2020-2021西安市高新第一中学高中必修二数学下期中试卷(及答案)

1、2020-2021西安市高新第一中学高中必修二数学下期中试卷（及答案）一、选择题1 .已知点P x, y是直线kx y 4 0k 0上一动点，PA,PB是圆C:x2 y2 2y 0的两条切线，切点分别为 A, B ,若四边形PACB的面积最小值为2, 则k的值为（）A. 3B, 2-C. 272D. 22 .已知正四面体 ABCD中，M为棱AD的中点，设P是 BCM （含边界）内的点，若 点P到平面ABC,平面ACD ,平面ABD的距离相等，则符合条件的点 P （） A.仅有一个B.有有限多个C.有无限多个D.不存在3 .如图，已知正方体 ABCD AB-C-D-中，异面直线 AD-与A1C所

2、成的角白大小是（A. 30oB. 60oC. 90oD. -20o4 .在我国古代数学名著九章算术 中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖月需，如图，在鳖月需ABCD中,AB 平面BCD ,且AB BC CD ,则异面直线 AC与BD所成角的余弦值为（）D.5 .在锥 P ABC 中，PA 平面 ABC, BAC -20, AP 衣,AB 2, M 是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为近,则三棱锥P ABC的外接球的表面积是A.B. 92C. -8D. 406.从点 P(m,3)向圆(x 2)2 (y 2)2-引切线，则切线长的最小值 （）A.B. 5c. .26D. 4 .27.已知三

3、条直线 m,n,l ,三个平面,下列四个命题中，正确的是（A.II8.m| lC.m| n|m|nD.min8.已知点1. 2,0在直线l: ax的两侧，则直线l的倾斜角的取值范围是A.8.C.9.A.D.0,3已知实数x, y满足2x0,那么B.J0Jx2y2的最小值为(C. 2J5D. 2.1010.已知直三棱柱ABCAB1C1的所有棱长都相等， M为A1G的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为B.D. *11.若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A. 1 ： 2C. 1 ：而12 .如图，正四面体 ABCD中，E,F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中 点，G是线段B

4、D的动点，则（）A.存在点G ,使PG EF成立B.存在点G ,使FG EP成立C.不存在点G ,使平面EFG 平面ACD成立 D.不存在点G ,使平面EFG平面ABD成立二、填空题13 .在平面直角坐标系xOy中，A为直线l：y 2x上在第一象限内的点，B 5,0 ,以uuv uuv I，一.AB为直径的圆C与直线l交于另一点D.若AB CD 0,则点A的横坐标为14 .在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，BD AC O , M是线段DO上的动 点，过M做平面ACDi的垂线交平面 AB1C1D1于点N ,则点N到点A的距离最小值是15 .如图，在长方形 ABCD中，AB 2, B

5、C 1, E为DC的中点，F为线段EC (端 点除外)上一动点，现将 VAFD沿AF折起，使平面 ABD 平面ABC ,在平面ABD内 过点D作DK AB, K为垂足，设 AK t,则t的取值范围是 .k . 22.3.216 .若圆的方程为(x ) (y 1)1 k ,则当圆的面积最大时，圆心坐标和半径24分别为、.17 .已知三棱锥P ABC的四个顶点在球。的球面上，PA PB PC, zABC是边长 为2正三角形，E,F分别是PA, AB的中点， CEF 90 ,则球O的体积为18 .在平面直角坐标系xoy中， ABC的坐标分别为 A 1, 1 , B 2,0 , C 1,5 ,则BAC

6、的平分线所在直线的方程为 x2 y2- - - =>。2 > 0)19 .已知双曲线白的半焦距为1，过右焦点且斜率为 1的直线与双曲线的右支交于两点，若抛物线 y2 = 4n的准线被双曲线截得的弦长是3 "为双曲线的离心率)，则£的值为.20 .已知棱长等于2囱的正方体 ABCD A1B1C1D1,它的外接球的球心为 。，点E是AB 的中点，则过点 E的平面截球。的截面面积的最小值为 .三、解答题21 .如图，正方形 ABCD所在平面与三角形 CDE所在平面相交于 CD , AE，平面CDE ,且 AE 1,AB 2.(I)求证：AB 平面ADE;(n )求凸多

