广东省2a大学

试卷第1页，共4页

华南师大附中

2022-2023

学年度第一学期阶段测试（一）

高二数学

本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅰ卷（非选择题）两部分，共100分，考试时间120分钟

注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。

3.考试结束后，将答题卡交回。

一、单选题：共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意

1．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是()

A

．

1B

．

1

5

C

．

3

5

D

．

7

5

2

．在四面体

OABC

中，

OAa，

OBb

，

OCc

，且

2OPPA

，BQQC，则PQ等于（）

A

．

211

322

abc

B

．

211

322

abc

C

．

211

322

abc

D

．

211

322

abc

3

．在平面直角坐标系内，一束光线从点

A

（

1

，

2

）出发，被直线

yx

反射后到达点

B

（

3

，

6

），则这束光线从

A

到

B

所经过的距离为（）

A

．

25

B

．

26

C

．

4D

．

5

4

．长方体

1111

ABCDABCD

中，

1ABBC

，

1

3AA

，异面直线

1

AD

与

1

DB

所成角的余弦值为（）

A

．

5

4

B

．

5

6

C

．

5

5

D

．

2

2

5

．圆22(1)(1)4xy

上到直线:20lxy的距离为1的点共有（）

A．1个B．2个C．3个D．4个

6

．若直线

1ykx

与圆221xy

相交于

AB，

两点，且

60AOB(

其中

O

为原点

)

