2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷人教A版，共10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. 已知直线l1:2x+ay=2，l2:a2x+2y=1且l1⊥l2，则a的值为（ ）
A.0或1B.0C.−1D.0或−1

2. 若一个圆锥的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A.2πB.22πC.2πD.4π

3. 把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的正棱锥体积最大时，直线BD和平面ABC所成角的大小为（ ）
A.90∘B.60∘C.45∘D.30∘

4. 若过点(2, 1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2x−y−3＝0的距离为（ ）
A.55B.255C.355D.455

5. 下列命题中，正确的命题是（ ）
A.任意三点确定一个平面
B.三条平行直线最多确定一个平面
C.不同的两条直线均垂直于同一个平面，则这两条直线平行
D.一个平面中的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行

6. 已知M(3, 23)，N(−1, 23)，F(1, 0)，则点M到直线NF的距离为（ ）
A.5B.23C.22D.33

7. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）
A.16 πB.20πC.24πD.32π

8. 直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆(x−2)2+y2=2上，则△ABP面积的取值范围是( )
A.[2, 6]B.[4, 8]C.[2, 32]D.[22, 32]
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

若x2−x−2<0是−2A.1B.2C.3D.4

已知α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ）
A.若m // n，m⊥α，则n⊥αB.若m // α，α∩β＝n，则m // n
C.若m⊥α，m⊥β，则α // βD.若m⊥α，m // n，n // β，则α // β

若直线过点A(1, 2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l方程可能为( )
A.x−y+1=0B.x+y−3=0C.2x−y=0D.x−y−1=0

已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为矩形，侧面PCD⊥平面ABCD，BC=23，CD=PC=PD=26．若点M为PC的中点，则下列说法正确的为（ ）

A.BM⊥平面PCD
B.PA // 面MBD
C.四棱锥M−ABCD外接球的表面积为36π
D.四棱锥M−ABCD的体积为6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

命题“∃x<0，x2−2x−1>0”的否定是________．

已知直线l1的方程为y=−2x+3，l2的方程为y=4x−2，直线l与l1平行且与l2在y轴上的截距相同，则直线l的斜截式方程为________．

若直线l:y=kx与曲线M：y＝1+1−(x−3)2有两个不同交点，则k的取值范围是________．

已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

已知直线l1：x+2y−4=0，若直线l2在x轴上的截距为32，且l1⊥l2．
(1)求直线l1和直线l2的交点坐标；

(2)已知直线l3经过直线l1与直线l2的交点，且在y轴上截距是在x轴上的截距的2倍，求直线l3的方程．

四棱锥P−ABCD的底面ABCD为直角梯形，AB // CD，AB⊥AD，AB=12CD=1，PA⊥平面ABCD，PA=AD=3．

（1）求证：PD⊥AB；

（2）求四棱锥P−ABCD的体积．

已知圆C的圆心坐标为(a, 0)，且圆C与y轴相切．
（1）已知a=1，M(4, 4)，点N是圆C上的任意一点，求|MN|的最小值．

（2）已知a<0，直线l的斜率为43，且与y轴交于点(0,−23)．若直线l与圆C相离，求a的取值范围．

直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=5，AC=3，BC=4，点D是线段AB上的动点．

（1）当点D是AB的中点时，求证：AC1 // 平面B1CD；

（2）线段AB上是否存在点D，使得平面ABB1A1⊥平面CDB1？若存在，试求出AD的长度；若不存在，请说明理由．

如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，FA⊥平面ABCD，FA // ED，AB=FA=2ED=2．

