2020-2021学年重庆市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年重庆市高二（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. 直线l的方程是3x−2y+6＝0，则直线l经过（ ）
A.一、二、三象限B.一、二、四象限
C.一、三、四象限D.二、三、四象限

2. 已知椭圆C:x2+y24=1，则椭圆C的（ ）
A.焦距为25B.焦点在x轴上C.离心率为12D.长轴长为4

3. 下列说法正确的是（ ）
A.直四棱柱是正四棱柱
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线
D.以直角三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆锥

4. 下列双曲线中，渐近线方程为y=±43x的是（ ）
A.x24−y23=1B.y24−x23=1C.x216−y29=1D.y216−x29=1

5. 直线2x+y+5＝0与直线kx+2y＝0互相垂直，则它们的交点坐标为（ ）
A.(−1, −3)B.(−2, −1)C.(−12,−1)D.(−1, −2)

6. 直线x+my+1＝0(m∈R)与椭圆x22+y2=1的位置关系是（ ）
A.相交B.相切
C.相离D.以上三种关系都可能

7. 赵州桥，是一座位于河北省石家庄市赵县城南洨河之上的石拱桥，因赵具古称赵州而得名．赵州桥始建于隋代，是世界上现存年代久远、跨度最大、保存最完整的单孔石拱桥．小明家附近的一座桥是仿赵州桥建造的一座圆拱桥，已知在某个时间段这座桥的水面跨度是20米，拱顶离水面4米；当水面上涨2米后，桥在水面的跨度为（ ）
A.10米B.102米C.66米D.65米

8. 已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A.若m // α，n // β，且α // β，则m // n
B.若m⊥α，n // β，且α⊥β，则m⊥n
C.若m⊥α，α⊥β，则m // β
D.若m // α，m⊥β，则α⊥β

9. 已知A(−4, 0)，B是圆(x−1)2+(y−4)2＝1上的点，点P在双曲线x29−y27=1的右支上，则|PA|+|PB|的最小值为（ ）
A.9B.25+6C.10D.12

10. 已知F为椭圆C:x22+y2=1的右焦点，点F关于直线m:y＝x+1的对称点为Q，若直线l过点Q，且l // m，则椭圆C上的点到直线l距离的最大值为（ ）
A.3−32B.3+32C.2+32D.2

11. 已知点P是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一动点，AB为圆x2+y2=a24的直径，若PA→⋅PB→最小值为c22，则双曲线的离心率为（ ）
A.62B.3C.2D.2

12. 已知三棱锥P−ABC的所有棱长均为2，点M为BC边上一动点，若AN⊥PM且垂足为N，则线段CN长的最小值为（ ）
A.21−33B.27−33C.73D.1
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）

已知双曲线2mx2−my2＝2的一个顶点是(0, 1)，则m的值是________．

过两圆x2+y2＝4和(x−2)2+(y+1)2＝1交点的直线方程为________．

如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．若该二十四等边体棱长为1，则该二十四等边体的体积为________．


如图，已知P为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的点，点A、B分别在直线y=12x与y=−12x上，点O为坐标原点，四边形OAPB为平行四边形，若平行四边形OAPB四边长的平方和为定值，则椭圆C的离心率为________．

三、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）

已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点P是双曲线上一点，满足PF1⊥PF2且|PF1|=8，|PF2|=6．
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)若直线l交双曲线于A，B两点，若AB的中点恰为点M(2, 6)，求直线l的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝1，直线PB、PD与平面ABCD所成角分别为30∘、45∘，E为CD的中点．

（1）已知点F为PB中点，求证：CF // 平面PAE；

（2）求二面角P−BD−A的余弦值．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为12，且过点P(1,32)．
（1）求椭圆C的标准方程；

（2）直线l:y＝x+1与椭圆C交于M、N两点，O为坐标原点，若点E满足OE→=t(OM→+ON→)，且点E在椭圆C上，求实数t的值．

已知圆C的圆心在第一象限内，圆C关于直线y=3x对称，与x轴相切，被直线y=x截得的弦长为27．
(1)求圆C的方程；

(2)若点P在直线x+y+1=0上运动，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别为A、B点，求四边形PACB面积的最小值．

