2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷人教A版，共10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. 已知直线l1:x−y−1=0与l2:x−2ay+2=0平行，则实数a的值是（ ）
A.12B.−12C.1D.−1

2. 直线2x⋅sin210∘−y−2=0的倾斜角是（ ）
A.45∘B.135∘C.30∘D.150∘

3. 已知圆的方程是(x−2)2+(y−3)2=4，则点P(3, 2)满足（ ）
A.是圆心B.在圆上C.在圆内D.在圆外

4. 已知圆C:x2+y2−2x+4y+2=0，从点P−1,−3发出的光线，经直线y=x反射后，恰好经过圆心C，则入射光线的斜率为（ ）
A.−4B.−14C.14D.4

5. 已知圆C:x2+y2−2x+4y=0关于直线3x−2ay−11=0对称，则圆C中以(a2, −a2)为中点的弦长为( )
A.1B.2C.3D.4

6. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的为（ ）

A.平面CBP⊥平面BB1PB.AP⊥平面CPD1
C.AP⊥BCD.AP//平面DD1C1C

7. 已知在三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=1，PB=6，PC=3，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A.16πB.64πC.32π3D.252π3

8. 已知圆C1的圆心在x轴上，半径为1，且过点2,−1，圆C2:x2+y2=4，则圆C1，C2的公共弦长为( )
A.152B.315C.74D.72

9. 如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，E，F，G分别是DD1，AB， CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成角为( )

A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

10. 关于直线m，n及平面α,β，
①若m//α，α∩β=n，则m//n；
②若m//α，n//α，则m//n；
③若m⊥α，m//β，则α⊥β；
④若m⊂α，,α⊥β，则m⊥β.
其中正确的是( )
A.①②B.①④C.③D.②

11. 阿波罗尼斯（约公元前262−190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数kk>0,k≠1的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为4，动点P满足|PA||PB|=3，当P，A，B不共线时， △PAB面积的最大值是（ ）
A. 433B.3C.43D.33

12. 过点Px,y作圆C1:x2+y2=1与圆C2:x−22+y−12=1的切线，切点分别为A，B，若|PA|=|PB|，则x2+y2的最小值为（ ）
A.52B.54C.5D.5
二、填空题

圆(x+2)2+y2=4与圆(x−2)2+(y−1)2=9的位置关系为________.

过P2,2作圆C:x−12+y2=1的切线，则其切线方程为________.

已知线段AB的长度是10，它的两个端点分别在x轴、y轴上滑动，则AB的中点P的轨迹方程是________．

已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段CB1上，若平面α经过点A，C1，P，则它截正方体ABCD−A1B1C1D所得的截面的周长最小值为________.

三、解答题

已知△ABC的顶点坐标为A(−1, 5)，B(−2, −1)，C(4, 3)．
(1)求AB边上的高线所在的直线方程；

(2)求△ABC的面积．

圆经过点A(2, −3)和B(−2, −5)．
(1)若圆的面积最小，求圆的方程；

(2)若圆心在直线x−2y−3=0上，求圆的方程．

如图，已知矩形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点．

(1)求证：EF // 平面PAD；

(2)求证：EF⊥CD．

已知两个定点A(0, 4)，B(0, 1)，动点P满足|PA|=2|PB|．设动点P的轨迹为曲线E，直线：y=kx−4．
(1)求曲线E的轨迹方程；

(2)若l与曲线E交于不同的C，D两点，且∠COD=120∘（O为坐标原点），求直线l的斜率.

如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．

(1)求证：平面AEB⊥平面A1BD；

(2)求二面角D−BE−A1的余弦值．

如图，为保护河上古桥OA，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区，规划要求：新桥BC与河岸AB垂直；保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆，且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m，经测量，点A位于点O正北方向60m处，点C位于点O正东方向170m处（OC为河岸），tan∠BCO=43．

