2023高考数学复习专项训练《截距式方程》

这是一份2023高考数学复习专项训练《截距式方程》，共19页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）已知A(2,-3)，B(-3,-2)，直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是()
A、k⩽-4或k⩾34
B、-4⩽k⩽34
C、k⩽-14或k⩾43
D、-34⩽k⩽4
A. k⩽-4或k⩾34B. -4⩽k⩽34
C. k⩽-14或k⩾43D. -34⩽k⩽4
2.（5分）已知△ABC的顶点A(5,5)，AB边上的中线所在直线方程为x-5y+6=0，AC边上的高所在直线方程为3x+2y-7=0，则BC所在直线的方程为()
A、x+2y+1=0
B、x-2y+3=0
C、x-2y-5=0
D、x+2y-1=0
A. x+2y+1=0B. x-2y+3=0
C. x-2y-5=0D. x+2y-1=0
3.（5分）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的个数是( )
(1)若m⊥α，n//α，则m⊥n；
(2)若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ；
(3)若m//α，n//α，则m//n；
(4)若α⊥γ，β⊥γ，则α//β.
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.（5分）如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，已知SC=22，SA⊥SC，则下列结论错误的是()
A. 圆锥SO的侧面积为42π
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为83
C. 圆锥SO内切球的半径为2
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2(3+1)
5.（5分）若方程(m2-1)x+(m2-m)y+1=0表示一条直线，则实数m满足 ()
A. m≠0B. m≠1
C. m≠-1D. m≠1且m≠-1且m≠0
6.（5分）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为()
A. 1+3B. 3C. 2+3D. 4
7.（5分）如图，在圆台O1O中，OA=OO1=2O1A1=2，OB=BA，且OA//O1A1，BC⊥OA，则异面直线OO1与A1C所成角的余弦值为()
A. 237B. 77C. 277D. 217
8.（5分）如图：已知矩形ABCD中，AB=2，BC=a，若PA⊥面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，则满足条件的E点有两个时，a的取值范围是（ ）
A. a＞4B. a≥4C. 0＜a＜4D. 0＜a≤4
9.（5分）已知单位向量a→，b→，c→，d→满足：a→⊥b→，|c→-d→|=3，向量p→=22(cs2θ.a→+sin2θ.b→)(θ∈R)，则(c→-p→)⋅(d→-p→)的最小值为( )
A. 32B. 1C. 22-1D. 12
10.（5分）已知圆的方程为x2+(y-1)2=4，若过点P(1,12)的直线l与此圆交于A，B两点，圆心为C，则当∠ACB最小时，直线l的方程为( )
A. 4x-2y-3=0B. x+2y-2=0
C. 4x+2y-3=0D. x-2y+2=0
11.（5分）已知函数f(x)=2aex-eax2有3个不同的零点，则满足条件的实数a的最小整数值为()
A. 1B. 2C. 3D. 4
12.（5分）如图，在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB=BC=2，E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角的余弦值为1010，则四面体ABCD的外接球的体积为( )
A. 86πB. 646πC. 24πD. 96π
13.（5分）张衡(78年～139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家．他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A，B，若线段AB的最小值为3-1，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( )
A. 30B. 1010C. 1210D. 36
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知直线l经过两条直线2x+3y+8=0和x-y-1=0的交点，且截距相等，则直线l的方程为______．
15.（5分）如图所示，四边形ABCD是一个梯形，CD//AB，CD=BO=1，ΔAOD为等腰直角三角形，O为AB的中点，试求梯形ABCD水平放置的直观图的面积______.
16.（5分）给出下列四个命题：
①非零向量a→,b→满足|a→|=|b→|=|a→-b→|，则a→与a→+b→的夹角是30°；
②若(AB→+AC→)·(AB→-AC→)=0，则△ABC为等腰三角形；
③若单位向量a→,b→的夹角为120°，则当|2a→+xb→|(x∈R)取最小值时，x=1；
④若OA→=(3,-4),OB→=(6,-3),OC→=(5-m,-3-m),∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是m>-34.
