1). ?????????4分
因为n2CM=-33
33+230+13=0，
22所以n⊥CM. 又CM?平面PAD， 所以CM∥平面
PAD. ??????????6分
（2）如图，取AP的中点E，连接BE，
则E(3，2，1)， BE=(-3，2，1). 因为PB=AB， 所以BE⊥PA.
又因为BE2DA=(-3，2，1)2(23，3，0)=0， ????????
8分
所以BE⊥DA.所以BE⊥DA. 又PA∩DA=A，所以BE⊥平面PAD.
又因为BE?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. ??????10分
18．解：（1）依题意，得2a＝4，2c＝23，所以a＝2，c＝3，
∴b＝a2－c2＝1. x22
∴椭圆的方程为＋y＝
4
1. ????????????4分
（2）显然当直线的斜率不存在，即x＝0时，不满足条件． ????5
分
设l的方程为y＝kx＋2，
由A、B是直线l与椭圆的两个不同的交设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
x22
＋y＝1，4
y＝kx＋2，
2
2
消去y并整理，得
(1＋4k)x＋16kx＋12＝
0. ????????????7分
∴Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)312＝16(4k2－3)＞0，
得k2＞
3
.① ????????????????84分
x1＋x2＝－
16k
，x1x2＝1＋4k2
12
， ??????????9分 1＋4k2
→→→→
∵OA⊥OB，∴OA2OB＝0，
→→2
∴OA2OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝x1x2＋kx1x2＋2k(x1＋x2)
＋4
＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋
4 ?????????11分
124?4－k2??－16k?＝(1＋k)2＋2k?＝0， 2?＋4＝
1＋4k21＋4k2?1＋4k?
2
∴k＝4.②
由①②可知k＝±2，所以，存在斜率k＝±2的直线l符合题意．??12
分
19．（1）证：取DC的中点O，连接PO，OA，
因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD. ??????1
分
所以PO⊥底面ABCD，
因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°， DC＝2，DO＝1，则OA⊥DC. ???2分 以O原点，分别以OA，OC，OP所在直线为 x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标 系O－xyz，
则A(3，0，0)，P(0，0，3)，B(3，2，0)， C(0，1，0)，D(0，－1，0)， 所以
M?
2
?33?
，1，?， ??????????????4分 22??
→?3→3?→
所以DM＝?，2，?，PA＝(3，0，－3)，DC＝(0，2，0)，
2??2→→33
所以PA2DM＝33＋032＋(－3)3＝0，
22→→
PA2DC＝330＋032＋(－3)30＝0，
→→→→所以PA⊥DM，PA⊥DC，所以PA⊥平面DMC. ??????
7分
→?33?→
（2）解：CM＝?，0，?，CB＝(3，1，0)，
2??2
设平面B MC的法向量为n＝(x，y，z)， →
由n2CM＝0，得x＋z＝0， →
由n2CB＝0，得3x＋y＝0. 取x＝－1，则y＝3，z＝1， 所以一个法向量n＝(－1，3，
1)． ????????9分
→
由(1)知，平面CDM的一个法向量可取PA＝(3，0，－3)． →
→n2PA－23
所以cos〈n，PA〉＝＝＝－
→536|n||PA|
10
. ??????11分 5
观察可知二面角 D－MC－B为钝角， 所以所求二面角的余弦值是－
10
. ??????????12分 5
20．解：（1）设M的坐标为(x，y)，P的坐标为(xP，yP)，
由已知得
xP＝x，5
yP＝y，
4
?5?22
∵P在圆上，∴x＋?y?＝25，
?4?
xy
即C的方程为＋＝2516
1. ???????5分
44
（2）过点(3，0)且斜率为的直线方程为y＝(x－
55
3)， ?????6分
设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 4
将直线方程y＝(x－3)代入C的方程，得
5x2?x－3?2
＋＝1，即x2－3x－8＝2525
0. ????????9分
∴x1＝
3－413＋41
，x2＝. 22
2
2
∴线段AB的长度为
|AB|＝?x1－x2?2＋?y1－y2?2＝
41
. ??12分 5
21．如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得
A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)， C1(1，2，1)，E(0，1，0)． ????2分
→→
（1）证：易得B1C1＝(1，0，－1)， CE＝(－1，1，－1)，
→→
于是B1C12CE＝0，
所以B1C1⊥CE. ??????3分
→
（2）解：B1C＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，
?1＋16?
?25??x1－x2?2＝??
41
341＝25
则
→
m2B1C＝0，→
m2CE＝0，
即
x－2y－z＝0，－x＋y－z＝0.
消去x，得y＋2z＝0，
不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1)．
由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，
→
故B1C1＝(1，0，－1)为平面CEC1的一个法向量． ??????6
分
→m2B1C1－427→
于是cos〈m，B1C1〉＝＝＝－， ?????
→71432|m||B1C1|
7分
2121→
从而sin〈m，B1C1〉＝，所以二面角B1CEC1的正弦值为. ?8分
77→→
（3）AE＝(0，1，0)，EC1＝(1，1，1)，
→→→→→
设EM＝λEC1＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM＝AE＋EM＝(λ，λ＋1，λ)． →
可取AB＝(0，0，2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则
→→|AM2AB|→→
sin θ＝|cos〈AM，AB〉|＝ →→|AM||AB|
＝λ3λ＋2λ＋1
2
2λ
λ2＋（λ＋1）2＋λ232
＝， ?????10分
λ3λ2＋2λ＋1
21
，解得λ＝(负值舍63
于是＝
去)， ????11分
所以AM＝
2. ??????????????12分
22．（1）解：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为
?p，0?
?2?， ?????2分 ??
p?p?
由点?，0?在直线l：x－y－2＝0上，得－0－2＝0，
2?2?即p＝4.所以抛物线C的方程为y＝
8x. ?????4分 （2）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点M(x0，y0)．
2