，则

k

的值为（）

A

．

3

3



或

3

3

B

．

3

3

C

．

2

或

2

D

．

2

7

．已知

M

是圆22:1Cxy

上一个动点，且直线1

:310(R)lmxymm与直线

2

:310(R)lxmymm相交于点

P，则

||PM

的取值范围是（）

A

．

31,231







B

．

21,321







C

．

21,221







D

．

21,331







8

．正四面体ABCD的棱长为

1

，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当

PAPD

取得最小值时，点P到

AD

的距

离为（）

A

．

326

12



B

．

63

12



C

．

223

12



D

．

2

4

试卷第2页，共4页

二、多选题：每题有两个或者两个以上

．．．．．．．．．

正确答案，每题

3

分，少选得

1

分，共

12

分

9

．已知空间向量

a

=

（

1

，－

1

，

2

），则下列说法正确的是（）

A

．

6a

B

．向量

a

与向量

b

=

（

2

，

2

，－

4

）共线

C

．向量

a

关于

x

轴对称的向量为（

1

，

1

，－

2

）

D

．向量

a

关于

yOz

平面对称的向量为（－

1

，

1

，－

2

）

10

．已知直线

l

的倾斜角等于

120

，且

l

经过点3,1

，则下列结论中正确的有（）

A

．

l

的一个方向向量为

31

,

62

u









B

．直线

l

与两坐标轴围成三角形的面积为

43

3

C

．

l

与直线

3320xy

垂直

D

．

l

与直线320xy平行

11

．已知曲线C的方程是22()()2

xy

xy

xy



，则下列结论正确的是（）

A

．曲线

C

与两坐标轴有公共点

B

．曲线C既是中心对称图形，又是轴对称图形

C

．若点

,PQ

在曲线

C

上，则

PQ

的最大值是

42

D

．曲线

C

围成的面积为84

12

．如图，已知正方体

1111

ABCDABCD

的梭长为2，P为正方形底面

ABCD

内的一动点，则下列结论正确的有（）

A

．三棱雉

111

BADP

的体积为定值

B

．存在点P，使得

11

DPAD

C

．若

11

DPBD

，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹是线段

AC

D

．若点P是

AD

的中点，点

Q

是

1

BB

的中点，过

PQ，

作平面



平面

11

ACCA

，

则平面



截正方体

1111

ABCDABCD

的截面周长为

62

三、填空题：本大题共4小题，每小题3分，满分12分。

13

．到直线

3410xy－

的距离为

3

且与此直线平行的直线方程是

____

．

14

．写出与圆221xy

和圆224316xy

都相切的一条切线方程

___________.

15

．已知：如图，在60的二面角的棱上有

AB、

两点，直线

ACBD、

分别在这个二面用的两个半平面内，且都垂直

AB

，

试卷第3页，共4页

已知

4,6,8ABACBD

，则CD__________

．

16

．长方体1111

ABCDABCD中

,AB=1

，

AD=2,

1

2AA,P

是棱1

DD上的动点，则1

PAC△的面积最小值是

17．四、解答题：本大题共6小题，满分52分。

17

．如图直线

1

l

,

2

l

均过点

P(1

，

2)

，直线

1

l

过点

A

（

-1,3

），且

12

ll

（

1

）求直线

1

l

,

2

l

的方程

（

2

）若

1

l

与

x

轴的交点

Q

，点

M

（

a,b

）在线段

PQ

上运动，求

2

b

a

的取值范围

18

．已知空间中三点,1,2Am

，3,1,4B

，1,,1Cn

．

(1)

若A，B，C三点共线，求

mn

的值；

(2)

若

AB

，

BC

的夹角是钝角，求

mn

的取值范围．

19

．已知圆P经过6,0A

，4,0B

，2,4C

三点

.

(1)

求圆P的标准方程；

(2)

若直线

50axy

与圆P相交于不同的两点

M

，

N

，且线段

MN

的垂直平分线在两坐标轴上截距之和为

20a

，

求实数

a

的值

.

20

．如图，四边形

ABCD

为正方形，PD平面

ABCD

，

2PDDC

，点

E

，

F

分别为

AD

，

PC

的中点．

(1)

证明：//DF平面

PBE

；

(2)求点F到平面PBE的距离．

21

．已知线段

AB

的端点

B

的坐标是(2,0)

，端点

A

在圆22:(2)8Nxy

上运动，

AB

的中点

P

的轨迹为曲线

T

，圆

试卷第4页，共4页

心为

(3,1)C

的圆

C

经过点

B

．

(1)求曲线T的方程，并判断曲线T与圆C的位置关系；

(2)

过

x

轴上一点

G

任作一直线（不与

x

轴重合）与曲线

T

相交于

M

、

S

两点，连接

BM

，

BS

，恒有

MBGSBG

，

求

G

点坐标．

22

．如图，在四棱锥

PABCD中，底面ABCD是梯形，

//ADBC

，2ADBC，PAPD，

1ABPB

.

（

1

）证明：

PA

平面

PCD

；

（

2

）若

1BCCD

，当四棱锥

PABCD

的体积最大时，求直线PB与平面

PAD

所成角的正弦值

.

答案第5页，共15页

参考答案：

1．D

【详解】试题分析：由的坐标可得，，两向量互相垂直则，即

312220kk

，解得

7

5

k

．

考点：两向量垂直坐标满足的条件．

2．B

【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.

【详解】解：由题知，



11

32

11

32

211

322

211

322

PQPAABBQ

OAOBOABC

OAOBOAOCOB

OAOBOC

abc











故选：B.

3．B

【分析】作出点

A

关于直线

yx

的对称点2,1C

，连接

CB

，利用光线关于直线对称得到

CB

即为光线经过路程的

最小值，再利用两点间的距离公式进行求解

.

【详解】作出点

A

关于直线

yx

的对称点2,1C

，

连接

CB

，交直线

yx

于点

M

，

则

CB

即为光线经过路程的最小值，

且22326126CB

，

此即光线从

A

到

B

所经过的距离为

26

.

故选：B．

答案第6页，共15页

4．C

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求出异面直线

1

AD

与

1

DB

所成角的余弦值

.

【详解】以D为坐标原点，分别以

1

DADCDD、、

所在直线为

x

轴，

y

轴，z轴建立空间直角坐标系

Dxyz

.

