2023-2024学年山东省名校考试联盟高二(上)期中数学试卷

2023-2024学年山东省名校考试联盟高二（上）期中数学试卷一、单项选择题。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．（5分）直线的倾斜角为（）A． B． C． D．2．（5分）已知椭圆C的焦点为（﹣1，0）和（1，0），离心率为，则C的方程为（）A． B． C． D．3．（5分）在四面体ABCD中，点M，N满足，，若，则x+y+z＝（）A． B． C． D．14．（5分）已知圆C：x2+y2＝4，直线l过点（0，1），则直线l被圆C所截得的弦长的最小值为（）A．1 B． C．2 D．5．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝2，AB⊥AD，∠A1AB＝，则AC1的长为（）A． B． C．12 D．206．（5分）已知点M是直线y＝x+1上一点，A（1，0），B（2，1），则|AM|+|BM|的最小值为（）A． B． C． D．7．（5分）将直线3x﹣y+a＝0向上平移1个单位，所得直线与圆x2+y2﹣2x+6y＝0相切，则实数a的值为（）A．5或﹣15 B．﹣5或15 C．3或﹣17 D．﹣3或178．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆C：＝1，点P（x0，0），当x0≥1时，C上有且仅有一点到点P的距离最小，则C的离心率的取值范围为（）A． B． C． D．二、多项选择题。本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）已知直线l1：ax+y+2a＝0，直线l2：a2x﹣y+2a＝0，则（）A．l1恒过定点（﹣2，0） B．当l1⊥l2时，a＝1 C．当l1∥l2时，a＝0或a＝﹣1 D．点（1，4）到l1距离的最大值为4（多选）10．（5分）已知F1，F2是椭圆C：的两个焦点，点P在C上，，则（）A．△PF1F2的周长为6 B．△PF1F2的面积为 C．△PF1F2内切圆的半径为 D．（多选）11．（5分）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆C：，其蒙日圆为圆M，过直线l：x+y﹣3＝0上一点P作M的两条切线，切点分别为A，B，则（）A．M的方程为x2+y2＝4 B．四边形PAMB面积的最小值为 C．的最小值为 D．当点P坐标为（1，2）时，直线AB方程为x+2y﹣4＝0（多选）12．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，点F为线段A1B1的中点，点M，N分别为线段AC1与线段B1C上一点，则（）A．直线C1F与直线DE所成角的余弦值为 B．点D到直线C1F的距离为 C．当，，MN∥平面ABCD时，λ+μ＝1 D．MN的最小值为三、填空题。本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）若方程x2+y2+2（a+1）x+2ay+1＝0表示圆，则a的取值范围为．14．（5分）将边长为2的等边△ABC沿BC边中线AD折起得到三棱锥A﹣BCD，当所得三棱锥体积最大时，点D到平面ABC的距离为．15．（5分）华罗庚先生说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”数形结合对于解决部分数学问题有着事半功倍的效果．已知x，y∈R，则的最小值为．16．（5分）四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，且它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为QP，AB，BC的中点，则四面体AEFM外接球的表面积为．四、解答题。本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知直线l过点（1，2）．（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）设O为坐标原点，若l与x轴正半轴交于点A，l与y轴正半轴交于点B，求△OAB面积的最小值．18．（12分）已知三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AC＝4，A1C1＝2，A1B1＝1，AA1⊥AC，AC⊥AB，平面ACC1A1⊥平面ABC，点D为CC1中点．（1）求证：AA1⊥BC；（2）求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．19．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为B1，B2．（1）设P为C上异于B1，B2的任意一点，求直线PB1与直线PB2斜率之积；（2）已知Q（4，6），直线QB1，QB2分别与C交于M，N（异于B1，B2），求直线MN方程．20．