（1）求二面角F−BC−A的大小的正切值；

（2）求点E到平面AFC的距离；

（3）求直线FC与平面ABF所成的角的正弦值．

已知圆O:x2+y2=9，过点P(0, −2)任作圆O的两条相互垂直的弦AB、CD，设M、N分别是AB、CD的中点．

（1）直线MN是否过定点？若过，求出该定点坐标，若不过，请说明理由；

（2）求四边形ACBD面积的最大值，并求出对应直线AB、CD的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省高二（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.
【答案】
D
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用直线与直线垂直的性质直接求解．
【解答】
当a=0时，直线l1:x=1，l2:2y=1，
此时满足l1⊥l2，∴ a=0适合题意；
当a≠0时，直线直线l1:2x+ay=2化为y=−2ax+2a，可得斜率k1＝−2a，
l2:a2x+2y=1化为y=−a22x+12，可得斜率k2=−a22．
∵ l1⊥l2，
∴ k1k2=−2a(−a22)=a=−1，解得a=−1，
综上可得：a=0或a=−1．
2.
【答案】
A
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
设圆锥的底面圆半径、高和母线长，根据直角三角形的边角关系和面积公式列方程求出r和l的值，再计算圆锥的侧面积公式．
【解答】
设圆锥的底面圆半径为r，高为ℎ，母线长为l，
由题意知，r=ℎ=22l，
则轴截面的面积为12⋅(2r)2=1，
解得r=1，所以l=2；
所以该圆锥的侧面积为S圆锥侧=πrl=2π．
3.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
欲使得三棱锥体积最大，因为三棱锥底面积一定，只须三棱锥的高最大即可，即当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大，计算可得答案．
【解答】
如图，当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大
取AC的中点E，则BE⊥平面DAC，
故直线BD和平面ABC所成的角为∠DBE，
∵ BE＝DE，且BE⊥DE，∴ ∠DBE＝45∘．
∴ 当以A，B，C，D四点为顶点的正棱锥体积最大时，
直线BD和平面ABC所成角的大小为45∘．
4.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
【解析】
由已知设圆方程为(x−a)2+(y−a)2＝a2，(2, 1)代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可．
【解答】
由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为(a, a)，则半径为a，a>0．
故圆的方程为(x−a)2+(y−a)2＝a2，再把点(2, 1)代入，求得a＝5或1，
故要求的圆的方程为(x−5)2+(y−5)2＝25或(x−1)2+(y−1)2＝1．
故所求圆的圆心为(5, 5)或(1, 1)；
故圆心到直线2x−y−3＝0的距离d=|2×5−5−3|22+12=255或d=|2×1−1−3|22+12=255；
5.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
在A中，不共线的三点确定一个平面；在B中，三条平行直线最多确定三个平面；在C中，由线面垂直的性质定理得这两条直线平行；在D中，一个平面中的两条相交直线与另一个平面都平行，则这两个平面平行．
【解答】
在A中，不共线的三点确定一个平面，故A错误；
在B中，三条平行直线最多确定三个平面，故B错误；
在C中，不同的两条直线均垂直于同一个平面，
则由线面垂直的性质定理得这两条直线平行，故C正确；
在D中，一个平面中的两条相交直线与另一个平面都平行，
则这两个平面平行，故D错误．
6.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
用点斜式求直线NF的方程，再由题意利用点到直线的距离公式求得结果．
【解答】
∵ 已知M(3, 23)，N(−1, 23)，F(1, 0)，
易知NF的斜率k=−3，故NF的方程为y=−3(x−1)，即3x+y−3=0．
