2023-2024学年广东省江门市新会一中高二（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省江门市新会一中高二（上）期中数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知平面α的法向量为n=(2,−2,4)，AB=(−1,1,−2)，则直线AB与平面α的位置关系为( )
A. AB⊥αB. AB⊂α
C. AB与α相交但不垂直D. AB/​/α
2.平行直线l1：3x−4y+6=0与l2：6x−8y+9=0之间的距离为( )
A. 35B. 310C. 3D. 32
3.若直线l1：ax+3y+1=0与直线l2：2x+(a+1)y+1=0互相平行，则a的值是( )
A. −3B. 2C. −3或2D. 3或−2
4.平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A1M=2MC，AM=xAB+yAD+zAA1，则实数x，y，z的值分别为( )
A. 13，23，23B. 23，13，23C. 23，23，13D. 23，12，23
5.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥AB，PA⊥AD，AD=1，AB= 2，△PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，则异面直线EC与PD所成角的余弦值是( )
A. 33
B. 63
C. 64
D. 22
6.如图，平面四边形ABCD的顶点都在坐标轴上，直线AB的斜率为23，直线BC的斜率为−12，则tan∠ABC=( )
A. −14
B. −78
C. −74
D. −72
7.已知圆C：x2+y2=4，则圆C关于直线l：x−y−3=0对称的圆的方程为( )
A. x2+y2−6x+6y+14=0B. x2+y2+6x−6y+14=0
C. x2+y2−4x+4y+4=0D. x2+y2+4x−4y+4=0
8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为( )
A. 25 5
B. 55
C. 510
D. 310 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 直线y=ax−3a+2(a∈R)必过定点(3,2)
B. 直线y=3x−2在y轴上的截距为−2
C. 直线 3x+y+1=0的倾斜角为60°
D. 过点(−1,2)且垂直于直线x−2y+3=0的直线方程为2x+y=0
10.给出下列命题，其中正确的有( )
A. 空间任意三个向量都可以作为一个基底
B. 已知向量a⊥b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底
C. 已知向量a/​/b，则a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底
D. A，B，M，N是空间中的四个点，若BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
11.圆O1：x2+y2−2x=0和圆O2：x2+y2+2x−4y=0的交点为A，B，则有
( )
A. 公共弦AB所在直线方程为x−y=0
B. 线段AB中垂线方程为x+y−1=0
C. 公共弦AB的长为 22
D. P为圆O1上一动点，则P到直线AB距离的最大值为 22+1
12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段CD1(含端点)上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 存在点E，使B1E⊥AC
B. 异面直线B1E与AD所成的角最小值为π4
C. 无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1E
D. 无论点E在线段CD1的什么位置，都有B1E//平面A1BD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.过点(−1,3)且与直线x−2y+c=0垂直的直线方程为______ ．
14.已知空间向量a=(2,−1,2)，b=(1,−2,1)，则向量b在向量a上的投影向量是______ ．
15.已知点D(0,3,0)，平面α经过点C(1,2,0)且垂直于向量n=(1,0,1)，则点D到平面α的距离为______ ．
16.平面直角坐标系xOy中，直线x+my=0与mx−y−m+3=0交于点P(x,y)，则点P到直线x+y−8=0距离的最小值为______ ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图所示，正方形OABC的顶点A(2,3)．
(1)求边AB所在直线的方程；
(2)求出点C的坐标，并写出边BC所在直线的方程．
18.(本小题12分)
空间直角坐标系中，已知点A(2,a,−1)，B(−2,3,b)，C(1,2,−2)．
(1)若A，B，C三点共线，求a和b的值；
(2)已知b=−3，D(−1,3,−3)，且A，B，C，D四点共面，求a的值．