（12分）已知点A（1，0），B（4，0），曲线C上任意一点M均满足|MB|＝2|MA|．（1）求C的轨迹方程；（2）过点A的直线l与C交于P，Q两点，证明：∠PBA＝∠QBA．21．（12分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，侧面ABC为等边三角形，底面BCDE为菱形，∠BCD＝，BC＝2，．（1）设平面ABC与平面ADE的交线为l，求证：l∥BC；（2）若点F在棱DE上，且直线AF与平面ABD所成角的正弦值为，求DF．22．（12分）已知椭圆C过点，B（0，1）．过点P（1，1）的直线l交直线AB于点D，交C于M，N两点．（1）求C的方程；（2）是否存在实数λ使得？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．

2023-2024学年山东省名校考试联盟高二（上）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题。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．（5分）直线的倾斜角为（）A． B． C． D．【考点】直线的倾斜角．【答案】A【分析】根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．【解答】解：直线x﹣y﹣1＝0的斜率为，直线的倾斜角范围为[0，π），故该直线的倾斜角为．故选：A．2．（5分）已知椭圆C的焦点为（﹣1，0）和（1，0），离心率为，则C的方程为（）A． B． C． D．【考点】椭圆的性质．【答案】B【分析】求解椭圆的几何量，然后求解椭圆方程．【解答】解：椭圆C的焦点为（﹣1，0）和（1，0），离心率为，可得c＝1，a＝，所以b＝1，可得椭圆方程为：．故选：B．3．（5分）在四面体ABCD中，点M，N满足，，若，则x+y+z＝（）A． B． C． D．1【考点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示．【答案】B【分析】直接利向量的线性运算求出结果．【解答】解：在四面体ABCD中，由于点M，N满足，，如图所示：故＝，故x+y+z＝．故选：B．4．（5分）已知圆C：x2+y2＝4，直线l过点（0，1），则直线l被圆C所截得的弦长的最小值为（）A．1 B． C．2 D．【考点】直线与圆的位置关系．【答案】D【分析】由已知可得圆心到直线l的最大距离为（0，1）到圆心C（0，0）的距离1，可求直线l被圆C所截得的弦长的最小值．【解答】解：因为直线l过点（0，1），且点（0，1）在圆内，所以圆心到直线l的最大距离为（0，1）到圆心C（0，0）的距离1，此时弦长最小为2＝2．故选：D．5．（5分）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝2，AB⊥AD，∠A1AB＝，则AC1的长为（）A． B． C．12 D．20【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【答案】B【分析】根据，展开即可求解．【解答】解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝2，AB⊥AD，∠A1AB＝，∴，，＝＝2，∵＝＝4+4+4+0+2×2+2×2＝20，∴|AC1|＝．故选：B．6．（5分）已知点M是直线y＝x+1上一点，A（1，0），B（2，1），则|AM|+|BM|的最小值为（）A． B． C． D．【考点】两点间的距离公式．【答案】D【分析】由题意作点A关于直线y＝x+1的对称点A′，求出A′的坐标，连接A′B即为|AM|+|BM|的最小值．【解答】解：A（1，0），B（2，1），M为直线l：y＝x+1上的动点，设点A关于直线y＝x+1的对称点A′（m，n），则，解得点A′（﹣1，2），连接A′B，交直线l于点M，则|AM|+|BM|的最小值为A′B＝＝．故选：D．7．（5分）将直线3x﹣y+a＝0向上平移1个单位，所得直线与圆x2+y2﹣2x+6y＝0相切，则实数a的值为（）A．5或﹣15 B．﹣5或15 C．3或﹣17 D．﹣3或17【考点】直线与圆的位置关系；圆的切线方程．【答案】D【分析】利用平移变换求得平移后的直线方程，化圆的一般方程为标准方程，求得圆心坐标与半径，再由圆心到直线的距离等于半径列式求得a值．【解答】解：直线3x﹣y+a＝0沿x轴向上平移1个单位，得3x﹣（y﹣1）+a＝0，即3x﹣y+a+1＝0．化圆x2+y2﹣2x+6y＝0为（x﹣1）2+（y+3）2＝10，得圆心坐标为（1，﹣3），半径为．则＝，即|a+7|＝10，得a＝3或﹣17．故选：D．8．（5分）已知焦点在x轴上的椭圆C：＝1，点P（x0，0），当x0≥1时，C上有且仅有一点到点P的距离最小，则C的离心率的取值范围为（）A． B． C． D．【考点】椭圆的性质．【答案】A【分析】设椭圆上任意一点M（x，y），则，由对称性可知：PM2在x＝2时取得最小值，根据对称轴即可求解．