所以M到NF的距离为|33+23−3|(3)2+12=23．
7.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的面积求解
【解析】
设正四菱形的底面边长为a，则a2×4=16，求出a=2，从而这个球的半径r=1222+22+42=6，由此能求出这个球的表面积．
【解答】
∵ 各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，
∴ 设正四菱形的底面边长为a，则a2×4=16，
解得a=2，
∴ 这个球的半径r=1222+22+42=6，
∴ 这个球的表面积S=4π×(6)2=24π．
8.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦函数的定义域和值域
圆的综合应用
直线与圆的位置关系
点到直线的距离公式
【解析】
求出A(−2, 0)，B(0, −2)，|AB|=22，设P(2+2csθ, 2sinθ)，点P到直线x+y+2=0的距离：d=|2+2csθ+2sinθ+2|2=|2sin(θ+π4)+4|2∈[2,32]，由此能求出△ABP面积的取值范围．
【解答】
解：∵ 直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，
∴ 令x=0，得y=−2，令y=0，得x=−2，
∴ A(−2, 0)，B(0, −2)，|AB|=4+4=22，
∵ 点P在圆(x−2)2+y2=2上，
∴ 设P(2+2csθ, 2sinθ)，
∴ 点P到直线x+y+2=0的距离：
d=|2+2csθ+2sinθ+2|2=|2sin(θ+π4)+4|2，
∵ sin(θ+π4)∈[−1, 1]，
∴ d=|2sin(θ+π4)+4|2∈[2,32]，
∴ △ABP面积的取值范围是[2, 6]．
故选A．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
B,C,D
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
求解一元二次不等式，把若x2−x−2<0是−2【解答】
解：由x2−x−2<0，解得−1又x2−x−2<0是−2∴ (−1, 2)⫋(−2, a)，则a≥2，
∴ 实数a的值可以是2，3，4．
故选BCD.
【答案】
A,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
利用空间线面、面面位置关系的判定即可得出结论．
【解答】
A．由m // n，m⊥α，则n⊥α，正确；
B．由m // α，α∩β＝n，则m与n的位置关系不确定；
C．由m⊥α，m⊥β，则α // β正确
D．由m⊥α，m // n，n // β，则α⊥β，因此不正确．
【答案】
A,B,C
【考点】
直线的一般式方程
直线的点斜式方程
【解析】
讨论直线过原点时和直线不过原点时，分别求出对应的直线方程即可．
【解答】
解：当直线经过原点时，斜率为k=2−01−0=2，
所求的直线方程为y=2x，即2x−y=0；
当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y=k，
把点A(1, 2)代入可得1−2=k，或1+2=k，
求得k=−1，或k=3，
故所求的直线方程为x−y+1=0，或x+y−3=0；
综上知，所求的直线方程为 2x−y=0，x−y+1=0或x+y−3=0．
故选ABC.
【答案】
B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
设AC∩DB=O，取CD中点为E，连接AE，可得PE=32．AE=32，PA=PE2+AE2=6．
A，根据，PB=6≠BC，即可判定BM⊥平面PCD不可能；
B，由OM // PA，可得PA // 面MBD；
C，由OM=OD=OB=OC=OA=3，即可得四棱锥M−ABCD外接球的表面积．
D，利用体积公式可得四棱锥M−ABCD的体积为V=12VP−ABCD=12×13×23×26×32＝12．
【解答】
如图，设AC∩DB=O，取CD中点为E，∵ CD＝PC＝PD＝26∴ PE⊥CD，
∵ 侧面PCD⊥平面ABCD，侧面PCD∩平面ABCD=CD，∴ PE⊥平面ABCD．
连接AE，可得PE=26×32=32．AE=12+6=32
∴ PA=PE2+AE2=6．
对于A，∵ PB＝PE2+BE2=18+6+12=6≠BC，∴ BM不可能垂直PC，∴ BM⊥平面PCD不可能，故A错；
