武漢十一中2022-2023學(xué)年高二年級(jí)10月數(shù)學(xué)試題

武漢十一中2022-2023學(xué)年高二年級(jí)10月數(shù)學(xué)試題一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）已知直線l1：2x+ay+2=0與直線l2：(a?1)x+3y+2=0平行，則a=(

)A.3 B.?2 C.?2或3 D.5在下列條件中，一定能使空間中的四點(diǎn)M,A,B,C共面的是(

)A.OM=2OA?OB?OC B.OM已知向量n=(2,0,1)為平面α的法向量，點(diǎn)A(?1,2,1)在α內(nèi)，則點(diǎn)P(1,2,2)到平面α的距離為(

)A.55 B.5 C.25 已知A，B，C，D，E是空間中的五個(gè)點(diǎn)，其中點(diǎn)A，B，C不共線，則“存在實(shí)數(shù)x，y，使得DE=xAB+yAC是“DE//平面ABC”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，且c?2bsinC=0，B∈(0,π2)，b=1，a=3，則△ABCA.34或14 B.32或14 C.34或3設(shè)直線l的方程為x+ycosθ+3=0(θ∈R)，則直線l的傾斜角α的取值范圍是(

)A.[0,π) B.π4,π2

C.設(shè)m∈R，過定點(diǎn)A的動(dòng)直線x+my+1=0和過定點(diǎn)B的動(dòng)直線mx?y?2m+3=0交于點(diǎn)P(x,y)，則|PA|+|PB|的最大值(

)A.25 B.32 C.6 端午佳節(jié)，人們有包粽子和吃粽子的習(xí)俗，裹蒸粽是廣東肇慶地區(qū)最為出名的粽子，是用當(dāng)?shù)靥赜械亩~、水草包裹糯米、綠豆、豬肉、咸蛋黃等蒸制而成的金字塔形的粽子，現(xiàn)將裹蒸粽看作一個(gè)正四面體，其內(nèi)部的咸蛋黃看作一個(gè)球體，那么，當(dāng)咸蛋黃的體積為4π3時(shí)，該裹蒸粽的高的最小值為(

)A.4 B.6 C.8 D.10二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）已知空間四點(diǎn)O(0,0,0)，A(0,1,2)，B(2,0,?1)，C(3,2,1)，則下列說法正確的是(

)A.OA?OB=?2

B.以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形的面積為212

C.點(diǎn)O到直線BC的距離為5

D.O，A，以下四個(gè)命題表述正確的是(

)A.直線(m?1)x+(2m?1)y=3(m∈R)恒過定點(diǎn)(?6,3)

B.已知直線l過點(diǎn)P(2,4)，且在x，y軸上截距相等，則直線l的方程為x+y?6=0

C.a∈R，b∈R，“直線ax+2y?1=0與直線(a+1)x?2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分條件

D.點(diǎn)(2,1)到直線x+y?1=0的距離為2如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為側(cè)面BCC1B1的中心，A.PE?PF的最小值為148

B.若BP=2PD1，則平面PAC截正方體所得截面的面積為98

C.PF與底面ABCD所成的角的取值范圍為[0,π4]

D.如圖，ABCD是邊長(zhǎng)為5的正方形，半圓面APD⊥平面ABCD，點(diǎn)P為半圓弧AD上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P與點(diǎn)A，D不重合).下列說法正確的是(

)A.三棱錐P?ABD的四個(gè)面都是直角三角形

B.三棱錐P?ABD的體積最大值為1254

C.異面直線PA與BC的距離是定值

D.當(dāng)直線PB與平面ABCD所成角最大時(shí)，平面PAB截四棱錐P?ABCD外接球的截面面積為三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，

已知向量{a,b,c}是空間的一個(gè)基底，向量a+b,a?b,c是空間的另一個(gè)基底，一向量P已知l：(2+m)x+(1?2m)y+4?3m=0?(m∈R)過定點(diǎn)A，則點(diǎn)A到直線n：x+y=1的距離是