则其中所有正确的序号为 ______.
17.（5分）已知三棱锥P-ABC中，O为AB中点，PO⊥平面ABC，∠APB=90°，PA=PB=2，则下列说法中正确的序号为 ______.
①若O为ΔABC的外心，则PC=2；
②若ΔABC为等边三角形，则AP⊥BC；
③当∠ACB=90°时，PC与平面PAB所成角的范围为(0,π4]；
④当PC=4时，M为平面PBC内动点，若OM//平面PAC，则M在ΔPBC内的轨迹长度为2.
18.（5分）已知数列{an}的通项公式an=n+1n，则它的第5项a5=______．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知空间几何体ABCDE中，△ABC，△ECD是全等的正三角形，平面ABC⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD.
(Ⅰ)若BD=2BC=22，求证：BC⊥ED；
(Ⅱ)探索A，B，D，E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由．
20.（12分）已知圆P经过A(6,0)，B(-4,0)，C(-2,4)三点．
(1)求圆P的标准方程；
(2)若直线ax-y+5=0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．
21.（12分）如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，且A1A=4.梯形ABCD的面积为6，且AD//BC，AD=2BC，CD=2.平面A1DCE与B1B交于点E.
(1)证明：EC//A1D；
(2)求三棱锥C-A1AB的体积；
(3)求二面角A1-DC-A的大小．
22.（12分）如图，在三棱锥P-ABC中，AC=2，BC=4，△PAC为正三角形，D为AB的中点，∠PCB=∠ACB=90°.
(1)求证：面PAC⊥面ABC；
(2)若O为AC中点，求平面POD与平面PBC夹角的值；
(3)求点D到平面PBC的距离．
23.（12分）如图ΔABC中，B=π3，点D在边AB上，BD=1，且DA=DC.
(1)若ΔBCD的面积为3，求CD；
(2)若AC=3，求∠DCA.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】解：由题意得kPA=1+31-2=-4，kPB=1+21+3=34，
若直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则k⩾34或k⩽-4.
故选：A.
先求出直线PA，PB的斜率，然后结合倾斜角与斜率关系可求．
此题主要考查了直线斜率公式的应用，属于基础题．
2.【答案】null;
【解析】解：∵△ABC的顶点A(5,5)，AC边上的高所在直线方程为3x+2y-7=0，
∴AC边所在直线的方程为2x-3y+5=0，
∵AB边上的中线所在直线方程为x-5y+6=0，
∴联立{2x-3y+5=0x-5y+6=0，解得x=-1，y=1，即C(-1,1)，
设B(a,b)，
则线段AB的中点M(a+52,b+52)，{a+52-5×b+52+6=03a+2b-7=0，解得{a=3b=-1，即B(3,-1)，
∴kBC=1+1-1-3=-12，
∴BC所在直线的方程为y-1=-12(x+1)，即x+2y-1=0.
故选：D.
先求出直线AC，再结合AB边上的中线所在直线方程，求出C(-1,1)，再结合中点坐标公式，求出B(3,-1)，即可求解．
此题主要考查直线方程的求解，属于基础题．
3.【答案】B;
【解析】解：m，n是两条不同的直线α，β，γ是三个不同的平面，
对于(1)，若m⊥α，n//α，则m⊥n，故(1)正确；
对于(2)，若α//β，β//γ，所以α//β//γ，由于m⊥α，则m⊥γ，故(2)正确；
对于(3)，若m//α，n//α，则m//n或m和n异面或m和n相交，故(3)错误；
(4)若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或α和β相交，故(4)错误．
故选：B.
直接利用线面平行的判定和性质，面面平行的判定和性质的应用判断(1)(2)(3)(4)的结论．
此题主要考查的知识要点：线面平行的判定和性质，面面平行的判定和性质的应用，主要考查学生对基础定义的理解和应用，属于基础题．
4.【答案】C;
【解析】解：由SA⊥SC，SA=SC=22，得AC=4，
∴OA=OC=2，又SO⊥AC，可得SO=2.
