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海西州高級(jí)中學(xué)2020-2021學(xué)年第一學(xué)期期中考試
高二 理科數(shù)學(xué)試卷

考試時(shí)間： 120分鐘 總分： 150 分
命題人： 審核人：高一備課組
第I卷（選擇題）
一、選擇題(每個(gè)小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合答案,共12題,每小題5分，共60分)
1．下列有關(guān)命題的說(shuō)法正確的是( )
A．命題“若，則”的否命題為：“若，則”．
B．若為真命題，則均為真命題.
C．命題“存在，使得” 的否定是：“對(duì)任意，均有”．
D．命題“若，則”的逆否命題為真命題．
2．已知命題，命題，則是的 ( )
A．充分不必要條件 B．必要不充分
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
3．某幾何體的三視圖如圖所示，若該幾何體的體積是，則它的表面積是（ ）
A． B． C． D．
4．設(shè)，是兩條不同的直線，，，是三個(gè)不同的平面，給出下列四個(gè)命題：
①若，，則 ②若，，，則
③若，，則 ④若，，則
其中正確命題的序號(hào)是（ ）
A．①和② B．②和③ C．③和④ D．①和④
5．已知雙曲線的虛軸長(zhǎng)是實(shí)軸長(zhǎng)的2倍，則雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為（ ）
A． B． C． D．
6．已知雙曲線的右焦點(diǎn)與拋物線的焦點(diǎn)重合，則該雙曲線的焦點(diǎn)到其漸近線的距離等于（ ）
A． B．3 C．5 D．
7．如圖所示，正方體的棱長(zhǎng)為4，點(diǎn)，在棱上，，則三棱錐的體積是（ ）
A． B． C．8 D．與點(diǎn)位置有關(guān)
8．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　 )
A． B． C． D．
9．若直線與拋物線交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，拋物線的焦點(diǎn)為，且成等差數(shù)列，則 （　?。?br /> A．2或 B． C．2 D．
10．已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，以為直徑的圓與雙曲線的漸近線交于不同原點(diǎn)的兩點(diǎn)，若四邊形的面積為，則雙曲線的漸近線方程為（ ）
A． B． C． D．
11．如圖，點(diǎn)在正方體的面對(duì)角線上運(yùn)動(dòng)，則下列四個(gè)結(jié)論： 三棱錐的體積不變； 平面；
； ④
其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)是　　
A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)
12．已知橢圓的左右焦點(diǎn)分別為，，過(guò)且與軸垂直的直線交橢圓于，兩點(diǎn)，直線與橢圓的另一個(gè)交點(diǎn)為，若，則橢圓的離心率為（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非選擇題）
二、填空題（共4小題，每小題5分，共20分）
13．若雙曲線的離心率為，則實(shí)數(shù)__________．
14．橢圓（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F1、F2，P是橢圓上任意一點(diǎn)，已知|PF1|+|PF2|＝4，且|F1F2|＝2，則橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的菱形的面積為_(kāi)____.
15．已知 棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中點(diǎn)，求直線AE與平面ABC1D1所成角的正弦值 ．
16．如圖，直三棱柱中,，， ，外接球的球心為，點(diǎn)是側(cè)棱上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn).有下列判斷：
① 直線與直線是異面直線；②一定不垂直；
③ 三棱錐的體積為定值； ④的最小值為.
其中正確的序號(hào)是______.
三、解答題（共6小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或者演算步驟）
17．（本小題滿分10分）已知橢圓C的兩焦點(diǎn)分別為，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6． ⑴求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程; ⑵已知過(guò)點(diǎn)（0，2）且斜率為1的直線交橢圓C于A 、B兩點(diǎn),求線段AB的長(zhǎng)度．


18．（本小題滿分10分） 已知在三棱錐中，
（1）證明： ； （2）求三棱錐的體積.


