2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B）（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B）（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是n，则“a⊥n”是“l//α”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知A(3,1)，B(1,-2)，C(1,1)，则过点C且与线段AB平行的直线方程为( )
A. 3x+2y-5=0B. 3x-2y-1=0C. 2x-3y+1=0D. 2x+3y-5=0
3.如果a2+b2=12c2，那么直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切
4.直线l过点(-1,2)且与直线2x-3y+1=0垂直，则l的方程为
( )
A. 3x+2y-1=0B. 3x+2y+7=0C. 2x-3y+5=0D. 2x-3y+8=0
5.两平行直线l1:x-2y- 10=0，l2:4y-2x-3 10=0之间的距离为
( )
A. 5 22B. 3C. 5D. 2 2
6.已知P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2( k 为常数)上两个不同的点，则关于l1:a1x+b1y-2=0和l2:a2x+b2y-2=0的交点情况是
( )
A. 无论k ，P1，P2如何，总有唯一交点B. 存在k ，P1，P2使之有无穷多个交点
C. 无论k ，P1，P2如何，总是无交点D. 存在k ，P1，P2使之无交点
7.已知原点到直线l的距离为1，圆x-22+y- 52=4与直线l相切，则满足条件的直线l的条数为
( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.在平面直角坐标系中，设A(-2,1)、B(3,-2)，沿y轴把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=4，则θ的弧度数为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知向量a=(1,1,-1),b=(1,-1, 6)，则( )
A. 向量c=(- 33,- 33, 33)是与向量a方向相反的单位向量
B. |a|= 2|b|
C. 向量a,b的夹角的大小为2π3
D. 若向量m=(3,1, 6-2)=xa+yb(x,y为实数)，则x-y=-1
10.下列说法中正确的是( )
A. 若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等
B. 方程(x2-x1)(y-y1)=(y2-y1)(x-x1)能表示平面内的任何直线
C. 已知b>0，直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x-b2y-1=0互相垂直，则ab的最小值为2 2
D. 若直线(2t-3)x+2y+t=0不经过第二象限，则t的取值范围是[0,32]
11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，A(-2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是( )
A. C的方程为(x+4)2+y2=9
B. 在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12
C. 当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
12.已知三棱锥P-ABC的棱PA，AB，AC两两垂直，PA=AC=2，AB=4，D为AB的中点，E在棱BC上，且AC/​/平面PDE，则
( )
A. PE=14AB+12PC+12PD
B. PC与平面ABC所成的角为45∘
C. 三棱锥P-ABC外接球的表面积为20π
D. 点A到平面PDE的距离为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知直线l1：x-ay+1=0，直线l2：ax-y-2=0，若l1//l2，则实数a的值为 ．
14.已知圆C1：x2+y2=a关于直线l对称的圆为圆C2：x2+y2+2x-2ay+3=0，则直线l的方程为______ ．
15.设m∈R，过定点A的动直线x+my=0和过定点B的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y)，则|PA|·|PB|的最大值是______．
16.在空间直角坐标系O-xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为A2,2,1，B2,1,-2，C0,2,1，D0,0,1.则该四面体外接球的表面积是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
如图，射线OA，OB分别与x轴正半轴成45∘和30∘角，过点P(1,0)的直线AB分别交OA，OB于A，B两点，当AB的中点C恰好落在直线y=12x上时，求直线AB的方程．
18.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB/​/CD，AB⊥BC，AB=2CD，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD= 5．