如图，已知四棱柱ABCD−A′B′C′D′的侧棱长为4，底面ABCD是边长为2的菱形，点E为BC中点，直线AE和CD交于点H，C′H⊥面ABCD．

（1）求证：BD⊥A′H；

（2）若∠BAD=π3，在线段AA′上是否存在一点M，使得平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘，若存在，求|MA||AA′|的值；若不存在，请说明理由．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0, b>0)的左、右焦点为F1，F2，P是椭圆上的点，当点P在椭圆上运动时，△PF1F2面积的最大值为4，当PF1⊥x轴时，△PF1F2面积为22．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，若直线PF1、PF2交椭圆另一点分别是A、B，点P不在x轴上，且|PA|+|PB|＝62，求点P的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年重庆市高二（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分，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】
A
【考点】
确定直线位置的几何要素
【解析】
由题意求出直线的斜率、直线在y轴上的截距，可得结论．
【解答】
直线l的方程是3x−2y+6＝0，即 y=32x+3，
故直线的斜率为32，在y轴上的截距为3，
故直线经过一、二、三象限，
2.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由椭圆方程求得a与c的值，结合选项得答案．
【解答】
由椭圆C:x2+y24=1，
得a2＝4，b2＝1，则a＝2，b＝1，c=a2−b2=3，
则椭圆的焦点在y轴上，焦距为23，长轴长为4，离心率为32．
3.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用正四棱柱的定义，棱台的定义，圆锥的定义判断A、B、C、D的结论．
【解答】
对于A：正四棱柱必须满足底面是正方形的直棱柱，故A错误；
对于B：棱台是棱锥过侧棱作底面的平行平面分割而成的叫棱台，故B错误；
对于C：圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线，故C正确；
对于D：若以直角三角形的斜边为轴旋转得到的几何图形为两个倒扣的圆锥，故D错误．
4.
【答案】
D
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
根据题意，依次分析选项，求出选项中双曲线的渐近线方程，即可得答案．
【解答】
根据题意，依次分析选项：
对于A，x24−y23=1．其焦点在x轴上，且a＝2，b=3，则其渐近线方程为y＝±32x，不符合题意；
对于，y24−x23=1，其焦点在y轴上，且a＝2，b=3，则其渐近线方程为y＝±233x，不符合题意；
对于C，x216−y29=1，其焦点在x轴上，且a＝4，b＝3，则其渐近线方程为y＝±34x，不符合题意；
对于D，y216−x29=1，其焦点在y轴上，且a＝4，b＝3，则其渐近线方程为y＝±43x，符合题意；
5.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
由题意利用两直线垂直的性质，求出k的值，再解方程组求得两直线的交点的坐标．
【解答】
∵ 直线2x+y+5＝0与直线kx+2y＝0互相垂直，
∴ 2k+1×2＝0，求得k＝−1，
故两直线即 直线2x+y+5＝0与直线−x+2y＝0，
由2x+y+5=0−x+2y=0 求得x=−2y=−1 ，可得两直线的交点为(−2, −1)，
6.
【答案】
A
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
由直线系方程求出直线x+my+1＝0(m∈R)所过定点，判断定点在椭圆内部，可得直线与椭圆相交．
【解答】
由直线x+my+1＝0(m∈R)得直线x+my+1＝0(m∈R)过定点(−1, 0)，
点(−1, 0)在椭圆x22+y2=1的内部，
则直线x+my+1＝0(m∈R)与椭圆x22+y2=1的位置关系是相交．
7.
【答案】
C
【考点】
圆的综合应用
圆的方程的综合应用
【解析】
根据题意，建立圆拱桥的模型，设圆O的半径为R，当水面跨度是20米，拱顶离水面4米，分析可得100＝R2−(R−4)2，解可得R的值，当水面上涨2米后，可得跨度|CD|＝2|CN|＝2×R2−(R−2)2，计算可得答案．
【解答】
根据题意，如图：设圆O的半径为R，
已知在某个时间段这座桥的水面跨度是20米，拱顶离水面4米；设此时的水面为AB，M为AB的中点，
则|AB|＝20，则|OM|＝R−4，
则有|AM|2＝|AB2|2＝|OA|2−|OM|2，即100＝R2−(R−4)2，解可得R=292，
