第第頁(yè)浙江省嘉興市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期1月期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試題一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．直線x=3A．0 B．π6 C．π3 2．?dāng)?shù)列an滿足an+1=1?A．a(chǎn)1<a4 B．a(chǎn)1=3．拋物線y2A．x=12 B．x=1 C．x=?14．已知空間向量a=(x,4,1)，b=(2,y,?2)，且a∥A．?17 B．?1 C．1 D．175．已知點(diǎn)P為圓C：x?12+y?22=1外一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓C的兩條切線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，BA．x?12+y?2C．x?12+y?26．已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：x24+y23=1A．2,3 B．3,72 C．727．如圖，把正方形紙片ABCD沿對(duì)角線AC進(jìn)行翻折，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足AD=3AE，CB=3CF，O是原正方形ABCD的中心，當(dāng)∠EOF=5A．12 B．13 C．538．已知數(shù)列an和bn均為等差數(shù)列，它們的前n項(xiàng)和分別為Sn和Tn，且an>0，A．272 B．312 C．372二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分.9．若a,A．{B．{C．{D．{10．已知直線l：2m+1x+A．直線l過(guò)定點(diǎn)3,1B．原點(diǎn)O到直線l距離的最大值為10C．若點(diǎn)A?1,0，B1,0到直線lD．若直線l經(jīng)過(guò)一、二、三象限，則?11．記等比數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若A．a(chǎn)n是遞減數(shù)列 B．a(chǎn)C．S2n是遞增數(shù)列 D．S12．?dāng)?shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美的曲線．例如曲線C：xn+yn=1(n>0)，當(dāng)n=2A．對(duì)任意正實(shí)數(shù)n，曲線C恒過(guò)2個(gè)定點(diǎn)B．存在無(wú)數(shù)個(gè)正實(shí)數(shù)n，曲線C至少有4條對(duì)稱(chēng)軸C．星形線圍成的封閉圖形的面積大于2D．星形線與圓x2三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13．在等差數(shù)列an中，a1+a14．已知與圓C1：x2+y2=1和圓C215．在三棱錐P?ABC中，△PAB和△ABC都是等邊三角形，AB=2，PC=1，D為棱AB上一點(diǎn)，則PD?CD的最小值是16．已知雙曲線C：x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，傾斜角為π3的直線PF與雙曲線四、解答題：本大題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.17．已知圓C經(jīng)過(guò)三點(diǎn)O0,0，A0,2，（1）求圓C的方程；（2）過(guò)A的直線l與圓C交于另一點(diǎn)P，且△CAP為等腰直角三角形，求l的方程．18．如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA（1）證明：平面B1D1（2）求A1到平面BDF19．已知拋物線C：x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F，直線x+4y?40=0與C交于A（1）求y1（2）若C上存在點(diǎn)M，使△MAB的重心恰為F，求p的值及點(diǎn)M的坐標(biāo)．20．已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且（1）求an（2）記bm為an在區(qū)間Sm,S2m中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，求數(shù)列21．如圖，四棱錐P?ABCD的底平面是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，PA⊥PC，PB=PD，E為PC的中點(diǎn)．（1）證明：PC⊥平面BED；（2）若PD⊥AB，求平面PAB與平面BED夾角的余弦值．22．已知橢圓C：x2a2+（1）求橢圓C的方程；（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M，N在C上，記直線OM，ON的斜率分別為k1，k2，試問(wèn)：是否存在常數(shù)λ，使得當(dāng)k1k2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由直線x=3，可得該直線的傾斜角為π故答案為：D.【分析】根據(jù)直線方程和直線的傾斜角的定義，從而得出直線x=32．【答案】B【解析】【解答】解：當(dāng)n=2時(shí)，a2當(dāng)n=3時(shí)，a3當(dāng)n=4時(shí)，a4故答案為：B.【分析】利用已知條件和遞推公式，從而求得a13．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)閽佄锞€y2=2x，所以p=22=1，

則拋物線的準(zhǔn)線方程為x=?4．【答案】A【解析】【解答】解：∵a∴a=λb，λ∈R，∴x=2λ4=λy1=?2λ∴x+2y=?1+2×?8故答案為：A.【分析】根據(jù)已知條件和空間向量平行的坐標(biāo)運(yùn)算，從而得出x,y的值，進(jìn)而得出x+2y的值.5．【答案】A【解析】【解答】解：設(shè)P(x,y)，因?yàn)镻A，PB與圓C相切，所以PA=PB，CA=CB，CA⊥PA，CB⊥PB，又因?yàn)镻A⊥PB，所以四邊形PACB為正方形，所以PA=CA=1，則PC=1即動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以C1,2為圓心，2所以，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x?12故答案為：A．【分析】由已知條件結(jié)合直線與圓相切的性質(zhì)，從而可得四邊形PACB為正方形，再利用PA=CA=1，PC=2結(jié)合兩點(diǎn)間的距離公式，從而得出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以C1,2為圓心，2為半徑的圓，進(jìn)而得出動(dòng)點(diǎn)6．【答案】D【解析】【解答】解：由題意，設(shè)Ax,y由于A，B是橢圓C上關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)的不同的兩點(diǎn)，

