2020-2021学年山东省菏泽市高二（上）期中数学试卷（B卷）人教A版

这是一份2020-2021学年山东省菏泽市高二（上）期中数学试卷（B卷）人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知向量a→=(−1, 1, 0)，b→=(0, 1, −1)，则a→⋅b→=( )
A.0B.1C.−1D.2

2. 设平面α的法向量为(1, −2, λ)，平面β的法向量为(2, μ, 4)，若α // β，则λ+μ＝（ ）
A.2B.4C.−2D.−4

3. 已知a→=(1, 5, −2)，b→=(m, 2, m+1)，若a→⊥b→，则m的值为（ ）
A.−6B.−8C.6D.8

4. 若点A(a+1, 3)在圆C：(x−a)2+(y−1)2＝m内部，则实数m的取值范围是（ ）
A.(5, +∞)B.[5, +∞)C.(0, 5)D.[0, 5]

5. 已知椭圆x2m+y24=1的焦距是2，则m的值是（ ）
A.5B.3或8C.3或5D.20

6. 两直线l1:3x−2y−6＝0，l2:3x−2y+8＝0，则直线l1关于直线l2对称的直线方程为（ ）
A.3x−2y+24＝0B.3x−2y−10＝0C.3x−2y−20＝0D.3x−2y+22＝0

7. 如图所示，P是二面角α−AB−β棱上的一点，分别在α，β平面内引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝∠MPN＝60∘，设二面角α−AB−β的大小为α，则csα＝（ ）

A.1B.23C.23D.13

8. 已知矩形ABCD，P为平面ABCD外一点，且PA⊥平面ABCD，M，N分别为PC，PD上的点，且PM→=2MC→，PN→=ND→，NM→=xAB→+yAD→+zAP→，则x+y+z＝（ ）

A.−23B.23C.1D.56
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的的0分．

在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，与向量AB→相等的向量有（ ）
A.CD→B.A′B′→C.D′C′→D.BC→

已知平面α过点A(1, −1, 2)，其法向量n→=(2, −1, 2)，则下列点不在α内的是（ ）
A.(2, 3, 3)B.(3, −3, 4)C.(−1, 2, 0)D.(2, 0, 1)

已知直线l1:ax−y−b＝0，l2:bx−y+a＝0，当a，b满足一定的条件时，它们的图形可以是（ ）
A.B.
C.D.

已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F、E，直线x＝m(−1A.椭圆C的离心率为32
B.存在m，使△FAB为直角三角形
C.存在m，使△FAB的周长最大
D.当m＝0时，四边形FBEA面积最大
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

化简AB→−CD→−AC→+BD→=________．

已知F(2,0)是椭圆E:x2a2+y2b2=1的右焦点，且E过点(2,1)，则椭圆E的离心率为________．

已知直线x−y+a＝0与圆O:x2+y2＝2相交于A，B两点（O为坐标原点），且△AOB为等边三角形，则实数a＝________±3 ．

如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体的水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面CDD1C1有一个小孔E，E点到CD的距离为3，若该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面CDD1C1与桌面所成的角正切值为________．

四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

已知直线l1斜率为−2，在y轴上的截距为2；直线l2过定点(1, 3)，(2, 4)．
（1）求直线l1，l2的方程；

（2）求l1，l2的交点P的坐标，并求点P到坐标原点O的距离．

在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，点M在A1C1上，|MC1|＝2|A1M|，N在D1C上且为D1C中点．

（1）求M、N两点间的距离；

（2）判断直线MN与直线BD1是否垂直，并说明理由．

已知圆C经过点A(2, −1)，且圆心在直线y＝−2x上，直线x+y＝1与圆C相切．
（1）求圆C的方程；

（2）已知斜率为−1的直线l经过原点，求直线l被圆C截得的弦长．

已知椭圆C的焦点在x轴上，左顶点为A(−2, 0)，离心率为32．
（1）求椭圆C的方程；

（2）斜率为1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值．

在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC // AD，∠ADC＝90∘，BC=CD=12AD=1，E为线段AD的中点，过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．