19.(本小题12分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BB1=2，BC=4，AB1与A1B交于点E，点F为BC中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BC；
(2)求平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值．
20.(本小题12分)
已知圆C过点A(6,1)，B(3,−2)，N(0,1)三点．
(1)求圆C的方程；
(2)是否存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等？若存在，求出该直线的方程；若不存在，说明理由．
21.(本小题12分)
已知圆O：x2+y2=4．
(1)过点P(2,1)向圆O引切线，求切线l的方程；
(2)记圆O与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，动点Q满足QA= 2QB，问：动点Q的轨迹与圆O是否有两个公共点？若有，求出公共弦长；若没有，说明理由．
22.(本小题12分)
如图，棱长为3的正四面体P−ABC中，D，M分别为AB，PC的中点．
(1)证明：平面PAB⊥平面PDC；
(2)若过点A，M的平面α与CD平行，且交PB于点Q，求PQ的长，并求直线AQ与平面ABC夹角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：平面α的法向量为n=(2,−2,4)，AB=(−1,1,−2)，
∴n=−12AB，
∴n//AB，
∴AB⊥α，
即直线AB与平面α垂直．
故选：A．
根据平面的法向量与空间向量的共线关系，即可判断直线AB与平面α垂直．
本题考查了平面的法向量与空间向量共线问题，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：直线l1：3x−4y+6=0，即6x−8y+12=0，
所以直线l1与l2之间的距离为|12−9| 62+82=310．
故选：B．
利用两条平行线间的距离公式求解即可．
本题考查了两条平行线间距离公式的应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：直线l1：ax+3y+1=0与l2：2x+(a+1)y+1=0互相平行，
则a(a+1)=2×3，解得a=2或a=−3，
当a=2时，直线l1，l2重合，不符合题意，
当a=−3时，直线l1，l2平行，符合题意．
故选：A．
根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，A1M=2MC，
∴A1M=23A1C，
又AC=AB+AD，A1C=AC−AA1，
∴A1C=(AB+AD)−AA1，
∴A1M=23(AB+AD−AA1)，即A1M=23AB+23AD−23AA1，
∴AM=AA1+A1M=AA1+23AB+23AD−23AA1=23AB+23AD+13AA1，
∵AM=xAB+yAD+zAA1，
∴x=23，y=23，z=13，
故选：C．
由题意得点M为A1C的三等分点，即A1M=23A1C，利用平行四边形法则可得AC=AB+AD，则A1C=AC−AA1，表示出AM，即可得出答案．
本题考查空间向量的线性运算和基本定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥AB，PA⊥AD，AB∩AD=A，
∴PA⊥平面ABCD，
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
∵AD=1，AB= 2，△PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，
∴E( 22,0, 22)，C( 2,1,0)，P(0,0, 2)，D(0,1,0)，
EC=( 22,1,− 22)，PD=(0,1,− 2)，
设异面直线EC与PD所成角为θ，
则csθ=|EC⋅PD||EC|⋅|PD|=2 2⋅ 3= 63．
∴异面直线EC与PD所成角的余弦值为 63．
故选：B．
推导出PA⊥平面ABCD，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线EC与PD所成角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得tan∠BAC=23，tan∠BCA=12，
所以则tan∠ABC=−tan(BAC+∠BCA)=−23+121−12×23=−74．
故选：C．
由题意得tan∠BAC=23，tan∠BCA=12，而tan∠ABC=−tan(BAC+∠BCA)，利用两角和的正切公式展开可求．
本题主要考查了直线的倾斜角与斜率关系及两角和的正切公式及诱导公式，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设圆心C(0,0)关于直线l：x−y−3=0的对称点为D(a,b)，
则由a2−b2−3=0b−0a−0=−1⇒a=3b=−3；
∴对称圆的方程为(x−3)2+(y+3)2=4⇒x2+y2−6x+6y+14=0．
故选：A．
设圆心C(0,0)关于直线l：x−y−3=0的对称点为D(a,b)，则由垂直和中点在轴上2个条件，解方程组求得对称圆的圆心D的坐标，即可求得对称圆的方程．