11

0,0,0,1,0,0,0,0,3,1,1,3DADB

，11

=1,0,3,=1,13BADD，

.

1

1

1

1

1

1

,

5

cos,=

5

DB

DB

AD

AD

DDBA



,



异面直线

1

AD

与

1

DB

所成角的余弦值为

5

5

.

故选：C

5．C

【分析】先根据方程判断直线与圆的关系，根据半径及距离判断点的个数.

【详解】由题知，圆心

(1,1)

到直线:20lxy的距离为

112

12

2





，

则直线l与圆相交，由圆的半径为2知，

圆上到直线的距离为1的点有3个.

故选：C

6．A

【分析】根据点到直线的距离公式即可求解.

【详解】由

60AOB

可知，圆心

(0,0)

到直线

1ykx

的距离为

3

2

，根据点到直线的距离公式可得

22

133

23

1

k

k





故选：A

答案第7页，共15页

【点睛】

7．B

【分析】先求出直线

1

l

和

2

l

的定点，即可推出点P的轨迹方程，将原问题转化为两圆之间的位置关系，即可求解．

【详解】解：直线

1

:310(R)lmxymm整理可得，(3)(1)0mxy，即直线

1

l

恒过

(3,1)

，

同理可得，直线

2

l

恒过

(1,3)

，

又110mm

，



直线

1

l

和

2

l

互相垂直，



两条直线的交点P在以

(1,3)

，

(3,1)

为直径的圆上，即P的轨迹方程为22(2)(2)2xy

，设该圆心为

M

，

圆心距22||222221MC，



两圆相离，

2221||2221PM，

||PM的取值范围是[21,321]．

故选：B．

8．A

【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取

AD

的中点为E，

21

4

PAPDPE

，可得当PE的长度最小

时，

PAPD

取得最小值，求出球心

O

到点E的距离d，可得点P到

AD

的距离为

dr.

【详解】因为四面体

ABCD

是棱长为

1

的正四面体，

所以其体积为

11362

11

322312



.

设正四面体

ABCD

内切球的半径为r，

则

1132

411

32212

r

，得

6

12

r

.

如图，取

AD

的中点为E，则()()PAPDPEEAPEED

答案第8页，共15页

221

()

4

PEPEEAEDEAEDPE

.

显然，当PE的长度最小时，

PAPD

取得最小值

.

设正四面体内切球的球心为

O

，可求得

6

4

OAOD

.

因为球心

O

到点E的距离

2

2

22

612

424

dPAAE

















，

所以球

O

上的点P到点E的最小距离为

26326

41212

dr





，

即当

PAPD

取得最小值时，点P到

AD

的距离为

326

12



.

故选：A.

【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得

出点P到

AD

的距离为球心

O

到点E的距离减去半径

.

9．AC

【分析】根据空间向量的模、共线、对称等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】2

221,1,2,1126aa，

A

选项正确

.



112

2,2,4,

224

b







，所以

,ab

不共线，

B

选项错误

.

向量

a

关于

x

轴对称的向量，

x

不变，

y

和

z

变为相反数，

即向量

a

关于

x

轴对称的向量为1,1,2

，

C

选项正确

.

向量

a

关于

yOz

平面对称的向量，

y

和

z

不变，

x

变为相反数，

即向量

a

关于

yOz

平面对称的向量为1,1,2

，

D

选项错误

.

故选：AC

10．AC

【分析】根据点斜式求得直线

l

的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，

答案第9页，共15页

从而确定正确答案

.

【详解】由题意直线

l

的斜率为

tan1203k

，直线方程为133yx

，即320xy，

它与直线320xy重合，

D

错误；

1

2

3

3

6





，因此

31

,

62











是直线

l

的一个方向向量，

A

正确；

在直线方程中令0y得

23

3

x，令

0x

得

=2y

，

直线

l

与两坐标轴围成三角形的面积为

12323

2

233



，

B

错误；

由于33130

，

C

正确

故选：AC

11．BCD

【解析】对绝对值里面的正负分类讨论求出方程，作出图象，即可判定A错误，B正确，结合对称性判断C选项，

根据图形特征计算面积.