19．（本小題滿分12分）在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)，P是動(dòng)點(diǎn)，且三角形的三邊所在直線的斜率滿足．
（Ⅰ）求點(diǎn)P的軌跡的方程；
（Ⅱ）若Q 是軌跡上異于點(diǎn)的一個(gè)點(diǎn)，且，直線與交于點(diǎn)M，試探究：點(diǎn)M的橫坐標(biāo)是否為定值？并說(shuō)明理由．



20．（本小題滿分12分） 如圖，在三棱錐P-ABC中，．
（1）求證：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直線AC上是否存在一點(diǎn)D，使得直線BD與平面PBC所成角為30°？若存在，求出CD的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由．
21．（本小題滿分14分）已知雙曲線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，兩條漸近線的夾角為，直線交雙曲線于?兩點(diǎn).
（1）求雙曲線的方程；
（2）若過(guò)原點(diǎn)，為雙曲線上異于?的一點(diǎn)，且直線?的斜率?均存在，求證：為定值；
（3）若過(guò)雙曲線右焦點(diǎn)，是否存在軸上的點(diǎn)，使得直線繞點(diǎn)無(wú)論怎樣轉(zhuǎn)動(dòng)，都有成立？若存在，求出的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.



22．（本小題滿分12分）如圖,ABCD是邊長(zhǎng)為a的正方形,PA⊥平面ABCD．
(1)若PA=AB,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),求直線AE與平面PCD所成角的正弦值; (2)若BE⊥PC且交點(diǎn)為E,BE=a,G為CD的中點(diǎn),線段AB上是否存在點(diǎn)F,使得EF∥平面PAG?若存在,求AF的長(zhǎng);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

海西州高級(jí)中學(xué)2020-2021學(xué)年第一學(xué)期期中考試
高二 理科數(shù)學(xué)試卷答案

參考答案詳解
1．D
【解析】
【分析】
【詳解】
試題分析：A．利用否命題的定義即可判斷出；
B．利用“或”命題的定義可知：若p∨q為真命題，則p與q至少有一個(gè)為真命題；
C．利用命題的否定即可判斷出；
D．由于命題“若x=y，則sinx=siny”為真命題，而逆否命題與原命題是等價(jià)命題，即可判斷出．
解：對(duì)于A．命題“若x2=1，則x=1”的否命題為“若x2≠1，則x≠1”，因此不正確；
對(duì)于B．若p∨q為真命題，則p與q至少有一個(gè)為真命題，因此不正確；
對(duì)于C．“存在x∈R，使得x2+x+1＜0”的否定是：“對(duì)任意x∈R，均有x2+x+1≥0”，因此不正確
對(duì)于D．由于命題“若x=y，則sinx=siny”為真命題，因此其逆否命題為真命題，正確．
故選D．
考點(diǎn)：命題的真假判斷與應(yīng)用．