所以?2<x<2，又因?yàn)镕1A===令t=x2，因?yàn)?2<x<2，所以所以ft由于對(duì)稱(chēng)軸為t=16，所以ft在0,4所以f4<ft≤f0即9<ft≤16，所以故答案為：D.【分析】設(shè)Ax,y,Bx,?y，由橢圓性質(zhì)和已知條件可得x的取值范圍，再由兩點(diǎn)間的距離公式得AF1?B7．【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)正方形邊長(zhǎng)為3，

由題意知∠AOE=∠COF,OE=OF，AE=CF=1,AO=OC=322，∠OAE=π4，則cos∠AOE=把正方形紙片ABCD沿對(duì)角線AC進(jìn)行翻折后，直線AD與BC為異面直線，則AD=9=9=9=9故cosAD由題意知直線AD與BC為異面直線，它們所成角的取值范圍為(0,故直線AD與BC所成角的余弦值為53故答案為：C.【分析】設(shè)正方形邊長(zhǎng)為3，求出相關(guān)線段長(zhǎng)，利用余弦定理求出cos∠AOE的值，再結(jié)合數(shù)量積的運(yùn)算法則，即可求出AD?BC的值，再利用數(shù)量積求兩向量的夾角公式，從而求出cosAD,8．【答案】D【解析】【解答】解：由S23=T23可得設(shè)an=kn+t，bn=pn+q，所以pk=1，pt+kq=36，tq=0，若t=0，則pk=1kq=3612k=12p+q，

解得p=12，k=2，q=18，此時(shí)an同理，若q=0，則pk=1pt=36解得p=2,k=12,t=18，則an=綜上所述，a1故答案為：D.【分析】根據(jù)題意，由等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式和等差數(shù)列的性質(zhì)，可得a12=b12，然后由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式，設(shè)an=kn+t，bn9．【答案】A,C【解析】【解答】解：對(duì)于A：因?yàn)閍,所以可以得a+假設(shè)a+則有a+b=xb+c+y對(duì)于B：因?yàn)閍,所以可以得a?因?yàn)閍?b=?b?對(duì)于C：因?yàn)閍,所以可以得a?假設(shè)a?則a?b=xb+c+yc?對(duì)于D：因?yàn)閍,所以可以得a+因?yàn)閍+b=b?故答案為：AC.【分析】根據(jù)空間向量基底的判斷方法，再結(jié)合共面向量的判斷方法，從而逐項(xiàng)判斷找出答案.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：將2m+1x+m+1y?7m?4=0令2x+y?7=0x+y?4=0，即得x=3y=1，即直線l過(guò)定點(diǎn)當(dāng)原點(diǎn)到定點(diǎn)的距離即是原點(diǎn)到直線的距離最大值，即原點(diǎn)O到直線l距離的最大值為32因?yàn)辄c(diǎn)A?1,0，B1,0到直線即2m+1×即9m+5=5m+3，解得m=?1若直線l經(jīng)過(guò)一、二、三象限，則直線在x軸的截距為負(fù)、y軸的截距為正，令x=0，則y=7m+4m+1；令y=0，則x=7m+4即?47<m<?12，且m<?1故答案為：ABD.【分析】將2m+1x+m+1y?7m?4=0化為m2x+y?7+x+y?4=011．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q≠0)，

因?yàn)?所以a1>0,?1<q<1且對(duì)于A，當(dāng)0<q<1時(shí)，an是遞減數(shù)列；

當(dāng)?1<q<0時(shí)，a對(duì)于B，當(dāng)0<q<1時(shí)，an是遞減數(shù)列，最大項(xiàng)為a當(dāng)?1<q<0，an是擺動(dòng)數(shù)列，a所以數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)為正，偶數(shù)項(xiàng)為負(fù)，最大項(xiàng)為第一項(xiàng)，故B正確；對(duì)于C，S2n=a1(1?q2n)1?q，a因?yàn)閥=q2n=q2所以S2n對(duì)于D，當(dāng)0<q<1時(shí)，an是遞減數(shù)列，Sn有最小項(xiàng)當(dāng)?1<q<0，an是擺動(dòng)數(shù)列，