(1)求新桥BC的长；

(2)当OM多长时，圆形保护区的面积最大？
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省芜湖市某校高二（上）12月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
两条直线平行与倾斜角、斜率的关系
【解析】
根据直线平行可直接构造方程求得结果．
【解答】
解：∵ l1//l2 ，
∴ 1×(−2a)−(−1)×1=0，(−1)×2−(−2a)×(−1)≠0，
解得：a=12.
故选A．
2.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
直线的斜率
【解析】
由题意，取得直线的斜率k=−1 ，进而可求得倾斜角，得到答案．
【解答】
解：由题意得k=2sin210∘=−2sin30∘=−1，故倾斜角为135∘．
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
计算点P与圆心的距离，与半径比较，即可得到结论．
【解答】
解：因为(3−2)2+(2−3)2=2<4，
所以点P(3, 2)在圆内.
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
斜率的计算公式
【解析】
化圆的方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，由C1,−2关于直线y=x的对称点在入射光线上，由两点求斜率公式求解．
【解答】
解：由C:x2+y2−2x+4y+2=0，
得x−12+y+22=3 ，圆心为C1,−2，
由已知，反射光线经过C1,−2，
故C点关于直线y=x的对称点−2,1，在入射光线上，
且光源P−1,−3，
∴ 入射光线的斜率k=1−−3−2−−1=−4.
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
两点间的距离公式
【解析】
由已知直线3x−ay−11＝0过圆心C(1, −2)，从而得到a＝4，点(1, −1)到圆心C(1, −2)的距离d＝1，圆C:x2+y2−2x+4y＝0的半径r=5，由此能求出圆C中以(a4, −a4)为中点的弦长．
【解答】
解：圆C:x2+y2−2x+4y＝0配方得：(x−1)2+(y+2)2=5,
∴ 圆的半径r=5.
∵ 圆C:x2+y2−2x+4y=0关于直线3x−2ay−11=0对称，
∴ 直线3x−2ay−11=0过圆心(1,−2)，
∴ 3+4a−11=0，解得a=2，
∴ (a2,−a2)=(1,−1)，
点(1, −1)到圆心C(1, −2)的距离d=(1−1)2+[(−2)−(−1)]2=1，
∴ 圆C中以(a2, −a2)为中点的弦长为：2r2−d2=25−1=4．
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
直线与平面垂直
平面与平面垂直
直线与平面平行的判定
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
根据正方体中的线面关系、面面关系，逐项判断，即可得出结果．
【解答】
解：∵ ABCD−A1B1C1D1为正方体，
∴ BC⊥BB1，BC⊥BP，
又∵ BB1⊂平面BB1P，BP⊂平面BB1P，BB1∩BP=B，
∴ BC⊥平面BB1P ，
又∵ BC⊂平面CBP，
∴ 平面CBP⊥平面BB1P ，故选项A正确；
∵ 平面CPD1即为平面A1BCD1 ，而点P为线段A1B上的动点，
∴ 不能满足AP⊥A1B恒成立，
∴ AP不一定垂直平面A1BCD1，
∴ AP⊥平面CPD1不一定成立，故选项B错误；
∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1中，BC⊥平面ABB1A1，
AP⊂平面ABB1A1，
∴ BC⊥AP，
∴ 当点P在线段AB上运动时，始终有AP⊥BC，故选项C正确；
∵ 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面ABB1A1//平面DD1C1C ，而AP⊂平面ABB1A1，
∴ AP//平面DD1C1C，故选项D正确.
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．算出长方体的对角线即为球直径，结合球的表面积公式，可算出三棱锥P−ABC外接球的表面积．
【解答】
解：以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，
则长方体的外接球同时也是三棱锥P−ABC外接球．
∵ 长方体的对角线长为1+6+9=4，
∴ 球直径为4，半径R=2，
因此，三棱锥P−ABC外接球的表面积是4πR2=4π×22=16π.
故选A．
8.
【答案】
A
【考点】
圆的标准方程
圆的公共弦