(1)证明：OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值．
19.(本小题12分)
已知圆方程x2+y2-2x-4y+m=0．
(1)若圆与直线x+2y-4=0相交于M，N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)求m的值；
(2)在(1)的条件下，求以MN为直径的圆的方程．
20.(本小题12分)
如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A-BCD的体积为 36，若点E在棱AD上，且二面角E-BC-D的大小为45​∘，求DEEA．
21.(本小题12分)
直线l过点M(2,1)，且与x轴、y轴的正半轴分别相交于A、B两点，O为坐标原点，求：
(1)当△ABO的面积取最小值时，直线l的方程；
(2)当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线l的方程；
(3)当|MA|⋅|MB|取最小值时，直线l的方程；
(4)当|MA|2+|MB|2取最小值时，直线l的方程．
22.(本小题12分)
如图，以AD为直径的半圆O所在平面与△PAD所在平面垂直，点B，C在半圆弧AD上，且AB=BC=CD，PA=PD．
(1)证明：平面PBO⊥平面PAC；
(2)若AD=2 3，且二面角P-CD-A的大小为π3，求直线PD与平面PAB所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平面法向量的概念，直线与平面平行与充要条件的判断，属于基础题．
根据充分条件、与必要条件的定义结合线面平行向量表示即可判断．
【解答】
解：由l // α，得a⊥n，则“a⊥n”是“l // α”的必要条件；
由a⊥n，得l // α或l⊂α，则“a⊥n”不是“l // α”的充分条件．
故“a⊥n”是“l // α”的必要不充分条件．
故选B．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的求解，两点间斜率公式的应用，两条直线平行的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．
由两点间斜率公式求出AB的斜率，由平行的充要条件结合直线的点斜式方程求解即可．
【解答】
解：因为A(3,1)，B(1,-2)，C(1,1)，
所以kAB=-2-11-3=32，
则所求直线的斜率为32，
所以过点C且与线段AB平行的直线方程为y-1=32(x-1)，即3x-2y-1=0．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：圆的圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离为：|c| a2+b2，
因为a2+b2=12c2(c≠0)，
所以|c| a2+b2= 2>1，
所以直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离．
故选：C．
求出圆心到直线的距离，与半径比较，即可求出结果．
本题是基础题，考查直点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力．
4.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查直线的点斜式方程，考查两直线垂直的充要条件，属基础题．
利用两直线垂直可得直线斜率，由直线点斜式方程可得出直线的方程．
【解答】
解：直线l与直线2x-3y+1=0垂直，
则kl×23=-1，所以直线l的斜率为：kl=-32，
又直线l过点(-1,2)，
则直线方程为：y-2=-32x+1，
即3x+2y-1=0．
故选A．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题给出两条直线互相平行，求平行线间的距离，着重考查了两条平行线的距离公式等知识，属于基础题．
先求出两直线斜率，证明两直线平行，再利用两平行线距离公式即可求解．
【解答】
解：由题意得：
∵直线l1:x-2y- 10=0，l2:4y-2x-3 10=0
∴k1=12，k2=24=12，两直线为平行直线．
直线l1:x-2y- 10=0⇔l1:2x-4y-2 10=0
两平行直线之间的距离为d=|3 10-(-2 10)| 4+16=5 22．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查两条直线的交点问题，属于较难题．
根据P1, P2在直线y=kx+2可得bi=kai+2(i=1,2)，从而可得l1,l2有唯一交点，从而可得正确的选项．
【解答】
解：因为P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2(k为常数)上两个不同的点，
所以bi=kai+2(i=1,2)，即ai×(-k)+bi×1-2=0(i=1,2)，
故-k,1既在直线l1上，也在直线l2上，
因为P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是两个不同的点，故l1 、l2不重合，
故无论k，P1，P2如何，总有唯一交点-k,1 ．