对于选项A、圆锥SO的侧面积为πrl=π×2×22=42π，故A正确；
对于选项B、当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC=12×4×2=4，
则三棱S-ABC体积的最大值为V=13×4×2=83，故B正确；
对于选项C、圆锥SO内切球的半径，就是△SAC内切圆的半径，
设为r，则12×4×2=12(4+22+22)r，可得r=2(2-1)，故C错误；
对于选项D、∵AB=BC，∠ABC=90°，AC=4，∴AB=BC=22，
又SA=SB=22，∴△SAB为等边三角形，则∠SBA=60°.
将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，∠S1AB=60°，
如图：

(SE+CE)min=S1C.
∵S1B=BC=22，∠S1BC=∠S1BA+∠ABC=150°，
∴S1C2=S1B2+BC2-2×S1B×BC×cs150°=8+8+83=16+83，
∴SE+CE的最小值为2(3+1)，故D正确．
故选：C.
对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；
对于选项B：直接求出三棱锥S-ABC体积的最大值判断；
对于选项C：转化为求△SAC内切圆的半径判断；
对于选项D：将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，判断出(SE+CE)min=S1C，利用余弦定理求出最小值判断．
此题主要考查空间中直线与直线位置关系的判定及应用，考查圆锥侧面积、多面体体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】B;
【解析】
此题主要考查直线的一般式方程，属于基础题.解：当m2-1=0时，m=1或m=-1；当m2-m=0时，m=0或m=1.要使方程(m2-1)x+(m2-m)y+1=0表示一条直线，则m2-1，m2-m不能同时为0，所以m≠1，故选B.
6.【答案】C;
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：
该几何体为底面为等腰直角三角形，高为1的三棱锥A-BCD；
如图所示：

故S=2×12×2×1+2×12×2×2×32=2+3.
故选：C.
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的表面积．
此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的之间的转换，几何体的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
7.【答案】C;
【解析】解：如图，连接A1B，因为OA=OO1=2O1A1=2，OB=BA，且OA//O1A1，
所以OB=O1A1=1且OB//O1A1，
所以四边形OBA1O1为平行四边形：
所以OO1//BA1，OO1=BA1=2，
所以∠CA1B即为异面直线OO1与A1C所成角或其补角，
因为在圆台O1O中，O1O⊥平面ABC，
所以BA1⊥平面ABC，BA1⊥BC，
因为BC⊥OA，OC=2，OB=1，
所以BC=3，
所以，在Rt△A1BC中，A1B=2,BC=3,A1C=7，
所以cs∠CA1B=A1BCA1=27=277，
所以，异面直线OO1与A1C所成角的余弦值为277，

故选：C.
