C，且AF⊥BC，又PCIBCC，PC、BC平面PBC，所以AF⊥平面PBC，12分又AF平面PAB，所以平面PAB⊥平面PBC．14分
17．命题立意：本题主要考查三角形的余弦定理与面积公式以及三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力．
解：1）△ABC与△APC中，由余弦定理得，AC222322×2×3cosα，（AC2AP2222×AP×2cosπα，②（4分）由①②得AP24APcosα12cosα90，∈0，，解得AP34cosα；7分）απ（（2）SSABCSAPC1×2×3si
α1×2×APsi
παα∈0，π22由（1）得S4si
αcosα2si
2α，α∈0，（13分）所以当απ时，Smax2．15分）π（4
①
18．命题立意：本题主要考查直线、圆、椭圆基础知识，考查运算求解、综合应用能力．命题立意：本题主要考查直线直线、椭圆基础知识，考查运算求解、综合应用能力．
（解：1）由题意得PC1PC2PC1PS4C1C2，故P点的轨迹是以C1、C2为焦点，4为长轴长的椭圆，则2a4，1，所以a2，b3，c
2y2故P点的轨迹方程是x1．5分）（43
（2）法1（几何法）四边形SMC2N的面积1SC2MN1SMMC×2SM，法22所以MN2SM2cos∠MSC221si
2∠MSC22112，9分）（SC2SC2从而SC2取得最小值时，MN取得最小值，所以MNmi
2113．12分）（4法2（代数法）设Sx0，y0，则以SC2为直径的圆的标准方程为显然当S3，时，SC2取得最大值2，0

x
x01yy022
2


2

x012
，
2

y02
2
f该方程与圆C2的方程相减得，x01xy0yx00，8分）（则圆心C2到直线MN的距离d
2
1
x01
2
y0

2
1，x02y022x01
因为x01y0216，所以x02y02152x0，
故当x03时dmax1，2因为MN21d2，所以MNmi
2112
从而d
1，x0∈3，，5164x0

2
3．12分）（
（3）设Qm，，则“切点弦”AB的方程为m1x1
y16，
将点（1，0）代入上式得m7，
∈R，故点Q在定直线x7上．（16分）
19．命题立意：本题主要考查等差、等比数列的定义与通项公式等基础知识，考查灵活运用基本量进行探索求解、推理分析能力．
解：（1）设数列前6项的公差为d，则a512d，a613d，d为整数．又a5，a6，a7成等比数列，所以3d142d1，解得d1，
2
当
≤6时，a
4，3分）（由此a51，a62，数列从第5项起构成的等比r