．在直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，側(cè)棱長(zhǎng)為6，底面是邊長(zhǎng)為8的菱形，且∠ABC=120°，點(diǎn)E在邊BC上，且滿足BE=3EC，動(dòng)點(diǎn)M在該四棱柱的表面上運(yùn)動(dòng)，并且總保持ME⊥BD1，則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡圍成的圖形的面積為

；當(dāng)四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）(本小題10.0分)

已知直線l1的方程為x+2y?4=0，若l2在x軸上的截距為32，且l1⊥l2．

(1)求直線l1和l2的交點(diǎn)坐標(biāo)；

(2)已知直線l3經(jīng)過l1與l(本小題12.0分)已知在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，

．?①3請(qǐng)?jiān)谝陨先齻€(gè)條件中任選一個(gè)補(bǔ)充在橫線處，并解答：(1)求角C的值;(2)若c=23，CD=CA+CB(本小題12.0分)

過點(diǎn)P(2,1)作直線l分別交x，y軸正半軸于A，B兩點(diǎn)．

(1)當(dāng)△AOB面積最小時(shí)，求直線l的方程;

(2)當(dāng)|PA|?|PB|取最小值時(shí)，求直線l(本小題12.0分)如圖，在四棱錐S?ABCD中，△ABS是正三角形，四邊形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=120°，點(diǎn)E是BS的中點(diǎn)．

(1)求證：SD//平面ACE;

(2)若平面ABS⊥平面ABCD，求點(diǎn)E到平面ASD(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4，AB=2，PA⊥平面ABCD，且M是PD的中點(diǎn)．

(1)求證：AM⊥平面PCD;(2)求異面直線CD與BM所成角的正切值;(3)求平面MAB與平面MBC所成的夾角(銳角)的大?。?本小題12.0分)

在2021年6月17日，神舟十二號(hào)載人飛船順利升空并于6.5小時(shí)后與天和核心艙成功對(duì)接。如圖1，是神舟十二號(hào)飛船推進(jìn)艙及其推進(jìn)器的簡(jiǎn)化示意圖，半徑相等的圓I1，I2，I3，I4與圓柱OO1底面相切于A，B，C，D四點(diǎn)，且圓I1與I2，I2與I3，I3與I4，I4與I1分別外切，線段A1A為圓柱OO1的母線.點(diǎn)M(1)求證：AM//平面BDN;(2)線段AA1上是否存在一點(diǎn)E，使得OE⊥平面BDN?若存在，請(qǐng)求出AE(3)如圖2，是飛船推進(jìn)艙與即將對(duì)接的天和核心艙的相對(duì)位置的簡(jiǎn)化示意圖.天和核心艙為底面半徑為2的圓柱O2O3，它與飛船推進(jìn)艙共軸，即O，O1，O2，O3共線.核心艙體兩側(cè)伸展出太陽翼，其中三角形RST為以RS為斜邊的等腰直角三角形，四邊形PQRS為矩形.已知推進(jìn)艙與核心艙的距離為4，即O1O2=4，且答案和解析1.【答案】B

【解析】解：直線l1：2x+ay+2=0與直線l2：(a?1)x+3y+2=0平行，

則2×3?(a?1)a=0，解得a=?2或3，

當(dāng)a=3時(shí)，兩直線重合，故舍去，

故a=?2．

故選：2.【答案】C

【解析】【解答】解：M與A，B，C一定共面的充要條件是OM=x對(duì)于A選項(xiàng)，由于2?1?1=0≠1，所以不能得出M,A,B,C共面；對(duì)于B選項(xiàng)，由于15+1對(duì)于C選項(xiàng)，由于MA=?2MB?MC，則對(duì)于D選項(xiàng)，由OM+OA+OB+OC=

3.【答案】B

【解析】【解答】解：因?yàn)锳(?1,2,1)，P(1,2,2)所以PA=(?2,0,?1)因?yàn)槠矫姒恋姆ㄏ蛄縩=(2,0,1)所以點(diǎn)P到平面α的距離d=|故選：B