当水面上涨2米后，即水面到达CD时，N为CD的中点，则|ON|＝R−2，
此时|CD|＝2|CN|＝2×R2−(R−2)2=66，
8.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用线面垂直和面面垂直的判定和性质，线面平行和面面平行的判定和性质的应用判定A、B、C、D的结论．
【解答】
对于A：由于m // α，n // β，且α // β，则m // n或m与n异面，故A错误；
对于B：若m⊥α，n // β，且α⊥β，则m // n，故B错误；
对于C：若m⊥α，α⊥β，则m // β或m⊂β，故C错误；
对于D：若m // α，m⊥β，则α⊥β，根据线面垂直的性质得到，面面垂直，故D正确．
9.
【答案】
C
【考点】
圆与圆锥曲线的综合问题
【解析】
求出C的坐标，则点A，A′是双曲线的焦点，利用双曲线的定义，可得：|PA|＝|PA′|+6，推出|PA|+|PB|＝|PA′|+|PB|+6≥|A′C|即可．
【解答】
设点C(1, 4)，点B在圆上，则|PB|≥|PC|−r＝|PC|−1，由点P在双曲线右支上，点A为双曲线左焦点，
设A′为双曲线右焦点，所以由双曲线定义知：|PA|＝|PA′|+2a＝|PA′|+6，
所以|PA|+|PB|＝|PA′|+|PB|+6≥|PA′|+|PC|+6−1≥|A′C|+5＝5+5＝10，
10.
【答案】
B
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
求出Q坐标，得到直线l的方程，设出椭圆的参数方程，利用点到直线的距离，结合三角函数的最值，求解即可．
【解答】
由点F2(1, 0)关于直线PF1:y＝x+1对称点为Q(−1, 2)，
所以直线l:y＝x+3，
设椭圆的参数方程为x=2csθy=sinθ （θ为参数），
设点M(2csθ,sinθ)，则点M到直线l的距离为：d=|2csθ+3−sinθ|2=|3−3sin(θ+ϕ)|2≤3+32，
11.
【答案】
A
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用向量的数量积求解PA→⋅PB→最小值为c22，得到a，c的关系，然后求解离心率．
【解答】
PA→⋅PB→=(PO→+OA→)(PO→+OB→)=(PO→+OA→)(PO→−OA→)=PO→2−OA→2≥a2−a24=3a24，所以3a24=c22⇒c2a2=32，所以e2=32⇒e=62，
12.
【答案】
A
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
取PA中点O，得点N在以O为球心，半径为1的球面上，进一步可得N的轨迹为一段圆弧，设点O在平面PBC的投影点为O1，则点N在以O1为圆心的圆弧上，可得当点N在CO1上时，CN取最小值，求解三角形计算得答案．
【解答】
取PA中点O，∵ AN⊥PM，∴ 点N在以O为球心，半径为1的球面上，
又点N在平面PBC上，故N的轨迹为一段圆弧，
设点O在平面PBC的投影点为O1，
且点O1∈PS（S为BC中点），
则点N在以O1为圆心的圆弧上，
PS＝AS=3，设A到PS的距离为ℎ，则12×3×ℎ=12×2×(3)2−12，
即ℎ=263，得OO1=63，PO1=1−(63)2=33，
由N在PS上时，求得NO1=33，求解Rt△CO1S，得CO1=213，
则当点N在CO1上时，CN取最小值21−33，
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分．）
【答案】
−2
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
通过双曲线的顶点坐标，判断m的范围，化简双曲线方程为标准方程，求解即可．
【解答】
双曲线2mx2−my2＝2的一个顶点是(0, 1)，可得m<0，
所以，双曲线的标准方程为：y22−m−x2−m=1，
所以2−m=1，解得m＝−2．
【答案】
2x−y−4＝0
【考点】
相交弦所在直线的方程
【解析】
根据题意，两圆方程相减就得公共弦的方程，即可得答案．
【解答】
根据题意，联立两圆的方程：x2+y2=4(x−1)2+(y+1)2=1 ，
则有2x−y−4＝0，即两圆公共弦的方程：2x−y−4＝0，
【答案】
523
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
由题意求出原正方体的棱长，再由正方体的体积减去8个三棱锥的体积得答案．
【解答】
由题知原来正方体棱长为2，则正方体的体积为22，
又截去的8个三棱锥为全等三棱锥，都有三条互相垂直的棱长且棱长为22，
故截去体积为8×13×22×12×(22)2=23，
则24等边体的体积为V=22−23=523．
【答案】
32
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