【详解】解：当0x，

0y

时，方程22112xy

，

当0x，

0y

时，方程22112xy

，

当0x，

0y

时，方程22112xy

，

当0x，

0y

时，方程22112xy

，

作出图象：

由于

0x

，

0y

，所以

A

错误

.

曲线

C

既是中心对称，又是轴对称图形，

答案第10页，共15页

对称中心为0,0

，对称轴为

,xy

轴，

B

正确

.

点P，

Q

在曲线C上，当且仅当P，

Q

与圆弧所在的圆心共线时取得最大值，

||PQ

的最大值为圆心距加两个半径

42

，

C

正确

.

在当0x，

0y

时，22112xy

与坐标轴的交点2,0M

和0,2N

平分圆，

故第一象限的面积为

2

，故总的面积为84

.

12．ACD

【分析】对于

A

，利用

111111

BADPPABD

VV





可得，

A

正确；

对于

B

，建立空间直角坐标系，根据

11

DPAD

，计算得满足条件的点P不在平面ABCD内，故

B

错误；

对于

C

，建立空间直角坐标系，根据

11

DPBD

，可得方程

2xy

，判断

C

正确；

对于

D

，关键找到直线BD，使

//BD

平面



，且

PQ

平面



，以BD为参照线作出平面



与正方体各个侧面的交

线，得到截面图形，计算得答案，

D

正确

.

【详解】对于

A

，P为正方形底面ABCD内一点时，由

111111

BADPPABD

VV





，三棱锥

111

PABD

的高不变，底面积也不

变，所以体积为定值，故

A

正确；

对于

B

，以D为坐标原点，分别以

1

,,DADCDD

为

,,xyz

轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设,,0Pxy

，则

1111

0,0,2,2,0,0,2,2,2,,,2,2,0,2DABDPxyAD

，

若

11

DPAD

，则

11

0DPAD

，所以

240x

即

2x

，此时P点不在底面

ABCD

内，与题意矛盾，故

B

错误；

对于

C

，因为

1

2,2,2BD

，若

11

DPBD

，

11

0DPBD

，所以

22+40xy

即

2xy

，所以P的轨迹就是

线段

AC

，故

C

正确；

对于

D

，因为

BDAC

，

1

BDAA

，

又

AC

平面

11

AACC

，

1

AA

平面

11

AACC

，

1

ACAAA∩

，

答案第11页，共15页

所以

BD平面

11

AACC

，

因为面



平面

11

ACCA

，

,BDPQ

异面，

BD

平面



，所以

//BD

平面



，

以BD为参照线作出平面



与正方体各个侧面的交线，

如图所示，易知每个侧面的交线均相等，长度为正方体的面对角线的一半，

由于正方体的梭长为2，故面对角线长为

22

，

所以截面周长为

62=62

，故

D

正确．

故选：ACD.

13

．

34160xy－

，或

34140xy－－

【分析】由平行关系可设所求直线的方程为

340xyc－

，由平行线间的距离公式得参数值，得直线方程．

【详解】由平行关系可设所求直线的方程为

340xyc－

，

由平行线间的距离公式可得

22

1

3

3(4)

c





，

解得

16c

，或

14c－



所求直线的方程为：

34160xy－

，或

34140xy－－

14

．

1y

或

247250xy

或

4350xy

【分析】先判断两圆位置关系，再分情况依次求解可得.

