11． 3：1：2 12． ?1?k?1且k?0 13． ?2?k?14． ①③④ 15． 5 三、解答题（共50分） 16．（8分） 解：?1 2?3x?4y?5?x??1解得?，所以交点（-1，2）--------2分
2x?3y??8y?2??（1）直线方程为2x?y?0--------4分 （2）直线方程为y?2-----6分
和y?2??12(x?1)------8分 517．（8分）
22
解：（1）由D+E-4F=4+16-4m=20-4m>0，得m<5．--------3分 （2）设M(x1,y1),N(x2,y2)，由OM⊥ON得x1x2+ y1y2=0。
22
将直线方程x+2y-4=0与曲线C：x+y-2x-4y+m=0联立并消去y 得5x-8x+4m-16=0，由韦达定理得x1+x2=又由x+2y-4=0得y=
2
8①,x1x2=4m?16②， 551151 (4-x), ∴x1x2+y1y2=x1x2+(4-x1)·(4-x2)=x1x2-( x1+x2)+4=0 22248将①、②代入得m=．--------8分
518．（8分）
（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC
平面ABCD，
平面PCD，DC
平面PCD，所以BC⊥平面PCD，
所以PD⊥BC，由∠BCD=90°，得BC⊥DC，又PD∩DC=D，PD因为PC
平面PCD，所以PC⊥BC．--------4分
（2）解：连结AC，设点A到平面PBC的距离为h，因为AB∥DC，∠BCD=90°，所以∠ABC=90°， 从而由AB=2，BC=1，得△ABC的面积S△ABC=1，由PD⊥平面ABCD及PD=1， 得三棱锥P-ABC的体积所以PD⊥DC，又PD=DC=1，所以由PC⊥BC，BC=1，得△PBC的面积点A到平面PBC的距离为19．（10分）
（1）略证：易证AB?CC1,AB?CD,可得AB?平面BCC1B1--------4分
．--------8分
，由
，因为PD⊥平面ABCD，DC
，
，得
，因此，
平面ABCD，
（2）转化为AC1与B1C1所成的角，在△AB1C1中可求?B1C1A??3--------8分
20．（9分） 解：（1）如图，取PA的中点E，连接ME，DE，∵M为PB的中点，
11∴EM//AB,且EM= AB. 又∵AB//DC，且DC?AB，
22∴EM//DC，且EM=DC ∴四边形DCME为平行四边形, 则MC∥DE，又MC?平面PAD, DE?平面PAD
所以MC∥平面PAD --------3分 （2）取PC中点N，则MN∥BC，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC ，又AC2?BC2?2?2?AB2?AC?BC,∴BC⊥平面PAC，则MN⊥平面PAC所以，?MCN为直线MC与平面PAC所成角，
QNC?1315PC?,MC?PB?2222
NC15?--------6分 MC5?cos?MCN?（3）取AB的中点H，连接CH，则由题意得CH?AB，又PA⊥平面ABCD，所以PA?CH，则CH?平面PAB.所以CH?PB,过H作HG?PB于G,连接CG，则PB?平面CGH,所以CG?PB,则?CGH为二面角A?PB?C的平面角.
QPA?1?CH?1,AB?2,PB?PA2?AB2?5.
PA1CH?则GH?BHsin?PBA?BH?，?tan?CGH??5 ABGH5故二面角A?PB?C的平面角的正切值为5.--------9分
21．（9分）
222222
解：（1）依题意，设圆C1的方程为(x－3)＋y＝r，因为圆C1经过点A(4，1)，所以r＝(4－3)＋1＝2.
22
所以圆C1的方程为(x－3)＋y＝2. --------3分
(2)由(1)知圆C1的圆心坐标为(3，0)，半径为2，C1到直线l的距离d＝
3?01?1?32， 2所以圆C1上的点到直线l的最短距离为
322?2?. 222＝2.--------6分 2因为圆C2与圆C1关于直线l对称，所以｜BD｜min＝2×
(3)当运动时间为t秒时，｜OP｜＝t，｜OQ｜＝22t，则P(t，0)，由Q∈l，可设点Q的坐标为(m，m)(m＞0)，则m＋m＝(22t)，解得m＝2t，即Q(2t，2t)，所以kPQ＝
2
2
2
2t?0＝2.所以直线PQ的方程为y＝2t?t2(x－t)，即2x－y－2t＝0.
若直线PQ与圆C1相切，则C1到直线PQ的距离d′＝
2?3?0?2t2?12＝2，
解得t＝3±
1010.即当t＝3±时，直线PQ与圆C1相切．--------9分 22
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