2020-2021学年辽宁省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年辽宁省高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知直线经过点A(0, 3)和点B(1, 2)，则直线AB的斜率为（ ）
A.−1B.1C.3D.不存在

2. 若直线2x+y+1＝0与直线ax+2y−3＝0平行，则实数a的值为（ ）
A.−2B.−4C.2D.4

3. 在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD交于点M，则A1M→=( )
A.AM→+AA1→B.AA1→+12(AB→+AD→)
C.AA1→−12(AB→+AD→)D.12(AB→+AD→)−AA1→

4. 给出如下命题：
①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；
②如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；
③如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直；
④如果两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直．
其中正确命题的序号是（ ）
A.①②③B.②③④C.①②③④D.②③

5. 已知圆锥的表面积为9π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ）
A.1B.3C.2D.2

6. 在底面是正方形的四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，∠A1AD=∠A1AB=π3，则|AC1→|=( )
A.22B.23C.3D.10

7. 过平面α外的直线l，作一组平面与α相交，若所得交线为a，b，c，…，则这些交线的位置关系为（ ）
A.平行或交于同一点B.相交于同一点
C.相交但交于不同的点D.平行

8. 已知一个球的体积是43π，则它的内接正方体的表面积为（ ）
A.43πB.12C.48D.24
二、多选题

下列说法正确的是（ ）
A.若{M→A,M→B,M→C}为空间的一组基底，则A，B，C三点共线
B.若ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，则AA1→+AB→+AD→=AC1→
C.若AB→=λAC→+μAD→(λ,μ∈R)，则A，B，C，D四点共面
D.若A−BCD为正四面体，G为△BCD的重心，则3AG→=AB→+AC→+AD→

已知点A(−1, 0)，B(1, 0)均在圆C：(x−3)2+(y−3)2＝r2(r>0)外，则下列表述正确的有（ ）
A.实数r的取值范围是(0,13)
B.|AB|＝2
C.直线AB与圆C不可能相切
D.若圆C上存在唯一点P满足AP⊥BP，则r的值是32−1

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面为直角梯形，AD // BC，∠BAD＝90∘，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M、N分别为PC、PB的中点．则（ ）

A.CD⊥AN
B.BD⊥PC
C.PB⊥平面ANMD
D.BD与平面ANMD所在的角为30∘

在四面体ABCD中，∠DAB＝∠DAC＝60∘，AB＝AC＝AD＝4，AB⊥AC，E是棱BC上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A.△AED的面积最小值为4
B.平面BCD⊥平面ABC
C.四面体ABCD的体积为1623
D.若F为棱AC的中点，当且仅当E点为棱BC的中点时，EF // 平面ABD
三、填空题

若正方体的表面积为12，则其体积为________．

在空间直角坐标系中，点P(0, 0, 1)为平面ABC外一点，其中A(1, 1, 0)，B(0, 2, 3)，若平面ABC的一个法向量为(1, m, 1)，则点P到平面ABC的距离为________．

直线(m−1)x+(2m−1)y＝m−5(m∈R)与圆C：(x−8)2+(y+5)2＝4相交于A，B两点，则AB的最小值为________．

在棱长为6的正方体ABCD−A′B′C′D′中，M是BC的中点，点P是正方形DCC′D′内（包括边界）的动点，且满足∠APD＝∠MPC，则PDPC=________，当三棱锥P−BCD的体积取得最大值时，此时PB＝________．
四、解答题

已知△ABC的三个顶点A(−1, 0)，B(5, −4)，C(1, 2)．
（1）求BC边上的中线所在直线的方程；

（2）求AB边上的高线所在直线的方程．

在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E在线段CC1上．

（1）若A1C⊥平面BDE，求CE的长；

（2）在（1）的条件下，求直线D1E与平面BDE所成角的正弦值．

已知点M(3, 3)，圆C：(x−1)2+(y−2)2＝4．
（1）求过点M且与圆C相切的直线方程；

（2）若直线ax−y+4＝0(a∈R)与圆C相交于A，B两点，且弦AB的长为23，求实数a的值．

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAD⊥平面ABCD，BC // AD，PA⊥PD，AB⊥AD，∠PDA＝60∘，E为侧棱PD的中点，且AB＝BC＝2，AD＝4．