对于B，∵ OM // PA，OM⊂面MBD，∴ PA // 面MBD，故B正确；
对于C，∵ OM=12PA＝3，OD=OB=OC=OA=12AC＝1212+24＝3，故O为四棱锥M−ABCD外接球的球心，故四棱锥M−ABCD外接球的表面积为36π，故正确．
对于D，四棱锥M−ABCD的体积为V=12VP−ABCD=12×13×23×26×32＝12，故D错．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
【答案】
∀x<0，x2−2x−1≤0
【考点】
命题的否定
【解析】
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
【解答】
因为特称命题的否定是全称命题，所以：命题“∃x<0，x2−2x−1>0”的否定是：∀x<0，x2−2x−1≤0．
【答案】
y=−2x−2
【考点】
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
由题意求出直线l的斜率和在y轴上的截距，用斜截式求直线l的方程．
【解答】
由斜截式方程知直线l1的斜率k1=−2，又l // l1，所以l的斜率k=k1=−2．
由题意知l2在y轴上的截距为−2，所以l在y轴上的截距b=−2．
由斜截式方程可得直线l的方程为y=−2x−2．
【答案】
[12，34)
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
判断曲线的形状，通过直线l与曲线M相切，求出k取得最大值，然后求解k的最小值，推出结果；
【解答】
曲线M：y＝1+1−(x−3)2是以(3, 1)为圆心，1为半径的圆，且在直线y=1上方的半圆．
要使直线l与曲线M有两个不同交点，则直线l在如图所示的两条直线之间转动，
即当直线l与曲线M相切时，k取得最大值，|3k−1|1+k2＝1，
解得 k=34；k=0（舍去）．
当直线l过点D(2, 1)时，k取最小值12．
直线l:y=kx与曲线M：y＝1+1−(x−3)2有两个不同交点，故k的取值范围是[12，34)．
【答案】
36π
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，设SC=2r，取SC的中点O，连结AO，OB．
因为SA=AC，SB=BC，
所以OA⊥SC，OB⊥SC．
所以S△SBC=12SC⋅OB=12×2r⋅r=r2．
又因为平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，OA⊥SC，
所以OA⊥平面SBC，
所以VS−ABC=VA−SBC=13S△SBC⋅OA=13r3=9．
解得r=3，
所以S表=4πr2=36π．
故答案为：36π．
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ k2 = − 1 − 12 = 2．
∴ 直线l2的方程为：y−0＝2(x − 32)，
化为：y＝2x−3．
联立x + 2y − 4 = 0，2x − y − 3 = 0，
解得 x = 2，y = 1，
∴ 直线l1和l2的交点坐标为(2, 1)．
(2)当直线l3经过原点时，
可得方程：y = 12x．
当直线l3不经过过原点时，
设在x轴上截距为a≠0，
则在y轴上的截距的2a倍，
其方程为：xa + y2a = 1，
把交点坐标(2, 1)代入,
可得：2a + 12a = 1，
解得a = 52．
可得方程：2x+y=5．
综上可得直线l3的方程为：
x−2y=0或2x+y−5=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
两条直线的交点坐标
直线的截距式方程
【解析】
(1)利用l1⊥l2，可得斜率kl2．利用点斜式可得直线l2的方程，与直线l1和l2的交点坐标为(2, 1).
(2)当直线l3经过原点时，可得方程．当直线l3不经过过原点时，设在x轴上截距为a≠0，则在y轴上的截距的2a倍，其方程为：xa + y2a = 1，把交点坐标(2, 1)代入可得a．
【解答】
解：(1)∵ l1⊥l2，
∴ k2 = − 1 − 12 = 2．
∴ 直线l2的方程为：y−0＝2(x − 32)，
化为：y＝2x−3．
联立x + 2y − 4 = 0，2x − y − 3 = 0，
解得 x = 2，y = 1，
∴ 直线l1和l2的交点坐标为(2, 1)．
(2)当直线l3经过原点时，
可得方程：y = 12x．