2．A
【解析】
由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可知，所以是的充分條件；由可得，即，則是的不必要條件，應(yīng)選答案A。
3．A
【解析】幾何體為 個(gè)圓柱，底面半徑為，高為，所以體積為 因此表面積是 選.
點(diǎn)睛：(1)解決本類(lèi)題目的關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征，可以根據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，在幾何模型中進(jìn)行判斷；(2)解決本類(lèi)題目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱錐、四棱錐，圓柱，球是常用的幾何模型，有些問(wèn)題可以利用它們舉特例解決或者學(xué)會(huì)利用反例對(duì)概念類(lèi)的命題進(jìn)行辨析．
4．A
【解析】
【分析】
根據(jù)線面平行性質(zhì)定理，結(jié)合線面垂直的定義，可得①是真命題；根據(jù)面面平行的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的性質(zhì)，可得②是真命題；在正方體中舉出反例，可得平行于同一個(gè)平面的兩條直線不一定平行，垂直于同一個(gè)平面和兩個(gè)平面也不一定平行，可得③④不正確．由此可得本題的答案．
【詳解】
解：對(duì)于①，因?yàn)椋越?jīng)過(guò)作平面，使，可得，
又因?yàn)椋?，所以，結(jié)合得．由此可得①是真命題；
對(duì)于②，因?yàn)榍遥?，結(jié)合，可得，故②是真命題；
對(duì)于③，設(shè)直線、是位于正方體上底面所在平面內(nèi)的相交直線，
而平面是正方體下底面所在的平面，
則有且成立，但不能推出，故③不正確；
對(duì)于④，設(shè)平面、、是位于正方體經(jīng)過(guò)同一個(gè)頂點(diǎn)的三個(gè)面，
則有且，但是，推不出，故④不正確．
綜上所述，其中正確命題的序號(hào)是①和②
故選：
【點(diǎn)睛】
本題給出關(guān)于空間線面位置關(guān)系的命題，要我們找出其中的真命題，著重考查了線面平行、面面平行的性質(zhì)和線面垂直、面面垂直的判定與性質(zhì)等知識(shí)，屬于中檔題．
5．D
【解析】
【分析】
由題意得到關(guān)于m的方程，解方程求得m的值即可確定雙曲線方程.
【詳解】
由題意可得：，
則實(shí)軸長(zhǎng)為：，虛軸長(zhǎng)為，
由題意有：，解得：，
代入可得雙曲線方程為.
本題選擇D選項(xiàng).
【點(diǎn)睛】
本題主要考查雙曲線方程的求解，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.
6．A
【解析】
拋物線焦點(diǎn)為,故,雙曲線焦點(diǎn)到漸近線的距離等于,故距離為,所以選.
7．A
【解析】
【分析】
利用換頂點(diǎn)方法，把三棱錐的體積問(wèn)題轉(zhuǎn)化成三棱錐的體積問(wèn)題來(lái)解決．
【詳解】
===,故選A．
【點(diǎn)睛】
三棱錐的體積問(wèn)題一般用換頂點(diǎn)方式將其轉(zhuǎn)化成能求底面積和高的的三棱錐來(lái)解決，例如．
8．C
【解析】
以C為原點(diǎn)，直線CA為x軸，直線CB為y軸，直線為軸，則設(shè)CA=CB=1，則
，，A（1，0，0），，故，，所以，故選C.
考點(diǎn)：本小題主要考查利用空間向量求線線角，考查空間向量的基本運(yùn)算，考查空間想象能力等數(shù)學(xué)基本能力，考查分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力.

9．C
【解析】
【分析】
設(shè)．由得，由韋達(dá)定理得，因?yàn)橹本€與拋物線交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，所以即， 由拋物線的性質(zhì)可知，再結(jié)合條件有，進(jìn)而得而出答案。
【詳解】
解：設(shè)．由消去，得，
故，解得，且．
由，且成等差數(shù)列，
得，得，
所以，解得或，又，故，
故選：C．
【點(diǎn)睛】
圓錐曲線與直線相交問(wèn)題是高考的重要考點(diǎn)，解題的一般方法是設(shè)出交點(diǎn)坐標(biāo)，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，再通過(guò)韋達(dá)定理結(jié)合題意求解。
10．C
【解析】
【分析】
根據(jù)題意，，雙曲線的焦點(diǎn)到的一條漸近線的距離為，所以 ，進(jìn)而，四邊形面積為，由可化簡(jiǎn)得，寫(xiě)出漸近線方程即可.
【詳解】
根據(jù)題意，，雙曲線的焦點(diǎn)到的一條漸近線的距離為，則，所以，所以，所以，所以雙曲線的漸近線方程為.
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，漸近線，點(diǎn)到直線的距離，屬于難題.
11．C
【解析】
【分析】
利用空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系求解．
【詳解】