（1）求证：CE // 平面PAB；

（2）求二面角A−PB−C的余弦值．

已知直线l:y＝x+b与圆C:x2+y2−2x+4y−4＝0交于A、B两点，O为坐标原点．
（1）若b＝1，求△AOB的面积；

（2）若以AB为直径的圆M过原点O，求圆M与圆C的面积比．

在棱长为2正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，F是棱AD上的一点，E是棱CC1的中点．

（1）如图1，若F是棱AD的中点，求异面直线OE和FD1所成角的余弦值；

（2）如图2，若延长EO与D1F的延长线相交于点G，求线段D1G的长度．
参考答案与试题解析
2020-2021学年辽宁省高二（上）期中数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
直线的斜率
【解析】
由题意代入斜率公式，化简可得．
【解答】
∵ A(0, 3)、B(1, 2)，
∴ 直线AB的斜率为：3−20−1=−1
2.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
根据两直线平行，对应系数成比例，列出方程求得a的值．
【解答】
直线2x+y+1＝0与直线ax+2y−3＝0平行，
∴ a2=21，解得a＝4；
∴ 实数a的值为4．
3.
【答案】
D
【考点】
空间向量
向量的线性运算性质及几何意义
【解析】
根据向量的线性运算结合图形计算即可．
【解答】
如图示：
，
A1M→=A1A→+AM→=12(AB→+AD→)−AA1→，
4.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用线面垂直和面面平行的性质面面垂直的判定和线线垂直的判定的应用判定①②③④的结论．
【解答】
对于给出如下命题：
①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，故正确；
②如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行，故正确；
③如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直，故正确；
④如果两条平行直线中的一条垂直于直线m，那么另一条直线也与直线m垂直，故正确．
5.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设圆锥的底面半径为r，母线长为l；根据题意列方程求出r的值．
【解答】
设圆锥的底面半径为r，母线长为l；
则圆锥的表面积为S＝πr2+πrl＝9π，…①
又圆锥的侧面展开图是一个半圆，
即2πr＝πl，…②
由①②解得r=3．
所以圆锥的底面半径为3．
6.
【答案】
D
【考点】
空间向量的加减法
向量的模
【解析】
AC1→=AB→+AD→+AA1→，将两边取模，并平方可求得．
【解答】
解：因为AC1→=AB→+AD→+AA1→，
所以|AC1→|2=|AB→+AD→+AA1→|2
=|AB→|2+|AD→|2+|AA1→|2+2AB→⋅AD→+2AB→⋅AA1→+2AD→⋅AA1→
=1+1+4+2+2=10，
所以|AC1→|=10.
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
当直线与平面平行时，这些交线都平行；当直线与平面α相交时，这些交线或都交于同一点．
【解答】
当直线与平面平行时，
a // b // c…，
当直线与平面α相交时，
设l∩α＝O，
则a、b、c，…是过O点的直线，
∴ 这些交线的位置关系为平行或都交于同一点．
8.
【答案】
D
【考点】
球内接多面体
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
易知，正方体的体对角线的交点，即正方体的中心为外接球的球心，由此列方程求出正方体的棱长，则表面积可求．
【解答】
因为球的体积是：4π3R3=43π，
故球半径R=3，
根据正方体的外接球的性质，正方体的中心即为外接球的球心，体对角线长为外接球的直径．
设正方体棱长为a，外接球半径为R，则：2R=3a，
解得a＝2，所以S＝6a2＝24(cm2)．
二、多选题
【答案】
【考点】
空间向量的基本定理及其意义
空间向量的正交分解及其坐标表示
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用空间向量的基底判断A的结论，利用向量的线性运算判断B的结论，利用共面向量基本定理的应用判定C的结论，利用向量的共线和向量的线性运算的应用判定D的结论．
【解答】
对于B：若ABCD−A1B1C1D1为四棱柱，如图所示：