连接A1B，证明四边形OBA1O1为平行四边形，进而得∠CA1B即为异面直线OO1与A1C所成角或其补角，再根据几何关系求解即可．
此题主要考查异面直线所成的角，考查学生的运算能力，属于中档题．
8.【答案】A;
【解析】解：∵PA⊥平面AC，
∴PA⊥DE，
又∵PE⊥DE，PA∩PE=P，
∴DE⊥平面PAE，
∴DE⊥AE．
即E点为以AD为直径的圆与BC的交点．
∵AB=2，BC=a，满足条件的E点有2个
∴a＞2AB=4．
故选：A．
9.【答案】A;
【解析】解：根据题意，设单位向量a→=(1,0)，
b→=(0,1)，
∴向量p→=22(cs2θ.a→+sin2θ.b→)=(22cs2θ,22sin2θ)；
又|c→-d→|=3，设c→、d→的夹角为α，
∴1-2csα+1=3，
∴csα=-12；
可设c→=(1,0)，d→=(-12,32)，
则c→，d→的终点C，D在单位圆上，
向量p→=22(cs2θ.a→+sin2θ.b→)=(22cs2θ,22sin2θ)，
可得p→的终点P在线段x+y=22上运动，(0⩽x⩽22)，
CD=3，
则(c→-p→)⋅(d→-p→)=PC→⋅PD→
=PC⋅PD⋅cs∠CPD=PC2+PD2-32，
由O到x+y=22的距离为d=222=2，
当PC=PD，且PC，PD为单位圆的切线，
可得最小值为2×22-2-32=32，
故选：A．
设单位向量a→=(1,0)，b→=(0,1)，可得向量p→的坐标，可得p→的终点P在线段x+y=22上运动，(0⩽x⩽22)，设c→=(1,0)，d→=(-12,32)，运用向量数量积的定义和直线与圆相切的条件，以及点到直线的距离公式，可得最小值．
该题考查向量数量积的定义和性质，考查转化思想和运算能力，属于较难题．
10.【答案】A;
【解析】
此题主要考查用点斜式求直线方程的方法，两直线垂直，斜率之积等于-1.判断当∠ACB最小时，CP和AB垂直是解答该题的关键，属于中档题．
利用当∠ACB最小时，CP和AB垂直，求出AB直线的斜率，用点斜式求得直线l的方程．

解：圆C：x2+(y-1)2=4的圆心为C(0,1)，
当∠ACB最小时，CP和AB垂直，
∴AB直线的斜率等于-11-120-1=2，
用点斜式写出直线l的方程为y-12=2(x-1)，
∴当∠ACB最小时，直线l的方程为4x-2y-3=0，
故选：A．
11.【答案】C;
【解析】解：函数f(x)=2aex-eax2有3个不同的零点，即方程2aea=x2ex有3个不同的根，
令g(x)=x2ex，∴g'(x)=x(2-x)ex，
∴当x∈(-∞,0)和(2,+∞)时，g'(x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(0,2)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，g(0)=0，g(2)=4e2，
由函数g(x)的图象知0<2aea<4e2，令φ(a)=2aea，则φ'(a)=2(1-a)ea，
∴φ(a)在(-∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，函数φ(a)的图象如图所示，且φ(2)=4e2，
故满足0<φ(a)<φ(2)的实数a的最小整数值为3，
故选：C.

根据题意可得：方程2aea=x2ex有3个不同的根，构建g(x)=x2ex结合导数可得0<2aea<4e2，再根据φ(a)=2aea，利用导数判断φ(a)单调性，结合函数单调性解不等式0<φ(a)<4e2即可．
此题主要考查了函数的零点与方程根的关系，属于中档题．
12.【答案】A;
【解析】
此题主要考查利用空间向量的求异面直线所成的角和球的体积公式.
先建立空间直角坐标系，找出相应点的坐标，利用向量求出异面直线AD与BE所成角的余弦，求出BD，即可求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求出结果.
解：∵AB、BC、BD两两垂直，
∴四面体ABCD为长方体的一部分，
则四面体ABCD的外接球为长方体的外接球，
以BC、BA、BD为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的坐标系，
如图所示：
由题意得，A0,2,0，C2,0,0，E1,1,0，
设D点坐标为0,0,zz>0，
∴→ BE=1,1,0，→ AD=0,-2,z，
设AD与BE所成的角为θ，
∴csθ=AD→.BE→ AD→BE→=2 2×z2+4=10 10，
解得z=4，
∴BD=4，
∴2R=BD2+BC2+BA2=16+4+4=26，
∴R=6，
∴四面体外接球的体积为：
V=4 3 πR3=4 3π×66=86π.
故选A.
13.【答案】C;
【解析】
此题主要考查几何体外接球表面积的计算，，属于中档题．
设正方体的棱长为a，正方体的内切球半径为r=a2，进而可求出正方体的外接球半径R，由此根据题意可求得该正方体的外接球的表面积.

解：设正方体的棱长为a，正方体的内切球半径为r=a2，
正方体的外接球半径R满足：R2=a22+22a2，则R=32a.