当直线l3不经过过原点时，
设在x轴上截距为a≠0，
则在y轴上的截距的2a倍，
其方程为：xa + y2a = 1，
把交点坐标(2, 1)代入,
可得：2a + 12a = 1，
解得a = 52．
可得方程：2x+y=5．
综上可得直线l3的方程为：
x−2y=0或2x+y−5=0．
【答案】
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
又因为AB⊥AD，AB∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．
S梯形ABCD=12(AB+CD)⋅AD=332，
又PA⊥平面ABCD，
所以V四棱锥P−ABCD=13×S梯形ABCD×PA=13×332×3=32．
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的体积
直线与平面垂直
【解析】
（1）推导出PA⊥AB，AB⊥AD，从而AB⊥平面PAD．由此能证明AB⊥PD．
（2）推导出S梯形ABCD=12(AB+CD)⋅AD=332，PA⊥平面ABCD，由此能求出四棱锥P−ABCD的体积．
【解答】
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，
又因为AB⊥AD，AB∩PA=A，
所以AB⊥平面PAD．
又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．
S梯形ABCD=12(AB+CD)⋅AD=332，
又PA⊥平面ABCD，
所以V四棱锥P−ABCD=13×S梯形ABCD×PA=13×332×3=32．
【答案】
当a=1时，圆C的方程为(x−1)2+y2=1，
又|MC|=(4−1)2+(4−0)2＝5，
∴ |MN|的最小值为5−1=4；
∵ 直线l的斜率为43，且与y轴交于点(0,−23)，
∴ 直线l的方程为y＝43x−23，即4x−3y−2=0．
∵ 直线l与圆C相离，
∴ |4a−2|42+(−3)2>|a|，又a<0，则2−4a>−5a，解得a>−2．
∴ a的取值范围为(−2, 0)．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）求出圆的方程，再求出M到圆心的距离，减去半径得答案；
（2）写出直线方程，利用圆心到直线的距离大于半径求解．
【解答】
当a=1时，圆C的方程为(x−1)2+y2=1，
又|MC|=(4−1)2+(4−0)2＝5，
∴ |MN|的最小值为5−1=4；
∵ 直线l的斜率为43，且与y轴交于点(0,−23)，
∴ 直线l的方程为y＝43x−23，即4x−3y−2=0．
∵ 直线l与圆C相离，
∴ |4a−2|42+(−3)2>|a|，又a<0，则2−4a>−5a，解得a>−2．
∴ a的取值范围为(−2, 0)．
【答案】
证明：如图，连接BC1，交B1C于点E，连接DE，
则点E是BC1的中点，
又点D是AB的中点，由中位线定理得DE // AC1，
因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，
所以AC1 // 平面B1CD．
当CD⊥AB时，平面ABB1A1⊥平面CDB1．
证明：因为AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以AA1⊥CD．
又CD⊥AB，AA1∩AB=A，
所以CD⊥平面ABB1A1，
因为CD⊂平面CDB1，
所以平面ABB1A1⊥平面CDB1，
故点D满足CD⊥AB．
因为AB=5，AC=3，BC=4，所以AC2+BC2=AB2，
故△ABC是以角C为直角的三角形，
又CD⊥AB，所以AD=95．
【考点】
平面与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）取B1C的中点E，由中位线定理可得DE // AC1，故而AC1 // 平面B1CD；
（2）当CD⊥AB时，可证平面ABB1A1⊥平面CDB1，从而得出AD的长度．
【解答】
证明：如图，连接BC1，交B1C于点E，连接DE，
则点E是BC1的中点，
又点D是AB的中点，由中位线定理得DE // AC1，
因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，
所以AC1 // 平面B1CD．
当CD⊥AB时，平面ABB1A1⊥平面CDB1．