则AA1→+AB→+AD→=AC1→，故B正确（1）对于C:AC→和AD→为不共线的一组基底，存在唯一的有序实数对λ和μ，使AB→=λAC→+μAD→，但是AB→=λAC→+μAD→，当λ＝0时，A、B、C、D四点不共面，故C错误（2）对于D：设G为△BCD的重心，得到MG→=13MD→，
所以AG→=AM→+MG→=12(AB→+AC→)+13MD→=12(AB→+AC→)+13×12(BD→+CD→)=13(AB→+AC→+AD→)，故3AG→=AB→+AC→+AD→，故D正确（3）故选：BD．
【答案】
A,B,D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由A、B均在圆外列关于r的不等式组，求得r的范围判断A；直接求出|AB|判断B；由r的范围及圆心坐标判断C；由题意可得，点P在以线段AB为直径的圆上，求出以AB为直径的圆的方程圆x2+y2＝1，结合点P在圆C：(x−3)2+(y−3)2＝r2(r>0)上，可得圆x2+y2＝1与圆C外切，且点P为切点，再由圆心距与半径的关系列式求解r判断D．．
【解答】
∵ 点A(−1, 0)，B(1, 0)均在圆C：(x−3)2+(y−3)2＝r2(r>0)外，
∴ (−1−3)2+(0−3)2>r2(1−3)2+(0−3)2>r2r>0 ，解得0|AB|＝2，故B正确；
∵ 0∵ AP⊥BP，∴ 点P在以线段AB为直径的圆上，
又A(−1, 0)，B(1, 0)，∴ 点P在圆x2+y2＝1上，
又∵ 点P在圆C：(x−3)2+(y−3)2＝r2(r>0)上，
点A(−1, 0)，B(1, 0)均在圆C外，∴ 圆x2+y2＝1与圆C外切，且点P为切点，
∴ 1+r=(3−0)2+(3−0)2，即r=32−1，故D正确．
【答案】
C,D
【考点】
直线与平面所成的角
直线与平面垂直
【解析】
根据线面垂直的判定定理与性质定理，结合反证法判断即可．
【解答】
A显然错误；
若BD⊥PC，由BD⊥PA，则BD⊥平面PAC，则BD⊥AC，显然不成立；
C、PB⊥AN，又PB⊥NM，可得到C成立；
D、连接DN，因为PB⊥平面ADMN，
所以∠BDN是BD与平面ADMN所成的角在Rt△BDN中，
所以sin∠BDN=BNBD=12，
所以BD与平面ADMN所成的角为30∘成立；
【答案】
A,B,C,D
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
命题的真假判断与应用
棱锥的结构特征
【解析】
根据题意画出图形，结合图形利用空间中的平行与垂直关系，判断选项中命题的真假性即可．
【解答】
如图所示，
当E是棱BC的中点时，△AED的面积最小，由∠DAB＝∠DAC＝60∘，AB＝AC＝AD＝4，AB⊥AC，
所以BC＝42，AE=12BC＝22，
又BD＝CD＝AB＝4，所以△BCD是等腰直角三角形，DE=12BC＝22，
所以AD2＝AE2+DE2，所以DE⊥AE，
所以△ADE的面积为12×22×22=4，选项A正确；
又DE⊥BC，AE∩BC＝E，AE⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
又DE⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ABC，所以选项B正确；
四面体ABCD的体积为V三棱锥D−ABC=13S△ABC⋅DE=13×12×4×4×22=1623，所以选项C正确；
当F为棱AC的中点时，过F作FE // AB，交BC于E，则E点为棱BC的中点，
由EF // AB，AB⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF // ABD；
反之，EF // 平面ABD时，由直线与平面平行的性质定理得出EF // BA，
由F是AC的中点，得出E是BC的中点，所以选项D正确．
三、填空题
【答案】
22
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由正方体的表面积为12，求出正方体的棱长为2，由此能求出其体积．
【解答】
设正方体的棱长为a，
∵ 正方体的表面积为12，∴ 6a2＝12，解得a=2，
则其体积为V＝a3＝22．
【答案】
63
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
由已知求得m，可得平面ABC的法向量，再求出AP→，然后利用向量求距离公式求解．
【解答】
∵ A(1, 1, 0)，B(0, 2, 3)，∴ AB→=(−1,1,3)，
而v→=(1, m, 1)为平面ABC的一个法向量，∴ −1+m+3＝0，即m＝−2．
∴ 平面ABC的一个法向量为v→=(1,−2,1)，
又P(0, 0, 1)，∴ AP→=(−1,−1,1)，
∴ 点P到平面ABC的距离为d=|AP→⋅v→|v→||=26=63．
【答案】
22
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