由题意知：R-r=32a-a2=3-1，则a=2，R=3，
该正方体的外接球的表面积为12π，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即π216=58，
所以π=10，所以外接球的表面积为1210.
故选C.
14.【答案】2x-y=0或x+y+3=0;
【解析】解：联立方程2x+3y+8=0x-y-1=0，解得x=-1y=-2，
所以交点坐标为(-1,-2)，
①当直线l过原点时，符合截距相等，
此时直线l的方程为：y=2x，即2x-y=0，
②当直线l不过原点时，设直线l的方程为xa+ya=1，
把点(-1,-2)代入得：-1a+-2a=1，解得a=-3，
∴直线l的方程为x-3+y-3=1，即x+y+3=0，
综上所述，直线l的方程为2x-y=0或x+y+3=0，
故答案为：2x-y=0或x+y+3=0．
先求出两直线的交点坐标，对直线l分过原点和不过原点讨论，分别求出直线l方程即可．
这道题主要考查了直线的交点，考查了直线的截距式方程，是基础题．
15.【答案】328;
【解析】解：在梯形ABCD中，AB=2，高OD=1，
梯形ABCD水平放置的直观图仍为梯形，且上底CD和下底AB的长度都不变，
如图所示；

在直观图中，O'D'=12OD，梯形的高为D'E'=24，
于是梯形A'B'C'D'的面积为S=12×(1+2)×24=328.
故答案为：328.
由题意画出梯形ABCD水平放置的直观图，根据直观图的画法法则求出它的直观图面积．
本题出来平面图形的直观图画法与应用问题，是基础题．
16.【答案】①②③;
【解析】解：对于①，不妨令向量a→,b→满足|a→|=|b→|=|a→-b→|=1，则(a→-b→)2=a→2+b→2-2a→·b→=1，得a→·b→=12，
故|a→+b→|=(a→+b→)2=a→2+b→2+2a→·b→=3，故cs=a→·(a→+b→)|a→||a→+b→|=32，结合向量夹角的范围可知，则a→与a→+b→的夹角是30°，故①正确；
对于②，设BC中点为E，则(AB→+AC→)·(AB→-AC→)=0，即2AE→·CB→=0，故AE⊥CB，结合等腰三角形三线合一的性质可知：AB=AC，故②正确；
对于③，结合已知得：|2a→+xb→|=4a→2+x2b→2+4a→·b→x=(x-1)2+3，易知，当x=1时，原式取最小值3，故③正确；
对于④，由已知得BA→=OA→-OB→=(-3,-1)，BC→=OC→-OB→=(-1-m,-m)，令-3×(-m)=-1×(-1-m)，解得m=12，此时BA→=2BC→，故两向量同向，与∠ABC为锐角时，则实数m的取值范围是m>-34矛盾，故④错误．
故答案为：①②③．
根据平面向量的夹角公式和模长公式，向量线性运算、数量积的性质以及向量共线的条件逐项判断即可．
此题主要考查平面向量模长、夹角的计算，同时考查了数量积的定义和性质，属于中档题．
17.【答案】①③④;
【解析】解：对于①，连接OC，若O为ΔABC的外心，则OA=OB=OC，
又∵PO⊥平面ABC，∴PA=PB=PC=2，故①正确，
对于②，假设AP⊥BC，
∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PO⊥BC，又∵AP∩PO=P，
∴BC⊥平面PAB，则BC⊥AB，这与ΔABC为等边三角形矛盾，故②错误，
对于③，若∠ACB=90°，则OC=12AB=2，且O为ΔABC的外心
∴PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，
∵PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC，
又∵平面PAB∩平面ABC=AB，∴CH⊥平面PAB，