设出P点坐标，得到直线AP、PB的方程，与已知直线方程联立求得A与B的坐标，再求出PA2+PB2，结合平行四边形OAPB四边长的平方和为定值，即可得到a与b的关系，进一步求得椭圆的离心率．
【解答】
设P(x0, y0)，则直线PA的方程为y=−12x+x02+y0，直线PB方程为y=12x−x02+y0，
联立方程组y=−12x+x02+y0y=12x ，解得A(x02+y0,x04+y02)，
联立方程组y=12x−x02+y0y=−12x ，解得B(x02−y0,−x04+y02)，
则PA2+PB2=(x02−y0)2+(x04−y02)2+(x02+y0)2+(x04+y02)2=58x02+52y02，
又点P在椭圆上，则有b2x02+a2y02=a2b2，
又58x02+52y02=52(x024+y02)为定值，
则b2a2=14，即e2=a2−b2a2=34，得e=32．
三、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
【答案】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【考点】
双曲线的标准方程
直线与双曲线的位置关系
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
（1）利用双曲线的定义求出a＝1，在三角形PF1F2中，利用勾股定理求解c，然后求解双曲线方程．
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用点差法求解周长AB的向量，然后推出方程即可．
【解答】
解：(1)由题意得，2a=|PF1|−|PF2|=2，
所以a=1，
在三角形PF1F2中，|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2=100，
所以4c2=100，则c2=25=a2+b2，则b2=24，
故双曲线的标准方程为：x2−y224=1．
(2)设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
有x12−y1224=1，x22−y2224=1，
则x12−x22=y12−y2224，
所以24=y12−y22x12−x22=y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2.
又kAB=y1−y2x1−x2，y1+y2x1+x2=62=3，
所以kAB⋅3=24，
可得kAB=8，
所以直线AB方程为：y−6=8(x−2)，
即y=8x−10，满足Δ>0，符合题意．
【答案】
证明：取AB中点G，连结GF，CG，∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E为CD的中点，∴ CG // AE，FG // PA，
∵ CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴ CG // 平面PAE，FG // 平面PAE，
∴ 平面CFG // 平面PAE，
∵ CF⊂平面CFG，∴ CF // 平面PAE．
由PA⊥面ABCD，所以∠PBA为PB与面ABCD所成角，
∠PBA＝30∘
所以∠PDA为PB与面ABCD所成角，∠PDA＝45∘
由PA＝1，所以AB=3,AD=1，
以A为坐标原点，AB→,AD→,AP→为x，y，z正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)，
平面PBD中：PB→=(3,0,−1)，PD→=(0,1,−1)，
设法向量n→=(x,y,z)，则PB→⋅n→=0PD→⋅n→=0 ，3x−z=0y−z=0 ，
取z=3，则x=1,y=3，则n→=(1,3,3)，
又PA⊥平面ABCD，故平面ABD的法向量为：m→=(0,0,1)，
设二面角P−BD−A的平面角为θ，所以csθ=m→⋅n→|m→||n→|=31+3+3⋅1=217．
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面平行
【解析】
（1）取AB中点G，连结GF，CG，证明CG // AE，FG // PA，推出CG // 平面PAE，FG // 平面PAE，然后证明平面CFG // 平面PAE，得到CF // 平面PAE．
(2)∠PBA为PB与面ABCD所成角，得到∠PBA＝30∘，以A为坐标原点，AB→,AD→,AP→为x，y，z正方向建立空间直角坐标系，求出平面PBD的法向量，平面ABD的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
【解答】
证明：取AB中点G，连结GF，CG，∵ 在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E为CD的中点，∴ CG // AE，FG // PA，
∵ CG∩FG＝G，AE∩PA＝A，
∴ CG // 平面PAE，FG // 平面PAE，
∴ 平面CFG // 平面PAE，