因?yàn)閍1>0所以數(shù)列Sn有最小項(xiàng)為S2,故答案為：BCD.【分析】由已知條件可得首項(xiàng)和公比的取值范圍，再結(jié)合公比的取值范圍判斷出數(shù)列的單調(diào)性和最值，則判斷出選項(xiàng)A和選項(xiàng)B；利用等比數(shù)列的求和公式和首項(xiàng)、公比的取值范圍，從而判斷出函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而判斷出數(shù)列S2n的單調(diào)性，則判斷出選項(xiàng)C；利用公比的取值范圍和分類(lèi)討論的方法，從而判斷出數(shù)列的單調(diào)性，從而得出數(shù)列S12．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對(duì)于選項(xiàng)A，曲線C過(guò)定點(diǎn)0,1和1,0，

且x+y=1與x2+y2=1對(duì)于選項(xiàng)B，當(dāng)n=2k，k∈N+時(shí)，曲線C至少有4條對(duì)稱(chēng)軸x=0，y=0，對(duì)于選項(xiàng)C，對(duì)于方程x23+y23=1，用“?x”替換“x所以星形線既關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，也關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，考慮星形線在第一象限內(nèi)的圖形，

因?yàn)?=x23再根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，星形線的圖形在曲線x+因?yàn)榍€x+y=1對(duì)于選項(xiàng)D，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，考慮星形線第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)Px,y則|OP|當(dāng)且僅當(dāng)x2再根據(jù)對(duì)稱(chēng)性另外三個(gè)象限各有一個(gè)交點(diǎn)，共4個(gè)交點(diǎn)，則D正確．故答案為：ABD.【分析】利用已知條件，易知曲線C過(guò)定點(diǎn)0,1和1,0，可判斷選項(xiàng)A；當(dāng)n為正偶數(shù)時(shí)，曲線C關(guān)于x軸、y軸及y=±x對(duì)稱(chēng)，從而得出存在無(wú)數(shù)個(gè)正實(shí)數(shù)n，曲線C至少有4條對(duì)稱(chēng)軸，則可判斷出選項(xiàng)B；根據(jù)表達(dá)式可判斷出星形線圍成的封閉圖形曲線x+y=1的內(nèi)部，再利用曲線x13．【答案】6【解析】【解答】解：在等差數(shù)列an中，3a3=a1+故答案為：6.【分析】根據(jù)給定條件和等差數(shù)列的性質(zhì)，從而得出第三項(xiàng)的值，再由等差數(shù)列的性質(zhì)得出a214．【答案】?【解析】【解答】解：因?yàn)閳AC1：x2+y2圓C2：x?22+y?a2又因?yàn)榕c圓C1：x2+y2所以兩圓相交，則r1即1<4+a2所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是?5故答案為：?5【分析】由題意可得兩圓的圓心坐標(biāo)和半徑長(zhǎng)，再結(jié)合直線與圓相切的位置關(guān)系判斷方法得出兩圓相交，再根據(jù)兩圓的位置關(guān)系得出實(shí)數(shù)a的取值范圍.15．【答案】5【解析】【解答】解：如圖，設(shè)AD=λAB，0≤λ≤1，在△PAC中，cos∠PAC=∴==2×2×=4λ2?4λ+故答案為：52【分析】設(shè)AD=λAB，0≤λ≤1，根據(jù)向量共線定理，從而將PD,CD用已知向量表示，再利用余弦定理和數(shù)量積的運(yùn)算法則以及數(shù)量積的定義，從而得到16．【答案】3【解析】【解答】解：如圖所示：在△APF中，∠AFP=2由余弦定理得：|AP|又因?yàn)閨AP|2≤設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F'，PF'=|PF|+2a，