则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，∴sin∠CPH=CHPC=CH2，
∵CH⩽OC=2，∴sin∠CPH=CH2∈(0,22],
∴∠CPH∈(0,π4],故③正确，
对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，
∴OM1//PA，又∵OM1⫋平面PAC，PA⊂平面PAC，
∴OM1//平面PAC，同理可证OM2//平面PAC，
又∵OM1⊂平面OM1M2，OM2⊂平面OM1M2，OM1∩OM2=O，
∴平面PAC//平面OM1M2，
∴线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，又M1M2=12PC=2，
∴M在ΔPBC内的轨迹长度为2，故④正确，
∴说法中正确的序号为①③④，
故答案为：①③④．
由三角形外心的性质可判断①正确，利用假设法结合线面垂直的判定定理可判断②错误，对于③，若∠ACB=90°，易求OC=2，PC=2，过点C作CH⊥AB于H，连接PH，由PO⊥平面ABC，可证平面PAB⊥平面ABC，进而得到CH⊥平面PAB，则∠CPH即为PC与平面PAB所成的角，再求出∠CPH的范围即可判断③正确，对于④，分别取PB，BC的中点M1，M2，连接OM1，OM2，M1M2，易证平面PAC//平面OM1M2，线段M1M2为M在ΔPBC内的轨迹，从而判断④正确．
此题主要考查了三角形外心的性质，考查了线面垂直的判定，以及直线与平面所成的夹角，是中档题．
18.【答案】65;
【解析】解：an=n+1n，则它的第5项a5=5+15=65．
故答案为：65．
利用通项公式即可得出．
该题考查了数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
19.【答案】解：（Ⅰ）证明：∵△ABC，△ECD是全等的正三角形，∴CD=BC，
∵BD=2BC=22，∴BD2=BC2+DC2，∴BC⊥DC，
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD=CD，
∴BC⊥平面ECD，∵DE⊂平面ECD，∴BC⊥ED；
（Ⅱ）A，B，C，D四点共面，理由如下：
分别取BC，DC中点M，N，连接AM，EN，
∵△ABC是等边三角形，∴AM⊥BC，AM=32BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，∴AM⊥平面BCD，
同理EN⊥平面BCD，且EN=32CD=32BC，
∴AM∥EN，且AM=EN，
∴四边形AMNE是平行四边形，
∴AE∥MN，又MN∥BD，∴AE∥BD，
∴A，B，D，E四点共面．;
【解析】
(Ⅰ)先利用正三角形和勾股定理得到线线垂直，再利用面面垂直、线面垂直的性质进行证明；
(Ⅱ)分别取BC，DC中点M，N，连接AM，EN，根据正三角形得到线线垂直，进而利用面面垂直的性质得到线面垂直，再由线面垂直得到线线平行，再利用平行关系能证明A，B，D，E四点共面．
此题主要考查线线垂直的证明，考查四点共面的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】null;
【解析】此题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系，属于中档题.
(1)设圆P的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，代入A，B，C三点，解方程组即可求解；
(2)由题意知线段MN的垂直平分线斜率必存在，且不为零，求出线段MN的垂直平分线的方程，进而求出1a+1=20a，解出a，然后再由直线ax-y+5=0与圆P相交，知|a+5|a2+1<5，即可得解.