∵ CF⊂平面CFG，∴ CF // 平面PAE．
由PA⊥面ABCD，所以∠PBA为PB与面ABCD所成角，
∠PBA＝30∘
所以∠PDA为PB与面ABCD所成角，∠PDA＝45∘
由PA＝1，所以AB=3,AD=1，
以A为坐标原点，AB→,AD→,AP→为x，y，z正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1)，
平面PBD中：PB→=(3,0,−1)，PD→=(0,1,−1)，
设法向量n→=(x,y,z)，则PB→⋅n→=0PD→⋅n→=0 ，3x−z=0y−z=0 ，
取z=3，则x=1,y=3，则n→=(1,3,3)，
又PA⊥平面ABCD，故平面ABD的法向量为：m→=(0,0,1)，
设二面角P−BD−A的平面角为θ，所以csθ=m→⋅n→|m→||n→|=31+3+3⋅1=217．
【答案】
由题意可得e=ca=12⇒a=2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
所以椭圆方程为x24+y23=c2，
由椭圆过点P(1,32)，
可得c2=14+943=1，
所以椭圆方程为x24+y23=1；
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立{x24+y23=1#/DEL/#y=x+1#/DEL/#⇒7x2+8x−8=0⇒x1+x2=−87x1x2=−87 ，
所以y1+y2=x1+1+x2+1=−87+2=67，
又OE→=t(OM→+ON→)=(t(x1+x2),t(y1+y2))=(−8t7,6t7)，
所以点E(−8t7, 6t7)，代入椭圆中，可得6449t24+36t2493=1，
解得t＝±72．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）由椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，求得E的坐标，结合E的坐标满足椭圆方程，解方程可得t．
【解答】
由题意可得e=ca=12⇒a=2c，
所以a2＝4c2，b2＝3c2，
所以椭圆方程为x24+y23=c2，
由椭圆过点P(1,32)，
可得c2=14+943=1，
所以椭圆方程为x24+y23=1；
设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
联立{x24+y23=1#/DEL/#y=x+1#/DEL/#⇒7x2+8x−8=0⇒x1+x2=−87x1x2=−87 ，
所以y1+y2=x1+1+x2+1=−87+2=67，
又OE→=t(OM→+ON→)=(t(x1+x2),t(y1+y2))=(−8t7,6t7)，
所以点E(−8t7, 6t7)，代入椭圆中，可得6449t24+36t2493=1，
解得t＝±72．
【答案】
解：(1)设圆C的标准方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，(a>0, b>0)，圆心C为(a, b)，
由圆C关于直线y=3x对称，有b=3a，①
圆C与x轴相切，有r=b=3a，②
点C到直线y=x的距离为d=|a−b|2=2a2=2a，
又圆C被直线y=x截得的弦长为27，则r2=d2+(7)2，
结合②，有9a2=2a2+7，∴ a2=1，
又a>0，∴ a=1，则r=b=3a=3，
∴ 圆的标准方程为：(x−1)2+(y−3)2=9.
(2)∵ PA，PB与圆相切，
∴ CA⊥PA，CB⊥PB，|CA|=|CB|=3，
由△PAC≅△PBC，
得S四边形PACB=2S△CAP
=2×12|CA|⋅|PA|=3|PA|，
又|PA|=|PC|2−|CA|2=|PC|2−9，
且|PC|的最小值为C到直线x+y+1=0的距离，
等于|1+3+1|2=52，
∴ S四边形PACB=3|PA|≥3(52)2−9=3142．
∴ 四边形PACB面积的最小值为3142．
【考点】
圆的标准方程
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
（1）设圆C的标准方程为：(x−a)2+(y−b)2＝r2，(a>0, b>0)，由题意列关于a，b的方程求得a与b的值，进一步求得r值，则圆的方程可求；
（2）画出图形，把四边形PACB面积转化为三角形CAP的面积，进一步转化为含有|PC|长度的代数式，即可求得最小值．
【解答】
解：(1)设圆C的标准方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2，(a>0, b>0)，圆心C为(a, b)，
由圆C关于直线y=3x对称，有b=3a，①
圆C与x轴相切，有r=b=3a，②
点C到直线y=x的距离为d=|a−b|2=2a2=2a，
又圆C被直线y=x截得的弦长为27，则r2=d2+(7)2，
结合②，有9a2=2a2+7，∴ a2=1，
又a>0，∴ a=1，则r=b=3a=3，
