四川省眉山市2025-2026学年高二上学期期末教学质量监测数学试卷含解析（word版）

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注意事项:
1. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.若 需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案写在答题卡 上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后, 将答题卡交回.
一、单选题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分.每小题只有一个选项符合要求.
1. 直线 3x−y+1=0 的倾斜角是 ( )
A. 30∘ B. 60∘ C. 120∘ D. 150∘
【答案】B
【解析】
【分析】写出直线斜截式, 根据倾斜角与斜率的关系确定倾斜角大小.
【详解】由题设 y=3x+1 ,设倾斜角为 θ 且 0∘≤θr1+r2 ,所以两圆的位置关系是外离.
故选: D
4. 投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行. 如图为一幅唐朝的投壶图, 假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者, 且甲、乙、丙每次投壶时, 投中与不投中是等可能的. 若甲、乙、丙各投壶 1 次，则这 3 人中至多有 1 人投中的概率为( )
A. 13 B. 38 C. 12 D. 58
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意, 列出所有可能, 结合古典概率, 即可求解.
【详解】甲、乙、丙 3 人投中与否的所有情况为: (中, 中, 中), (中, 中, 不中), (中, 不中, 中),
(中, 不中, 不中), (不中, 中, 中), (不中, 中, 不中), (不中, 不中, 中),
(不中,不中,不中),共 8 种,其中至多有 1 人投中的有 4 种,故所求概率为 48=12 .
故选: C.
5. 如图，在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中， DE=14DB,CF=12CC1 ，则 EF= ( )