4.【答案】B

【解析】【分析】本題考查空間向量共面的問題．

利用存在實(shí)數(shù)x，y，使得DE=xAB+yAC?DE//平面ABC【解答】解：若DE//平面ABC，則DE,?AB,?AC共面，故存在實(shí)數(shù)x，若存在實(shí)數(shù)x，y，使得DE=xAB+yAC，則DE,?AB,?AC共面，則所以“存在實(shí)數(shù)x，y，使得DE=xAB+yAC是“故選：B

5.【答案】C

【解析】【分析】本題考查正弦定理的應(yīng)用，考查三角形的面積公式，考查學(xué)生計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題．

由已知利用正弦定理求出三角形的三個(gè)角，利用三角形的面積公式求解即可．【解答】解：∵a=3，b=1且c?2bsinC=0，

∴csinC=2=3sinA=1sinB，

解得sinA=32，sinB=12，

又B∈(0,π2)，

∴B=π6，A=π3

6.【答案】C

【解析】【分析】本題考查直線斜率與傾斜角的關(guān)系，同時(shí)考查余弦函數(shù)的值域和正切函數(shù)的單調(diào)性等知識(shí)，屬于易錯(cuò)題，

當(dāng)cosθ=0時(shí)，直線l的斜率不存在，傾斜角α=π2，當(dāng)cosθ≠0時(shí)，直線l的斜率k=?1【解答】解：當(dāng)cosθ=0時(shí)，方程變?yōu)閤+3=0，其傾斜角為π2，

當(dāng)cosθ≠0時(shí)，由直線方程可得斜率k=?1cosθ，

∵cosθ∈[?1,1]且cosθ≠0，

∴k∈(?∞,?1]∪[1,+∞)，

即tanα∈(?∞,?1]∪[1,+∞)，

又α∈[0,π)，

∴α∈[π4,π2)∪(7.【答案】C

【解析】【解答】解：由題意可得動(dòng)直線x+my+1=0過定點(diǎn)A(?1,0)，

直線mx?y?2m+3=0可化為(x?2)m+3?y=0，斜率k=m．

令x?2=03?y=0可解得B(2,3)，

又1×m+m×(?1)=0，故兩直線垂直，

即交點(diǎn)為P，

∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=18，

由基本不等式可得18=|PA|2+|PB|2

=(|PA|+|PB|)2?2|PA||PB|

8.【答案】A

【解析】【解答】解：要使正四面體的高最小，當(dāng)且僅當(dāng)球與正四面體相內(nèi)切，

設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，高為?，內(nèi)切球的半徑為r，則4π3r3=4π3，解得r=1，

如圖正四面體S?ABC中，令D為BC的中點(diǎn)，O1為底面三角形的中心，則SO1⊥底面ABC，

所以

9.【答案】AC

【解析】【解答】解：空間四點(diǎn)O(0,0,0)，A(0,1,2)，B(2,0,?1)，C(3,2,1)，

則OA=(0,1,2)，OB=(2,0,?1)，

所以|OA|=5，|OB|=5，

對(duì)于A：OA?OB=?2，故A正確；

對(duì)于B：cos<OA,OB>=OA?OB|OA||OB|=?25，所以sin∠AOB=215，

所以以O(shè)A，OB為鄰邊的平行四邊形的面積S=OAOBsin∠AOB=21，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：由于OB=(2,0,?1)，BC=(1,2,2)，

所以O(shè)B?BC=0，

故OB⊥BC，

所以點(diǎn)O到直線BC的距離d=|OB

10.【答案】ACD

【解析】【解答】解：對(duì)A，(m?1)x+(2m?1)y=3(m∈?R)，即m(x+2y)?x?y?3=0，

直線恒過x+2y=0與?x?y?3=0的交點(diǎn)，解得x=?6，y=3，恒過定點(diǎn)(?6,3)，A正確；

對(duì)于B，直線l過點(diǎn)P(2,4)，在x，y軸上截距相等，

當(dāng)截距不為0時(shí)為x+y?6=0，

截距為0時(shí)為2x?y=0，故B錯(cuò)誤．

對(duì)于C，由題意，“直線ax+2y?1=0與直線(a+1)x?2ay+1=0垂直”，

則a(a+1)+2×(?2a)=0，解得a=0或a=3，

所以“直線ax+2y?1=0與直線(a+1)x?2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分條件，

