（2）当时，，因此当，即时，f（x）max＝1，
所以f（x）在区间上的最大值是1，对应．
【点评】本题考查三角函数的周期，最大值，属于中档题．
17．（14分）已知△ABC的顶点坐标为A（3，0）、B（﹣1，﹣3）、C（1，1）．
（1）求直线BC的方程；
（2）求△ABC的面积．
【分析】（1）由直线斜率的计算公式，可得直线BC的斜率，再根据直线方程的点斜式，即可得解；
（2）利用点到直线的距离公式求出点A到边BC的距离，由两点间距离公式求出线段BC的长，再由三角形的面积公式，即可得解．
【解答】解：（1）因为B（﹣1，﹣3）、C（1，1），
所以直线BC的斜率为，
所以直线BC的方程为y﹣1＝2（x﹣1），即2x﹣y﹣1＝0．
（2）由（1）知，直线BC的方程为2x﹣y﹣1＝0，
所以点A到直线BC的距离为，
而，
所以△ABC的面积．
【点评】本题考查直线方程的求法，点到直线的距离公式等，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18．（15分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为线段AA1的中点．
（1）求证：A1C⊥BC1；
（2）求平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值；
（3）求点D到平面MCD1的距离．
【分析】（1）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明A1C⊥BC1；
（2）求出平面ADD1A1的法向量和平面MCD1的法向量，利用向量法能求出平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值．
（3）利用向量法能求出点D到平面MCD1的距离．
【解答】解：（1）证明：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
A1（0，0，2），C（2，2，0），B（2，0，0），C1（2，2，2），
＝（2，2，﹣2），＝（0，2，2），
∵＝0+4﹣4＝0，
∴A1C⊥BC1；
（2）平面ADD1A1的法向量为＝（1，0，0），
M（ 0，0，1），D1（0，2，2），＝（2，2，﹣1），＝（0，2，1），
设平面MCD1的法向量＝（x，y，z），
则，取y＝1，得＝（﹣2，1，﹣2）
设平面ADD1A1与平面MCD1夹角为θ，
则平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值为：
csθ＝|cs＜＞|＝＝．
（3）D（0，2，0），＝（0，0，﹣2），
点D到平面MCD1的距离为：d＝＝．
【点评】本题考查线线垂直、二面角的平面角、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19．（14分）已知圆C的方程为：x2+y2﹣2x﹣4y+1＝0，点P（0，4）．
（1）求过点P的C的切线方程；
（2）过点P的直线l被圆C所截得的弦长为，求直线l的方程．
【分析】（1）首先得到P在圆外，再设出切线方程，根据圆心到切线的距离等于半径求解即可；
（2）首先根据题意得到圆心到l2的距离为1，再分类讨论根据圆的弦长求解即可．
【解答】解：（1）将P（0，4）代入（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4，得1+4＞4，所以P在圆外，
当切线斜率不存在时，则切线为x＝0，
圆心（1，2）到切线x＝0的距离为1≠2，不符合条件．
当切线的斜率存在时，设切线为y＝kx+4，
则，解得k＝0或．
所以切线为：y＝4或．
（2）设圆心到l2的距离为d，因为过点P的直线l2被圆C所截得的弦长为2，
所以，
当直线l2斜率不存在时，直线l2为x＝0，
圆心（1，2）到x＝0的距离为1，符合题意．
当直线l2斜率存在时，设l2：y＝kx+4，
则，解得，即．
综上：或x＝0．
【点评】本题考查的知识要点：圆和直线的位置关系，点到直线的距离，直线的斜率的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
20．（14分）在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝60°，AB＝2AD＝2CD＝4，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，使得平面ACB⊥平面ACD′．
（1）求证：BC∥平面POD′；
（2）线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到OP∥BC，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据面面垂直和菱形的性质得到OD'，OA，OP两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和CQ与平面BCD'所成角的正弦值为列方程，解方程得到λ即可．
【解答】（1）证明：在梯形ABCD中连接CP，因为AB＝2CD，AB∥CD，P为AB中点，
所以AP＝AD＝CD，AP∥CD，所以四边形APCD为菱形，
所以O是AC中点，又P为AB中点，所以OP∥BC，
因为OP⊂平面POD'，BC⊄平面POD'，所以BC∥平面POD'；
（2）解：因为四边形APCD为菱形，所以AC⊥OP，AC⊥OD，即AC⊥OD'，
因为平面ACB⊥平面ACD'，平面ACB∩平面ACD'＝AC，OD'⊂平面ACD'，
所以OD'⊥平面ABC，因为OA，OP⊂平面ABC，所以OD'⊥OA，OD'⊥OP，
所以OD'，OA，OP两两垂直，则以O为原点，
分别以OA，OP，OD'所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为∠BAD＝60°，所以OA＝OC＝，OD＝OP＝1，
P（0，1，0），D'（0，0，1），C，
B＝（0，﹣1，1），＝（0，﹣2，0），
，设，
则，设平面BCD'的法向量为＝（x，y，z），
则，即，令x＝，则y＝0，z＝﹣3，所以，
因为CQ与平面BCD'所成角的正弦值为，
所以，解得或2（舍去），
所以线段PD'上存在点Q使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面所成的角，考查线面平行的判定，属于中档题．
21．（15分）古希腊数学家阿波罗尼斯发现如下结论：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值m（m≠1）的点的轨迹是圆”．在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，1），B（1，1），点P满足，设点P的轨迹为圆M，点M为圆心，
（1）求圆M的方程；
（2）若点Q是直线l1：x+y+5＝0上的一个动点，过点Q作圆M的两条切线，切点分别为E，F，求四边形QEMF的面积的最小值；
（3）若直线l2：ax+by﹣1＝0（a＞0，b＞0）始终平分圆M的面积，写出的最小值．
【分析】（1）设点P（x，y），由点P满足，列出方程，化简即可得出点P的轨迹圆M的方程．
（2）判断面积取得最小值时，QM⊥直线l1，利用点到直线距离公式，结合面积公式求解即可．
（3）利用直线经过圆的圆心，结合基本不等式即可得出结论．
【解答】解：（1）设点P（x，y），∵点P满足，
∴＝，
化为：（x﹣4）2+（y﹣1）2＝18，即点P的轨迹圆M．
（2）当QM⊥直线l1时，四边形QEMF的面积取得最小值，此时|MQ|＝＝5，∴切线长l＝＝4，
∴四边形QEMF的面积的最小值＝2××4×3＝24，因此四边形QEMF的面积的最小值24．
（3）直线l2：ax+by﹣1＝0（a＞0，b＞0）始终平分圆M的面积，∴直线经过圆心M（4，1），代入可得4a+b＝1，
∴＝2+＝2+（4a+b）（）＝7+≥7+2＝11，当且仅当b＝2a＝时取等号，
因此的最小值为11．
【点评】本题考查了圆的方程、直线与圆相切的性质、直线与圆相交问题、点到直线距离公式、基本不等式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
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