本题主要考查求一个圆关于一条直线的对称圆的方程的方法，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则E(1,2,0)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
ED1=(−1,−2,2),CC1=(0,0,2),CE=(1,0,0)
设u=(x,y,z),u⊥CC1,u⊥ED1，
则u⋅CC1=(x,y,z)⋅(0,0,2)=0，∴z=0，
u⋅ED1=(x,y,z)⋅(−1,−2,2)=−x−2y+2z=0，∴y=−12x，
令x=1，则y=−12，∴u=(1,−12,0)，
∴异面直线D1E与CC1的距离为d=|u⋅CE||u|=1 1+14+0=2 55，
∵P在D1E上运动，∴P到直线CC1的距离的最小值为d=2 55．
故选：A．
建立空间直角坐标系，将点P到直线CC1的距离的最小值转化为异面直线D1E与CC1的距离，利用空间向量可求得结果．
本题考查点到直线的距离，考查学生的运算能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，直线y=a(x−3)+2 (a∈R)必过定点(3,2)，故正确；
对于B，直线y=3x−2 在y轴上的截距为−2，故正确；
对于C，直线 3x+y+1=0 的斜率为− 3，其倾斜角为120°，故错误；
对于D，过点(−1,2)且垂直于直线x−2y+3=0的直线方程为：y−2=−2[x−(−1)]，即2x+y=0，故正确．
故选：ABD．
A，直线y=a(x−3)+2 (a∈R)必过定点(3,2)；
B，线y=3x−2 在y轴上的截距为−2；
C，求得直线 3x+y+1=0 的斜率为− 3，即可；
D，利用点斜式写方程，即可．
本题考查了直线方程，直线的倾斜角、截距，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：对于A项，空间任意三个不共面的向量可以作为一个基底，故A项错误；
对于B项，若c⊥b且c⊥a，则a，b与c可以构成空间的一个基底，故B项错误；
对于C项，因为向量a/​/b，则a，b与任意向量均共面，即a，b与任何向量都不能构成空间的一个基底，故C项正确；
对于D项，因为BA，BM，BN不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N共面，故D项正确．
故选：CD．
利用空间基底向量的性质，结合各选项的描述判断正误即可．
本题主要考查了空间向量的基本定理，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查两圆相交弦有关的综合问题及圆的弦长的求解，属于中档题．
根据题意，可得这两圆相交，两圆相减可得公共弦所在的直线方程，线段AB中垂线即为两圆心所在的直线方程，根据弦长公式求弦长，根据圆上的点到直线的最大值为圆心到直线的距离加半径即可．
【解答】
解：圆O1:x2+y2−2x=0即x−12+y2=1，
圆O2:x2+y2+2x−4y=0即x+12+y−22=5，
得圆O1的圆心为O1(1,0)，半径r1=1，
圆O2的圆心为O2(−1,2)，半径r2= 5，
因为|O1O2|=2 2∈( 5−1, 5+1)，所以两圆相交，
对于A，将两圆的一般方程相减，得公共弦AB所在直线方程为−4x+4y=0，即x−y=0，所以A正确;
对于B，由圆的性质知，线段AB中垂线即为直线O1O2，
因为kO1O2=2−0−1−1=−1，所以O1O2的方程为y=−(x−1)，即x+y−1=0，所以B正确;
对于C，公共弦AB为O1的一条弦，设O1到直线AB的距离为d，
可得：d=1 12+(−1)2=1 2，
则|AB|=2 r12−d2=2 1−1 22= 2，所以C错误;
对于D，P到直线AB距离的最大值为O1到直线AB的距离加上半径r1，
即最大值为1 12+(−1)2+1= 22+1，所以D正确．
故选ABD．
12.【答案】ACD
【解析】解：当点E与点D1重合时，B1E/​/BD，因为AC⊥BD，∴B1E⊥AC，∴选项A正确；
建立如图所示的直角坐标系，设正方体棱长为1，
则A(0,0,0)，C1(1,1,1)，B1(1,0,1)，D(0,1,0)，
设E(1−a,1,a)，0≤a≤1，则B1E=(−a,1,a−1)，
对于B：∵AD=(0,1,0)，设异面直线B1E与AD所成角为θ，
则csθ=|B1E⋅AD||B1E|⋅|AD|=1 a2+1+(a−1)2=1 2(a−12)2+32，
当a=12时，csθ有最大值 63，此时点E是线段CD1的中点，则θ≠π4，故B不正确，
∵AC1=(1,1,1)，∴B1E⋅AC1=−a+1+a−1=0，∴AC1⊥B1E，故C正确；
对于D：易知平面B1CD1//平面A1BD，B1E⊂平面B1CD1，所以B1E//平面A1BD，故D正确．
故选：ACD．
对于A选项，通过B1E/​/BD，AC⊥BD，即可判断；建立如图所示的直角坐标系，设正方体棱长为1，求得异面直线B1E与AD的方向向量可得csθ=|B1E⋅AD||B1E|⋅|AD|=1 a2+1+(a−1)2，可求最大值，从而可判断B，利用B1E⋅AC1=−a+1+a−1=0，可判断C；利用平面B1CD1//平面A1BD可判断D．