A. 34AB+14AD+12AA1 B. 23AB+13AD+12AA1
C. 34AB+23AD+12AA1 D. 23AB+14AD+12AA1
【答案】A
【解析】
【分析】先用 AB,AD,AA1 表示向量 AF,AE ，再根据 EF=AF−AE 求解即可.
【详解】因为在平行六面体 ABCD−A1B1C1D1 中, DE=14DB,CF=12CC1
所以 AF=AB+BC+CF=AB+AD+12CC1=AB+AD+12AA1 ,
AE=AD+DE=AD+14DB=AD+14AB−AD=14AB+34AD
EF=AF−AE=AB+AD+12AA1−14AB+34AD=34AB+14AD+12AA1
故选: A
6. 已知等差数列 an,bn 的前 n 项和分别为 Sn,Tn ,且 SnTn=3n−52n+5 ,则 a8b8= ( )
A. 1921 B. 1619 C. 87 D. 2223
【答案】C
【解析】
【分析】由等差数列前 n 项和公式,将两个数列前 n 项和的比转化为项的比,结合等差中项的性质即可求得 a8b8 .
【详解】由题可知, SnTn=na1+an2nb1+bn2=a1+anb1+bn ,所以 a1+anb1+bn=3n−52n+5 .
所以 a8b8=2a82b8=a1+a15b1+b15=3×15−52×15+5=4035=87 .
故选: C.
7. 已知 F1−c,0,F2c,0 是椭圆 C:x2a2+y2b2=1a>b>0 的左右焦点,若椭圆上存在一点 P 使得 PF1⋅PF2=3c2 ，则椭圆 C 的离心率的取值范围为( )
A. 12,32 B. 55,12 C. 33,32 D. 55,33
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆上一点 Px0,y0 ,利用平面向量数量积以及椭圆的范围得出不等式即可求出离心率的取值范围.
【详解】依题意设椭圆上一点 Px0,y0 ,所以 x02a2+y02b2=1 ,可得 y02=b2−b2x02a2 ;
所以 PF1=−c−x0,−y0,PF2=c−x0,−y0 ,
因此 PF1⋅PF2=x02−c2+y02=3c2 ,即 x02+y02=4c2 ,
也即 x02+b2−b2x02a2=4c2 ,所以 c2x02a2=4c2−b2=5c2−a2 ,
因为 x0∈−a,a ,所以可得 0≤c2x02a2≤c2 ,因此 0≤5c2−a2≤c2 ,
即 4c2≤a2≤5c2 ,即 15≤c2a2=e2≤14 ,
因此离心率为 55≤e≤12 .
故选: B
8. 对于共有 n 项的有穷数列 an ,若其任意两项均不相等,则定义对于数列中的第 k 项 ak 1≤k≤n ,定义在其右边的项中比 ak 大的项的个数称为 ak 的“顺序数”,比 ak 小的项的个数称为 ak 的“逆序数”. 若将所有项的“顺序数”与“逆序数”之和记为 Sn ，则 1S4+1S5+1S6+⋯+1S2022 等
于( )
A. 40366063 B. 20194046 C. 10092022 D. 6731011
【答案】D
【解析】
【分析】先根据“顺序数”和“逆序数”的定义,求出 Sn 的表达式,再利用裂项相消法计算 1S4+1S5+1S6+⋯+1S2022 的值.
【详解】对于 a1 ,它右边有 n−1 个数,这 n−1 个数要么比 a1 大,要么比 a1 小,所以 a1 的“顺序数”与“逆序数”之和为 n−1 .
对于 a2 ,它右边有 n−2 个数,同理, a2 的“顺序数”与“逆序数”之和为 n−2 .
以此类推,对于 an−1 ,它右边有 1 个数, an−1 的“顺序数”与“逆序数”之和为 1 .
而 an 右边没有数,其 “顺序数” 与 “逆序数” 之和为 0 .
所以 Sn=n−1+n−2+⋯+1+0 ,即 Sn=nn−12 .
所以 1Sn=2nn−1=21n−1−1n .
则 1S4+1S5+1S6+⋯+1S2022
=2×13−14+2×14−15+2×15−16+⋯+2×12021−12022
=2×13−14+14−15+15−16+⋯+12021−12022
=2×13−12022=2×6732022=6731011.
故选: D
二、多选题: 本题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分.在每小题给出的四个选项中, 有 多项符合题目要求.全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 抛掷一枚质地均匀的骰子,观察向上的面的点数,事件 A 为“点数为奇数”,事件 B 为“点数是 1 或 4 ”，事件 C 为“点数大于 3”，下列说法正确的是( )
A. A 和 B 是互斥事件 B. B 和 C 是相互独立事件
C. PAC=16 D. PB∪C=56
【答案】BC
【解析】
【分析】A.利用互斥事件的定义判断；B.利用独立事件的定义判断；CD.利用古典概型的概率求解判断.
【详解】事件 A 为“点数为奇数”，即 A={1,3,5} ，事件 B 为“点数是 1 或 4”，
即 B={1,4} ,而 A∩B={1} ,所以 A 和 B 不互斥,故 A 错误;
事件 C 为 “点数大于 3 ”，即 C={4,5,6} ，基本事件的总数为 n=6 ，
则 PB=26=13,PC=36=12 ,又 C∩B={4} ,则 PBC=16 ,
所以 PBC=PBPC ,所以 B 和 C 是相互独立事件,故 B 正确;
因为 C∩A={5} ,所以 PAC=16 ,故 C 正确;
因为 C∪B={1,4,5,6} ,所以 PC∪B=46=23≠56 ,故 D 错误;
故选: BC
10. 设抛物线 E:y2=6x 的焦点为 F,O 为坐标原点，点 A,B 是 E 上两个动点，则()
A. E 的准线方程为 x=−32
B. AF 的最小值 32
C. 当直线 AB 过点 F 时,直线 OA 和 OB 的斜率之积为定值 -6
D. 当直线 OA 与 OB 垂直时,直线 AB 过定点 6,0
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线的基本性质结合韦达定理、斜率公式逐项分析判断即可.
【详解】由抛物线方程 y2=6x 可得 2p=6 ,解得 p=3 ,则 F32,0 .
选项 A: 由上分析可得该抛物线的准线方程为 x=−32 ,故 A 正确;
选项 B: 设 Ax1,y1 . 由抛物线焦半径公式可得, AF=x1+32 .
因为点 A 是抛物线 y2=6x 上的点,则 x1≥0 ,故当 x1=0 时, AFmin=32 ,故 B 正确;
选项 C: 设 Ax1,y1,Bx2,y2,F32,0 .
当直线 AB 斜率不存在时,直线 AB 方程为 x=32 ,代入 y2=6x 得 y=±3 .
不妨设 A32,3,B32,−3 ,则 kOA⋅kOB=332×−332=−4 ;
当直线 AB 斜率存在时,设 AB:y=kx−32k≠0 .
联立 y=kx−32y2=6x ,消去 y 整理得, k2x2−3k2+6x+94k2=0 ,
Δ=−3k2+62−4×k2×94k2=36k2+36>0,
所以 x1+x2=3k2+6k2,x1x2=94 .
则 y1y2=kx1−32kx2−32=k2x1x2−32x1+x2+94=k294−32×3k2+6k2+94=−9 .
所以 kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=−994=−4 .
综上,直线 OA 和 OB 的斜率之积为-4，故 C 错误；
选项 D:设直线 AB:x=my+t .
与 y2=6x 联立整理得, y2−6my−6t=0 ,
则 y1+y2=6m,y1y2=−6t .
于是 x1x2=my1+tmy2+t=m2y1y2+mty1+y2+t2=m2−6t+mt⋅6m+t2=t2 .
因为 OA⊥OB ,所以 OA⋅OB=0 ,即 x1x2+y1y2=t2−6t=0 ,
解得 t=6 或 t=0 (舍去,此时点 A 或点 B 与原点重合).
因此直线 AB:x=my+6 ,恒过定点 6,0 ,故 D 正确.
故选: ABD.
11. 在棱长为 4 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中， N 为 BC 的中点， O 为 BD1 的中点， M 是棱 AA1 上靠近 A1 的四等分点, Q 是棱 DD1 上靠近 D 点的四等分点,点 P 在正方体的表面上运动,则下列说法正确的是( )