∴ 圆的标准方程为：(x−1)2+(y−3)2=9.
(2)∵ PA，PB与圆相切，
∴ CA⊥PA，CB⊥PB，|CA|=|CB|=3，
由△PAC≅△PBC，
得S四边形PACB=2S△CAP
=2×12|CA|⋅|PA|=3|PA|，
又|PA|=|PC|2−|CA|2=|PC|2−9，
且|PC|的最小值为C到直线x+y+1=0的距离，
等于|1+3+1|2=52，
∴ S四边形PACB=3|PA|≥3(52)2−9=3142．
∴ 四边形PACB面积的最小值为3142．
【答案】
在菱形ABCD中，BD⊥AC，AC // A′C′，∴ BD⊥A′C′，
又C′H⊥平面ABCD，∴ C′H⊥BD，
∵ A′C′∩C′H＝C′，∴ BD⊥平面A′C′H，
得BD⊥A′H；
在△HAD中，∵ CE // AD，CE=12AD，∴ CE为中位线，则C为DH的中点，
则CD＝CH，∴ AB＝CH，
又AB // CH，∴ ABHC为平行四边形，得BH＝AC，BH // AC，
又ACC′A′为平行四边形，∴ BH＝A′C′，BH // A′C′，得BHC′A′为平行四边形，
∴ C′H // A′B，C′H＝A′B．
又C′H⊥平面ABCD，∴ A′B⊥平面ABCD．
在Rt△C′CH中，CC′＝4，CH＝2，则C′H=23，
三角形ABD中，AB＝AD，∠BAD=π3，∴ BD＝AB＝2，得三角形BCD为正三角形，
以点B为坐标原点，BA→，BA′→为y，z轴正方向建立如图所示的直角坐标系，
则B(0, 0, 0)，C(3, −1, 0)，B′(0, −2, 23)，A(0, 2, 0)，A′(0, 0, 23)，D(3, 1, 0)，
设AM→=λAA′→=(0, −2λ, 23λ)(0≤λ≤1)，BM→=BA→+AM→=(0,2−2λ,23λ)，
∴ 点M(0, 2−2λ, 23λ)，BD→=(3,1,0)，BM→=(0,2−2λ,23λ)，
设平面BDM的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅BD→=3x+y=0n→⋅BM→=(2−2λ)y+23λz=0 ，取y=3λ，得n→=(−λ,3λ,λ−1)；
BC→=(3,−1,0)，BB′→=(0,−2,23)，
设平面BB′C的一个法向量为m→=(x1,y1,z1)，
则m→⋅BC→=3x1−y1=0m→⋅BB′→=−2y1+23z1=0 ，取y1=3，得m→=(1,3,1)．
在线段AA′上，若存在一点M，使得平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘，
则cs60∘＝|cs|=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=|3λ−1|5⋅4λ2+(λ−1)2=12，化简有：11λ2−14λ−1＝0，
解得λ=7−21511或λ=7+21511，
由7−21511<0，7+21511>1，且0≤λ≤1，
故在线段AA′上不存在点M，使得平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘．
【考点】
直线与平面垂直
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）由已知证明BD⊥A′C′，C′H⊥BD，再由直线与平面垂直的判定证明BD⊥平面A′C′H，从而得到BD⊥A′H；
（2）证明A′B⊥平面ABCD，三角形BCD为正三角形，以点B为坐标原点，BA→，BA′→为y，z轴正方向建立空间直角坐标系，设AM→=λAA′→=(0, −2λ, 23λ)(0≤λ≤1)，求得M的坐标，分别求出平面BDM与平面BB′C的一个法向量，结合平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘求得λ值，分析λ的范围得结论．
【解答】
在菱形ABCD中，BD⊥AC，AC // A′C′，∴ BD⊥A′C′，
又C′H⊥平面ABCD，∴ C′H⊥BD，
∵ A′C′∩C′H＝C′，∴ BD⊥平面A′C′H，
得BD⊥A′H；
在△HAD中，∵ CE // AD，CE=12AD，∴ CE为中位线，则C为DH的中点，
则CD＝CH，∴ AB＝CH，
又AB // CH，∴ ABHC为平行四边形，得BH＝AC，BH // AC，
又ACC′A′为平行四边形，∴ BH＝A′C′，BH // A′C′，得BHC′A′为平行四边形，
∴ C′H // A′B，C′H＝A′B．
又C′H⊥平面ABCD，∴ A′B⊥平面ABCD．
在Rt△C′CH中，CC′＝4，CH＝2，则C′H=23，
三角形ABD中，AB＝AD，∠BAD=π3，∴ BD＝AB＝2，得三角形BCD为正三角形，
以点B为坐标原点，BA→，BA′→为y，z轴正方向建立如图所示的直角坐标系，
则B(0, 0, 0)，C(3, −1, 0)，B′(0, −2, 23)，A(0, 2, 0)，A′(0, 0, 23)，D(3, 1, 0)，