【解答】解：设椭圆上任意一点M（x，y），则，由对称性可知：PM2在x＝2时取得最小值，又因为对称轴为，所以，即2e2≤x0，所以2e2≤1，解得，又因为e＞0，所以．故选：A．二、多项选择题。本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（5分）已知直线l1：ax+y+2a＝0，直线l2：a2x﹣y+2a＝0，则（）A．l1恒过定点（﹣2，0） B．当l1⊥l2时，a＝1 C．当l1∥l2时，a＝0或a＝﹣1 D．点（1，4）到l1距离的最大值为4【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系；恒过定点的直线；直线的一般式方程与直线的平行关系．【答案】ABCD【分析】对于A，直线l1：ax+y+2a＝0转化为（x+2）a+y＝0，由此能求出l1恒过定点（﹣2，0）；对于B，利用直线与直线垂直的性质直接求解；对于C，利用直线与直线平行的性质直接求解；对于D，利用点到直线的距离公式求解．【解答】解：直线l1：ax+y+2a＝0，直线l2：a2x﹣y+2a＝0，对于A，直线l1：ax+y+2a＝0转化为（x+2）a+y＝0，由，得l1恒过定点（﹣2，0），故A正确；对于B，当l1⊥l2时，a•a2+1•（﹣1）＝0，解得a＝1，故B正确；对于C，当l1∥l2时，a＝0时成立；当a≠0时，＝≠，解得a＝﹣1．综上，当l1∥l2时，a＝0或a＝﹣1，故C正确；对于D，点（1，4）到l1距离d＝＝，∴当a＝0时，点（1，4）到l1距离的最大值为4，故D正确．故选：ABCD．（多选）10．（5分）已知F1，F2是椭圆C：的两个焦点，点P在C上，，则（）A．△PF1F2的周长为6 B．△PF1F2的面积为 C．△PF1F2内切圆的半径为 D．【考点】椭圆的性质．【答案】BC【分析】由，可得△PF1F2的周长；在△PF1F2中，由余弦定理可得|PF1|⋅|PF2|，代入三角形的面积公式求解三角形的面积；由等面积法求得△PF1F2的内切圆的半径；利用三角形的面积求得P点坐标，进而利用两点间的距离公式求得OP的长．【解答】解：对于A：由椭圆定义知|PF1|+|PF2|＝2a＝4，|F1F2|＝2c＝2＝2，∴△PF1F2的周长为2a+2c＝4+2，A错误；对于B：∵cos∠F1PF2＝＝，∴＝，∴|PF1||PF2|＝，∴△PF1F2的面积为|PF1||PF2|sin∠F1PF2＝××＝，B正确；对于C：，所以，C正确；对于D：，所以，所以，所以，D错误．故选：BC．（多选）11．（5分）蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆C：，其蒙日圆为圆M，过直线l：x+y﹣3＝0上一点P作M的两条切线，切点分别为A，B，则（）A．M的方程为x2+y2＝4 B．四边形PAMB面积的最小值为 C．的最小值为 D．当点P坐标为（1，2）时，直线AB方程为x+2y﹣4＝0【考点】椭圆的性质；直线与圆锥曲线的综合．【答案】ACD【分析】A选项：当切线切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可得两切线交点坐标，得到蒙日圆半径即可求解；B选项：SPAMB＝2S△PAM＝PA⋅AM＝2PA，则只需要求PA最小值，又PA2＝PM2﹣AM2＝PM2﹣4，求出PM的最小值即可；C选项：设∠APM＝θ，所以，所以，利用平面向量数量积和基本不等式即可求解；D选项：当点P坐标为（1，2）时，P，A，M，B在以线段PM为直径的圆上，得到圆的方程即可求解．【解答】解：A选项：当切线切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可得两切线交点坐标为，所以蒙日圆半径为2，所以蒙日圆M的方程为x2+y2＝4，所以A正确；B选项：SPAMB＝2S△PAM＝PA⋅AM＝2PA，所以只需要求PA最小值，因为PA2＝PM2﹣AM2＝PM2﹣4，所以只需要求PM的最小值，PM最小值为M到直线x+y﹣3＝0的距离，所以PA最小值为，所以四边形PAMB面积最小值为，所以B错误；C选项：设∠APM＝θ，所以，所以，所以，当且仅当时取“＝“，由选项B知，等号可以取到，所以C正确；D选项：当点P坐标为（1，2）时，P，A，M，B在以线段PM为直径的圆上，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为，与圆M联立可得直线AB方程为x+2y﹣4＝0，所以D正确．故选：ACD．（多选）12．（5分）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，点F为线段A1B1的中点，点M，N分别为线段AC1与线段B1C上一点，则（）A．直线C1F与直线DE所成角的余弦值为 B．点D到直线C1F的距离为 C．当，，MN∥平面ABCD时，λ+μ＝1 D．MN的最小值为【考点】点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角．