對(duì)于①，由題意知，從而平面，
故BC上任意一點(diǎn)到平面的距離均相等，
所以以P為頂點(diǎn)，平面為底面，則三棱錐的體積不變，故正確；

對(duì)于②，連接，，且相等，由于知：，
所以面，從而由線面平行的定義可得，故正確；

對(duì)于③，由于平面，所以，
若，則平面DCP，
，則P為中點(diǎn)，與P為動(dòng)點(diǎn)矛盾，故錯(cuò)誤；

對(duì)于④，連接，由且，
可得面，從而由面面垂直的判定知，故正確．
故選C．
【點(diǎn)睛】
本題考查命題真假的判斷，解題時(shí)要注意三棱錐體積求法中的等體積法、線面平行、垂直的判定，要注意使用轉(zhuǎn)化的思想．
12．C
【解析】
【分析】
由軸，可得出點(diǎn)坐標(biāo)（不妨設(shè)在第一象限），由得，從而可表示出點(diǎn)坐標(biāo)，把點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓方程得的關(guān)系式，變形后可求得．
【詳解】
因?yàn)檩S，所以不妨設(shè)
因?yàn)?，所以，?因?yàn)椋?br /> ，，∴，，
即，代入橢圓方程可得，，，
所以.
故選：C．
【點(diǎn)睛】
本題考查橢圓的定義及基本性質(zhì)，求離心率，關(guān)鍵是列出關(guān)于的等式，本題根據(jù)三角形面積關(guān)系得出，從而表示出點(diǎn)坐標(biāo)是解題關(guān)鍵．
13．2
【解析】
，.漸近線方程是.
14．4
【解析】
【分析】
通過(guò)，且，求出，，然后求出，即可求解橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的菱形的面積．
【詳解】
橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為、，是橢圓上任意一點(diǎn)，已知，且，可得，，則，
則橢圓的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成的菱形的面積為．
故答案為：．
【點(diǎn)睛】
本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用、菱形面積的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，是基礎(chǔ)題．
15．
【解析】
取AB的中點(diǎn)F，連接B1F，取C1B的中點(diǎn)O，連接FO，B1O，根據(jù)B1O⊥平面ABC1D1，可知∠B1FO為B1F與平面ABC1D1所成角，在Rt三角形B1FO中求解即可，而AE∥B1F，從而求出所求．
解答：解：取AB的中點(diǎn)F，連接B1F，取C1B的中點(diǎn)O，連接FO，B1O
B1O⊥平面ABC1D1，∴∠B1FO為B1F與平面ABC1D1所成角
B1O=，B1F=
∴sin∠B1FO=
而AE∥B1F，所以直線AE與平面ABC1D1所成角的正弦值為
故答案為
16．①③④
【解析】
【分析】
由題意畫(huà)出圖形，由異面直線的概念判斷①；利用線面垂直的判定與性質(zhì)判斷②；找出球心，由棱錐底面積與高為定值判斷③；設(shè)BE＝x，列出AE+EC1關(guān)于x的函數(shù)式，結(jié)合其幾何意義求出最小值判斷④．
【詳解】
如圖，