7、面体 ABCDE的体积.22 .如图，直角梯形 BDFE中，EF/BD,BE BD,EF 2J2 ,等腰梯形 ABCD中, AB/CD, AC BD, AB 2CD 4 ,且平面 BDFE 平面 ABCD .(1)求证：AC 平面BDFE ;(2)若BF与平面ABCD所成角为求二面角B DF C的余弦值.23 .如图，AB是半圆。的直径，C是半圆。上除A, B外的一个动点，DC垂直于半圆O(1)证明：平面ADE,平面ACD；(2)当C点为半圆的中点时，求二面角D-AE-B的余弦值.24 .如图，在直三棱柱 ABC AB1C1中(侧棱垂直于底面的三棱柱)，D, E, F分别是线段CCi, AG,

8、 AB的中点，P为侧棱CC1上的点，CP 1, ACB 90, AA1 AC 4, BC 2.(1)求证；PF /平面BDE ；(2)求直线PF与直线BE所成的角.25 .如图，矩形ABCD勺两条对角线相交于点 M(2, 0), AB边所在直线的方程为 x3y6 =0,点T(-1, 1)在AD边所在直线上.求：(1) AD边所在直线的方程；(2) DC边所在直线的方程.26.如图，在直三棱柱 ABGAiBiCi 中，/ ACB= 90°, Z BAC= 30°, BC= 1 , AiA=娓,M是CG的中点.(1)求证：A1BXAM ;(2)求二面角B-AM-C的平面角的大小

9、.【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1. D解析：D【解析】【分析】当且仅当PC垂直于kx y 4 0 k 0时，四边形PACB的面积最小，求出| PC后可 得最小面积，从而可求 k的值.【详解】2圆C万程为x y 11 ,圆心C 0,1 ,半径为1.因为PA, PB为切线,221PC I PA1 且 S四边形 pacb=2 - I PA 1 I PA 2.当PA最小时，S四边形 PACB 最小，此时I PC最小且PC垂直于kx y 4 0ko.255c c又PCmin -H=,-4=22+12,k 2,故选 D.k 1 Jk2 1【点睛】圆中的最值问题，往往可以转化圆心到几何对

10、象的距离的最值来处理，这类问题属于中档 题.2. A解析：A【解析】【分析】根据正四面体的对称性分析到平面ABC,平面ACD ,平面ABD的距离相等的点的轨迹，与 BCM所在平面的公共部分即符合条件的点P.【详解】在正四面体 ABCD中，取正三角形 BCD中心O ,连接AO ,根据正四面体的对称性，线 段AO上任一点到平面 ABC,平面ACD,平面ABD的距离相等，到平面 ABC,平面 ACD,平面ABD的距离相等的点都在 AO所在直线上，AO与 BCM所在平面相交且 交于 BCM内部，所以符合题意的点 P只有唯一一个.故选：A【点睛】此题考查正四面体的几何特征，对称性，根据几何特征解决点到平

11、面距离问题，考查空间 想象能力.3. C解析：C【解析】 【分析】在正方体ABCD A1B1cl D1中，利用线面垂直的判定定理，证得 AD1 平面A1DC ,由 此能求出结果.【详解】如图所示，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，连结 AD ,则AD DC , AD AD1， 由线面垂直的判定定理得 AD1 平面A1DC ,所以AD1 AC ,所以异面直线 ADi与AC所成的角的大小是 90o .故选C.本题主要考查了直线与平面垂直的判定与证明，以及异面直线所成角的求解，其中解答中 牢记异面直线所成的求解方法和转化思想的应用是解答的关键，平时注意空间思维能力的 培养，着重考查了推理与论证

12、能力，属于基础题.4. A解析：A【解析】如图，分别取 BC,CD, AD,BD 的中点 M,N,P,Q,连 MN ,NP,PM ,PQ ,则 MN PBD, NP PAC , PNM即为异面直线AC和BD所成的角（或其补角）.1 1又由题意得 PQ MQ , pq 1AB,MQ 1CD .2 2设 AB BC CD 2,则PM 后又 MN 1BD .2, NP -AC ,2,22PNM为等边三角形， / PNM 60 ,1.异面直线AC与BD所成角为60 ,其余弦值为1.选A2点睛：用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的 角，并给出证明，然后将所求的角转