直线与圆相交时的弦长问题
【解析】
根据题意设圆C，方程为：x−a2+y2=1，代点2,−1即可求出a，进而求出圆C1方程，两圆方程做差即可求得公共弦所在直线方程，再利用垂径定理去求弦长．
【解答】
解：设圆C1的圆心为a,0，
则其标准方程为：x−a2+y2=1，
将点2,−1代入C1方程，解得a=2，
故C1方程为：x−22+y2=1，
两圆C1，C2方程作差求得两圆公共弦所在直线方程为：4x−7=0，
圆心C22,0到该直线的距离为14，
因此公共弦长为21−142=2154=152.
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将EA1平移到GB1，连接FB1，如图所示，
则∠FGB1就是异面直线所成的角．
因为FB1=5，GB1=2，
FG=CG2+CF2=1+1+1=3 ，
FB12=FG2+GB12，
所以∠FGB1=90∘．
故选D.
10.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理逐一判断每个选项即可.
【解答】
解：①若m//α, α∩β=n，则m与n的关系是平行或异面，即①错误；
②若m//α,n//α，则m与n的关系为平行、相交或异面，即②错误；
③若m⊥α,m//β，由面面垂直的判定定理，可知α⊥β，即③正确；
④若m⊂α,α⊥β,则m与β的关系是平行或相交（含垂直），即④错误.
所以只有③正确.
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
圆的标准方程
【解析】
建立直角坐标系，求出点P的轨迹方程，即可得解．
【解答】
解：以经过A，B的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，如下所示：
则A−2,0， B2,0，设Px,y，
已知 |PA||PB|=3，
所以 x+22+y2x−22+y2=3，
整理得x2+y2−8x+4=0，
即x−42+y2=12,y≠0，
点P到AB（x轴）的距离最大值为23，
所以△PAB面积的最大值为S=12×4×23=43.
故选C．
12.
【答案】
B
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
通过切线长定理得出P点在线段C1C2的垂直平分线上，求出线段C1C2的垂直平分线方程，代入P点坐标，进一步代入x2+y2，利用二次函数的性质求其最小值即可．
【解答】
解：如图所示，
由圆的切线性质得|PA|2=|PC1|2−1，|PB|2=|PC2|2−1，
又|PA|=|PB|，∴|PC1|=|PC2|，
∴ P点在线段C1C2的垂直平分线上.
C1C2的中点为(1,12)，C1C2所在直线斜率kC1C2=12，
∴ 线段C1C2的垂直平分线为y=−2x−1+12，即y=−2x+52，
∴ 点Px,y在y=−2x+52上，
∴ x2+y2=x2+−2x+522=5x−12+54≥54，
∴ x2+y2的最小值为54.
故选B.
二、填空题
【答案】
相交
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
求出两圆的圆心和半径，计算两圆的圆心距，将圆心距和两圆的半径之和或半径之差作对比，判断两圆的位置关系．
【解答】
解：圆(x+2)2+y2=4的圆心C1(−2, 0)，半径r=2．
圆(x−2)2+(y−1)2=9的圆心C2(2, 1)，半径R=3，
两圆的圆心距d=(−2−2)2+(0−1)2=17，
R+r=5，R−r=1，
R+r>d>R−r，
所以两圆相交.
故答案为：相交.
【答案】
x=2或3x−4y+2=0
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
直线的点斜式方程
【解析】
分切线的斜率存在和不存在两种情况求切线方程，当斜率存在时由圆心到切线的距离等于半径求得切线的斜率，则答案可求．
【解答】
解：当切线的斜率不存在时，切线方程为x=2；
当切线的斜率存在时，设斜率为k，
则切线方程为y−2=k(x−2)，
即kx−y−2k+2=0，
由圆心C(1, 0)到切线的距离等于半径得：
|k−2k+2|k2+1=1，解得k=34，
∴ 斜率存在时的切线方程为3x−4y+2=0．
故答案为：x=2或3x−4y+2=0．
【答案】
x2+y2=25
【考点】
轨迹方程
中点坐标公式
【解析】
由两点间距离公式表示出|AB|，再利用中点坐标公式建立线段AB的中点与其两端点的坐标关系，最后代入整理即可．
【解答】
解：设A(m, 0)，B(0, n)，则|AB|2=m2+n2=100，
再设线段AB中点P的坐标为(x, y)，则x=m2，y=n2，即m=2x，n=2y，
所以4x2+4y2=100，即AB中点的轨迹方程为x2+y2=25．
故答案为：x2+y2=25．
【答案】
25
【考点】
平面与平面平行的性质
棱柱的结构特征