（1）求证：GF⊥平面PAD；

（2）若PA=PD=2，点G为PD的中点，求直线PB与平面BEGF所成角的正弦值．

已知圆O:x2+y2＝4和定点A(1, 0)，平面上一动点P满足以线段AP为直径的圆内切于圆O，动点P的轨迹记为曲线C．
（1）求曲线C的方程；

（2）直线l:y＝k(x−4)(k≠0)与曲线C交于不同两点M，N，直线AM，AN分别交y轴于P，Q两点．求证：|AP|＝|AQ|．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省菏泽市高二（上）期中数学试卷（B卷）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
根据空间向量的数量积坐标运算，计算即可．
【解答】
向量a→=(−1, 1, 0)，b→=(0, 1, −1)，
则a→⋅b→=−1×0+1×1+0×(−1)＝1．
2.
【答案】
C
【考点】
平面的法向量
【解析】
由α // β，列出方程组，求出μ和λ，由此能求出λ+μ的值．
【解答】
∵ 平面α的法向量为(1, −2, λ)，平面β的法向量为(2, μ, 4)，α // β，
∴ 21=μ−2=4λ，解得μ＝−4，λ＝2，
∴ λ+μ＝−4+2＝−2．
3.
【答案】
D
【考点】
向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】
利用a→⊥b→，得到a→⋅b→=0，再求出m的值．
【解答】
a→=(1, 5, −2)，b→=(m, 2, m+1)，a→⊥b→，
∴ a→⋅b→=m+10−2(m+1)＝0，解得m＝8．
4.
【答案】
A
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
根据点P在圆的内部，得到点到圆心的距离小于半径，利用两点间的距离公式列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的取值范围．
【解答】
∵ (a+1, 3)在圆(x−a)2+(y−1)2＝m的内部，
∴ (1+a−a)2+(3−1)2解得m>5．
5.
【答案】
C
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
讨论椭圆的焦点在x轴和y轴上，分别求得a，b，c，由c＝1解方程可得m．
【解答】
当m>4时，椭圆的焦点在x轴上，
可得a=m，b＝2，c=m−4=1，
解得m＝5；
当0可得a＝2，b=m，c=4−m=1，
解得m＝3．
则m＝5或3．
6.
【答案】
D
【考点】
与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】
不妨设所求的直线方程为3x−2y+m＝0，利用平行直线间的距离公式，求得m的值，即可．
【解答】
由题意知，直线l1与l2平行，
设所求的直线方程为3x−2y+m＝0，
则|−6−8|32+22=|m−8|32+22，解得m＝22或−6，
当m＝−6时，与直线l1重合，舍去，
所以m＝22，
所以所求的直线方程为3x−2y+22＝0．
7.
【答案】
D
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
过AB上一点Q分别在α，β内做AB的垂线，交PM，PN于M点和N点，则∠MQN即为二面角α−AB−β的平面角，设PQ＝a，由MP＝PN＝MN＝2a，QM＝QN=3a，由此利用余弦定理能求出csα．
【解答】
过AB上一点Q分别在α，β内做AB的垂线，
交PM，PN于M点和N点，
则∠MQN即为二面角α−AB−β的平面角，如图所示，
设PQ＝a，∵ ∠BPM＝∠BPN＝∠MPN＝60∘，
∴ MP＝PN＝MN＝2a，QM＝QN=3a，
∴ csα＝cs∠MQN=MQ2+NQ2−MN22⋅MQ⋅NQ=3a2+3a2−4a22×3a×3a=13．
8.
【答案】
【考点】
空间向量的正交分解及其坐标表示
空间向量的基本定理及其意义
【解析】
建立空间直角坐标系，用坐标表示向量，根据向量的线性表示，即可求出x、y和z的值．
【解答】
分别以AB、AD、AP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设B＝(a, 0, 0)，D＝(0, b, 0)，P＝(0, 0, C)，
所以M＝(23a, 23b, 13c)，N＝(0, 12b, 12c)，
所以NM→=(23a, 16b, −16c)=23AB→+16AD→−16AP→，
所以x=23，y=16，z=−16，
所以x+y+z=23．
故选：B．
二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的的0分．
【答案】
B,C
【考点】
向量的概念与向量的模
【解析】
直接利用相等向量的定义即可求解．
【解答】
在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，与向量AB→相等的向量有3个，