C正確．

對(duì)于D，點(diǎn)(2,1)到直線x+y?1=0的距離為|2+1?1|12+12=2，故

11.【答案】BCD

【解析】【解答】解：以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，

由正方體棱長(zhǎng)為1，則E(12,1,12)，B(1,1,0)，

D1(0,0,1)，F(xiàn)(0,12,1)，A(1,0,0)，

對(duì)于A，BD1=(?1,?1,1)，

設(shè)BP=λBD1=(?λ,?λ,λ)，(0≤λ≤1)，

所以P(1?λ,1?λ,λ)，PE=(λ?12,λ,12?λ)，PF=(λ?1,λ?12,1?λ)，

PE?PF=(λ?12)(λ?1)+λ(λ?12)+(1?λ)(12?λ)=3(λ?712)2?148，

所以λ=712時(shí)，(PE?PF)min=?148，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，BP=2PD1，則P是BD1上靠近D1的三等分點(diǎn)，P(13,13,23)，

取AC上靠近C的三等分點(diǎn)G，則G(13,23,0)，PG=(0,13,?23)，

顯然PG與平面CDD1C1的法向量DA=(1,0,0)垂直，

因此PG//平面CDD1C1，

所以截面PAC與平面CDD1C1的交線與PG平行，

作CM//PG交D1C1于點(diǎn)M，

設(shè)M(0,k,1)，則CM=(0,k?1,1)，

由CM//PG，可得?23(k?1)=13，解得k=12，

則M與F重合，因此取D1A1中點(diǎn)N，易得NF//AC，

所以截面為ACFN，且為等腰梯形，

AC=2，NF=2

12.【答案】ACD

【解析】【解答】解：因?yàn)辄c(diǎn)P為半圓弧AD上(不含A，D點(diǎn))一動(dòng)點(diǎn)，所以DP⊥AP，

由底面ABCD為正方形，所以AB⊥AD，

因?yàn)榘雸A面APD⊥底面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，AB?平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，AP，DP?平面PAD，所以AB⊥DP，AB⊥AP，

又AP∩AB=A，AP，AB?平面PAB，

所以DP⊥平面PAB，PB?平面PAB，所以DP⊥PB，

對(duì)于A，由上面已證可得三棱錐P?ABD的四個(gè)面都是直角三角形，故A正確；

對(duì)于B，當(dāng)點(diǎn)P為半圓弧AD中點(diǎn)時(shí)，三棱錐P?ABD的體積最大，

最大值為13×52×12×5×5=12512，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)，因?yàn)榘雸A面APD⊥平面ABCD，AB⊥AD，半圓面APD∩平面ABCD=AD，

所以AB⊥半圓面APD，又PA?半圓面APD，所以AB⊥PA，又AB⊥BC，

所以AB為異面直線PA與BC的距離，所以異面直線PA與BC的距離為定值，故C正確;