13、化为三角形的内角.解题时要注意空间角的范围，并 结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值.5. C解析：C【解析】【分析】首先确定三角形 ABC为等腰三角形，进一步确定球的球心，再求出球的半径，最后确定 球的表面积.【详解】M是线段BC上一动点，线段 PM长度最小值为33 ,则：当 由于：AM所以:解得:PA2PA2AM所以:BMBC时，线段PM平面ABC ,22AM 2 PM 2 ,1 ,73,达到最小值,则:BAM由于:所以:BAC 120 ,MAC 60则：VABC为等腰三角形.所以：BC 273,在VABC中，设外接圆的直径为c 2 3”2r 4，sin120则：r 2,所以：

14、外接球的半径 R , 22, 12 22一9则：S 4 18 ,2故选：C.【点睛】本题考查的知识要点：三棱锥的外接球的球心的确定及球的表面积公式的应用.6. A解析：A【解析】 【分析】设切线长为d,则d2 (m_22- 22)51 (m 2)24再利用二次函数的图像和性质求函数的最小值得解设切线长为 d,则 d2 (m 2)2 52 1 (m 2)2 24, dmin 2/6.故选:A.【点睛】本题主要考查圆的切线问题 ，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平 和分析推理能力.7. D解析：D【解析】r、m P 、试题分析：A. P不正确，以墙角为例，可能相交；B. lr

15、l m,.,mPr、,不正确，l,有可能平行；C. m Pn不正确，m,n可能平行、相交、异面；故选n PrDo考点：本题主要考查立体几何中线线、线面、面面平行及垂直。 点评：典型题，要求牢记立体几何中的定理。8. D解析：D【解析】 设直线l的倾斜角为 此0,4.点A(1,-2), B(3,0).直线kPAl:ax-y-1=0( aw。泾过定点 P(0,-1).1,& -3.0 33;点(1,-2)和(Y3,0)在直线 l:ax- y-1=0( aw 0)1两侧,kPA<a<kPB,/. -1< tan < 3z , tan 曲 0.解得0本题选择D选项.9.

16、 A解析：A【解析】由题意知， &不表示点（x, y）到坐标原点的距离,|5又原点到直线2x y 5 0的距离为d , 2 ' 2221所以Xy2的距离的最小值为.5 ,故选A.10. D解析：D【解析】【分析】 取AC的中点N ,连接CiN ,则AM /C1N，所以异面直线 AM与BC1所成角就是直线 AM与CiN所成角，在 BNCi中，利用余弦定理，即可求解.【详解】由题意，取 AC的中点N ,连接C1N ,则AM /C1N , 所以异面直线AM与BCi所成角就是直线 AM与CiN所成角，设正三棱柱的各棱长为 2,则C1N J5,|BC1| 272, BN J3 ,设直线A

17、M与CiN所成角为，在BNCi中，由余弦定理可得cos一二管*）：画，2 ,5 224即异面直线AM与BCi所成角的余弦值为 画，故选D.4C,【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线 所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11. C解析：C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案 【详解】<2, S底=武故选设圆锥底面半径为r,则高h=2r, 其母线长l=®，S侧=小=小C.【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题.12. C解析：C【解析】【分

18、析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系对选项进行一一验证，即可得答案.【详解】正四面体ABCD中，E,F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，在A中，不存在点G ,使PG EF成立，故A错误；在B中，不存在点G ,使FG EP成立，故B错误；在C中，不存在点 G ,使平面EFG 平面ACD成立，故C正确；在D中，存在点G ,使平面EFG 平面ABD成立，故D错误.,考查转化与化归本题考查 命题真假的判断、考查空间中线线、线面、面面间的位置关系 思想，考查空间想象能力 .二、填空题13. 3【解析】分析：先根据条件确定圆方程再利用方程组解出交点坐标最后根据平面向量