故选A．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离，圆与圆位置关系，考查转化思想，属于中档题．
将问题转化为直线l为圆x-22+y- 52=4与以坐标原点为圆心，以1为半径的圆的公切线，判断两个圆的位置关系，从而确定公切线的直线条数．
【解答】
解：∵(x-2)2+(y- 5 )2=4，
∴圆心坐标2, 5，半径为2，
∵以坐标原点为圆心，以1为半径的圆方程x2+y2=1，
由题意可知直线l为两圆的公切线，
∵两圆圆心距 5+22=3=2+1，
∴两圆相外切，
∴两圆有三条公切线，(两条外公切线，一条内公切线)．
故选C．
8.【答案】C
【解析】解：在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，
将平面直角坐标系沿y轴折起后，
在立体图中，分别作CM//BD，BM/​/CD，如图，
由题意知，CD⊥AC，CD⊥CM，
∴CD⊥平面ACM，∴BM⊥平面ACM，∴BM⊥AM，
∴AM= AB2-BM2= 7，
∴csθ=AC2+CM2-AM22AC⋅CM=12，
∵θ∈[0,π]，∴θ=π3．
故选：C．
在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，将平面直角坐标系沿y轴折起后，在立体图中，分别作CM//BD，BM/​/CD，推导出CD⊥AC，CD⊥CM，从而CD⊥平面ACM，即BM⊥平面ACM，则BM⊥AM，由此能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为a=(1,1,-1)，c=(- 33,- 33, 33)，
所以a=- 3c，且|c|= (- 33)2+(- 33)2+( 33)2=1，选项A正确；
对于B，由|a|= 12+12+(-1)2= 3，|b|= 12+(-1)2+( 6)2=2 2，得|a|= 64|b|，选项B错误；
对于C，由a⋅b=1-1- 6=- 6，计算cs=a⋅b|a||b|=- 6 3×2 2=-12，
可得向量a、b的夹角大小为2π3，选项C正确；
对于D，由m=xa+yb，即(3,1, 6-2)=x(1,1,-1)+y(1,-1, 6)，
即x+y=3,x-y=1, 6y-x= 6-2,，解得x=2，y=1，所以x-y=1，选项D错误．
故选：AC．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，若两条直线均平行于y轴，则两条直线斜率都不存在，故选项A错误，
对于选项B，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为y-y1y2-y1=x-x1x2-x1，为直线两点式方程，
当直线平行于x轴，则原方程可化为y=y1，
当直线平行于y轴，则原方程可化为x=x1，
综上所述，方程(x2-x1)(y-y1)=(y2-y1)(x-x1)能表示平面内的任何直线，故选项B正确，
对于选项C，∵b>0，∴两条直线的斜率都存在，
∵直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x-b2y-1=0互相垂直，
∴(b2+1)-ab2=0，
∴ab=b+1b≥2，当且仅当b=1b，即b=1、a=2时，ab取得最小值为2，故选项C错误，
对于选项D，若直线不经过第二象限，则-2t-32≥0-t2≤0，
解得：0≤t≤32，故选项D正确．
故选：BD．
直接利用两直线平行关系求解即可判断A，直接利用直线的方程两点式的形式即可判断B，直接利用两直线垂直关系求解即可判断C，利用直线的斜率和倾斜角的关系即可判断D．
本题考查的知识要点：直线的方程的形式，直线的斜率和倾斜角的关系，直线平行、垂直关系的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于拔高题．
设P(x,y)，运用两点的距离公式，化简可得P的轨迹方程，可判断A；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，设出D，E的坐标，求得轨迹方程，对照P的轨迹方程可得D，E，可判断B；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，由角平分线定理的逆定理，可判断C；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，运用两点的距离公式，可得M的轨迹方程，联立P的轨迹方程，即可判断D．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，A(-2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12，
设P(x,y)，则 (x+2)2+y2 (x-4)2+y2=12，
化简可得(x+4)2+y2=16，故A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，
可设D(m,0)，E(n,0)，可得 (x-n)2+y2=2 (x-m)2+y2，
化简可得3x2+3y2-(8m-2n)x+4m2-n2=0，
由P的轨迹方程为x2+y2+8x=0，可得8m-2n=-24，4m2-n2=0，