平面的基本性质及推论
【解析】
先根据平面的基本性质确定平面，然后利用面面平行的性质定理，得到截面的形状，再求周长的最小值即可．
【解答】
解：当P点靠近C或与C重合时，
A，C1，P确定的平面α，
∵ 平面ADD1A1//BCC1B1，
∴ AE//QC1，同理AQ//EC1，
∴ 四边形AEC1Q是平行四边形，平面AEC1Q就是截面，
设D1E=x0≤x≤1 ，则A1E=1−x，
∴ EC1=AQ=x2+1 ，AE=QC1=1−x2+1，
∴ AQ+AE=x2+1+1−x2+1
=x−02+0−12+x−12+0−12，
可以看作平面直角坐标系中点Px,0到A0,1和B1,1距离的最小值，
A0,1关于x轴的对称点A′0,−1，
连接A′B，其长度即为AQ+AE的最小值，
由勾股定理得到A′B=5，
∴ 周长的最小值为25，
当P点靠近B1或与B1重合时，A，C1，P确定的平面α，
∵ 平面ADD1A1//BCC1B1，
∴ AE//QC1，同理AQ//EC1，
所以四边形AEC1Q是平行四边形，平面AEC1Q就是截面，
设D1E=x0≤x≤1 ，
则DE=1−x，
所以EC1=AQ=x2+1，AE=QC1=1−x2+1,
AQ+AE=x2+1+1−x2+1
=x−02+0−12+x−12+0−12,
证法同上，所以周长的最小值为25，
综上所述，所以周长的最小值为25.
故答案为：25.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意可得kAB=−1−5−2−(−1)=−6−1=6，
∴ AB边高线斜率k=−16，
∴ AB边上的高线的点斜式方程为y−3=−16(x−4)，
化为一般式可得x+6y−22=0.
(2)由(1)知直线AB的方程为y−5=6(x+1)，
即6x−y+11=0，
∴ C到直线AB的距离：
d=|24−3+11|36+1=3237=323737，
又∵ |AB|=(−1+2)2+(5+1)2=37，
∴ △ABC的面积：
S=12|AB|d=12×37×323737=16.
【考点】
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
两点间的距离公式
点到直线的距离公式
【解析】
（1）由题意可得AB的斜率，可得AB边高线斜率，进而可得方程；
（2）由（1）知直线AB的方程，可得C到直线AB的距离为d，由距离公式可得|AB|，代入三角形的面积公式可得．
【解答】
解：(1)由题意可得kAB=−1−5−2−(−1)=−6−1=6，
∴ AB边高线斜率k=−16，
∴ AB边上的高线的点斜式方程为y−3=−16(x−4)，
化为一般式可得x+6y−22=0.
(2)由(1)知直线AB的方程为y−5=6(x+1)，
即6x−y+11=0，
∴ C到直线AB的距离：
d=|24−3+11|36+1=3237=323737，
又∵ |AB|=(−1+2)2+(5+1)2=37，
∴ △ABC的面积：
S=12|AB|d=12×37×323737=16.
【答案】
解：(1)要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，
所以所求圆的圆心为(0, −4)，
|AB|=(−2−2)2+(−5+3)2=25，
半径长12|AB|=5，
圆的方程为x2+(y+4)2=5.
(2)因为kAB=−5−(−3)−2−2=12，AB中点为(0, −4)，
所以AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,x−2y−3=0, 得x=−1,y=−2,
所以圆心为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=(−1−2)2+(−2+3)2=10，
因此，所求的圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10.
【考点】
圆的标准方程
【解析】
（1）要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，即求以AB为直径的圆．
（2）解法1，求出AB中垂线方程，与x−2y−3＝0联立，求出圆心，再求出半径后即可得出圆的方程．
解法2，利用待定系数法，设为(x−a)2+(y−b)2＝r2，求解．
【解答】
解：(1)要使圆的面积最小，则AB为圆的直径，
所以所求圆的圆心为(0, −4)，
|AB|=(−2−2)2+(−5+3)2=25，
半径长12|AB|=5，
圆的方程为x2+(y+4)2=5.
(2)因为kAB=−5−(−3)−2−2=12，AB中点为(0, −4)，
所以AB中垂线方程为y+4=−2x，即2x+y+4=0，
解方程组2x+y+4=0,x−2y−3=0, 得x=−1,y=−2,
所以圆心为(−1, −2)．
根据两点间的距离公式，得半径r=(−1−2)2+(−2+3)2=10，
因此，所求的圆的方程为(x+1)2+(y+2)2=10.
