高二上学期第一次月考解答题压轴题50题专练（解析版）

高二上学期第一次月考解答题压轴题50题专练【人教A版（2019）】1．（2023秋·全国·高二随堂练习）如图，在正方体ABCD-A1B（1）化简AB+（2）若AA1+【解题思路】（1）利用CC（2）利用BC=B1C1【解答过程】解：（1）AB=A（2）因为BC=B=A所以AA1+又因为A1所以x可以是A12．（2023·全国·高二专题练习）已知M1,-1，N2,2，(1)求点Q的坐标，满足PQ⊥MN，(2)若点Q在x轴上，且∠NQP=∠NPQ【解题思路】（1）根据两直线的垂直关系和平行关系即可求出结果；（2）根据条件可得kNQ=-【解答过程】（1）设Q(由已知得kMN又PQ⊥MN，可得即yx-由已知得kPN又PN∥MQ，可得即y+1x联立①②解得x=0,∴Q(0,1)（2）设Q(∵∠NQP∴kNQ又∵kNQ=2∴22-解得x=1∴Q(1,0)又∵M(1,-1)∴MQ⊥故直线MQ的倾斜角为90°．3．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线都等于1，点E,F,G分别是AB,AD,CD的中点，设AB=a【解题思路】（1）先根据条件确定a，b,c的模以及相互之间的夹角，再根据向量共线以及加减法表示EF，BA，最后根据向量数量积求结果，（【解答过程】(1）

因为空间四边形ABCD的每条边和对角线都等于1，所以a=b因为点E,F分别是AB,∴EF⋅（2）因为EG=EF4．（2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系xOy中，四边形OPQR的顶点坐标分别为O0,0，P1,t，Q1-2t,2+t，R-2【解题思路】可借助斜率验证四边形OPQR对边平行，邻边垂直，对角线不垂直即得解【解答过程】由斜率公式，得kOPkQRkORkPQkOQkPR∴kOP=k∴OP//QR，∴四边形OPQR为平行四边形.又kOP⋅kOR又kOQ⋅kPR≠-1，∴四边形OPQR为矩形.5．（2023秋·高二课时练习）如图，在四面体ABCD中，点E、M、N分别是棱AB、AC、AD的中点，点E1、M1、N1分别是棱CD、BD、BC的中点，点G

(1)G、M、M1(2)G、N、N1【解题思路】（1）用BA,BD,（2）用BA,BD,BC【解答过程】（1）GM==1G==-1所以GM=-GM1，所以G、M（2）GN==1G==-1所以GN→=-GN1→，所以G6．（2023秋·全国·高二随堂练习）已知A1,2，B5,0，（1）若A，B，C，D可以构成平行四边形，求点D的坐标；（2）在（1）的条件下，判断A，B，C，D构成的平行四边形是否为菱形.【解题思路】（1）分四边形ABCD、ABDC、ACBD是平行四边形三种情况讨论，分别利用对边的斜率相等求解，即可；（2）分别验证对角线是否垂直，即对角线斜率乘积是否为-1，即可【解答过程】（1）由题意得kABkAC=4-23-1=1若四边形ABCD是平行四边形，则kCD=k即b-4a-3若四边形ABDC是平行四边形，则kCD=k即b-4a-2若四边形ACBD是平行四边形，则kCD=k即b-0a-5综上，点D的坐标为（-1，6）或（7，2）或（3，-2）.（2）若D的坐标为（-1，6），因为kAC=1，所以kAC⋅k所以平行四边形ABCD为菱形.若D的坐标为（7，2），因为kBC=-2，所以kBC⋅kAD若D的坐标为（3，-2），因为kAB=-12，直线CD因此，平行四边形ABCD为菱形,平行四边形ABDC,ACBD不是菱形.7．（2023秋·福建·高二校联考开学考试）在如图所示的斜三棱柱ABC-A1(1)设BA=a，BC=b，BB(2)若cos∠ABC=23【解题思路】（1）根据向量运算的几何表示求解；（2）根据向量模的公式及数量积运算求解.【解答过程】（1）在三棱柱ABC-A1所以BC则AC（2）依题意可得a⋅则A=b所以AC1的长为8．（2023秋·高二课时练习）四棱柱ABCD-A'B'C'D'的六个面都是平行四边形，点M在对角线A(1)设向量AB=a，AD=b，AA'=c，用a、(2)求证：M、N、D'【解题思路】（1）根据题意，由空间向量的线性运算，即可得到结果；（2）根据题意，由空间向量的线性运算可得MN=1【解答过程】（1）

因为A'M=所以D'又因为A'N=所以D=1（2）因为MN=14BC所以MN=14MD'，即M9．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知两点A-2,-3,B3,0，过点P-1,2的直线l