直接由直线系方程列式求得l过定点P(1, 1)，可知当l⊥CP时，弦AB最短，求出|CP|，再由勾股定理求弦AB长的最小值；
【解答】
圆C：(x−8)2+(y+5)2＝4的圆心C(8, −5)．半径为2，
化直线l：(m−1)x+(2m−1)y＝m−5(m∈R)为m(x+2y−1)−x−y+5＝0，
联立x+2y−1=0−x−y+5=0 ，解得x=9y=−4 ，
∴ 直线l过定点P(9, −4)，P在圆内部，
当直线l与线段CP垂直时，弦AB的长最小，
∵ |CP|=(9−8)2+(−4+5)=2，
∴ 弦AB长的最小值为24−2=22；
【答案】
2,43
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】
以D为原点，建立如图所示坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答】
以D为原点，建立如图所示坐标系，设P点坐标为P(0, a, b)
因为点P是正方形DCC′D′内（包括边界）的动点，且满足∠APD＝∠MPC，
所以PD＝2PC，即PDPC=2，
所以|PD|=a2+b2，|PC|=(6−a)2+b2
所以a2+b2=2(6−a)2+b2
所以a2+b2＝4[(6−a)2+b2]
即(a−8)2+b2＝16
P点的轨迹是以(0, 8, 0)为圆心，以4为半径的圆，又因为0≤a≤6，0≤b≤6
若三棱锥P−BCD的体积得最大值，则三棱锥的高最大，即b最大
当a＝6时，b最大值为bmax=42−4=23，
所以|PB|=PC2+BC2=43．
四、解答题
【答案】
由题意得边BC的中点D的坐标为(3, −1)，
所以直线AD的斜率kAD=0−(−1)−1−3=−14，
所以BC边上的中线AD所在直线方程为y−0=−14(x+1)，
即x+4y+1＝0．
由题意得直线AB的斜率kAB=0−(−4)−1−5=−23，
所以AB边上的高所在直线方程为y−2=32(x−1)
即3x−2y+1＝0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
（1）求出BC的中点D的坐标以及AD 的斜率，即可求解结论；
（2）求出AB的斜率，进而求解结论．
【解答】
由题意得边BC的中点D的坐标为(3, −1)，
所以直线AD的斜率kAD=0−(−1)−1−3=−14，
所以BC边上的中线AD所在直线方程为y−0=−14(x+1)，
即x+4y+1＝0．
由题意得直线AB的斜率kAB=0−(−4)−1−5=−23，
所以AB边上的高所在直线方程为y−2=32(x−1)
即3x−2y+1＝0．
【答案】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设CE＝t，则A1(2, 0, 4)，C(0, 2, 0)，E(0, 2, t)，B(2, 2, 0)，D(0, 0, 0)，
A1C→=(−2, 2, −4)，DB→=(2, 2, 0)，DE→=(0, 2, t)，
∵ A1C⊥平面BDE，∴ A1C→⋅BD→=−4+4=0A1C→⋅DE→=4−4t=0 ，
解得t＝1，∴ CE＝1．
由（1）得E(0, 2, 1)，D1(0, 0, 4)，
D1E→=(0, 2, −3)，DB→=(2, 2, 0)，DE→=(0, 2, 1)，
设平面BDE的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅DB→=2x+2y=0n→⋅DE→=2y+z=0 ，取x＝1，得n→=(1, −1, 2)，
设直线D1E与平面BDE所成角为θ，
则直线D1E与平面BDE所成角的正弦值为：
sinθ=|D1E→⋅n→||D1E→|⋅|n→|=813⋅6=47839．
【考点】
直线与平面所成的角
【解析】
（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出CE．
（2）求出平面BDE的法向量，利用向量法能求出直线D1E与平面BDE所成角的正弦值．
【解答】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设CE＝t，则A1(2, 0, 4)，C(0, 2, 0)，E(0, 2, t)，B(2, 2, 0)，D(0, 0, 0)，
A1C→=(−2, 2, −4)，DB→=(2, 2, 0)，DE→=(0, 2, t)，
∵ A1C⊥平面BDE，∴ A1C→⋅BD→=−4+4=0A1C→⋅DE→=4−4t=0 ，
解得t＝1，∴ CE＝1．
由（1）得E(0, 2, 1)，D1(0, 0, 4)，
D1E→=(0, 2, −3)，DB→=(2, 2, 0)，DE→=(0, 2, 1)，
设平面BDE的法向量n→=(x, y, z)，
则n→⋅DB→=2x+2y=0n→⋅DE→=2y+z=0 ，取x＝1，得n→=(1, −1, 2)，