【答案】
证明：(1)取PD中点M，连AM，FM，如图所示，
∵ FM=//12CD，
又AE=//12CD，
∴ AE=//FM,
∴ 四边形AEFM为平行四边形,
∴ EF // AM.
又∵ AM在平面PAD内，EF不在平面PAD内，
∴ EF // 平面PAD；
(2)∵ CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，
PA在平面PAD内，AD在平面PAD内，
∴ CD⊥平面PAD.
又∵ AM在平面PAD内，
∴ CD⊥AM.
∵ EF // AM，
∴ CD⊥EF.
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）取PD中点Q，连AQ、QF，易证EF // AQ，根据直线与平面平行的判定定理可证得EF // 面PAD；
（2）欲证CD⊥EF，可先证直线与平面垂直，CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，根据直线与平面垂直的判定定理可知CD⊥面PAD，从而得到CD⊥EF；
【解答】
证明：(1)取PD中点M，连AM，FM，如图所示，
∵ FM=//12CD，
又AE=//12CD，
∴ AE=//FM,
∴ 四边形AEFM为平行四边形,
∴ EF // AM.
又∵ AM在平面PAD内，EF不在平面PAD内，
∴ EF // 平面PAD；
(2)∵ CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD=A，
PA在平面PAD内，AD在平面PAD内，
∴ CD⊥平面PAD.
又∵ AM在平面PAD内，
∴ CD⊥AM.
∵ EF // AM，
∴ CD⊥EF.
【答案】
解：(1)设点P的坐标为(x, y)，
因为|PA|=2|PB|，
即x2+(y−4)2=2x2+(y−1)2，
整理可得 x2+y2=4，
所以曲线E的轨迹方程为x2+y2=4．
(2)依题意，OC=OD=2，且∠COD=120​∘，
则点O到CD边的距离为1，
即点O(0, 0)到直线l:kx−y−4=0的距离4k2+1=1，
解得 k=±15，
所以直线l的斜率为±15．
【考点】
轨迹方程
直线的斜率
点到直线的距离公式
【解析】
（1）设点P的坐标为(x, y)，根据|PA|＝2|PB|列方程化简可得轨迹方程；
（2）OC＝OD＝2，且∠COD＝120∘，则点O到CD边的距离为1，列方程求解即可；
（3）依题意，ON⊥QN，OM⊥QM，则M，N都在以OQ为直径的圆F上，Q是直线l:y＝x−4上的动点，设Q(t, t−4)，联立两个圆的方程求解即可．
【解答】
解：(1)设点P的坐标为(x, y)，
因为|PA|=2|PB|，
即x2+(y−4)2=2x2+(y−1)2，
整理可得 x2+y2=4，
所以曲线E的轨迹方程为x2+y2=4．
(2)依题意，OC=OD=2，且∠COD=120​∘，
则点O到CD边的距离为1，
即点O(0, 0)到直线l:kx−y−4=0的距离4k2+1=1，
解得 k=±15，
所以直线l的斜率为±15．
【答案】
(1)证明：∵ AB=BC=CA，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC，
∵ AA1⊥平面ABC，
∴ 平面AA1C1C⊥平面ABC，
∴ BD⊥平面AA1C1C，∴ BD⊥AE，
∵ 在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
可得△A1AD≅△ACE，∴ ∠A1DA=∠AEC，
∵ ∠AEC+∠CAE=90∘，
∴ ∠A1DA+∠CAE=90∘，即A1D⊥AE，
又A1D∩BD=D，∴ AE⊥平面A1BD，又AE⊂平面 AEB，
∴ 平面AEB⊥平面A1BD.
(2)解：取A1C1中点F，以DF，DA，DB为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，
则D0,0,0，E1,−1,0，B0,0,3，A12,1,0，
则DB→=0,0,3，DE→=1,−1,0，BA1→=2,1,−3，EA1→=1,2,0，
设平面DBE的一个法向量为m→=x,y,z，
则DB→⋅m→=0,DE→⋅m→=0,即3z=0,x−y=0,令x=1，则m→=1,1,0，
设平面BA1E的一个法向量为n→=x,y,z，
则BA1→⋅n→=0,EA1→⋅n→=0,即2x+y−3z=0,x+2y=0,令y=1，则n→=−2,1,−3，
设二面角D−BE−A1的平面角为θ，观察可知θ为锐角，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14，
故二面角D−BE−A1的余弦值为14．
【考点】
平面与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
【解析】