分别是A′B′→，DC→，D′C′→．
【答案】
B,C,D
【考点】
共线向量与共面向量
【解析】
利用直线与平面垂直的性质直接求解．
【解答】
由平面α过点A(1, −1, 2)，其法向量n→=(2, −1, 2)，
对于A，(2, 3, 3)−(1, −1, 2)＝(1, 4, 1)，
(2, −1, 2)⋅(1, 4, 1)＝2−4+1＝0，
∴ 点(2, 3, 3)在α内，故A错误；
对于B，(3, −3, 4)−(1, −1, 2)＝(2, −2, 2)，
(2, −1, 2)⋅(2, −2, 2)＝4+2+4＝10≠0，
∴ 点(3, −3, 4)不在α内，故B正确；
对于C，(−1, 2, 0)−(1, −1, 2)＝(−2, 3, −2)，
(2, −1, 2)⋅(−2, 3, −2)＝−11≠0，
∴ 点(−1, 2, 0)不在α内，故C正确；
对于D，(2, 0, 1)−(1, −1, 2)＝(1, 1, −1)，
(1, 1, −1)⋅(2, −1, 2)＝−1≠0，
∴ 点(2, 0, 1)不在平面α内，故D正确．
【答案】
A,C
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
首先将直线的一般式方程化为斜截式，根据斜率和截距之间的关系即可判断．
【解答】
直线l1:ax−y−b＝0可化为y＝ax−b的斜率为a，在y轴上的截距为−b．
直线l2:bx−y+a＝0可化为y＝bx+a，斜率为b，在y轴上的截距为a．
当a＝b≠0时，直线l1与l2平行，故A正确．
选项B中，由直线在y轴上的截距可得 b>0，a>0．
而由直线l1的斜率为a，可得a<0，故B不正确．
在选项C中，由直线l2的斜率为b<0，而直线l1在y轴上的截距−b>0．
直线l2在y轴上的截距为a>0，直线l1的斜率为a>0，故C正确．
选项D中，两直线斜率a>0，b<0．
再由直线l1在y轴上的截距−b<0，故D不正确．
【答案】
B,D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
直接求出椭圆的离心率判断A；利用椭圆的对称性及角AFB的范围判断B；利用椭圆定义及数学转化分析△FAB的周长判断C；由四边形面积公式分析D正确．
【解答】
对于B，当m＝0时，可以得出∠AFE=π3，
若取m＝1时，得tan∠AFE=34<1＝tanπ4，
根据椭圆的对称性，存在m使△FAB为直角三角形，故B正确（1）对于C，由椭圆的定义得，△FAB的周长＝|AB|+|AF|+|BF|
＝|AB|+(2a−|AE|)+(2a−|BE|)＝4a+|AB|−|AE|−|BE|，
∵ |AE|+|BE|≥|AB|，∴ |AB|−|AE|−|BE|≤0，当AB过点E时取等号，
∴ |AB|+|AF|+|BF|＝4a+|AB|−|AE|−|BE|≤4a，即直线x＝m过椭圆的右焦点E时，△FAB的周长最大，
此时直线AB的方程为x＝m＝c＝1，但是−1∴ 不存在m，使△FAB的周长最大，故C错误（2）对于D，|FE|一定，根据椭圆的对称性可知，当m＝0时，|AB|最大，四边形FBEA面积最大，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．
【答案】
0→
【考点】
向量的加法及其几何意义
【解析】
由向量的加法法则把AB→−CD→−AC→+BD→等价转化为AB→+BD→+DC→+CA→，由此能求出其结果．
【解答】
AB→−CD→−AC→+BD→
=AB→+BD→+DC→+CA→
=0→．
【答案】
22
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
由已知求得c，再由点在椭圆上及隐含条件列式求得a与b的值，然后利用离心率公式求得椭圆E的离心率．
【解答】
由题意可知，c=2，∴ a2＝b2+2，①
又椭圆过点(2,1)，∴ 2a2+1b2=1，②
联立①②可得，a2＝4，b2＝2，
又a>0，b>0，∴ a＝2，b=2，
则椭圆E的离心率为e=ca=22．
【答案】
±3．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由圆的方程求出圆O的圆心以及半径，由等边三角形的性质可得圆心到直线的距离d=62，结合点到直线的距离公式列式求得a值．
【解答】
圆O:x2+y2＝2的圆心为(0, 0)，半径r=2，
若直线x−y+a＝0与圆O交于A，B两点，且△AOB为等边三角形，
则圆心O到直线的距离d=(2)2−(22)2=62，
又由点到直线的距离公式可得，d=|a|2，可得|a|2=62，
解得a=±3．
【答案】
2
【考点】
二面角的平面角及求法
【解析】
由题意知，水的体积为32，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，此时水的体积为SBCPN⋅CD，从而求得BN＝1；在平面BCC1B1内，过点C1作C1H // NP，交BB1于H，侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，故∠HC1C即为所求，再在Rt△B1HC1中，由tan∠HC1C＝tan∠B1HC1=B1C1B1H 即可得解．