【详解】圆221xy

的圆心为0,0O

，半径为

1

；圆224316xy

的圆心为4,3C

，半径为

4

，

圆心距为

5OC

，所以两圆外切，如图，有三条切线

123

,,lll

，

易得切线

1

l

的方程为

1y

，

因为

3

lOC

，且

3

4OC

k

，所以

3

4

3l

k

，设

3

4

:

3

lyxb

，即

4330xyb

，

则0,0O

到

3

l

的距离

3

1

5

b

，解得

5

3

b

（舍去）或

5

3



，所以

3

43:50xyl

，

答案第12页，共15页

可知

1

l

和

2

l

关于

3

:

4

OCyx

对称，联立

3

4

1

yx

y















，解得

4

,1

3









在

2

l

上，

在

1

l

上任取一点0,1

，设其关于

OC

的对称点为

00

,xy

，

则

00

0

0

1

3

242

1

3

1

4

yx

y

x





























，解得

0

0

24

25

7

25

x

y



















，

则

2

7

1

24

25

244

7

253

l

k







，所以直线

2

244

:1

73

lyx









，即

247250xy

，

综上，切线方程为

1y

或

247250xy

或

4350xy

.

故答案为：

1y

或

247250xy

或

4350xy

.

15

．

217

【详解】

CDCAABBD

，所以2

22222CDCAABBDCAABBDCAABCABDABBD

2

1636642068cos01164868

3











，所以

217CD

，故填：

217

.

【点睛】本题考查了利用平面向量解决立体几何的问题，也是比较容易忽视的方法，所求的向量用已知向量表示以

后，转化为数量积的计算，本题的关键是利用三角形法则的推论，用

,,CAABBD

表示

CD

.

16

．

3

5

5

##35

5

【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设

PD=z，表示出

1

cosAPC

，求出

1

sinAPC

，即可表示出

1

PAC

S

，

结合二次函数知识求得答案

.

【详解】以点

A

为坐标原点，

AB

，

AD

，

1

AA

分别为

x

轴，

y

轴，

z

轴，建立如图所示空间直角坐标系，

答案第13页，共15页

设

PD=z

，则

1

002),(120),(02,)(ACPz，，，，，

，

02z（）

，

2

1

4(2)PAz

，

1

93AC

，

|PC|21z

，

Ⅰ

由余弦定理可得，

222

1

11

14(2)92

cos

2

zzz

APC

PA

z

PCPAPC





，

Ⅰ

22

2

1

11

2548

sin1()

zzz

APC

PAPCPAPC

z



，

Ⅰ

1

2

2

11

236

5()

15483

55

sin5

2225PAC

z

zz

SPAPCAPC







，

即当

z

2

5



时，

1

PAC△

的面积最小值为

3

5

5

．

故答案为：

3

5

5

．

17

．（

1

）

1

:250lxy

，

2

:2lyx

（

2

）

(,2][0,)

18

．

(1)

1；

(2)

13mn

且

1

0

m

n











不同时成立

.

【分析】（

1

）由向量的坐标表示确定

AB

、CB，再由三点共线，存在

R

使

ABCB

，进而求出

m、n

，即可得

结果

.

（

2

）由向量夹角的坐标表示求cos,ABBC，再根据钝角可得

2(3)2(1)180mn

，讨论,ABBC的情

况，即可求

mn

范围

.

(1)由题设

(3,2,6)ABm

，

(2,1,3)CBn

，又

A

，

B

，

C

三点共线，

答案第14页，共15页

所以存在

R

使

ABCB

，即

32

2(1)

63

m

n























，可得

2

1

0

m

n

















，

所以

1mn

.

(2)

由(2,1,3)BCn，

由（

1

）知：当,ABBC时，有

1mn

；

而

22

2(3)2(1)18

cos,

||||

40(3)13(1)

ABBCmn

ABBC

ABBC

mn







，又

AB

，

BC

的夹角是钝角，

所以

2(3)2(1)182()260mnmn

，可得

mn

13

；

综上，

3mn

且

1

0

m

n











不同时成立

.

19

．

(1)22(1)25xy

(2)

1

5



【分析】（1）由圆的一般方程利用待定系数法，代入点得到方程，解之即可.