∵直線AC經(jīng)過(guò)平面BCC1B1內(nèi)的點(diǎn)C，而直線C1E在平面BCC1B1內(nèi)不過(guò)C，
∴直線AC與直線C1E是異面直線，故①正確；
當(dāng)E與B重合時(shí)，AB1⊥A1B，而C1B1⊥A1B，
∴A1B⊥平面AB1C1，則A1E垂直AC1，故②錯(cuò)誤；
由題意知，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心為O是AC1 與A1C 的交點(diǎn)，則△AA1O的面積為定值，由BB1∥平面AA1C1C，
∴E到平面AA1O的距離為定值，∴三棱錐E﹣AA1O的體積為定值，故③正確；
設(shè)BE＝x，則B1E＝2﹣x，∴AE+EC1．
由其幾何意義，即平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)（x，1）與兩定點(diǎn)（0，0），（2，0）距離和的最小值知，
其最小值為2，故④正確．
故答案為①③④
【點(diǎn)睛】
本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查空間想象能力和思維能力，屬于中檔題
17．（1）；（2）
【解析】
【分析】
(1)由焦點(diǎn)坐標(biāo)可求c值，a值，然后可求出b的值．進(jìn)而求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）先求出直線方程然后與橢圓方程聯(lián)立利用韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式求出|AB|的長(zhǎng)度．
【詳解】
解：⑴由，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6
得：所以
∴橢圓方程為
⑵設(shè),由⑴可知橢圓方程為①,
∵直線AB的方程為②
把②代入①得化簡(jiǎn)并整理得
所以
又
【點(diǎn)睛】
本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．
18．（1）見(jiàn)解析；（2）arctan
【解析】
【分析】
【詳解】
試題分析：（1）欲證AB⊥A1C，而A1C?平面ACC1A1，可先證AB⊥平面ACC1A1，根據(jù)三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，可知AB⊥AA1，由正弦定理得AB⊥AC，滿足線面垂直的判定定理所需條件；
（2）作AD⊥A1C交A1C于D點(diǎn)，連接BD，由三垂線定理知BD⊥A1C，則∠ADB為二面角A﹣A1C﹣B的平面角，在Rt△BAD中，求出二面角A﹣A1C﹣B的余弦值即可．
（1）證明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，∴AB⊥AA1，
在△ABC中，AB=1，AC=，∠ABC=60°，由正弦定理得∠ACB=30°，
∴∠BAC=90°，即AB⊥AC，
∴AB⊥平面ACC1A1，
又A1C?平面ACC1A1，
∴AB⊥A1C．
（2）解：如圖，作AD⊥A1C交A1C于D點(diǎn)，連接BD，
由三垂線定理知BD⊥A1C，
∴∠ADB為二面角A﹣A1C﹣B的平面角．
在Rt△AA1C中，AD==，
在Rt△BAD中，tan∠ADB==，
即二面角A﹣A1C﹣B的正切值為arctan．

考點(diǎn)：二面角的平面角及求法．

19．（1）（且）；（2）點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為定值．
【解析】第一問(wèn)利用已知的斜率關(guān)系式，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)代入即可得到軌跡方程。
第二問(wèn)中，由由可知直線，則，然后設(shè)出點(diǎn)P,Q的坐標(biāo)，然后表示一個(gè)關(guān)系式，然后利用由三點(diǎn)共線可知，同理得到關(guān)系式，聯(lián)立解得。
解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)為所求軌跡上的任意一點(diǎn)，則由得

，　
整理得軌跡的方程為（且），
（Ⅱ）設(shè)，
由可知直線，則，
故，即，　
由三點(diǎn)共線可知，與共線，
∴　，
由（Ⅰ）知，故，
同理，由與共線，
∴　，即，
由（Ⅰ）知，故，
將，代入上式得，
整理得，
由得，即點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為定值．
（方法二）
設(shè)
由可知直線，則，
故，即，　　
∴直線OP方程為： ①；　 　
直線QA的斜率為：，　　
∴直線QA方程為：，即 ②；
聯(lián)立①②，得，∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為定值．　
20．（1）詳見(jiàn)解析；（2）在直線上存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為．
【解析】
試題分析：（1）由題意可知，因?yàn)?，可得平面，進(jìn)而可得，再利用面面垂直的判定定理可得，平面平面； （2）由已知及（1）所證可知，平面，．以為原點(diǎn)，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則，可求得平面的法向量為，設(shè)直線上的點(diǎn)滿足，則，則，根據(jù)，即可解得得值．
試題解析：（1）∵，∴PA⊥AB，PA⊥AC．
∵平面．
∵平面．
∵，∴平面．
∵平面，∴平面平面．
（2）由已知及（1）所證可知，平面．以為原點(diǎn)，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)是平面的法向量，，則取，得，…9分
設(shè)直線上的點(diǎn)滿足，則，則，∵
，解得，
∴在直線上存在點(diǎn)，使得直線與平面所成角為．
考點(diǎn)：1．線面垂直的判定定理；2．面面垂直的判定定理；3．空間向量在立體幾何中的應(yīng)用．
【方法點(diǎn)睛】求直線與平面所成的角 的向量法：設(shè)為直線與平面所成的角，為直線的方向向量與平面的法向量之間的夾角，則有（圖1）或（圖2），