【解答】
由题意知，水的体积为4×4×2＝32，
如图所示，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，
水的体积为SBCPN⋅CD＝32，
∴ BN+CP2⋅BC⋅CD＝32，即 BN+32×4×4＝32，∴ BN＝1．
在平面BCC1B1内，过点C1作C1H // NP，交BB1于H，则四边形NPC1H是平行四边形，NH＝C1P＝1，
∴ B1H＝BB1−NH−BN＝4−1−1＝2，
∵ 侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，
∴ ∠HC1C即为所求，而∠HC1C＝∠B1HC1，
在Rt△B1HC1中，tan∠B1HC1=B1C1B1H=42=2，
∴ 侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为2．
四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
由题意知，直线l1的方程为y＝−2x+2，即2x+y−2＝0．
设直线l2的斜率为k，则k=4−32−1=1，
所以l2的方程为y−3＝x−1，即x−y+2＝0．
联立 x−y+2=02x+y−2=0 ，求得x=0y=2 ，
可得交点坐标为(0, 2)，所以|OP|=(0−0)2+(2−0)2=2．
【考点】
待定系数法求直线方程
【解析】
（1）由题意利用点斜式，求得直线l1，l2的方程．
（2）联立方程组，求得交点坐标，可得交点P到坐标原点O的距离．
【解答】
由题意知，直线l1的方程为y＝−2x+2，即2x+y−2＝0．
设直线l2的斜率为k，则k=4−32−1=1，
所以l2的方程为y−3＝x−1，即x−y+2＝0．
联立 x−y+2=02x+y−2=0 ，求得x=0y=2 ，
可得交点坐标为(0, 2)，所以|OP|=(0−0)2+(2−0)2=2．
【答案】
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 2, 0)，A1(0, 0, 4)，C1(2, 2, 4)，D1(0, 2, 4)，
因为|MC1|＝2|A1M|，所以A1M=13A1C1，
得M(23, 23, 4)．
又N为CD1中点，所以N(1, 2, 2)，
所以|MN|=(1−23)2+(2−23)2+(2−4)2=533；
MN→=(13,43,−2)，BD1→=(−2,2,4)，
所以MN→⋅BD1→=(13,43,−2)⋅(−2,2,4)=−23+83−8=−6，
MN→⋅BD1→≠0，
所以直线MN与直线BD1不垂直．
【考点】
直线与平面垂直
点、线、面间的距离计算
【解析】
（1）建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，求出M(23, 23, 4)． N(1, 2, 2)，利用空间向量的距离公式求解即可．
（2）通过求解MN→⋅BD1→≠0，判断直线MN与直线BD1不垂直．
【解答】
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz，A(0, 0, 0)，B(2, 0, 0)，C(2, 2, 0)，A1(0, 0, 4)，C1(2, 2, 4)，D1(0, 2, 4)，
因为|MC1|＝2|A1M|，所以A1M=13A1C1，
得M(23, 23, 4)．
又N为CD1中点，所以N(1, 2, 2)，
所以|MN|=(1−23)2+(2−23)2+(2−4)2=533；
MN→=(13,43,−2)，BD1→=(−2,2,4)，
所以MN→⋅BD1→=(13,43,−2)⋅(−2,2,4)=−23+83−8=−6，
MN→⋅BD1→≠0，
所以直线MN与直线BD1不垂直．
【答案】
设圆心C的坐标为 (a, −2a)，
则(a−2)2+(−2a+1)2=|a−2a−1|2，
化简，得a2−2a+1＝0，
解得a＝1，
所以C(1, −2)，
半径r＝|AC|=(1−2)2+(−2+1)2=2，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y+2)2＝2．
直线l的方程为y＝−x，
设圆心到直线的距离为d，
则d=|1+(−2)|2=22，
设弦长为l，得l=22−(22)2=6，
所以直线l被圆C截得的弦长为6．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）先根据圆心的位置、直线与圆相切求出圆心的坐标，然后求出半径即可；
（2）直线l的方程易求，然后利用垂径定理求出弦长即可．
【解答】
设圆心C的坐标为 (a, −2a)，
则(a−2)2+(−2a+1)2=|a−2a−1|2，
化简，得a2−2a+1＝0，
解得a＝1，
所以C(1, −2)，