A. 若点 P 在棱 B1D1 上运动,则三棱锥 C1−BDP 的体积不变
B. 若点 P 在棱 AD 上运动，则线段 MP 与 CP 的长度之和最小为 13+25
C. 若 QP// 平面 AC1N ,则点 P 的轨迹长度为 352
D. 若 OP⊥C1N ,则点 P 的轨迹是长方形
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A ,证明 D1B1// 平面 BDC1 ,结合 VC1−BDP=VP−BDC1 即可判断; 对于 B ,将平面 ADD1A1 展开与平面 ABCD 共面,当 C,M,P 三点共线时,距离之和最小判断; 对于 C ,作出点 P 的轨迹三角形 QHG ,再计算周长即可判断; 对于 D ,利用坐标法求得点 P 在棱 DD1,CC1,AA1,BB1 的交点, 再判断对应的矩形满足条件即可.
【详解】对于 A 选项,因为点 P 在棱 B1D1 上运动,故平面 BDP 即为平面 BDD1B1 ,
因为 DD1//BB1,DD1=BB1 ,所以四边形 BDD1B1 是平行四边形,
所以 BD//D1B1 ,又 BD⊂ 平面 BDC1,D1B1⊄ 平面 BDC1
所以 D1B1// 平面 BDC1 ,即 P 点到平面 BDC1 距离不变,
又 VC1−BDP=VP−BDC1,△BDC1 的面积为定值,
所以三棱锥 C1−BDP 的体积不变，为定值，故正确；

对于 B ,将平面 ADD1A1 展开与平面 ABCD 共面,如图

当 C,M,P 三点共线时,线段 MP 与 CP 的长度之和最小,最小值为 42+72=65 ,故错误; 对于 C ,如图,分别取棱 AD,D1A1 中点 F,E ,连接 AE,D1F,CF,D1C ,
因为 F,E,N 分别为棱 AD,D1A1,BC 的中点,
所以四边形 CN//AF//D1E,CN=AF=D1E,FN//D1C1,FN=D1C1
所以四边形 CNAF,AFD1E,FNC1D1 均为平行四边形
所以 AE//D1F,AN//CF ， NC1//FD1 ，即平面 ANC1E 即为平面 AC1N ，
又 AE,AN⊂ 平面 ANC1E,D1F,CF⊄ 平面 ANC1E ,
所以 D1F// 平面 ANC1E,CF// 平面 ANC1E ,
又 D1F∩CF=F,D1F,CF⊂ 平面 D1FC
所以平面 D1FC// 平面 ANC1E ,
在平面 ADD1A1 中,过点 Q 作 QH//D1F 交 AD 于点 H ,
在平面 ABCD 中,过点 H 作 HG//CF 交 CD 于点 G ,连接 QG ,
则 △QHG 为点 P 的轨迹,
因为 Q 是棱 DD1 上靠近 D 点的四等分点,
所以 HD=12,DG=DQ=1 ,
所以 △QHG 的周长为 21+14+2=5+2 ,故错误;