设直线D1E与平面BDE所成角为θ，
则直线D1E与平面BDE所成角的正弦值为：
sinθ=|D1E→⋅n→||D1E→|⋅|n→|=813⋅6=47839．
【答案】
由圆C：(x−1)2+(y−2)2＝4，得圆心坐标为(1, 2)，半径r＝2．
当直线斜率不存在时，直线x＝3与圆C显然相切；
当直线斜率存在时，设所求直线方程为y−3＝k(x−3)，即kx−y+3−3k＝0，
由题意得：|k−2+3−3k|k2+1=2，解得k=−34，
∴ 方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21＝0．
故过点M且与圆C相切的直线方程为x＝3或3x+4y−21＝0；
∵ 弦长AB为23，半径为2．
圆心到直线ax−y+4＝0的距离d=|a+2|a2+1，
∴ (|a+2|a2+1)2+(232)2=4，解得a=−34．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）由圆的方程求得圆心坐标与半径，当直线斜率不存在时，直线x＝3与圆C显然相切；当直线斜率存在时，设所求直线方程为y−3＝k(x−3)，由圆心到直线的距离等于半径列式求得k，则圆的切线方程可求；
（2）写出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求解a值．
【解答】
由圆C：(x−1)2+(y−2)2＝4，得圆心坐标为(1, 2)，半径r＝2．
当直线斜率不存在时，直线x＝3与圆C显然相切；
当直线斜率存在时，设所求直线方程为y−3＝k(x−3)，即kx−y+3−3k＝0，
由题意得：|k−2+3−3k|k2+1=2，解得k=−34，
∴ 方程为y−3=−34(x−3)，即3x+4y−21＝0．
故过点M且与圆C相切的直线方程为x＝3或3x+4y−21＝0；
∵ 弦长AB为23，半径为2．
圆心到直线ax−y+4＝0的距离d=|a+2|a2+1，
∴ (|a+2|a2+1)2+(232)2=4，解得a=−34．
【答案】
取AD中点O，连结OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，∴ OE // PA，
∵ BC＝2，AD＝4，BC // AD，
∴ 四边形ABCD为平行四边形，∴ OC // AB，
∵ OC∩OE＝O，∴ 平面OCE // 平面PAB，
∵ CE⊂平面OCE，∴ CE // 平面PAB．
过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平在PAD⊥平面ABCD，∴ PF⊥平面ABCD，
∵ PA⊥PD，∠PDA＝60∘，AD＝4，
∴ PD＝2，PF=3，FD＝1，
取AD的中点O，如图所示，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, 3, 3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0BC→⋅n→=2y=0 ，取z＝2，得n→=(3,0,2)，
设m→=(a, b, c)是平面PAB的法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0PB→⋅m→=2a−3b−3c=0 ，取b＝1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217．
【考点】
直线与平面平行
二面角的平面角及求法
【解析】
（1）取AD中点O，连结OC，OE，推导出四边形ABCD为平行四边形，从而OC // AB，进而平面OCE // 平面PAB，由此能证明CE // 平面PAB．
（2）过点P作PF⊥AD于F，从而PF⊥平面ABCD，取AD的中点O，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，利用向量法能求出二面角A−PB−C的余弦值．
【解答】
取AD中点O，连结OC，OE，
∵ E为侧棱PD的中点，∴ OE // PA，
∵ BC＝2，AD＝4，BC // AD，
∴ 四边形ABCD为平行四边形，∴ OC // AB，
∵ OC∩OE＝O，∴ 平面OCE // 平面PAB，
∵ CE⊂平面OCE，∴ CE // 平面PAB．
过点P作PF⊥AD于F，
∵ 平在PAD⊥平面ABCD，∴ PF⊥平面ABCD，
∵ PA⊥PD，∠PDA＝60∘，AD＝4，
∴ PD＝2，PF=3，FD＝1，
取AD的中点O，如图所示，以O为原点，建立空间直角坐标系O−xyz，
则P(0, 1, 3)，C(2, 0, 0)，B(2, −2, 0)，D(0, 2, 0)，A(0, −2, 0)，
∴ PD→=(0, 1, −3)，PB→=(2, −3, −3)，BC→=(0, 2, 0)，PA→=(0, 3, 3)，