【解答】
(1)证明：∵ AB=BC=CA，D是AC的中点，
∴ BD⊥AC，
∵ AA1⊥平面ABC，
∴ 平面AA1C1C⊥平面ABC，
∴ BD⊥平面AA1C1C，∴ BD⊥AE，
∵ 在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，
可得△A1AD≅△ACE，∴ ∠A1DA=∠AEC，
∵ ∠AEC+∠CAE=90∘，
∴ ∠A1DA+∠CAE=90∘，即A1D⊥AE，
又A1D∩BD=D，∴ AE⊥平面A1BD，又AE⊂平面 AEB，
∴ 平面AEB⊥平面A1BD.
(2)解：取A1C1中点F，以DF，DA，DB为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，
则D0,0,0，E1,−1,0，B0,0,3，A12,1,0，
则DB→=0,0,3，DE→=1,−1,0，BA1→=2,1,−3，EA1→=1,2,0，
设平面DBE的一个法向量为m→=x,y,z，
则DB→⋅m→=0,DE→⋅m→=0,即3z=0,x−y=0,令x=1，则m→=1,1,0，
设平面BA1E的一个法向量为n→=x,y,z，
则BA1→⋅n→=0,EA1→⋅n→=0,即2x+y−3z=0,x+2y=0,令y=1，则n→=−2,1,−3，
设二面角D−BE−A1的平面角为θ，观察可知θ为锐角，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=14，
故二面角D−BE−A1的余弦值为14．
【答案】
解：(1)如图，以OC，OA为x，y轴建立直角坐标系，
则C170,0，A0,60，
由题意kBC=−43，
直线BC方程为y=−43x−170．
又kAB=−1kBC=34，
故直线AB方程为y=34x+60.
由y=−43x−170，y=34x+60,解得x=80,y=120,，即B80,120，
∴ |BC|=80−1702+1202=150m.
(2)设OM=t，即M(0,t)(0≤t≤60)，
由(1)直线BC的一般方程为4x+3y−680=0.
圆M的半径为r=|3t−680|5，
由题意要求r−t≥80，r−60−t≥80,，由于0≤t≤60，
因此r=|3t−680|5=680−3t5=136−35t，
∴ 136−35t−t≥80,136−35t−(60−t)≥80,
∴ 10≤t≤35，∴ 当t=10时，r取得最大值130m，此时圆面积最大．
【考点】
直线和圆的方程的应用
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
直线的点斜式方程
点与圆的位置关系
【解析】
（1）在四边形AOCB中，过B作BE⊥OC于E，过A作AF⊥BE于F，设出AF，然后通过解直角三角形列式求解BE，进一步得到CE，然后由勾股定理得答案；
（2）设BC与⊙M切于Q，延长QM、CO交于P，设OM＝xm，把PC、PQ用含有x的代数式表示，再结合古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m列式求得x的范围，得到x取最小值时圆的半径最大，即圆形保护区的面积最大．
【解答】
解：(1)如图，以OC，OA为x，y轴建立直角坐标系，
则C170,0，A0,60，
由题意kBC=−43，
直线BC方程为y=−43x−170．
又kAB=−1kBC=34，
故直线AB方程为y=34x+60.
由y=−43x−170，y=34x+60,解得x=80,y=120,，即B80,120，
∴ |BC|=80−1702+1202=150m.
(2)设OM=t，即M(0,t)(0≤t≤60)，
由(1)直线BC的一般方程为4x+3y−680=0.
圆M的半径为r=|3t−680|5，
由题意要求r−t≥80，r−60−t≥80,，由于0≤t≤60，
因此r=|3t−680|5=680−3t5=136−35t，
∴ 136−35t−t≥80,136−35t−(60−t)≥80,
∴ 10≤t≤35，∴ 当t=10时，r取得最大值130m，此时圆面积最大．