对于 D ,如图,建立空间直角坐标系,则 O2,2,2,C10,4,4,N2,4,0 , 设 Px,y,z ,则 C1N=2,0,−4,OP=x−2,y−2,z−2 ,
所以当 OP⊥C1N 时， C1N⋅OP=2x−4z+4=0 ，即 x−2z+2=0
当 x=0 时， z=1 ，即与 DD1 的交点为 Q0,0,1 ，与 CC1 的交点为 T0,4,1 ，
当 x=4 时， z=3 ，即与 AA1 的交点为 M4,0,3 ，与 BB1 的交点为 S4,4,3
连接 MS,ST,TQ,QM=ST=4,0,2,MS=QT=0,4,0 ,
所以四边形 MSTQ 是矩形,且 QM⋅C1N=0,MS⋅C1N=0
所以 QM⊥C1N,MS⊥C1N,QM∩MS=M,QM,MS⊂ 平面 MSTQ ,
所以 C1N⊥ 平面 MSTQ ,
又 MO=OT=−2,2,−1 ,所以 O 是 MT 的中点,即 O∈ 平面 MSTQ ,
所以要使 OP⊥C1N 必有 P∈ 平面 MSTQ ,
又点 P 在正方体的表面上运动,
所以点 P 的轨迹为矩形 MSTQ ,故正确.

故选: AD
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若直线 l1:mx+y−1=0 与 l2:x−2y−1=0 互相垂直，则 m 的值为_____.
【答案】 2
【解析】
【分析】根据两直线垂直的条件直接列式计算作答.
【详解】若直线 l1:mx+y−1=0 与 l2:x−2y−1=0 互相垂直，则 m×1+1×−2=0 ，解得 m=2 .
故答案为:2.
13. 已知数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 a1=13,2Sn=1−3an+1 ,则 an 的通项公式为_____. 【答案】 13n##3−n
【解析】
【分析】应用 Sn−Sn−1=an 结合已知计算得出 an 是以 13 为首项以 13 为公比的等比数列,再应用等比数列通项公式计算求解.
【详解】因为数列 an 的前 n 项和为 Sn ,且 a1=13,2Sn=1−3an+1 ,
当 n=1 时, 2a1=1−3a2 ,所以 a2=19≠0 ,
当 n≥2 时,则 2Sn−1=1−3an ,则 2Sn−Sn−1=2an=−3an+1+3an ,所以 an=3an+1 ,
所以当 n≥2 时, an+1an=13 ,又 a2a1=13 ,
所以 an 是以 13 为首项以 13 为公比的等比数列,所以 an=13×13n−1=13n
则 an 的通项公式为 13n .
故答案为: 13n
14. 已知 F1,F2 分别为双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的左、右焦点, O 为坐标原点,以点 F2 为圆心且与 C 的渐近线相切的圆与 C 在第一象限交于点 A ,设 B 为 AF1 的中点,若 OB⋅BF2=0 ，则 C 的渐近线的方程为_____.
【答案】 y=±23x
【解析】
【分析】利用点到直线的距离求得圆 F2 的半径为 b ,利用双曲线的定义及中位线的性质得 OB=b2 , 由余弦定理建立方程求得 ba=23 ，从而得到渐近线斜率，最后得出渐近线方程.
【详解】由题意可得 F2c,0 ,双曲线的一条渐近线为 y=bax ,
则点 F2 到渐近线 bx−ay=0 的距离 d=bcb2+−a2=b ,即圆 F2 的半径为 b ,
连接 AF2 ,则 AF2=b ,