在△F'由|AF|≤12|PF|得c+a≤c2所以離心率的取值范圍是32故答案為：32【分析】根據(jù)題意，由余弦定理和|AP|2≤74|PF|17．【答案】（1）解：法一：設(shè)圓C的一般方程為x2代入三個(gè)點(diǎn)得F=04+2E+F=0解得F=0，E=?2，D=?4，所以C的方程為x2法二：線段OA的垂直平分線是y=1，線段OB的垂直平分線是y=?x+3，聯(lián)立得圓心C坐標(biāo)2,1，則半徑r=|OC|=5，所以，圓C的方程為(x?2)（2）解：由題意得圓心到直線的距離為d=10當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=0，此時(shí)圓心到直線的距離為2，故斜率存在，則設(shè)直線l的方程為y=kx+2，即kx?y+2=0，則|2k+1|1+解得k=?3或13所以l的方程為y=?3x+2或y=1【解析】【分析】（1）利用兩種方法求解。法一：設(shè)圓的一般方程和已知條件，再結(jié)合代入法，從而解方程組得出圓C的一般方程；法二：分別求出弦OA,OB的垂直平分線，再聯(lián)立兩直線方程得出圓心坐標(biāo)，再根據(jù)兩點(diǎn)距離公式得出圓的半徑，從而得出圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）由題意得出圓心到直線的距離為102，從而得出當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=0，此時(shí)圓心到直線的距離為2，故斜率存在，再設(shè)出直線l的方程，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式得出直線的斜率，從而得出直線l（1）法一：設(shè)圓C的一般方程為x2代入三個(gè)點(diǎn)得F=04+2E+F=0解得F=0，E=?2，D=?4，所以C的方程為x2法二：線段OA的垂直平分線是y=1，線段OB的垂直平分線是y=?x+3，聯(lián)立得圓心C坐標(biāo)2,1，則半徑r=|OC|=5，所以C的方程為(x?2)（2）由題意得圓心到直線的距離為d=10當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線方程為x=0，此時(shí)圓心到直線的距離為2，故斜率存在；則設(shè)直線l的方程為y=kx+2，即kx?y+2=0，則|2k+1|1+解得k=?3或13所以l的方程為y=?3x+2或y=118．【答案】（1）證明：以D為原點(diǎn)，以AD，DC所在直線為x軸，y軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則D1(0,0,2)，B1(1,1,2)，E(1,0,1)，B(1,1,0)ED1=(?1,0,1)，E設(shè)平面B1D1則m?ED1=0m?EB1設(shè)可得平面BDF的一個(gè)法向量n=則n?DF=0n?DB=0，即y1+因?yàn)閙∥所以平面B1D1（2）解：因?yàn)锳1(1,0,2)，所以由（1）知平面BDF的一個(gè)法向量n=(1,?1,1)則dA【解析】【分析】（1）以D為原點(diǎn)，以AD，DC所在直線為x軸，y軸建立空間直角坐標(biāo)系，從而得出點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價(jià)關(guān)系和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，從而求出平面B1D1E和平面BDF一個(gè)的法向量，再結(jié)合m∥（2）根據(jù)點(diǎn)A1到平面BDF的距離公式dA1?BDF=DA（1）以D為原點(diǎn)，以AD，DC所在直線為x軸，y軸建立空間直角坐標(biāo)系，D1(0,0,2)，B1(1,1,2)，E(1,0,1)，ED1=(?1,0,1)，E設(shè)平面B1D1則m?ED1=0m?E設(shè)可得平面BDF的一個(gè)法向量n=則n?DF=0n?DB=0，即y因?yàn)閙∥所以平面B1D1（2）因?yàn)锳1(1,0,2)，所以由（1）知平面BDF的一個(gè)法向量n=(1,?1,1)則dA19．【答案】（1）解：聯(lián)立方程C：x2=2py和直線消去x得16y則y1（2）解：設(shè)點(diǎn)Mx0,由（1）可得y1由△MAB的重心恰為F可得y1+y2+y0=20+p8+y0=32p，

即y所以x0=8，即點(diǎn)M為8,2．【解析】【分析】（1）聯(lián)立直線和拋物線方程，再利用韋達(dá)定理得出y1（2）根據(jù)拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程得出焦點(diǎn)坐標(biāo)，再由（1）中韋達(dá)定理得出y1+y（1）聯(lián)立方程C：x2=2py和消去x得得16y則y1（2）設(shè)點(diǎn)Mx0,由（1）可得y1由△MAB的重心恰為F可得y1+y且x1+由點(diǎn)M在C上，滿足x02=2p解得p=16，所以x0=8，即點(diǎn)M為8,2．20．【答案】（1）解：當(dāng)n=1時(shí)，2a1=所以2S則2an+1=2所以an是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，

所以an=（2）解：由（1），可得Sn當(dāng)n=1時(shí)，區(qū)間S1,S當(dāng)n≥2時(shí)，∵S∴a∴a2n<S2n<a2n+1，即當(dāng)m≥2，