21.【答案】（本小题满分14分）
解：（1）证明：因为BE∥AA1，AA1⊂平面AA1D，BE⊄平面AA1D，所以BE∥平面AA1D．（1分）
因为BC∥AD，AD⊂平面AA1D，BC⊄平面AA1D，所以BC∥平面AA1D．（2分）
又BE∩BC=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以平面BCE∥平面ADA1．（3分）
又平面A1DCE∩平面BCE=EC，平面A1DCE∩平面A1AD=A1D，
所以EC∥A1D．（4分）
（2）解：因为S梯形ABCD=6，BC∥AD，AD=2BC，所以S△ABC=12S△ACD=13S梯形ABCD=2．
（6分）
所以VC-A1AB=VA1-ABC=13A1AS△ABC=13×4×2=83．（8分）
（3）解法一：如图，在△ADC中，作AF⊥CD于F，连接A1F．（9分）
因为A1A⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
所以CD⊥A1A．
又A1A∩AF=A，所以CD⊥面A1AF．
又A1F⊂面A1AF，所以CD⊥A1F．（10分）
所以∠A1FA为二面角A1-DC-A的平面角．（11分）
由（2）得S△ACD=23S梯形ABCD=4，所以AF=2S△ACDCD=4．（12分）
所以tan∠A1FA=A1AAF=1，（13分）
所以∠A1FA=π4，即二面角A1-DC-A的大小为π4．（14分）
解法二：如图，以D为坐标原点，DA→，D→D1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．（9分）
设∠CDA=θ，BC=a，则AD=2a．
因为S梯形ABCD=a+2a2.2sinθ=6，所以a=2sinθ．（10分）
所以C（2csθ，2sinθ，0），A1(4sinθ，0，4)，
所以DC→=(2csθ，2sinθ，0)，D→A1=(4sinθ，0，4)．（11分）
设平面A1DC的一个法向量n→=(x，y，1)，
由DA1.n→=4sinθx+4=0DC→.n→=2xcsθ+2ysinθ=0，得x=-sinθy=csθ，所以n→=(-sinθ，csθ，1)．（12分）
又平面ABCD的一个法向量m→=(0，0，1)，（13分）
所以cs＜n→，m→＞=n→.m→|n→||m→|=22，所以二面角A1-DC-A的大小为π4．（14分）;
【解析】
(1)证明BE//平面AA1D.BC//平面AA1D，通过BE∩BC=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，利用平面BCE//平面ADA1，利用平面与平面平行的性质定理证明EC//A1D.
(2)求出SΔABC=12SΔACD=13S梯形ABCD=2.然后求出棱锥的体积．
(3)解法一：在ΔADC中，作AF⊥CD于F，连接A1F，证明CD⊥A1A.推出CD⊥面A1AF.说明∠A1FA为二面角A1-DC-A的平面角，然后求出二面角A1-DC-A的大小．
解法二：以D为坐标原点，DA→,D→D1分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系，设∠CDA=θ，BC=a，求出平面A1DC的一个法向量n→=(x,y,1)，平面ABCD的一个法向量m→=(0,0,1)，通过向量数量积求解二面角A1-DC-A的大小．
此题主要考查二面角的求法，几何体的体积，平面与平面平行的判定定理与性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
22.【答案】null;
【解析】
(1)利用线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PAC，然后利用面面垂直的判定定理即得；
(2)利用坐标法，根据面面角的向量求法即得；
(3)利用点到平面的距离的向量求法即得．
此题主要考查证明线面垂直，面面垂直，面面角的向量求法，点到平面距离的向量求法，属于中档题．
23.【答案】解：(1)ΔABC中，∵B=π3，点D在边AB上，BD=1，
∴SΔBCD=12BD⋅BC⋅sinπ3=12×1×32⋅BC=3，
∴BC=4，
由余弦定理可得CD2=BD2+BC2-2BD⋅BC⋅csB=1+16-2×1×4×12=13，
∴CD=13，
(2)设∠DCA=α，
∵DA=DC，
∴∠A=∠DCA=α，
在ΔADC中，由正弦定理可得ADsinα=ACsin(π-2α)=3sin2α=32sinαcsα，
∴AD=32csα，
在ΔBDC中，由正弦定理可得BDsin(π-2α-π3)=CDsinπ3，
∴1sin(2α+π3)=32csα32=1csα，
∴sin(2α+π3)=csα=sin(π2-α)，
∴2α+π3=π2-α，或2α+π3+π2-α=π，
解得α=π18或α=π6，
故∠DCA=π18或π6.;
【解析】此题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，诱导公式，二倍角公式，属于中档题．
(1)根据三角形的面积公式和余弦定理即可求出，
(2)分别根据正弦定理和诱导公式即可得到sin(2α+π3)=csα=sin(π2-α)，解得即可．