19、的数量积求结果详解：设则由圆心为中点得易得与联立解得点的横 坐标所以所以由得或因为所以点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范 解析：3【解析】 分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积 求结果.a 5详解：设A a,2a (a 0),则由圆心C为AB中点得C ?二a，易得2eC:x5xa yy 2a 0,与y 2x联立解得点d的横坐标Xd 1,所以uuvuuiva 5D 1,2 .所以 AB 5 a, 2a ,CD 1 a-,2 a ,上 uuv uuva 52由 AB CD 0得 5 a 12a 2 a 0,a 2a 3 0,a 3 或 a 1,因为a

20、0,所以a 3.点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线 方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求 函数值域，是解决这类问题的一般方法.14. 【解析】连结易知面面而即在面内且点的轨迹是线段连结易知是等边三角 形则当为中点时距离最小易知最小值为 解析：下【解析】连结B1D1 ,易知面ACD1 面BDD1B1 ,而MN ACD1 ,即NM DQ , NM在面BDDB1内，且点N的轨迹是线段B1D1,连结AB1,易知VAB1D1是等边三角形，则当6N为B1D1中点时，NA距离最小，易知最小值为 15. 【解析】当位于的中

21、点点与中点重合随点到点由得平面则又则因为所以故综上的取值范围为点睛：立体几何中折叠问题要注重折叠前后垂直关系的变化不 变的垂直关系是解决问题的关键条件1斛析：-，1【解析】当F位于DC的中点，点D与AB中点重合，t 1.随F点到C点，由CB AB, CB DK ,得CB 平面ADB ,则CB BD .又 CD 2, BC 1 ,贝U BD 33 .因为 AD 1 , AB 2 ,一,1所以AD BD ,故t -.2综上，t的取值范围为 1,12点睛：立体几何中折叠问题，要注重折叠前后垂直关系的变化 ，不变的垂直关系是解决问题的 关键条件.16. 【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大此时所以

22、圆心为半径为1考点：圆的方程解析：（0, 1）, 1【解析】试题分析：圆的面积最大即半径最大，此时k 0 x2 y 1 2 1 ,所以圆心为（0, 1）半径为1考点：圆的方程17. 【解析】【分析】由已知设出分别在中和在中运用余弦定理表示得到关于 x与y的关系式再在中运用勾股定理得到关于 x与y的又一关系式联立可解得 xy从而分析出正三棱锥是两两垂直的正三棱锥所以三棱锥的外接球就是以 解析：6 6【解析】【分析】由已知设出 PAC , PA PB PC 2x, EC y,分别在VPAC中和在VEAC 中运用余弦定理表示 cos ，得到关于x与y的关系式，再在 Rt CEF中运用勾股定理得 到关

23、于x与y的又一关系式，联立可解得 x, y,从而分析出正三棱锥是 PA, PB , PC两 两垂直的正三棱锥，所以三棱锥P ABC的外接球就是以PA为棱的正方体的外接球，再通过正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长求出球的半径，再求出球的体积.【详解】在VPAC中，设 PACPA PB PC 2x, ECy, x 0,y 0,因为点E ,点F分别是PAAB的中点，所以EFAE x,在 VPAC 中,cos4x24 4x2 4 4x ,在 VEAC 中,2 2x 2cos4 y2 x 2整理得x2 y22因为 ABC是边长为2的正三角形，所以CF、.3又因为 CEF 90 ,22所以x y

24、3,2 x 由2 x2y2y解得所以PA PB PC 2x 也。又因为zABC是边长为2的正三角形，所以 PA2 PB2 4 AB2,所以PA PB, 所以PA , PB , PC两两垂直，则球。为以PA为棱的正方体的外接球，则外接球直径为d 3| PA|2, 6434,6所以球O的体积为V fr3 433故答案为：/6【点睛】本题主要考查空间几何体的外接球的体积，破解关键在于熟悉正三棱锥的结构特征，运用 解三角形的正弦定理和余弦定理得出三棱锥的棱的关系，继而分析出正三棱锥的外接球是 以正三棱锥中互相垂直的三条棱为棱的正方体的外接球，利用正方体的外接球的直径等于 正方体的体对角线的长求解更方便