本题考查了空间中的位置关系，空间角，以及与空间向量的综合应用，属于中档题．
13.【答案】2x+y−1=0
【解析】解：直线x−2y+c=0⇔y=12x+c2，∴斜率为12，
∵所求直线与直线x−2y+c=0垂直，
∴所求直线的斜率为−2，
∵所求直线过点(−1,3)，
∴所求的直线方程为y−3=−2(x+1)，即2x+y−1=0，
故答案为：2x+y−1=0．
根据互相垂直直线的斜率乘积为−1，求出所求直线的斜率为−2，再利用直线的点斜式方程求解即可．
本题考查了互相垂直直线斜率间的关系，直线点斜式方程的应用，属于基础题．
14.【答案】(43,−23,43)
【解析】解：由题意可得：b⋅a=2+2+2=6,|a|= 22+(−1)2+22=3，
所以向量b在向量a上的投影向量为b⋅a|a|a|a|=23a=(43,−23,43)．
故答案为：(43,−23,43)．
根据投影向量结合向量的坐标运算求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
15.【答案】 22
【解析】解：∵向量n=(1,0,1)是平面α的法向量，
点D(0,3,0)，平面α内的点C(1,2,0)，
∴DC=(1,−1,0)，
∴点D到平面α的距离d=|DC⋅n||n|=1 2= 22．
故答案为： 22．
由空间向量中的点到平面的距离公式直接可求得．
本题考查空间向量中的点到平面的距离的求法，属基础题．
16.【答案】3 2− 102
【解析】解：由直线x+my=0与直线mx−y−m+3=0，得1×m+m×(−1)=0
所以两直线垂直，
又因为直线x+my=0恒过(0,0)，直线mx−y−m+3=0恒过(1,3)，
所以点P(x,y)的轨迹为以点(0,0)和点(1,3)为直径的圆，
即圆心为(12,32)，半径r= 1+322= 102，
所以(x−12)2+(y−32)2=52，
圆心(12,32)到直线x+y−8=0的距离d=|12+32−8| 2=3 2，
P到直线x+y−8=0距离的最小值为d−r=3 2− 102．
故答案为：3 2− 102．
先求出点P(x,y)的轨迹，然后利用几何关系求出P到直线x+y−8=0距离的最小值．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为A(2,3)，所以kOA=32，
又AB⊥OA，所以kAB=−23，
所以边AB所在直线的方程为y−3=−23(x−2)，即2x+3y−13=0．
(2)设C(x,y)(x<0,y>0)，
由OA⊥OC，OA=OC得，yx⋅32=−1x2+y2=22+32，解得x=−3y=2，即C(−3,2)，
因为BC/​/OA，所以kBC=kOA=32，
所以边BC所在直线的方程为y−2=32(x+3)，即3x−2y+13=0．
【解析】本题考查直线方程的求法，两条直线的平行与垂直关系，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
(1)易知kOA=32，由AB⊥OA，得kAB=−23，再结合点A的坐标，由点斜式写出直线方程即可；
(2)设C(x,y)(x<0,y>0)，由OA⊥OC，OA=OC可得关于x和y的方程组，解之可得点C的坐标，再由BC/​/OA，知直线BC的斜率，最后由点斜式写出直线方程即可．
18.【答案】解：(1)由点A(2,a,−1)，B(−2,3,b)，C(1,2,−2)，
可得CA=(1,a−2,1)，CB=(−3,1,b+2)，
因为A，B，C三点共线，
所以CA//CB，即存在λ∈R，CA=λCB，
即(1,a−2,1)=λ(−3,1,b+2)，
所以−3λ=1，λ=a−2，λ(b+2)=1，
解得λ=−13，a=53，b=−5；
(2)b=−3，D(−1,3,−3)，且A，B，C，D四点共面，
CB=(−3,1,−1)，CD=(−2,1,−1)，
因为A，B，C，D四点共面，所以CA，CB，CD共面，
因为b≠−5，由(1)可得A，B，C三点不共线，
所以存在x，y∈R，使得CD=xCA+yCB，
即(−2,1,−1)=x(1,a−2,1)+y(−3,1,−1)，
所以−2=x−3y，1=x(a−2)+y，−1=x−y，
解得x=−12，y=12，a=1．
【解析】(1)由题意可得CA//CB，即存在λ∈R，CA=λCB，由向量共线的坐标表示，可得所求值；
(2)由空间四点共面的条件可得存在x，y∈R，使得CD=xCA+yCB，结合向量共线的坐标表示，解方程可得所求值．
本题考查空间三点共线和四点共面的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
因为BC⊥平面ABB1A1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AE，
因为ABB1A1为正方形，所以AE⊥A1B，
因为BC∩A1B=B，BC，A1B⊂平面A1BC
所以AE⊥平面A1BC
(2)以A为坐标原点，AB、AD、AA1分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，A1(0,0,2)，E(1,0,1)，C(2,4,0)，F(2,2,0)；
AE=(1,0,1)，AF=(2,2,0)，AA1=(0,0,2)，AC=(2,4,0)