解得m=-6，n=-12或m=-2，n=4(舍去)，即存在D(-6,0)，E(-12,0)，故B正确；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，可得射线PO是∠APB的平分线，故C正确；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，即 x2+y2=2 (x+2)2+y2，
化简可得x2+y2+163x+163=0，联立x2+y2+8x=0，可得方程组无解，故不存在M，故D错误．
故选：BC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查空间向量，线面角，点到直线的距离以及球的表面积公式，属于中档题；
对于A：根据线面平行的性质以及空间向量的表示可判断选项A；
对于B：根据题意并结合线面角的求法可判断选项B；
对于C：根据题意先求出外接半径，再利用球的表面积公式可得出结论，进而判断选项C；
对于D：利用面面垂直的判定与性质可得出结论，进而判断选项D．
【解答】
解：对于A：因为AC/​/平面PDE，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面PDE=DE，
所以AC/​/DE，
∵D为AB的中点，所以E为BC的中点，
则PE=12(PB+PC)=12(PD+12AB+PC)
=14AB+12PC+12PD，故选项A正确；
对于B：依题意可得PC与平面ABC所成的角为∠PCA=45∘，故选项B正确；
对于C：三棱锥P-ABC可补形得到一个长方体，
∴三棱锥P-ABC外接球的半径r= 22+22+422= 6，
∴三棱锥P-ABC外接球的表面积为4πr2=24π，故选项C错误．
对于D：因为PA，AB，AC两两垂直，所以可证AC⊥平面PAB，
又AC/​/DE，
∴ DE⊥平面PAB，
∴平面PDE⊥平面PAB，
∴点A到平面PDE的距离即为：点A到PD的距离，通过计算可以求得A到PD的距离为 2，故选项D正确．
故选ABD．
13.【答案】±1
【解析】【分析】
由题意利用两直线平行的性质，计算求得结果．
本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．
【解答】
解：∵直线l1：x-ay+1=0，直线l2：ax-y-2=0，l1//l2，
∴1×(-1)-a×(-a)=0，求得a=±1，
经检验，当a=±1时，l1//l2，
故答案为：±1．
14.【答案】2x-4y+5=0
【解析】解：圆C1：x2+y2=a的圆心坐标为(0,0)，半径为r1= a，
圆C2：x2+y2+2x-2ay+3=0可化为圆C2：(x+1)2+(y-a)2=a2-2，其圆心坐标为(-1,a)，半径为 a2-2，
由题意， a= a2-2，解得a=2，
所以圆C2的圆心为(-1,2)，则(0,0)与(-1,2)的中点为(-12,1)，
直线l的斜率为--1-02-0=12，
所以直线l的方程为y-1=12(x+12)，
即2x-4y+5=0．
故答案为：2x-4y+5=0．
分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得a，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解．
本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．
15.【答案】5
【解析】【分析】
本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB，再利用基本不等式即可得出|PA|·|PB|的最大值．
【解答】
解：由题意可知，动直线x+my=0经过定点A(0,0)，
动直线mx-y-m+3=0即m(x-1)-y+3=0，经过点定点B(1,3)，
注意到动直线x+my=0和动直线mx-y-m+3=0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，
故|PA|·|PB|≤|PA|2+|PB|22=5(当且仅当|PA|=|PB|= 5时取等号)
故答案为5．
16.【答案】1369π
【解析】【分析】
本题考查几何体外接球问题，属于较难题．
根据题意，画出图形，作出辅助线，找到球心，利用半径列出方程，求出半径，进而求四面体外接球的表面积．
【解答】
解：如图所示，设长方体底面四边形为正方形，边长为2，高为3，
根据图形得到△ADC为直角三角形，AC⊥CD，
所以四面体外接球的球心在平面ADC上的投影为斜边AD的中点M，其中AM=12AD= 2，
设外接球球心为N，则MN⊥平面ADC，
过点B作BH⊥平面ADC，垂足为H，则HM//x轴，且HM=1，
过点N作NF//HM，交BH于点F，则NF=HM=1，
设外接球半径为r，连接NB，NA，则NB=NA=r，
设MN=x，则HF=x，所以BF=3-x，
由勾股定理得：NB2=BF2+NF2=3-x2+1，AN2=AM2+NM2= 22+x2，
所以3-x2+1= 22+x2，解得：x=43，
所以r= 3-432+1= 343，
所以该四面体外接球的表面积为4πr2=4π×349=1369π，
故答案为：1369π．
17.【答案】解：由题意可得kOA=tan45∘=1，kOB=tan(180∘-30∘)=- 33，
所以直线lOA:y=x，lOB:y=- 33x.
设A(m,m)，B(- 3n,n)，
所以AB的中点C(m- 3n2,m+n2)，
由点C在直线y=12x上，且A，P，B三点共线，得m+n2=12⋅m- 3n2,m-0m-1=n-0- 3n-1,
解得m= 3，所以A( 3, 3).