证明：因为AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，
所以AA1⊥CD．
又CD⊥AB，AA1∩AB=A，
所以CD⊥平面ABB1A1，
因为CD⊂平面CDB1，
所以平面ABB1A1⊥平面CDB1，
故点D满足CD⊥AB．
因为AB=5，AC=3，BC=4，所以AC2+BC2=AB2，
故△ABC是以角C为直角的三角形，
又CD⊥AB，所以AD=95．
【答案】
作AG⊥BC，AG⊥BC于点G，连接FG，
四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，AB=2，
△ABC为等边三角形，BG=GC=1，AG＝3，
∵ FA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴ FA⊥BC，
又 AG∩FA=A，AG∩FA=A，∴ BC⊥平面AFG，∴ BC⊥FG，
∴ ∠AGF为二面角F−BC−A的平面角，
∴ tan∠AGF＝AFAG＝23＝233；
连接AE，设点E到平面AFC的距离为ℎ，
则VE−ACF=VC−AEF，
即13×12AF⋅AC⋅ℎ=13×12AF⋅AD⋅3，
解得：ℎ＝3；
点E到平面AFC的距离3．
作CH⊥AB于点H，连接FH，∵ △ABC为等边三角形，∴ H为AB的中点，AH＝1,CH＝3，FH＝FA2+AH2＝5，
∵ FA⊥平面ABCD，CH⊂平面ABCD，∴ FA⊥CH，
又∵ CH⊥AB，AB∩AF=A，∴ CH⊥平面ABF，
∴ ∠CFH为直线FC与平面ABF所成的角，
∴ sin∠CFH＝CHCF＝322＝64．
【考点】
二面角的平面角及求法
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
【解析】
（1）作AG⊥BC，AG⊥BC于点G，连接FG，说明∠AGF为二面角F−BC−A的平面角，通过求解三角形推出结果．
（2）连接AE，设点E到平面AFC的距离为ℎ，通过VE−ACF=VC−AEF，求解点E到平面AFC的距离．
（3）作CH⊥AB于点H，连接FH，说明∠CFH为直线FC与平面ABF所成的角，通过求解三角形推出结果即可．
【解答】
作AG⊥BC，AG⊥BC于点G，连接FG，
四边形ABCD是菱形，∠ABC=60∘，AB=2，
△ABC为等边三角形，BG=GC=1，AG＝3，
∵ FA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴ FA⊥BC，
又 AG∩FA=A，AG∩FA=A，∴ BC⊥平面AFG，∴ BC⊥FG，
∴ ∠AGF为二面角F−BC−A的平面角，
∴ tan∠AGF＝AFAG＝23＝233；
连接AE，设点E到平面AFC的距离为ℎ，
则VE−ACF=VC−AEF，
即13×12AF⋅AC⋅ℎ=13×12AF⋅AD⋅3，
解得：ℎ＝3；
点E到平面AFC的距离3．
作CH⊥AB于点H，连接FH，∵ △ABC为等边三角形，∴ H为AB的中点，AH＝1,CH＝3，FH＝FA2+AH2＝5，
∵ FA⊥平面ABCD，CH⊂平面ABCD，∴ FA⊥CH，
又∵ CH⊥AB，AB∩AF=A，∴ CH⊥平面ABF，
∴ ∠CFH为直线FC与平面ABF所成的角，
∴ sin∠CFH＝CHCF＝322＝64．
【答案】
当直线AB、CD的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为：y=kx−2(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y＝kx−2x2+y2＝9得：(k2+1)x2−4kx−5=0，
∵ 点P(0, −2)在圆内，故△>0．
又∴ x1+x2＝4kk2+1∴xM＝x1+x22＝2kk2+1，yM＝kxM−2＝−2k2+1，
即 M(2kk2+1，−2k2+1)，
∵ AB⊥CD以−1k代换k得N(−2kk2+1，−2k2k2+1)，
∴ kMN＝−2k2+1+2k2k2+12kk2+1+2kk2+1＝k2−12k．
∴ 直线MN的方程为：y+2k2+1＝k2−12k(x−2kk2+1)，
化简得y＝k2−12kx−1，故直线MN恒过定点(0, −1)，
当直线AB、CD的斜率不存在或为0时，显然直线MN恒过定点(0, −1)，
综上，直线MN恒过定点(0, −1)．
解法一：圆心O到直线AB的距离d1＝2k2+1|AB|＝2r2−d12＝29−4k2+1，
（或由第（1）问得：|AB|＝1+k2|x2−x1|＝(1+k2)[(x2+x1)2−4x2x1]＝29k2+5k2+1，