25、快捷，属于中档题。18.【解析】【分析】设的平分线与交于根据角平分线与面积关系求出利用共 线向量坐标关系求出点坐标即可求解【详解】设的角平分线与交于解得所以的 平分线方程为故答案为：【点睛】本题考查角平分线方程向量共线坐标应用 解析：x y 0【解析】【分析】|CD |设 BAC的平分线与BC交于D ,根据角平分线与面积关系求出J1,利用共线向量坐|DB|标关系，求出D点坐标，即可求解.【详解】设 BAC的角平分线与BC交于D(a,b),1 .Svacd2|AC|AD|SinCAD| AC|2、. 10|CD| -2 ,S/ABD1|AB| | AD| sinBAD1ABi；10I DB 1u

26、uirUULT55CD 2DB,(a 1,b 5) 2(2 a, b),解得 a -,b -,335 5D(-,-),所以 BAC的平分线AD方程为x y 0.3 3故答案为：X y 0.【点睛】本题考查角平分线方程、向量共线坐标，应用角平分线性质是解题的关键，属于中档题.19 . 62【解析】试题分析：由题意得抛物线的准线为 x=-c它正好经过双曲线的 左焦点所以准线被双曲线截得的弦长为 2b2a所以2b2a=223be2即ba=23e2所以 整理得2e4-9e2+1=0解得e=62解析：方【解析】试题分析：由题意，得抛物线的准线为=-t,它正好经过双曲线的左焦点，所以准线被一过焦点且斜率为

27、1的直线与双曲线的右支交于两点，所以 2 .考点：1、抛物线与双曲线的几何性质；2、直线与双曲线的位置关系.【方法点睛】关于双曲线的离心率问题，主要是有两类试题：一类是求解离心率的值，一类是求解离心率的范围.基本的解题思路是建立椭圆和双曲线中珥也e的关系式，求值问题就是建立关于珥的等式，求取值范围问题就是建立关于 凡D.c的不等式.20 .【解析】【分析】当过球内一点的截面与垂直时截面面积最小可求截面半 径即可求出过点的平面截球的截面面积的最小值【详解】解：棱长等于的正方 体它的外接球的半径为3当过点的平面与垂直时截面面积最小故答案为：【 解析：3 .【解析】【分析】E的平当过球内一点E的截面

28、与OE垂直时，截面面积最小可求截面半径，即可求出过点 面截球。的截面面积的最小值.【详解】解：棱长等于2J3的正方体ABCD AiBiCiDi ,它的外接球的半径为 3, |OE |灰 当过点E的平面与OE垂直时，截面面积最小， r jL6 黎，S 3 3 , 故答案为：3 .【点睛】本题考查过点E的平面截球O的截面面积的最小值及接体问题，找准量化关系是关键，属 于中档题.三、解答题21. (I)见解析；(n) Vabcde【解析】2.33【分析】(1)推导出 AE ± CD , CD LAD,从而CD，平面 ADE,再由AB / CD ,能证明 AB，平(2)凸多面体 ABCDE的

29、体积V=V b-cde+VB-ADE ,由此能求出结果.【详解】(1)证明：AE 平面CDE,CD 平面CDEAE CD,又在正方形ABCD中，CD ADAE AD ACD 平面ADE , 又在正方形 ABCD中，AB/CDAB/平面 ADE .(2)连接BD ,设B到平面CDE的距离为h ,Q AB/CD,CD 平面CDE,AB/平面CDE ,又AE 平面CDE ,h AEc11 又 S CDE 二 CD2DEVB CDE又 VB ADES ADEAB,3所以Vabcde本题考查线面垂直的证明，考查多面体的体积的求法，是中档题，注意空间思维能力的培222. (1)见解析(2)3【解析】【分析

30、】【详解】试题分析：(1)直接利用面面垂直的性质定理可证；(2)设ACI BD O ,计算后可证 OF/BE ,从而由已知可证 OF，平面ABCD ,因此可 以OA, OB, OF为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角.试题解析：(1) .平面 BDFE 平面 ABCD , AC BD ,平面 BDFE I 平面 ABCD BD ,又 AC 平面 ABCD, . AC 平面 BDFE ；(2)设 ACI BD O, 四边形 ABCD 为等腰梯形，DOC -, AB 2CD 4,2. OD OC 、2,OB OA 2.2 ,FE/OB , .四边形BOFE为平行四边形， OF/BE ,