设平面AEF的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅AE=x1+z1=0n⋅AF=2x1+2y1=0，令x1=1，则y1=−1，z1=−1，即n=(1,−1,−1)，
设平面AA1C的法向量为m=(x2,y2,z2)，
则m⋅AA1=2z2=0m⋅AC=2x2+4y2=0，令x2=2，则y2=−1，z2=0，即m=(2,−1,0)，
|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|2+1| 3× 5= 155，
所以平面AEF与平面AA1C的夹角的余弦值为 155．
【解析】(1)由长方体的结构特征，可证BC⊥AE，AE⊥A1B，得AE⊥平面A1BC；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
20.【答案】解：(1)设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，(D2+E2−4F>0)，
分别将A(6,1)，B(3,−2)，N(0,1)代入x2+y2+Dx+Ey+F=0，
得37+6D+E+F=013+3D−2E+F=01+E+F=0，
解得D=−6，E=−2，F=1，满足D2+E2−4F>0，
故圆C的方程为x2+y2−6x−2y+1=0．
(2)圆x2+y2−6x−2y+1=0，即(x−3)2+(y−1)2=9，圆心为(3,1)，半径为r=3，

由于32+12>9，即原点在该圆外，
假设存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等
当该直线过原点时，设其方程为y=kx，即kx−y=0，则|3k−1| 1+k2=3，
解得k=−43，则直线方程为y=−43x，即4x+3y=0；
当该直线不过原点时，则该直线斜率为−1，设该直线方程为x+y+a=0，
则|4+a| 2=3，解得a=±3 2−4，
即直线方程为x+y+3 2−4=0或x+y−3 2−4=0；
故存在斜率存在的直线与圆C相切，且在x轴，y轴上的截距相等，
直线方程为4x+3y=0或x+y+3 2−4=0或x+y−3 2−4=0．
【解析】(1)设出圆的一般方程，将已知点坐标代入，解方程求得参数，即得答案；
(2)假设存在满足题意的直线，讨论其是否过原点，利用圆心到直线的距离等于半径列方程求解参数，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆的方程的求法，是中档题．
21.【答案】解：(1)若斜率不存在，则方程为x=2，符合；
若斜率存在，设方程为y−1=k(x−2)，即kx−y+1−2k=0，
由|1−2k| k2+1=2得k=−34，切线方程为y−1=(−34)(x−2)即3x+4y−10=0
综上，切线方程为x=2，3x+4y−10=0；
(2)A(2,0)，B(0,2)，设Q(x,y)，由QA= 2QB得(x−2)2+y2=2[x2+(y−2)2]，
化简得：x2+y2+4x−8y+4=0，即(x+2)2+(y−4)2=16，
所以动点Q的轨迹是以(2,6)为圆心，4为半径的圆E，
因为圆心距OE=2 5∈(2,6)，所以两圆有两个公共点，
两圆方程相减得公共弦所在直线方程为x−2y+2=0，
公共弦长为2 4−(2 5)2=8 55．
【解析】(1)设切线l的方程为y=k(x−1)+2，由已知条件结合点到直线的距离公式即可求出l的方程；
(2)由QA= 2QB得(x−2)2+y2=2[x2+(y−2)2]，化简得(x+2)2+(y−4)2=16，所以Q的轨迹是圆，求出两圆的圆心距离可判断两圆的位置关系，再求公共弦长．
本题考查了圆的切线方程，考查了点到直线的距离公式，考查了分类讨论的数学思想方法，是中档题．
22.【答案】证明：(1)因为D为AB的中点，PA=PB=CA=CB，
所以PD⊥AB，CD⊥AB，
又PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PDC，
所以AB⊥平面PDC，
又因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC．
解：(2)记PD的中点为E，连接EM，平面AEM即为α，延长AE交PB于点Q，
因为M为PC的中点，所以EM//CD，
又CD⊄α，EM⊂α，所以满足CD//α，
设PQ=λPB(0<λ<1)，则PB=1λPQ，
因为PD=12PA+12PB，所以2PE=12PA+12×1λPQ，即PE=14PA+14×1λPQ，
因为A，E，Q共线，所以14+14λ=1，解得λ=13，所以PQ=13PB=1．
作PO⊥平面ABC，EF⊥平面ABC，连接AF，
则∠EAF即为直线AQ与平面ABC的夹角，
由正四面体性质可知，O为△ABC的重心，所以OC=23CD= 3，
所以PO= PC2−OC2= 6，
因为E为PD的中点，所以EF=12PO= 62，
又DE=12PD=12 32−(32)2=3 34，所以AE= AD2+DE2= 94+2716=3 74，
所以sin∠EAF=EFAE=2 4221．
【解析】(1)先证AB⊥平面PDC，然后由面面垂直判定定理可证；
(2)设PQ=λPB(0<λ<1)，利用A，E，Q共线可得λ，然后求出P到底面的距离，从而可得点E到底面距离，即可得所求．
本题考查面面垂直的证明和直线与平面所成角，属于中档题．