以−1k代换k得|CD|＝25k2+9k2+1)，
∵ AB⊥CD，∴ 以−1k代换k得：|CD|＝29−4k2k2+1，
∴ S​ACBD=12|AB|⋅|CD|=29−4k2+1⋅9−4k2k2+1
=245+16k2(k2+1)2
=245+16k2+1k2+2
≤245+162k2⋅1k2+2=14，
当且仅当k2＝1k2，k＝±1时，取等号，
故四边形ACBD面积的最大值为14，
对应直线AB、CD分别为y=x−2，y=−x−2或y=−x−2，y=x−2．
解法二：设圆心O到直线AB、CD的距离分别为d1、d2，
则|AB|＝r2−d12＝9−d12，|CD|＝r2−d22＝9−d22，
∵ AB⊥CD，∴ d12+d22＝|OP|2＝4，∴ SACBD＝12|AB|⋅|CD|
=29−d12⋅9−d22
≤(9−d12)+(9−d22)＝18−(d12+d22)
=18−|OP|2=18−4=14，
当且仅当d1=d2，即k=±1时，取等号，
故四边形ACBD面积的最大值为14，
对应直线AB、CD分别为y=x−2，y=−x−2或y=−x−2，y=x−2．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）当直线AB、CD的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为：y=kx−2(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y＝kx−2x2+y2＝9得：(k2+1)x2−4kx−5=0，利用韦达定理，求出M坐标，然后求解N的坐标，求出直线系方程，推出直线MN恒过定点．
（2）解法一：圆心O到直线AB的距离，求出弦长，然后转化求解四边形的面积，推出直线方程即可．
解法二：设圆心O到直线AB、CD的距离分别为d1、d2，求出AB，CD的长，通过AB⊥CD推出d12+d22＝4，然后求解四边形的面积，利用基本不等式求解最值，推出成立的条件，求出直线方程．
【解答】
当直线AB、CD的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为：y=kx−2(k≠0)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由y＝kx−2x2+y2＝9得：(k2+1)x2−4kx−5=0，
∵ 点P(0, −2)在圆内，故△>0．
又∴ x1+x2＝4kk2+1∴xM＝x1+x22＝2kk2+1，yM＝kxM−2＝−2k2+1，
即 M(2kk2+1，−2k2+1)，
∵ AB⊥CD以−1k代换k得N(−2kk2+1，−2k2k2+1)，
∴ kMN＝−2k2+1+2k2k2+12kk2+1+2kk2+1＝k2−12k．
∴ 直线MN的方程为：y+2k2+1＝k2−12k(x−2kk2+1)，
化简得y＝k2−12kx−1，故直线MN恒过定点(0, −1)，
当直线AB、CD的斜率不存在或为0时，显然直线MN恒过定点(0, −1)，
综上，直线MN恒过定点(0, −1)．
解法一：圆心O到直线AB的距离d1＝2k2+1|AB|＝2r2−d12＝29−4k2+1，
（或由第（1）问得：|AB|＝1+k2|x2−x1|＝(1+k2)[(x2+x1)2−4x2x1]＝29k2+5k2+1，
以−1k代换k得|CD|＝25k2+9k2+1)，
∵ AB⊥CD，∴ 以−1k代换k得：|CD|＝29−4k2k2+1，
________∴ SACBD=12|AB|⋅|CD|=29−4k2+1⋅9−4k2k2+1
=245+16k2(k2+1)2
=245+16k2+1k2+2
≤245+162k2⋅1k2+2=14，
当且仅当k2＝1k2，k＝±1时，取等号，
故四边形ACBD面积的最大值为14，
对应直线AB、CD分别为y=x−2，y=−x−2或y=−x−2，y=x−2．
解法二：设圆心O到直线AB、CD的距离分别为d1、d2，
则|AB|＝r2−d12＝9−d12，|CD|＝r2−d22＝9−d22，
∵ AB⊥CD，∴ d12+d22＝|OP|2＝4，________
∴ SACBD＝12|AB|⋅|CD|
=29−d12⋅9−d22
≤(9−d12)+(9−d22)＝18−(d12+d22)
=18−|OP|2=18−4=14，
当且仅当d1=d2，即k=±1时，取等号，
故四边形ACBD面积的最大值为14，
对应直线AB、CD分别为y=x−2，y=−x−2或y=−x−2，y=x−2．