31、又.BE 平面 ABCD, OF 平面 ABCD, FBO为BF与平面ABCD所成的角，FBO ,4又 FOB 一, 2OF OB 2鹿，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系,则 B 0,2 ,2,0 , D0, .2,0 ,F 0,0,2、2,C. 2,0,0 , A 2 2,0,0UULVDF0, -2,2 .2uuiv一 一,CD. 2, , 2,0 AC平面BDFE，平面BDF的法向量为1,0,0设平面DFC的一个法向量为vx, y,zULUV v ,DF n 由 LUV vCDiv0、2y 2 2z得 0:2x 2y2 得，v 2,2, 1 ,v uuv

32、 cosn, AC2 2仅 22 22123，二面角B DF C的余弦值为-.3点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面 角”，再通过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂 直的三条直线(或两条)时，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主 要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过程，只要计算过关，一般都能求得正确结论.23. (1)证明见解析(2) 叵6【解析】【分析】(1)由BCXAC, BCLCD得BCL平面ACD ,证明四边形 DCBE是平行四边形得DE / BC,故而DE 平面ACD,从而得证面面垂直;(2)建立

33、空间坐标系，求出两半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小【详解】(1)证明：AB是圆。的直径，ACXBC,. DC，平面 ABC, BC?平面 ABC,DCXBC,又 DC n AC= C,.BC,平面 ACD,. DC / EB, DC= EB,四边形DCBE是平行四边形，DE/ BC, .DE,平面 ACD,又DE?平面ADE,平面 ACD，平面 ADE.(2)当C点为半圆的中点时， AC=BC=2j2,则 D （0, 0, 1） , E （0, 2五, um-AB L2百，2五，0）,以C为原点，以CA, CB, CD为坐标轴建立空间坐标系如图所示:uuuDAZ2）,1） ,

34、A （2衣，0, 0） , B （0, 2五BE （°, °, 1）, DE1 （°, 2/，°）, (2疗 0, - 1),设平面DAE的法向量为mn (X1, y1, Z1),平面ABE的法向量为n (X2, y2,r uuv m DA r uuv m DEr uuv n AB r uuv n BE02 2x1 z1,即02 2yl 0令刈=1 得m (1,0,2j2),令 X2=1 得n02.2x2 2 . 2y2z20(1,1,0).r r，cos<m, n>rmrmrn rn【点睛】本题考查了面面垂直的判定，空间向量与二面角的计算，

35、属于中档题 24. (1)证明见解析；(2) 90。【解析】【分析】(1)作BC中点G ,连结PG , FG ,可证P为CD中点，可证PG/BD,FG/AC/ED ,证明平面PFG P平面BED ,从而得证；(2)以CA为X轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，表示出利用向量的夹角公式即可求解【详解】(1)作BC中点G ,连结PG , FG ,因为F为AB中点，G为BC中点，所以FG PAC ,又因为E为Ag中点，D为CC1中 点，所以ED P AC ,所以FG / ED ,又因为CP 1 , AAi 4 ,所以P为CD中点,所以PG P BD ,又因为FG PG G ,所以平面P

36、FG P平面BED , FP 平面 PFG ,所以PF /平面BDE ;(2)因为 ACB 90 ,三棱柱为直三棱柱，故以 CA为x轴，CB为y轴，CG为z轴，建立空间直角坐标系，F 2,1,0 ,B 0,2,0 ,P 0,0,1 ,E 2,0,2 ,uur uuuuuuuuuuur uurPFBE故 PF2,1, 1 ,BE2, 2,2 , cos(PF,BE)uuuruuu0,故直线 PF 与直线' P PF BEBE所成的角为90。山' TQ【点睛】本题考查线面平行的证法，异面直线夹角的求法，属于中档题25. (1) 3x y 2 0； (2) x 3y 2 0【解析】分析：(1)先由AD与AB垂直，求得