【答案】ACD【分析】以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解异面直线所成角的余弦值判断A；利用空间向量求解点到直线的距离判断B；利用向量的加减及数乘运算结合向量共面定理判断C；求出AC1和B1C公垂线段的长度判断D．【解答】解：如图，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，D（0，0，0），E（1，，0），C1（0，1，1），F（1，，1），，，，∵cos＜＞＝，∴直线C1F与直线DE所成角的余弦值为，故A正确；点D到直线C1F的距离为，故B错误；＝＝，∵MN∥平面ABCD，∴1﹣λ﹣μ＝0，即λ+μ＝1，故C正确；当MN是AC1和B1C公垂线时，MN的长度最小，∵B1C⊥平面ABC1，∴此时有N＝BC1∩B1C，过N在平面ABC1内作AC1的垂线，垂足即为长度最小时M的位置，可得MN＝，故D正确．故选：ACD．三、填空题。本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）若方程x2+y2+2（a+1）x+2ay+1＝0表示圆，则a的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．【考点】二元二次方程表示圆的条件；圆的一般方程．【答案】（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，列不等式求解即可．【解答】解：方程x2+y2+2（a+1）x+2ay+1＝0表示圆，则4（a+1）2+4a2﹣4×1＞0，即a2+a＞0，解得a＜﹣1或a＞0，所以a的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．14．（5分）将边长为2的等边△ABC沿BC边中线AD折起得到三棱锥A﹣BCD，当所得三棱锥体积最大时，点D到平面ABC的距离为．【考点】点、线、面间的距离计算．【答案】．【分析】根据题意可得当BD⊥CD时，△BDC的面积最大，此时三棱锥体积最大，再根据等体积法，即可求解．【解答】解：根据题意可知当BD⊥CD时，△BDC的面积最大，此时三棱锥体积最大，又易知AD⊥平面BDC，且BD＝CD＝1，AD＝，AC＝AB＝2，此时BC＝，∴此时三棱锥A﹣BCD的体积为＝，又此时△ABC的面积为＝，设D到平面ABC的距离为d，则根据等体积法可得：，即，∴．故答案为：．15．（5分）华罗庚先生说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”数形结合对于解决部分数学问题有着事半功倍的效果．已知x，y∈R，则的最小值为10．【考点】两点间的距离公式；函数的最值及其几何意义．【答案】10．【分析】由题意结合两点间距离公式和三角形两边之和大于第三边即可求解．【解答】解：设D（x，y），则表示D到原点O（0，0）的距离，表示D到点A（1，2）的距离，表示D到点B（﹣3，4）的距离，表示D到点C（﹣4，2）的距离，∴+++＝|OD|+|AD|+|BD|+|CD|，由三角形两边之和大于第三边可知：|OD|+|BD|≥|BO|，当且仅当B、O、D三点共线时取等号；|AD|+|CD|≥|AC|，当且仅当A、D、C三点共线时取等号；∴|OD|+|BD|+|AD|+|CD|≥|BO|+|AC|＝+＝10，当且仅当D为AC与BO的交点时取等号．故答案为：10．16．（5分）四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，且它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为QP，AB，BC的中点，则四面体AEFM外接球的表面积为14π．【考点】球的体积和表面积．【答案】14π．【分析】首先利用正弦定理求出底面△AEF的外接圆的半径，进一步求出四面体AEFM的外接球的半径，最后求出球的表面积．【解答】解：四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，且它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为QP，AB，BC的中点，图形转换为：在△AEF中，设△AEF的外接圆的半径为R，利用正弦定理：，故，设四面体AEFM的外接球的半径为r，所以＝；故．故答案为：14π．四、解答题。本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知直线l过点（1，2）．（1）若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；（2）设O为坐标原点，若l与x轴正半轴交于点A，l与y轴正半轴交于点B，求△OAB面积的最小值．【考点】直线的截距式方程．【答案】（1）2x﹣y＝0或x+y﹣3＝0．（2）4．【分析】（1）若直线l经过原点，利用点斜式可得直线l的方程；若直线l不经过原点，由l在两坐标轴上的截距相等，可设直线l的方程为x+y＝a，把点（1，2）代入上述方程可得a，即可得出直线l的方程．（2）设直线l的方程为+＝1（a，b＞0），由题意可得+＝1，利用基本不等式，即可△OAB面积的最小值．