在區(qū)間Sm,S綜上所述，bn=n，∴Tn3Tn①?②得，?2T∴T【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件和Sn與an的關(guān)系，從而得出數(shù)列遞推公式，結(jié)合等比數(shù)列的定義判斷出數(shù)列an（2）根據(jù)題意和等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式以及分類(lèi)討論的方法，從而得出數(shù)列an在區(qū)間Sm,S2m中的項(xiàng)的個(gè)數(shù)bm，進(jìn)而得出數(shù)列bn的通項(xiàng)公式，則得出數(shù)列a（1）當(dāng)n=1時(shí)，2a1=所以2S則2a得an+1所以an是首項(xiàng)為3，公比為3的等比數(shù)列，所以an=（2）由（1），可得Sn當(dāng)n=1時(shí)，區(qū)間S1,S當(dāng)n≥2時(shí)，∵S∴a∴a2n<S2n<a2n+1，即當(dāng)m≥2，在區(qū)間Sm所以bm綜上，bn=n，∴Tn3Tn①?②得，?2T∴T21．【答案】（1）證明：如圖，連接AC與BD交于點(diǎn)O，

則O為AC中點(diǎn)，也為BD中點(diǎn)，連接OP，OE，因?yàn)镻B=PD，所以BD⊥OP，又因?yàn)锽D⊥AC，AC，OP是平面PAC內(nèi)兩條相交線，所以BD⊥平面PAC，PC?平面PAC，所以BD⊥PC，因?yàn)镺，E分別為AC，PC中點(diǎn)，所以AP//因?yàn)镻A⊥PC，所以PC⊥OE，

又因?yàn)锽D，OE是平面BDE內(nèi)兩條相交線，所PC⊥平面BED.（2）解：因?yàn)锽D⊥平面PAC，所以平面ABCD⊥平面PAC，作PH⊥AC，交點(diǎn)為H，則PH⊥平面ABCD，又因?yàn)锳B?平面ABCD，所以PH⊥AB，由PD⊥AB，又PH⊥AB，PD∩PH=H,PD,PH?平面PDH所以AB⊥平面PDH，

又因?yàn)镈H?平面PDH，所以DH⊥AB，由于四棱錐P?ABCD的底平面是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，所以△ABD為等邊三角形，

又因?yàn)锳O⊥BD，DH⊥AB，所以點(diǎn)H即為△ABD的垂心，也為重心，則OH=13OA=33如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則P0,?33,2則AB=(1,3,0)設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量m=(x,y,z)由m?AB=0m?又因?yàn)槠矫鍮DE的一個(gè)法向量PC所以|cos即平面PAB與平面BED夾角的余弦值33【解析】【分析】（1）利用已知條件和等腰三角形三線合一得出線線垂直，再由線線垂直證出直線BD⊥平面PAC，從而得到BD⊥PC，再根據(jù)中點(diǎn)作中位線的方法和中位線的性質(zhì)得出線線平行，再由PA⊥PC證出PC⊥OE，從而由線線垂直證出線面垂直，即證出PC⊥平面BED.（2）利用線線垂直、線面垂直和面面垂直的推導(dǎo)關(guān)系、菱形的結(jié)構(gòu)特征推出等邊三角形的方法、垂心和重心的性質(zhì)，從而建立空間直角坐標(biāo)系，則得出點(diǎn)的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，再結(jié)合兩向量垂直數(shù)量積為0的等價(jià)關(guān)系和數(shù)量積的坐標(biāo)表示，從而得出平面PAB的一個(gè)法向量和平面BDE的一個(gè)法向量，再利用數(shù)量積求向量夾角公式得出平面PAB與平面BED夾角的余弦值．（1）如圖，連接AC與BD交于點(diǎn)O，則O為AC中點(diǎn)，也為BD中點(diǎn)，連接OP，OE．因?yàn)镻B=PD，所以BD⊥OP，又BD⊥AC，AC，OP是平面PAC內(nèi)兩條相交線，所以BD⊥平面PAC，PC?平面PAC，所以BD⊥PC，因?yàn)镺，E分別為AC，PC中點(diǎn)，所以AP//因?yàn)镻A⊥PC，所以PC⊥OE．又BD，OE是平面BDE內(nèi)兩條相交線，所PC⊥平面BED；.（2）因?yàn)锽D⊥平面PAC，所以平面ABCD⊥平面PAC，作PH⊥AC，交點(diǎn)為H，則PH⊥平面ABCD，又AB?平面ABCD，所以PH⊥AB，由PD⊥AB，又PH⊥AB，PD∩PH=H,PD,PH?平面PDH所以AB⊥平面PDH，又DH?平面PDH，所以DH⊥AB，由于四棱錐P?ABCD的底平面是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BAD=60°，所以△ABD為等邊三角形，又AO⊥BD，DH⊥AB，所以點(diǎn)H即為△ABD的垂心，也為重心，則