即直線與平面所成的角可看成是向量與平面的法向量所成的銳角的余角，所以有．特別地 時(shí)，，；時(shí)，，或．
21．（1）；（2）證明見(jiàn)解析；（3）存在，.
【解析】
【分析】
（1）利用雙曲線經(jīng)過(guò)點(diǎn)，兩條漸近線的夾角為，建立方程即可求解；
（2）設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)為，則由對(duì)稱(chēng)性知點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)，由點(diǎn)A,P在雙曲線上可得，，代入中化簡(jiǎn)即可；
(3）先假設(shè)存在定點(diǎn)M，使MA MB恒成立，設(shè)出M點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)數(shù)量積為0，求得結(jié)論.
【詳解】
（1）由題意得：
解得：
∴雙曲線的方程為
（2）證明：設(shè)點(diǎn)坐標(biāo)為，則由對(duì)稱(chēng)性知點(diǎn)坐標(biāo)為
設(shè)，則
，得
∴
（3）當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線方程為，與雙曲線方程聯(lián)立消得：，
∴得且
設(shè)?
∵




假設(shè)存在實(shí)數(shù)，使得，
∴對(duì)任意的恒成立，
∴，解得.
∴當(dāng)時(shí)，.
當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由及知結(jié)論也成立
綜上：存在，使得.
【點(diǎn)睛】
本題主要考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查斜率的計(jì)算，考查存在性問(wèn)題，綜合性強(qiáng)，屬于難題.
22．（1）；（2）見(jiàn)解析
【解析】
【分析】
（1）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，得出以及平面PCD的一個(gè)法向量，設(shè)直線AE與平面PCD所成角為,由sin=|cos|,即可求出直線AE與平面PCD所成角的正弦值。
（2）設(shè)P(0,0,c)(c>0)，=λ由BE=a以及BE⊥PC可得λ=,c=a設(shè)AF=m，求出平面PAG的法向量為n，由·n=0即可得出答案。
【詳解】
(1)以A為原點(diǎn),建立如圖所示的坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a),E=(a,0,0),=(0,a,-a).

設(shè)平面PCD的法向量m=(x,y,z),則
取m=(0,1,1),
則cos=.
設(shè)直線AE與平面PCD所成角為,
則sin=|cos|,所以直線AE與平面PCD所成角的正弦值為.
(2)G,設(shè)P(0,0,c)(c>0),
則=(-a,-a,c).
設(shè)=λ,則E((1-λ)a,(1-λ)a,λc),
∴=(-λa,(1-λ)a,λc).
∵BE=a,
∴(-λa)2+[(1-λ)a]2+(λc)2= a2. ①
∵BE⊥PC,∴λa2-(1-λ)a2+λc2=0.
∴c2=a2. ②
由①②解得λ=,c=a,
∴E,P(0,0,a).
若存在滿足條件的點(diǎn)F,可設(shè)AF=m(0≤m≤a),
則F(m,0,0),.
設(shè)平面PAG的法向量為n=(s,t,p),
則∴n=(-2,1,0).
∵EF∥平面PAG,∴·n=0.
∴-2m+a-a=0,∴m=a.
∴存在滿足條件的點(diǎn)F,且AF=a.
【點(diǎn)睛】
本題（1）問(wèn)主要考察利用空間向量法求線面角。在利用空間向量法解決存在性問(wèn)題時(shí)，常用向量共線，通過(guò)一個(gè)未知數(shù)來(lái)表示所求點(diǎn)的坐標(biāo)，最后根據(jù)題中所給條件列出方程即可求出。


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