：【方法一】（1）证明：由题意知DC23则
BC2DB2DC2，BDDC，PD面ABCD，BDPD，而PDCDD，
BD面PDCPC在面PDC内，BDPC
（4分）
（2）∵DE∥AB，又PD平面ABCD∴平面PDC平面ABCD过D作DFAB交BC于F过点F作FGCD交CD于G则∠FDG为直线AB与平面PDC所成的角
PE
ADG
在Rt△DFC中，∠DFC90，DF3CF3，B
F
C
∴ta
FDG3，∴∠FDG60
即直线AB与平面PDC所成角为60
（8分）
（3）连结EF，∵DF∥AB，∴DF∥平面PAB
P
又∵DE∥平面PAB，
E
∴平面DEF∥平面PAB，∴EF∥AB
又∵AD1BC4BF1
A
D
∴PEBF1∴PE1PC，即1
PCBC4
4
4
B
F
C
（12分）
【方法二】如图，在平面ABCD内过D作直线DFAB，交BC于F，分别以DA、DF、DP
所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系
（1）设PDa，则BD130PC33a，
∵BDPC330，∴BDPC
（4分）
（2）由（1）知BD面PDC，DB就是平面PDC的法向量z
由条件知A（1，0，0），B（1，3，0），
P
AB030DB130
设AB与面PDC所成角大小为，
x
A
D
则si
DBAB33
DBAB232
B
yF
090，60即直线AB与平面PDC所成角为60
EG
C
（8分）
（3）由（2）知C（－3，3，0），记P（0，0，a），则
AB（0，3，0），DP00a，PA（1，0，a），PC（3，3，a），
而PEPC，所以PE（3，3，a），
DEDPPEDPPC00a3，3，a（3，3aa）
设
（x，y，z）为平面
PAB
的法向量，则

A
B
PA



00
，即

x
3yaz
0
0
，即


yx

0az

f取z1，得xa，进而得
（a01），
由DE平面PAB得DE
0，∴3aaa0，
而a0，1
（12
4
分）
20本小题满分12分【命题意图】本小题考查椭圆的定义及标准方程，直线和椭圆的综合应用，考查学生的
逻辑思维能力和运算求解能力
【试题解析】解：1设Mxy，在△MAB中，AB2，AMB2，根据余
2
2
弦定理得AMBM2AMBMcos24
（2分）
即AMBM22AMBM1cos24
AMBM24AMBMcos24
而AMBMcos23，所以AMBM2434
所以AMBM4
（4分）
又AMBM42AB，
因此点M的轨迹是以A、B为焦点的椭圆（点M在x轴上也符合题意），
a2，c1
所以曲线C的方程为x2y21
（6
43
分）
2设直线PQ的方程为xmy1
xmy1
由

x
2
4

y23
，消去x并整理得3m24y26my901
①
显然方程①的0设Px1y1Qx2y2则SAPQ122y1y2y1y2
由韦达定理得y1y23m62m4，yr