设n→=(x, y, z)是平面PBC的法向量，
则PB→⋅n→=2x−3y−3z=0BC→⋅n→=2y=0 ，取z＝2，得n→=(3,0,2)，
设m→=(a, b, c)是平面PAB的法向量，
则PA→⋅m→=3b+3c=0PB→⋅m→=2a−3b−3c=0 ，取b＝1，得m→=(0, 1, −3)，
∴ cs=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=−2327=−217，
由图知二面角A−PB−C为钝角，
∴ 二面角A−PB−C的余弦值为−217．
【答案】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求出圆心到直线的距离，进而求弦长，最后利用面积公式计算面积即可；
（2）以AB为直径的圆过原点，亦即OA→⋅OB→=0，结合直线l与圆的方程联立，消元化简到韦达定理，最后代入OA→⋅OB→=0，列出b的方程求出b，进而求出两圆的半径，随后即可得两圆的面积比．
【解答】
由已知直线l:y＝x+1与圆C：(x−1)2+(y+2)2＝9，圆心C(1, −2)，半径r＝3．
故O到直线l的距离d=|0−0+1|2=22，圆心C到直线l的距离为|1+2+1|2=22，
故弦长|AB|=232−(22)2=2，所以△AOB的面积为：S=12|AB|⋅d=12×2××22=22．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，即x1x2+y1y2＝0①．
由y=x+bx2+y2−2x+4y−4=0 消去y得：2x2+2(b+1)x+b2+4b−4＝0，
所以x1+x2＝−(b+1)，x1x2=12(b2+4b−4).
y1y2＝(x1+b)(x2+b)＝x1x2+b(x1+x2)+b2=12(b2+2b−4).
把②③两式代入①式，得b2+3b−4＝0，解得b＝1或b＝−4，经验证都满足△>0，故b＝1，或b＝−4．
当b＝1时，由（1）知，圆M的直径|AB|＝2，圆C的直径为6，故圆M与圆C的面积比为19；
当b＝−4时，圆心C到直线l的距离为d=|1+2−4|2=22，弦长|AB|=29−12=34，圆M与圆C的面积比为1718．
【答案】
如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME．
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，∴ OF // CD，D1M // CD，
且OF=12CD,D1M=12CD．
∴ OF // D1M且OF＝D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，∴ D1F // OM．
∴ ∠MOE为异面直线FD1与OE所成的角，
在△MOE中，易求OM=5,ME=2,OE=3，
∴ OM2＝ME2+OE2．∴ ME⊥OE．
∴ cs∠MOE=35=155．
∵ G∈平面D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1，
同理G∈平面ACC1A1，
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1＝A1A，∴ 由公理2知G∈AA1（如图）
∵ A1G // CE，且O为AC的中点，∴ AG＝CE＝1，∴ A1G＝3．
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13．
【考点】
异面直线及其所成的角
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME．证明四边形OFD1M为平行四边形，说明∠MOE为异面直线FD1与OE所成的角，在△MOE中，求解即可．
（2）证明G∈平面ADD1A1，G∈平面ACC1A1，推出G∈AA1，在三角形A1D1G中求解即可．
【解答】
如图，连接OF，取C1D1的中点M，连接OM，ME．
∵ O，F，M分别为AC，AD，C1D1的中点，∴ OF // CD，D1M // CD，
且OF=12CD,D1M=12CD．
∴ OF // D1M且OF＝D1M，
∴ 四边形OFD1M为平行四边形，∴ D1F // OM．
∴ ∠MOE为异面直线FD1与OE所成的角，
在△MOE中，易求OM=5,ME=2,OE=3，
∴ OM2＝ME2+OE2．∴ ME⊥OE．
∴ cs∠MOE=35=155．
∵ G∈平面D1F，且D1F在平面ADD1A1内，
∴ G∈平面ADD1A1，
同理G∈平面ACC1A1，
又∵ 平面ADD1A1∩平面ACC1A1＝A1A，∴ 由公理2知G∈AA1（如图）
∵ A1G // CE，且O为AC的中点，∴ AG＝CE＝1，∴ A1G＝3．
∴ D1G=A1G2+A1D12=32+22=13．