又P(1,0)，
所以kAB=kAP= 3 3-1=3+ 32，
所以lAB:y=3+ 32(x-1)，
即直线AB的方程为(3+ 3)x-2y-3- 3=0．

【解析】本题考查了中点坐标公式、直线方程的点斜式、一般式，考查了计算能力，属于中档题．
先求出OA、OB所在的直线方程，对AB的斜率分类讨论，分别与射线OA、OB联立，求出A、B点坐标，利用中点坐标公式求出C坐标，代入直线y= 1 2x求出斜率求出，代入点斜式方程化简即可．
18.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=4，可得OC=2，
因为PB=PD= 5，OB=OD=2，
所以OP⊥BD，OP= PB2-OB2= 5-4=1，
因为OP=1，OC=2，PC= 5，
则PC2=OP2+OC2，
故OP⊥OC，
因为OP⊥BD，BD∩OC=O，BD，OC⊂平面ABCD，
则OP⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)可知，OC，OB，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B(2,0,0)，D(-2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，
所以DC=(2,2,0),AB=2DC=(4,4,0)，
则A(-2,-4,0)，
又BC=(-2,2,0),BP=(-2,0,1)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BC=-2x+2y=0m⋅BP=-2x+z=0，令x=1，则y=1，z=2，
故m=(1,1,2)，
设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，
因为DP=(2,0,1),AD=(0,4,0)，
所以n⋅DP=2a+c=0n⋅AD=4b=0，令a=1，则b=0，c=-2，
故n=(1,0,-2)，
所以|cs|=|n⋅m||n||m|=3 1+1+4× 1+4= 3010，
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 3010．
【解析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由x2+y2-2x-4y+m=0得(x-1)2+(y-2)2=5-m，
由5-m>0，可得m0,b>0)，
∵直线l经过点M(2,1)，
∴2a+1b=1，
(1)2a+1b=1≥2 2a⋅1b=2 2 ab，
∴ab≥8，当且仅当2a=1b且2a+1b=1，即a=4、b=2时等号成立，
∴S△ABO=12ab取最小值为4，此时直线l的方程为x4+y2=1，即x+2y-4=0；
(2)∵2a+1b=1，a>0，b>0，
则a+b=(a+b)(2a+1b)=3+2ba+ab≥3+2 ab⋅2ba=3+2 2，
当且仅当ab=2ba且2a+1b=1，即a=2+ 2、b= 2+1时等号成立，
∴a+b取最小值时为3+2 2，
此时直线l的方程为x2+ 2+y 2+1=1，即x+ 2y-2- 2=0；
(3)过M做x轴的垂线，垂足为M1，过M做y轴的垂线，垂足为M2，
设∠BAO=∠BMM2=θ(00)，代入已知点的坐标可得2a+1b=1，
(1)直接根据基本不等式即可求解；
(2)利用乘1法，结合基本不等式可求；
(3)先根据锐角三角函数定义表示|MA|⋅|MB|，然后结合二倍角公式进行化简，再由正弦函数的性质可求；
(4)结合锐角三角函数的定义表示|MA|2+|MB|2，然后利用乘1法，结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线方程的求解，锐角三角函数的定义，基本不等式求解最值，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：因为PA=PD，O为AD的中点，所以OP⊥AD，
又平面ABCD⊥平面PAD，交线为AD，故OP⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PO，
又因为弧AB=弧BC=弧CD，故∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
所以△AOB为等边三角形，故AB=AO=BO，
同理可得，BC=CD=OD=OC，故四边形ABCO为菱形，
所以AC⊥BO，又BO∩PO=O，PO，BO⊂平面POB，
所以AC⊥平面PBO，又AC⊂平面PAC，故平面PBO⊥平面PAC；
(2)解：由(1)可知，PO⊥平面ABCD，
取BC的中点M，连结OM，则OM⊥AD，
所以OP，OM，OD两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0),D(0, 3,0),A(0,- 3,0),C(32, 32,0)，B(32,- 32,0)，设P(0,0,m)，m>0，
所以DC=(32,- 32,0),DP=(0,- 3,m)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=0n⋅DP=0，即32x- 32y=0- 3y+mz=0，
令y= 3，则x=1,z=3m，故n=(1, 3,3m)，
又平面ADC的一个法向量为n1=(0,0,1)，
因为二面角P-CD-A的大小为π3，
所以|cs|=|n⋅n1||n||n1|=3m1× 4+9m2=12，解得m=3 32，
故PD=(0, 3,-3 32),AB=(32, 32,0)，PA=(0,- 3,-3 32)，
设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅PA=0m⋅AB=0，即- 3b-3 32c=032a+ 32b=0，
令b= 3，则a=-1,c=-2 33，故m=(-1, 3,-2 33)，
所以|cs|=|PD⋅m||PD||m|=64 33× 392=3 1313，
故直线PD与平面PAB所成角的正弦值为3 1313．
【解析】(1)利用等腰三角形的中线即为高，得到OP⊥AD，由面面垂直的性质定理可得OP⊥平面ABCD，从而得到AC⊥PO，再证明四边形ABCO为菱形，得到AC⊥BO，从而证明AC⊥平面PBO，即可证明平面PBO⊥平面PAC；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出方程，求出点P的坐标，再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了面面垂直的证明以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．