（

2

）先判断得

0a

，进而求出线段

MN

的垂直平分的方程，根据题意可求得

a

的值，再由

MN

与圆P相交，得到

a

的取值范围，进一步确定

a

的值

.

【详解】（

1

）设圆P的方程为220xyDxEyF，

因为圆P经过6,0A

，4,0B

，2,4C

三点，

所以

3660

1640

20240

DF

DF

DEF

















解得

2

0

24

D

E

F

















，

所以圆P方程为222240xyx

，即22(1)25xy

，

所以圆P的标准方程为：22(1)25xy.

（

2

）若

0a

，直线

MN

：

50axy

为

5y

，与圆P相切，只有一个交点，不合题意，故

0a

；

又弦

MN

的垂直平分线必过圆心1,0P

，且

MN

的斜率为

a

，

所以线段

MN

的垂直平分线方程为

1

(1)yx

a



，

答案第15页，共15页

当

0x

时

1

y

a

，当0y时

1x

，所以

1

120a

a



，即22010aa

，

解得：

1

4

a

或

1

5

a

.

因为圆P的方程为：22(1)25xy

，所以1,0P

，半径=5r，

又直线

MN

与圆P相交，所以

dr

，即

2

5

5

1

a

a







，得a<0

或

5

12

a

，

Ⅰ

1

5

a

符合题意，即

1

5

a

.

20．(1)见解析

(2)

6

3

【分析】

(1)

取PB的中点

G

，连接

EG

，FG，则可证

//DFEG

，进而由线面平行的判定定理即可得证；

（

2

）

//DF

平面PBE，转化为点D到平面PBE的距离，再由等体积法求解

.

【详解】（

1

）取PB的中点

G

，连接

EG

，FG，如图，

则

//FGBC

，且

1

2

FGBC

，

Ⅰ//DEBC

且

1

=

2

DEBC

，

Ⅰ//DEFG

且

DEFG

，

Ⅰ

四边形

DEGF

为平行四边形，

Ⅰ//DFEG

，

EG

平面PBE，DF平面PBE，

//DF

平面PBE；

（

2

）因为

//DF

平面PBE，

所以点D到平面PBE的距离与F到平面PBE的距离是相等的，

故转化为求点D到平面PBE的距离，设为d．

利用等体积法：

DPBEPBDE

VV





，

答案第16页，共15页

即

11

33PBEBDE

SdSPD

△△

，而

1

1

2BDE

SDEAB

△

，

Ⅰ

在

Rt,RtPDEBEA

中，

5PEBE

，在

RtPDB

中，

23PB

Ⅰ221

53236

2PBE

S

，

Ⅰ

126

3

6

d





．

即点F到平面PBE的距离为

6

3

.

21

．

(1)222xy

，相离

(2)1,0

【分析】（

1

）设出

,PA

的坐标，利用P是线段

AB

的中点，确定

,PA

坐标之间的关系，根据点A在圆

N

上运动，可

得中点

P

的轨迹，

即曲线

T

的方程，再利用题设写出圆

C

的方程，利用两圆圆心距与半径和比较大小确定曲线

T

与圆

C

的位置关系；

（

2

）先由图像分析，过点

G

的直线与曲线

T

相交于

M

、

S

两点，要满足

MBGSBG

，可知点

G

必在圆内，

再讨论斜率存不存在，

Ⅰ

当直线的斜率不存在时，显然有

MBGSBG

；

Ⅰ

当直线的斜率存在时，

设出直线的方程，由

0

MBSB

kk

，联立方程直线和圆的方程，求出点

G

点坐标即可

.