對(duì)于D選項(xiàng)，取BD的中點(diǎn)O，由選項(xiàng)A中的解析可得，OA=OB=OP=OD=12BD=522，

所以點(diǎn)O為四棱錐P?ABCD外接球的球心，

過點(diǎn)P作PH⊥AD于點(diǎn)H，連接BH，如圖所示，

因?yàn)榘雸A面APD⊥平面ABCD，半圓面APD∩平面ABCD=AD，

故PH⊥平面ABCD，

所以BH為PB在平面ABCD內(nèi)的射影，

則∠PBH為直線PB與平面ABCD所成的角，

設(shè)AH=x，則0<x<5，DH=5?x，

在RtΔAPD中，PH2=AH?DH=x(5?x)，PD2=DH?AD=5(5?x)，

所以PB2=BD2?PD2=(52)2?5(5?x)=25+5x，

故sin2∠PBH=PH2PB2=x(5?x)25+5x=?15(x2?5xx+5)，

令t=x+5，則x=t?5，且5<t<10，

所以x2?5xx+5=(t?5)2?5(t?5)t=t+50t?15≥2

13.【答案】2

【解析】解：根據(jù)平行四邊形法則可得AC1=AB+AD+AA1，

所以|AC114.【答案】(3【解析】【解答】解：設(shè)p=x(a+b)+y(a?b)+zc=(x+y)a+(x?y)b+zc；

15.【答案】22【解析】【解答】解：由直線方程(2+m)x+(1?2m)y+4?3m=0變形為：m(x?2y?3)+(2x+y+4)=0，

令x?2y?3=0，2x+y+4=0，

求得x=?1，y=?2，

可得直線(2+m)x+(1?2m)y+4?3m=0恒經(jīng)過定點(diǎn)A(?1,?2)，

故點(diǎn)A到直線n：x+y=1的距離是d=|?1?2?1|2=22，

16.【答案】152

【解析】【解答】解：如圖，

在直四棱柱ABCD?A1所以AC⊥平面BDD1B1，

又BD1?在AB上取F，使得BF=3FA，連接EF，則EF//AC，所以BD記AC與BD的交點(diǎn)為O，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，則B4,0,0，D1?4,0,6在BB1上取一點(diǎn)G，記為G4,0,t，于是B由BD1?EG=?24+6t=0所以?EFG的邊為點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡．由題意得FG=BF2動(dòng)點(diǎn)M的軌跡圍成的圖形的面積為12顯然當(dāng)M與G重合時(shí)，MC與平面ABCD所成角最大．因?yàn)镸4,0,4，C10,43,6，

因?yàn)橹本€AC的一個(gè)方向向量為n=(0,1,0)，

所以cos即異面直線MC1與AC所成角的余弦值為故答案為：153；2

17.【答案】解：(1)∵l1⊥l2，∴kl2=?1?12=2．

∴直線l2的方程為：y?0=2(x?32)，化為：y=2x?3．

聯(lián)立x+2y?4=02x?y?3=0，解得x=2y=1．

∴直線l1和l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1)．

(2)當(dāng)直線l3經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)，可得方程：y=12x.

當(dāng)直線l3不經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)，設(shè)在x軸上截距為a≠0，則在【解析】本題考查了相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、截距式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬中檔題．

(1)利用l1⊥l2，可得斜率kl2.利用點(diǎn)斜式可得直線l2的方程，進(jìn)而可求出直線l1和l2的交點(diǎn)坐標(biāo)為(2,1)．

(2)當(dāng)直線l3經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)，可得方程．當(dāng)直線l3不經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)，設(shè)在x軸上截距為a≠018.【答案】解：(1)選?①3a?3ccosB+bsinC=0，

由正弦定理可得：3sinA?3sinCcosB+sinBsinC=0，

又因?yàn)椋凇鰽BC中，有sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以3(sinBcosC+cosBsinC)?3sinCcosB+sinBsinC=0，

