【分析】
（1）根据正三角形性质得AE⊥BC，即得AE⊥AD，再根据PA⊥平面ABCD得AE⊥PA,由线面垂直判定定理得EA⊥平面PAD,即得AE⊥PD；（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得平面AEF一个法向量，由向量数量积得向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系得结果. 【详解】
（1）连接AC，因为底面ABCD为菱形，所以三角形ABC为正三角形，所以AE⊥BC，又AD//BC，所以AE⊥AD，则又PA⊥平面ABCD，所以AE⊥PA,由线面垂直判定定理得EA⊥平面PAD,所以AE⊥PD （2）过A作AH⊥PD于H，连HE，由（1）得AE⊥平面PAD
所以EH⊥PD，即EH=5，∵AE=3，∴AH=2，∴PA=2以A为原点，AE，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
A（0,0,0），E（3，0,0），D（0,2,0），C（3，1,0），P（0,0,2）
uuuv31∴F（，，1）∵AE?22uuuv?31?v,,13,0,0，AF??m??0,?2,1?又AEF，∴平面的法向量??22???vvuuuuuuvuuuvm?PD?6310vcos 10 10本题主要考查线面垂直的判定和性质及利用空间向量求线面角，属中等难度题． 18、（1）【解析】 【分析】 （1）由题意不妨设点A(0,1),写出直线AB方程，与椭圆方程联立，得点B坐标，根据面积公式即可得结果；（2）设过点D的直线方程，与椭圆方程联立，用韦达定理化简kTA?kTB?0，即可得到定点T的坐标. 【详解】 (1)当x1?0时，A?0,1?或A?0,?1?， 4（2）在x轴上存在定点T(1,0)，使得直线TA与TB的斜率互为相反数. 5由对称性，不妨令A?0,1?，此时直线l：x?4y?4?0， ?x?4y?4?02联立?2，消去x整理得5y?8y?3?0， 2?x?4y?4解得y1?1，y2?故B?,?. 所以?OAB的面积为 8， 5?83??55?184?1??. 255（2）显然直线l的斜率不为0，设直线l：x?my?4， 联立??x?my?422，消去x整理得?m?4?y?8my?12?0 22?x?4y?42所以??64m?4?12m?4?0，即m2?12， ?2?y1?y2??8m12yy?，， 12m2?4m2?4设T?t,0?，则kTA?kTBy1?x2?t??y2?x1?t?y1y2??? x1?tx2?tx?tx?t?1??2? ?2my1y2??4?t??y1?y2??x1?t??x2?t?因为直线TA与TB的斜率互为相反数，所以kTA?kTB?0， 即2my1y2??4?t??y1?y2??2m?8m?t?1?128m?t?4???0， ??222m?4m?4m?4故t?1，故在x轴上存在定点T?1,0?，使得直线TA与TB的斜率互为相反数. 【点睛】 本题考查直线与椭圆的位置关系以及曲线过定点问题，解决曲线过定点问题一般有两种方法：① 探索曲 线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）【解析】 【分析】 （I）取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF.通过比例相等和平行公理，证得四边形BGFE为平行四边形，由此证得EF//BG，进而证得EF//平面ABC.（II）先证得平面ABC?平面BCDE，根据面面垂直的性质定理得到四棱锥A?BCDE的高即为?ABC中BC边上的高.求出高后根据锥体的体积公式求得体积. 153 4【详解】 （Ⅰ）取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF. 因为 AGAF22??，则GF?CD?BE. ACAD33而GFPCD，BE∥CD，故GFPBE. 故四边形BGFE为平行四边形，故EF∥BG. 因为EF?平面ABC，BG?平面ABC，故EFP平面ABC. （Ⅱ）因为BE?平面ABC，BE?平面BCDE， 所以平面ABC?平面BCDE. 所以四棱锥A?BCDE的高即为?ABC中BC边上的高. BC边上的高为333. ?3?221133153. ??(2?3)?3??3224故四棱锥A?BCDE的体积V?【点睛】 本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查四棱锥的体积的求法，属于中档题. n229n20、（1）an?3?2（2）Tn??；最大值为105. ?22n【解析】 【分析】 （1）利用基本元的思想将已知转化为a1,q的形式，由此求得a1,q，进而求得数列的通项公式.（2）先求得bn的表达式，根据等差数列前n项和公式求得Tn，再利用二次函数的性质求得Tn的最大值. 【详解】 S2?2a1， 解：（1）设数列{an}的公比为q(q?0)，若q?1，有S4?4a1，而S4?90?2S4?36，故q?1， ?a11?q2?S2??181?q?a1?6?. 则?，解得?422a11?qa11?q1?q?q?2???90?S4?1?q1?q?????????n?1n故数列{an}的通项公式为an?6?2?3?2. n（2）由bn?15?log22?15?n， n(14?15?n)n229n. 则Tn????2222929x229x2x???由二次函数y??的对称轴为， ?12??222?????2?故当n?14或15时Tn有最大值，其最大值为【点睛】 本小题主要考查利用基本元的思想求解等比数列的通项公式，考查等差数列的识别，考查等差数列前n项和公式，考查二次函数求最值的方法，属于中档题. 21、（1）直线: 【解析】 【分析】 14?15?105. 23x?y?1?0，曲线C:x2?y2?2ax?0（2）a?5?3 1?x?t?2?（1）在直线l的参数方程?中消去参数t得直线的一般方程，在曲线C的极坐标方程为 ?y??1?3t?2???2acos?中先两边同乘?，得曲线的直角坐标方程；（2）将直线的参数方程直接代入曲线的直角坐标 方程中，得到韦达定理，由MA?MB?t1t2，|AB|2??t1?t2?，列方程求出答案. 【详解】 21?x?t?2? 解：（1）因为直线l的参数方程为??y??1?3t?2?消去t化简得直线l的普通方程：3x?y?1?0 2由??2acos?得??2a?cos?， 222因为??x?y，?cos??x 所以x?y?2ax， 所以曲线C的直角坐标方程为x?y?2ax?0 22221?x?t2???2?13222t??at?0 （2）将?代入x?y?2ax?0得t???1???42??y??1?3t??2?2即t??3?at?1?0，????3?a?2?4?0 则t1?t2?3?a，t1t2?1， ∴MA?MB?t1t2?1， ∴|AB|2?1 ∴|AB|2??t1?t2???t1?t2??4t1t2?∵a?0，∴a?∴a?22?3?a?2?4?1 5?3，满足???3?a?2?4?0 5?3 【点睛】 本题考查了直线的参数方程，曲线极坐标方程与直角坐标方程得转化，直线与圆的位置关系，属于中档题. 22、（Ⅰ）ρ=3（0≤θ≤π）；（Ⅱ）∠MON=【解析】 【分析】 （Ⅰ）先化成普通方程，再化成极坐标方程； （Ⅱ）联立C1，C2的极坐标方程，消去ρ可得θ=【详解】 （Ⅰ）由{2π 32π3，θ=π，故∠MON=π． 4123x?3cos?y?3sin? 得x2+y2=3（y≥0），得曲线C1的极坐标方程为ρ=3（0≤θ≤π）； ??3（Ⅱ）联立{ρ2?61?sin2θ?3cosθπ1 消去ρ并化简得sin（2θ-）=-， 32∵θ∈[0，π]，∴θ=【点睛】 2π3，θ=π，故∠MON=π． 4123本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
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