（1）

设点P坐标为,xy

，

(,)Amn

，

P是线段

AB

的中点，且

(2,0)B

，由中点坐标公式得：

2

2

2

m

x

n

y





















，即

22

2

mx

ny











，

又点

A

在圆22:(2)8Nxy

上运动，22(222)(2)8xy

，化简得222xy

，

所以曲线

T

的方程为：222xy

，又圆

C

的圆心为

(3,1)C

，设圆

C

方程：2

223(1)xyr

，

又圆

C

经过点

(2,0)B

，代入圆

C

方程得22r

，所以圆

C

方程：2

23(1)2xy

，

两圆的圆心距2

2

12

30(10)1022rr

，所以曲线

T

与圆

C

的位置关系是相离

.

（2）

如图所示，若点

G

在圆外，直线与曲线

T

相交于

M

、

S

在点

G

的同侧，有

MBGSBG

，所以点

G

必在圆内

.

答案第17页，共15页

设点(,0)(22)Gaa，过点

G

的直线分类讨论斜率存在和不存在两种情况：

当直线的斜率不存在时，由圆的对称性知必有

MBGSBG

；

当直线的斜率存在时，设直线的方程

:()(0)lykxak

，联立方程得：

222

()

xy

ykxa











，化简整理得222221220kxakxka

，

设

1122

(,),(,)MxySxy

，则

222

1212

22

22

,

11

akka

xxxx

kk







，

由题意知，

MBGSBG

，则直线

MB

，

SB

的倾斜角互补，即

0

MBSB

kk

则12

12

0

22

yy

xx





，

将

1122

(),()ykxaykxa

代入上式可得12

12

()()

0

22

kxakxa

xx







，又

0k

，

所以12

12

0

22

xaxa

xx







，化简整理得

1212

2(2)40xxaxxa

，

即

222

22

22

2(2)40

11

kaak

aa

kk







，解得1a，所以

G

点坐标为1,0

.

22

．（

1

）证明见解析；（

2

）

15

5

.

【分析】（1）取

AD

，AP中点E，F，连接BE，BF，

EF

，得到面

//PCD

面BEF，故可先将要证

PA

平面

PCD

转化为求证

PA

面BEF即可求证；

（2）可以通过建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．

【详解】（

1

）取

AD

，AP中点E，F，连接BE，BF，

EF

.

答案第18页，共15页

由

ABPB

，PAPD得

PABF

，PAEF，

又BFEFF，

所以

PA

平面BEF

.

由

//ADBC

，

2ADBC

知四边形

BCDE

是平行四边形，则

//BECD

，

BE

平面

PCD

，

CD

平面

PCD

，所以

//BE

平面

PCD

，

同理

//EF

平面

PCD

，且BFEFF，

所以平面

//BEF

平面

PCD

，

所以

PA

平面

PCD.

（

2

）由

1ABPBBCCD

，

2AD

知四边形ABCD是以60A的等腰梯形

.

连接

AC

，则ACCD，

又

PA

平面

PCD

，所以

PACD

，

所以

CD

平面PAC，又

CD

平面

ABCD

，

所以平面

PAC

平面ABCD，

于是点P在底面ABCD内的射影在

AC

上

.

（在平面PAC中，

PAPC

，点P在以

AC

为直径的圆上运动）

取

AC

中点

G

，则

3

2

PG

，

于是当

PG

底面ABCD时，四棱锥

PABCD

的体积最大

.

如图，以

G

为原点，分别以射线

GB

，GC，

GP

为

x

，

y

，z轴的正半轴，

建立空间直角坐标系

Gxyz

.

答案第19页，共15页

由题意得0,0,0G

，

3

0,,0

2

A











，

1

,0,0

2

B







，

3

1,,0

2

D











，

3

0,0,

2

P









.

所以

33

0,,

22

PA











，

13

,0,

22

PB











，1,3,0AD

.

设平面

PAD

的法向量,,nxyz

，

由

0

0

nPA

nAD











，得

33

0

22

30

yz

xy















，

取3,1,1n

，则

15

sincos,

5

PBn

PBn

PBn









.

因此，直线PB与平面

PAD

所成角的正弦值为

15

5

.