由双曲线的定义知, AF1−AF2=2a ,所以 BF1=12AF1=122a+AF2=a+b2 ,
在 △AF1F2 中, O 为 F1F2 的中点, B 为 AF1 的中点,所以 OB=12AF2=b2 ,
又因为 OB⋅BF2=0 ,所以 △OBF2 为直角三角形,
在直角三角形 △OBF2 中, cs∠BOF2=OBOF2=b2c ,
在 △OBF1 中, cs∠BOF1=OB2+OF12−BF122OB⋅OF1=b24+c2−a+b222⋅b2⋅c=c2−a2−abbc=b−ac ,
因为 cs∠BOF1=−cs∠BOF2 ，所以 b−ac=−b2c ，求解得 ba=23 ，
所以斜渐近线斜率 k=±ba=±23 ,
所以 C 的渐近线的方程为 y=±23x .
故答案为: y=±23x .
四、解答题:本题共 5 小题, 共 77 分.解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤.
15. 已知等差数列 an 满足 a2=5,a5=−1 ; 等比数列 bn 的前 3 项和为 7,前 6 项和为 63 .
(1)求 an 和 bn 的通项公式；
( 2 )若 cn=an+bn ，求 cn 的前 n 项和.
【答案】( 1 ) an=−2n+9,bn=2n−1
(2) −n2+8n+2n−1
【解析】
【分析】(1) 根据题意求得等差数列 an 的首项和公差,即可求得 an 的通项公式; 根据等比数列 bn 的前 n 项和公式求得其首项和公比,即可求得 bn 的通项公式;
(2)根据等比数列及等差数列的前 n 项和公式，利用分组求和法求得 cn 的前 n 项和.
【小问 1 详解】
设等差数列 an 的公差为 d ,则 a2=a1+d=5a5=a1+4d=−1 ,解得 a1=7,d=−2 .
所以 an=a1+n−1d=7+n−1×−2=−2n+9 ;
设等比数列 bn 的公比为 q ,
若 q=1 ,则 3b1=76b1=63 ,显然无解,所以 q≠1 .
所以 b11−q31−q=7b11−q61−q=63 ,所以 1+q3=9 ,解得 q=2 ,所以 b1=1 .
所以 bn=b1qn−1=2n−1 .
综上 an 的通项公式为 an=−2n+9,bn 的通项公式为 bn=2n−1 .
【小问 2 详解】
设数列 cn 的前 n 项和为 Sn ,则
Sn=c1+c2+…+cn=a1+b1+a2+b2+…+an+bn=a1+a2+…+an+b1+b2+…+bn.
因为 a1+a2+…+an=na1+an2=n7+9−2n2=−n2+8n ,
b1+b2+…+bn=b11−qn1−q=2n−1,
所以 Sn=−n2+8n+2n−1 .
即 cn 的前 n 项和为 Sn=−n2+8n+2n−1 .
16. 2025 年 10 月 31 日，神舟二十一号载人飞船成功发射，航天员们计划在“天宫”空间站再度授课，极大激发了同学们对航天知识的兴趣. 为此，某校组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，以赛促学, 引导同学们深入了解航天成就与精神.
(1)经初选，已经在 A,B 两个班中各选出 3 名同学，现需从这 6 名同学中随机选 2 名同学担任组长, 求这 2 名组长来自同一个班的概率;
(2) A 班进行了三轮初选活动，甲同学每轮合格概率分别为 13 ， 34 ， 12 ，各轮结果均相互独立， 至少两轮合格记为“优秀”，求三轮初选后，甲记为“优秀”的概率.
【答案】(1) 25
(2) 1324
【解析】
【分析】(1) 根据古典概型的概率计算即可.
(2)根据独立事件的概率计算公式及概率加法公式求解即可.
【小问 1 详解】
从 6 名学生中随机抽取 2 人，所有的可能情况数为: C62=6×52×1=15 (种).
这 2 名学生来自同一个班的情况数为: C32+C32=3+3=6 (种).
设“这 2 名学生来自同一个班”为事件 A ,则 PA=615=25 .
故这 2 名学生来自同一个班的概率为 25 .
【小问 2 详解】
甲同学被记为“优秀”的情况有恰好两轮合格, 三轮均合格.
恰好两轮合格的概率为
P1=13×34×1−12+13×1−34×12+1−13×34×12=324+124+624=1024=512.
三轮均合格的概率为
P2=13×34×12=18
所以甲同学被记为“优秀”的概率为 P=P1+P2=512+18=1324 .
17. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题, 例如: 平面内到两定点距离之比等于定值 (不为 1 ) 的动点轨迹为圆, 称为阿波罗尼斯圆. 已知平面内两定点 A−1,0,B2,0 ，点 P 满足 PAPB=12 .
(1)记动点 P 的轨迹为 C ，求轨迹 C 的方程；
(2)设点 E−2,0 ，点 T 在直线 l:x−y−2=0 上，过点 T 作轨迹 C 的两条切线，切点分别为
M,N ,求四边形 EMTN 面积的最小值.
【答案】(1) x+22+y2=4
(2) 4
【解析】
【分析】(1) 设点 Px,y ,根据阿波罗尼斯圆的定义得出等量关系,化简变形可得轨迹 C 的方程;
(2)利用图形以及相切关系，利用勾股定理得出四边形 EMTN 的面积表达式，再由点到直线距离公式即可求得面积最小值.
【小问 1 详解】
设点 Px,y ,
由点 A−1,0,B2,0 ,点 P 满足 PAPB=12 可得 x+12+y2x−22+y2=12 ;
化简可知轨迹 C 的方程为 x+22+y2=4 .
【小问 2 详解】
易知轨迹 C 是以 −2,0 为圆心,半径为 2 的圆,
又点 E−2,0 ,因此 E 即为圆心,
点 E 到直线 l:x−y−2=0 的距离为 d=−2−0−21+1=22>r ,
因此直线 l 与轨迹 C 相离，如下图所示:

显然 TM=TN ,且 EM⊥TM,EN⊥TN ,又因为 ET 为公共边,
所以 △ENT≅△EMT ,
因此四边形 EMTN 的面积为
S=2S△ENT=2×12ENNT=2NT=2ET2−EN2=2ET2−4;
显然当 ET 取得最小值时,四边形 EMTN 面积最小,
又点 T 在直线 l:x−y−2=0 上,
当 ET⊥l 时,满足题意,此时 ETmin 即为点 E 到直线 l:x−y−2=0 的距离,所以 ETmin=d=22
所以四边形 EMTN 面积的最小值为 Smin=2222−4=4 .
18. 如图 1,在平面四边形 ABCD 中, AD=4,BC=2,∠ABD=∠CBD=π3,BC⊥CD , 过点 D 作 DE⊥AB ,垂足为 E . 如图 2,将三角形 ADE 沿 DE 折起,使得点 A 到达点 P 处,且 PE⊥BE .

图 1

图 2
(1)证明: BD⊥PC ；
(2)若点 F 为线段 PD 上的点(不含端点)，是否存在点 F 满足直线 CF 与平面 PBC 所成角的正弦值为 277 ? 若存在,求出 PFPD 的值; 若不存在,说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【解析】
【分析】(1) 由线面垂直得到 PE⊥BD ,连接 CE ,再由线面垂直的判定定理证明 BD⊥ 平面 PCE 可得;
(2)建立如图所示坐标系，求出平面 PBC 的法向量，代入空间线面角公式计算即可；
【小问 1 详解】
由题意得 PE⊥DE ,又 PE⊥BE .
BE,DE 为平面 BCDE 内两条相交直线,
所以 PE⊥ 平面 BCDE .
因为 BD⊂ 平面 BCDE ,所以 PE⊥BD .
因为 ∠EBD=∠CBD=π3,∠BCD=∠BED=π2 ，又有公共边 BD ，
所以 △BCD 与 △BED 全等,
所以 BC=BE=12BD=2,DE=DC ,
如图,连接 CE ,则 BD⊥CE .
因为 PE∩CE=E,PE,CE⊂ 平面 PCE ,
所以 BD⊥ 平面 PCE .
因为 PC⊂ 平面 PCE ,所以 BD⊥PC .
【小问 2 详解】
由( 1 )知 PE⊥ 平面 BCDE ，且 BE,DE⊂ 平面 BCDE ，
所以 PE⊥BE , PE⊥DE . 又 DE⊥BE ,
所以 EB,ED,EP 两两垂直.
以点 E 为坐标原点， EB,ED,EP 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图 2 的空间直角坐标系,如图 1,过 C 作 CG⊥EB ,


图 1 图2
由( 1 )知 △ABD 为等边三角形，所以 AE=2 ，
因为 ∠EBD=∠CBD=π3 ，所以 ∠CBG=π3 ，
所以 BG=1,CG=3 ,即 C3,3,0 ,则 B2,0,0,P0,0,2,D0,23,0 ,
设 PFPD=λ,0