【解答】解：（1）若直线l经过原点，则直线l的方程为y＝2x；若直线l不经过原点，由l在两坐标轴上的截距相等，可设直线l的方程为x+y＝a，把点（1，2）代入上述方程可得1+2＝a，即a＝3，∴直线l的方程为x+y＝3，综上可得直线l的方程为2x﹣y＝0或x+y﹣3＝0．（2）设直线l的方程为+＝1（a，b＞0），则+＝1，∴1≥2，化为ab≥8，当且仅当＝＝，即a＝2，b＝4时取等号，∴△OAB面积S＝ab≥×8＝4，即△OAB面积的最小值为4．18．（12分）已知三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AC＝4，A1C1＝2，A1B1＝1，AA1⊥AC，AC⊥AB，平面ACC1A1⊥平面ABC，点D为CC1中点．（1）求证：AA1⊥BC；（2）求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解答；（2）．【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证得AA1⊥平面ABC，从而证明AA1⊥BC；（2）建立空间直角坐标系，求得平面ABD和平面BDC的法向量，利用向量法求得二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】（1）证明：因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，又AA1⊥AC，AA1⊂平面ACC1A1，所以AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；（2）解：由题设及（1）的结论可知，AB，AC，AA1两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由棱台的性质可知，△ABC∽△A1B1C1，则，由AC＝4，A1C1＝2，A1B1＝1，可得AB＝2，则B（2，0，0），C（0，4，0），C1（0，2，2），由D为C1C的中点，可得D（0，3，1），则，，，，设平面ABD的法向量为，由，令y＝1，可得，设平面BDC的法向量为，由，令b＝1，可得，设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则有cosθ＝|cos＜＞|＝||＝，所以sinθ＝，即二面角A﹣BD﹣C的正弦值为．19．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为B1，B2．（1）设P为C上异于B1，B2的任意一点，求直线PB1与直线PB2斜率之积；（2）已知Q（4，6），直线QB1，QB2分别与C交于M，N（异于B1，B2），求直线MN方程．【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的性质．【答案】（1）；（2）4x+3y﹣4＝0．【分析】（1）由题意，得到B1，B2的坐标，设出点P的坐标，再代入公式进行求解即可；（2）分别求出直线QB1，QB2的方程，将其与椭圆C的方程联立，求出点M和点N，再代入直线方程中即可求解．【解答】解：（1）因为椭圆的左、右顶点分别为B1，B2，所以B1（﹣2，0），B2（2，0），不妨设P（x0，y0），因为点P在椭圆C上，所以，则直线PB1与直线PB2斜率之积为＝＝；（2）易知直线QB1的方程为y＝x+2，联立，消去y并整理得7x2+16x+4＝0，解得x＝﹣2或，所以，①直线QB2的方程为y＝3x﹣6，同理可得N（），②由①②，可得直线MN的方程为4x+3y﹣4＝0．20．（12分）已知点A（1，0），B（4，0），曲线C上任意一点M均满足|MB|＝2|MA|．（1）求C的轨迹方程；（2）过点A的直线l与C交于P，Q两点，证明：∠PBA＝∠QBA．【考点】直线与圆锥曲线的综合；轨迹方程．【答案】（1）x2+y2＝4；（2）证明过程见解析．【分析】（1）由题意，设M（x，y），根据题目所给信息，列出等式，即可求出C的轨迹方程；（2）对直线l与x轴是否重合进行讨论，当直线l与x轴不重合时，设出直线l的方程和P，Q两点的坐标，将直线l的方程与C的轨迹方程联立，利用韦达定理以及斜率公式再进行求证即可．【解答】解：（1）不妨设M（x，y），因为|MB|＝2|MA|，所以，整理得3x2+3y2＝12，即x2+y2＝4，则C的轨迹方程为x2+y2＝4；（2）证明：当直线l与x轴重合时，∠PBA＝∠QBA＝0，当直线l与x轴不重合时，不妨设直线l的方程为x＝my+1，P（x1，y1）Q（x2，y2），联立，消去x并整理得（m2+1）y2+2my﹣3＝0，由韦达定理得，，此时直线PB，QB的斜率之和为，由x1＝my1+1，x2＝my2+1，所以，即，则kPB+kQB＝0，所以直线PB，QB的倾斜角互补，此时∠PBA＝∠QBA，综上，∠PBA＝∠QBA．21．（12分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，侧面ABC为等边三角形，底面BCDE为菱形，∠BCD＝，B