半径r＝|AC|=(1−2)2+(−2+1)2=2，
所以圆C的方程为(x−1)2+(y+2)2＝2．
直线l的方程为y＝−x，
设圆心到直线的距离为d，
则d=|1+(−2)|2=22，
设弦长为l，得l=22−(22)2=6，
所以直线l被圆C截得的弦长为6．
【答案】
设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
由题意左顶点为A(−2, 0)，a＝2，
离心率为32．
解得c=3，
所以b2＝a2−c2＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y2＝1．
设P，Q两点的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
直线l的方程为y＝x+t，
由y=x+1x24+y2=1 ，
消去y，得5x2+8tx+4(t2−1)＝0，
则x1+x2=−85t，x1x2=4(t2−1)5，
Δ≥0，得0≤t2≤5，
所以|PQ|=1+k2|x1−x2|
=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2
=2⋅40t225−16(t2−1)5
=425⋅5−t2，
因为0≤t2≤5，所以当t＝0时，|PQ|max=4105．
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．利用已知条件求出a、c、b，得到椭圆C的方程．
（2）设P，Q两点的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，直线l的方程为y＝x+t，由y=x+1x24+y2=1 ，
消去y，得5x2+8tx+4(t2−1)＝0，利用韦达定理，弦长公式，转化求解即可．
【解答】
设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)．
由题意左顶点为A(−2, 0)，a＝2，
离心率为32．
解得c=3，
所以b2＝a2−c2＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y2＝1．
设P，Q两点的坐标分别为(x1, y1)，(x2, y2)，
直线l的方程为y＝x+t，
由y=x+1x24+y2=1 ，
消去y，得5x2+8tx+4(t2−1)＝0，
则x1+x2=−85t，x1x2=4(t2−1)5，
Δ≥0，得0≤t2≤5，
所以|PQ|=1+k2|x1−x2|
=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2
=2⋅40t225−16(t2−1)5
=425⋅5−t2，
因为0≤t2≤5，所以当t＝0时，|PQ|max=4105．
【答案】
因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC // AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE // CD，
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE // 平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，
所以BE // GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD．
因为PA＝PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图
所示的空间直角坐标系E−xyz；
则P(0, 0, 1)，B(0, 1, 0)，E(0, 0, 0)，D(−1, 0, 0)，
则PB→=(0,1,−1)，BE→=(0,−1,0)，DP→=(1,0,1)，G(−12,0,12)，
所以EG→=(−12,0,12)，
设平面BEGF的法向量为n→=(x.y.z)，
则BE→⋅n→=0,EG→⋅n→=0, ，即y=0,−12x+12z=0,
不妨令x＝2，可得n→=(2,0,2)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|=|n→⋅PB→|n→|⋅|PB→||=|−2222+22|=12；
所以直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）说明四边形BCDE为平行四边形，得到BE // CD，证明BE // 平面PCD，然后证明BE // GF，推出BE⊥AD，转化证明BE⊥平面PAD，推出GF⊥平面PAD．
（2）以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立，求出平面BEGF的法向量，然后利用空间向量的数量积求解直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【解答】