化簡(jiǎn)得3sinBcosC+sinBsinC=0，

由于0<B<π，所以sinB≠0，

所以3cosC+sinC=0，于是tanC=?3，

因?yàn)?<C<π，

所以C=2π3．

選?②a?ca+b+sinBsinA+sinC=0，由正弦定理可得：a?ca+b+ba+c=0，

∴a2+b2?【解析】本題考查了解三角形中正余弦定理的運(yùn)用，考查了向量數(shù)量積的運(yùn)算，屬于中檔題．

(1)選①，利用正弦定理即可求解；

選②，利用正余弦定理求解即可；

選③，利用二倍角公式結(jié)合一元二次方程求得cosC即可得解．

(2)利用向量數(shù)量積求解．19.【答案】解：(1)設(shè)所求的直線方程為xa+yb=1(a>0,b>0)，

由已知2a+1b=1．

于是2a?1b≤(2a+1b2)2=14，當(dāng)且僅當(dāng)2a=1b=12，即a=4，b=2時(shí)，取最大值，

即S△AOB=12?ab取最小值4．

故所求的直線l的方程為x4+【解析】本題考查直線方程的幾種形式的應(yīng)用，利用基本不等式求式子的最值，一定不要忘記檢驗(yàn)等號(hào)成立的條件是否具備，屬于中檔題．

(1)設(shè)所求的直線方程，點(diǎn)的坐標(biāo)代入方程后使用基本不等式，可求面積的最小值，注意檢驗(yàn)等號(hào)成立條件．

(2)設(shè)直線l的點(diǎn)斜式方程，求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，代入|PA|?|PB|20.【答案】解：(1)證明：在四棱錐S?ABCD中，連接BD交AC于點(diǎn)F，

則F為BD的中點(diǎn)，連接EF．

∵E為BS的中點(diǎn)，

∴EF//SD，

又SD??平面ACE，EF?平面ACE，

∴SD//平面ACE．

(2)方法一：∵四邊形ABCD是菱形，且∠ABC=120°，

∴△ABD為正三角形，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，OS，

則OD⊥AB，

∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD=AB，

∴OD⊥平面ABS．

∵△ABS是正三角形，∴OS⊥AB．

以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)S，OB，OD所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz．

又∵AB=4，則A(0,?2,0)，D(0,0,23)，S(23,0,0)，B(0,2,0)，E(3,1,0)，

∴AD=(0,2,23)，AS=(23,2,0)．

設(shè)平面ASD的法向量為n=(x,y,z)，

則AD?n=0,AS?n=0,即2y+23z=0,23x+2y=0,

令x=3，則n=(3,?3,3).

又SE=(?3,1,0)，

設(shè)點(diǎn)E到平面ASD的距離為d，

則d=n·SE|n|=?3+(?3)3+9+3=2515，

即點(diǎn)E到平面ASD的距離為2155．

方法二：∵四邊形ABCD是菱形，且∠ABC=120°，

∴△ABD為正三角形，取AB的中點(diǎn)O，

連接OD，OS，則OD⊥AB，

又∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD=AB，

∴OD⊥平面ABS．

∵△ABD，△ABS是正三角形，AB=4，易得OD=OS=23，

∴S△ESA=1【解析】本題考查空間點(diǎn)面距離的求解，考查線面平行的判定，面面垂直的性質(zhì)，屬中檔題．

(1)證得EF//SD，即可根據(jù)線面平行的判定證得結(jié)論；

(2)方法一：證得OD⊥平面ABS，以O(shè)為原點(diǎn)建系，利用空間向量法求點(diǎn)面距離；

方法二：證得OD⊥平面ABS，由VD?AES=21.【答案】解：∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD，

又四邊形ABCD是矩形，∴CD⊥DA，

∵DA∩PA=A，DA、PA?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，

∵AM?平面PAD，∴CD⊥AM，

又M是PD的中點(diǎn)，PA=AD=4，∴AM⊥PD，

∵CD∩PD=D，CD、PD?平面PCD，所以AM⊥平面PCD；

(2)解：∵底面ABCD是矩形，∴CD//BA，

∴異面直線CD與BM所成角即為直線BA與直線BM所成的角，

由(1)得CD⊥平面PAD，∴BA⊥平面PAD，

∵AM?平面PAD，∴BA⊥AM，∴△BAM為直角三角形，

又M是PD的中點(diǎn)，PA=AD=4，∴AM=22，

∴在Rt△BAM中，∠ABM即為異面直線CD與BM所成角，

故tan∠ABM=AMAB=2，

∴異面直線CD與BM所成角的正切值為2．

(3)PA⊥平面ABCD，AB,AD?平面ABCD，

所以PA⊥A