设AM→=λAA′→=(0, −2λ, 23λ)(0≤λ≤1)，BM→=BA→+AM→=(0,2−2λ,23λ)，
∴ 点M(0, 2−2λ, 23λ)，BD→=(3,1,0)，BM→=(0,2−2λ,23λ)，
设平面BDM的一个法向量为n→=(x,y,z)，
则n→⋅BD→=3x+y=0n→⋅BM→=(2−2λ)y+23λz=0 ，取y=3λ，得n→=(−λ,3λ,λ−1)；
BC→=(3,−1,0)，BB′→=(0,−2,23)，
设平面BB′C的一个法向量为m→=(x1,y1,z1)，
则m→⋅BC→=3x1−y1=0m→⋅BB′→=−2y1+23z1=0 ，取y1=3，得m→=(1,3,1)．
在线段AA′上，若存在一点M，使得平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘，
则cs60∘＝|cs|=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=|3λ−1|5⋅4λ2+(λ−1)2=12，化简有：11λ2−14λ−1＝0，
解得λ=7−21511或λ=7+21511，
由7−21511<0，7+21511>1，且0≤λ≤1，
故在线段AA′上不存在点M，使得平面MBD与平面BCC′所成锐二面角为60∘．
【答案】
当P运动到椭圆与y轴的交点时，△PF1F2面积取得最大值，且为bc＝4，
由x＝−c，代入椭圆方程可得y＝±1−c2a2=±b2a，
所以12×2c⋅b2a=22，即cb2＝22a，
又c2＝a2−b2，解得a＝22，b＝c＝2，
所以椭圆方程为x28+y24=1；
设直线PF1:x＝my−2，PF2:x＝ny+2，P(x0, y0)，
联立方程x=my−2x2+2y2=8 ，消去x有(2+m2)y2−4my−4＝0，
则△＝16m2+16(2+m2)＝32(1+m2)，
所以y1+y2=4m2+m2，y1y2=−42+m2，
则|PA|=1+m2⋅|y1−y2|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+m2⋅16m2(2+m2)2+162+m2=42(1+m2)2+m2
＝42(1−12+m2)，同理可得|PB|＝42(1−12+n2)，
由|PA|+|PB|＝62，得42(1−12+m2+1−12+n2)＝62，
所以22+m2+22+n2=1，所以m2n2＝4，所以|mn|＝2，
又1m=y0x0+21n=y0x0−2 ，所以1mn=y02x02−4=±12，
若1mn=y02x02−4=−12，则2y02＝4−x02，又x02+2y02＝8，
所以x02+4−x02＝8，矛盾，不成立；
若1mn=y02x02−4=12，则2y02＝x02−4，又x02+2y02＝8，所以x02＝6，y02＝1，
所以点P的坐标为(6, 1)，(−6, 1)，(−6, −1)，(6, −1)．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的标准方程
【解析】
（1）当P运动到椭圆与y轴的交点时，△PF1F2面积取得最大值，又令x＝−c，求得P的纵坐标，运用三角形的面积公式和a，b，c的关系，解方程可得a，b，c，可得椭圆方程；
（2）设直线PF1:x＝my−2，PF2:x＝ny+2，分别与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，结合P在椭圆上，解方程可得所求P的坐标．
【解答】
当P运动到椭圆与y轴的交点时，△PF1F2面积取得最大值，且为bc＝4，
由x＝−c，代入椭圆方程可得y＝±1−c2a2=±b2a，
所以12×2c⋅b2a=22，即cb2＝22a，
又c2＝a2−b2，解得a＝22，b＝c＝2，
所以椭圆方程为x28+y24=1；
设直线PF1:x＝my−2，PF2:x＝ny+2，P(x0, y0)，
联立方程x=my−2x2+2y2=8 ，消去x有(2+m2)y2−4my−4＝0，
则△＝16m2+16(2+m2)＝32(1+m2)，
所以y1+y2=4m2+m2，y1y2=−42+m2，
则|PA|=1+m2⋅|y1−y2|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2
=1+m2⋅16m2(2+m2)2+162+m2=42(1+m2)2+m2
＝42(1−12+m2)，同理可得|PB|＝42(1−12+n2)，
由|PA|+|PB|＝62，得42(1−12+m2+1−12+n2)＝62，
所以22+m2+22+n2=1，所以m2n2＝4，所以|mn|＝2，
又1m=y0x0+21n=y0x0−2 ，所以1mn=y02x02−4=±12，
若1mn=y02x02−4=−12，则2y02＝4−x02，又x02+2y02＝8，
所以x02+4−x02＝8，矛盾，不成立；
若1mn=y02x02−4=12，则2y02＝x02−4，又x02+2y02＝8，所以x02＝6，y02＝1，
所以点P的坐标为(6, 1)，(−6, 1)，(−6, −1)，(6, −1)．