因为BC=12AD，且E为线段AD的中点，
所以BC＝DE，又因为BC // AD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以BE // CD，
又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，
所以BE // 平面PCD，
又平面BEGF∩平面PCD＝GF，
所以BE // GF，
又BE⊥AD，且平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
所以GF⊥平面PAD．
因为PA＝PD，E为线段AD的中点，
所以PE⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
以E为坐标原点，EA→的方向为x轴正方向建立如图
所示的空间直角坐标系E−xyz；
则P(0, 0, 1)，B(0, 1, 0)，E(0, 0, 0)，D(−1, 0, 0)，
则PB→=(0,1,−1)，BE→=(0,−1,0)，DP→=(1,0,1)，G(−12,0,12)，
所以EG→=(−12,0,12)，
设平面BEGF的法向量为n→=(x.y.z)，
则BE→⋅n→=0,EG→⋅n→=0, ，即y=0,−12x+12z=0,
不妨令x＝2，可得n→=(2,0,2)为平面BEGF的一个法向量，
设直线PB与平面BEGF所成角为α，
于是有sinα=|cs⟨n→,PB→⟩|=|n→⋅PB→|n→|⋅|PB→||=|−2222+22|=12；
所以直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为12．
【答案】
设以线段AP为直径的圆的圆心为C，取A′(−1, 0)．
依题意，圆C内切于圆O，设切点为D，则O，C，D三点共线，
因为O为AA′的中点，C为AP中点，
所以|A′P|＝2|OC|．
所以|PA′|+|PA|＝2OC+2AC＝2OC+2CD＝2OD＝4>|AA′|＝2，
所以动点P的轨迹是以A，A′为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
所以a＝2，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝3，
所以动点P的轨迹方程为x24+y23=1；
证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由y=k(x−4)3x2+4y2=12 ，
得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12＝0，
依题意△＝(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)>0，即0x1+x2=32k23+4k2，x1x2=64k2−123+4k2，
为kMA+kNA=y1x1−1+y2x2−1=k(x1−4)x1−1+k(x2−4)x2−1=k[x1x2−5(x1+x2)+8](x1−1)(x2−1)
=k[2⋅(64k2−123+4k2)−5⋅(32k23+4k2)+8](x1−1)(x2−1)=0，
所以直线MP倾斜角与直线NQ倾斜角互补，即∠OAP＝∠OAQ．
因为OA⊥PQ，所以|AP|＝|AQ|．
【考点】
椭圆的应用
直线与椭圆的位置关系
轨迹方程
【解析】
（1）由两圆内切的条件和椭圆的定义，可得所求轨迹方程；
（2）设M(x1, y1)，N(x2, y2)，联立直线l的方程和椭圆方程，运用韦达定理，计算kMA+kNA，可判断三角形APQ的形状，即可得到证明．
【解答】
设以线段AP为直径的圆的圆心为C，取A′(−1, 0)．
依题意，圆C内切于圆O，设切点为D，则O，C，D三点共线，
因为O为AA′的中点，C为AP中点，
所以|A′P|＝2|OC|．
所以|PA′|+|PA|＝2OC+2AC＝2OC+2CD＝2OD＝4>|AA′|＝2，
所以动点P的轨迹是以A，A′为焦点，长轴长为4的椭圆，
设其方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
所以a＝2，c＝1，
所以b2＝a2−c2＝3，
所以动点P的轨迹方程为x24+y23=1；
证明：设M(x1, y1)，N(x2, y2)，
由y=k(x−4)3x2+4y2=12 ，
得(3+4k2)x2−32k2x+64k2−12＝0，
依题意△＝(−32k2)2−4(3+4k2)(64k2−12)>0，即0x1+x2=32k23+4k2，x1x2=64k2−123+4k2，
为kMA+kNA=y1x1−1+y2x2−1=k(x1−4)x1−1+k(x2−4)x2−1=k[x1x2−5(x1+x2)+8](x1−1)(x2−1)
=k[2⋅(64k2−123+4k2)−5⋅(32k23+4k2)+8](x1−1)(x2−1)=0，
所以直线MP倾斜角与直线NQ倾斜角互补，即∠OAP＝∠OAQ．
因为OA⊥PQ，所以|AP|＝|AQ|．