【解题思路】根据题意结合图形求出直线AP的斜率kAP，直线BP的斜率kBP，即得直线【解答过程】根据图形，∵直线AP的斜率是kAP直线BP的斜率是kBP∴过点P的直线l与线段AB有公共点时，直线l的斜率的取值范围是-∞,-10．（2023·全国·高二专题练习）已知坐标平面内三点A-(1)求直线AB的斜率和倾斜角；(2)若A,B,C,(3)若Em,n是线段AC上一动点，求【解题思路】(1)根据过两点的斜率公式求出斜率，再求倾斜角；(2)设Dx,y(3)因为nm-2表示直线BE的斜率,求出E与点C重合时，直线BC的斜率；E与点A重合时，直线【解答过程】（1）解：因为直线AB的斜率为-4所以直线AB的倾斜角为π4（2）解：如图，当点D在第一象限时，kAB设Dx,y，则y故点D的坐标为3,5；（3）解：由题意得nm-2为直线当点E与点C重合时，直线BE的斜率最小，kBC当点E与点A重合时，直线BE的斜率最大，kAB故直线BE的斜率的取值范围为-1即nm-211．（2023秋·高二课时练习）如图所示，已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.(1)化简12AA1+BC+2(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的34分点，设MN=αAB+βAD+γAA1,【解题思路】(1)取DD1的中点G，过G作DC的平行线GH，使GH=23DC，连接AH，由向量的运算法则可得12AA1+BC(2)由题意可得MN=12AB+14AD+34AA1.则α【解答过程】(1)取DD1的中点G，过G作DC的平行线GH，使GH=23DC，连接AH则12AA1+BC+23其结果如图所示.(2)MN=MB+BN=12DB+∴α=12,β=14,γ=12．（2023·全国·高二专题练习）已知直线l:2m+1（1）求证：不论m为何实数，直线l过定点P；（2）分别求S=3和S（3）针对S的不同取值，讨论集合l直线l经过P，且与坐标轴围成的三角形面积为S中的元素个数.【解题思路】（1）直线方程化为m(2x+y-（2）由题意知直线的斜率存在且不为0，设出直线方程，求出直线与x,（3）由题意得(2k-1)2=2Sk，讨论k>0和k【解答过程】（1）直线(2m+1)x令2x+y∴不论m为何实数，直线l过定点P(2,1)（2）由题意知，直线的斜率k存在，且k≠0设直线方程为y-1=k(x-2)，则直线与x∴ΔAOB的面积为S=令S=3，得(2k-1)2解得k=k<0时，方程化为4k2综上知，S=3令S=5，得(2k-1)2解得k=k<0时，方程化为4k2综上知，S=5（3）由题意得，(2k-1)2=2解得k=k<0时，方程化为4k2-(4-2SΔ<0S=4时，Δ=0，方程有一负根S>4时，Δ>0，解得综上知，0<S<4时有两条直线；S=4时有三条直线，S所以0<S<4时，集合{l|直线经过P且与坐标轴围成的三角形面积为S=4时，集合{l|直线经过P且与坐标轴围成的三角形面积为SS>4时，集合{l|直线经过P且与坐标轴围成的三角形面积为S13．（2023·全国·高二专题练习）过点P4,1作直线l分别交x轴，y轴正半轴于A，B两点，O为坐标原点(1)当△AOB面积最小时，求直线l的方程；(2)当|OA|＋|OB|取最小值时，求直线l的方程.【解题思路】由题意设A(a,0)，B(0,b)，其中a，（1）由基本不等式可得ab≥16，由等号成立的条件可得a和b（2）OA+【解答过程】由题意设A(a,0)，B(0,b)，其中a，b为正数，可设直线的截距式为xa+y（1）由基本不等式可得1=4a+1b≥24ab，解得：∴ΔAOB面积S=12ab≥8，则当a=8，b=2时，ΔAOB（2）由于OA+OB=a+b=(所以当a=6，b=3时，OA+OB的值最小，此时直线l的方程为14．（2023秋·高二课时练习）直线l过点P(43，2)且与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点(1)当△AOB的周长为12时，求直线l的方程；(2)当△AOB的面积为6时，求直线l的方程.【解题思路】（1）设直线l方程为xa＋yb＝1(a>0，b>0)．根据△AOB的周长为12时，建立方程关系，进而求得直线（2）设直线l方程为xa＋yb＝1(a>0，b>0)．当△AOB的面积为6时，根据三角形的面积公式，求得直线l【解答过程】(1)设直线l的方程为xa＋yb＝1(a>0，b因为直线l过点P(43，2)所以43a＋2b＝又a＋b＋a2+由①②可得5a2－32a＋48＝0，解得a=4b所以直线l的方程为3x＋4y－12＝0或15x＋8y－36＝0.(2)设直线l的方程为xa＋yb＝1(a>0，b由题意知，ab＝12，43a＋2b＝1得a2－6a＋8＝0，解得a=4b所以直线l的方程为3x＋4y－12＝0或3x＋y－6＝0.15．（2023·全国·高二专题练习）如图，正四面体V-ABC的高VD的中点为O，VC的中点为

(1)求证：AO，BO，CO两两垂直；(2)求DM,【解题思路】（1）首先以VA,VB,VC为基底表示向量（2）首先利用基底表示向量DM,AO【解答过程】（1）设VA=a，VB=b，因为VD=1AO=BO=CO=所以AO=13618×1×1×cosπ同理，AO⊥CO，BO⊥CO，所以AO，BO（2）DM=所以DM=又AO=DM⋅所以cosDM又DM,AO∈[0,16．（2023秋·江苏连云港·高二校考开学考试）在直角坐标系中，已知射线OA:x-y=0(x≥0)，OB（1）当AB的中点为P时，求直线AB的方程；（2）当AB的中点在直线y=12x【解题思路】（1）设A(a,a)，因为P是AB的中点，则可根据中点坐标公式表示B（2）分别求出A,B两点坐标，求出中点坐标，因为AB的中点在直线【解答过程】解：（1）设A(a,a有3(2-a)+3(-a)=0则直线AB的方程为y3即2x+(（2）设A(a,a)，B解得a=0,b=0所以A3故所求直线AB的方程为y3即3x17．（2023·全国·高二专题练习）如图，正四面体ABCD（所有棱长均相等）的棱长为1，E，F，G，H分别是正四面体ABCD中各棱的中点，设AB=a，AC=(1)用AB=a，AC=b，AD=(2)求EF与GH的夹角.【解题思路】（1）根据给定条件，利用空间向量基底表示EF，再利用向量数量积的运算律求出EF的长作答.（2）用空间向量基底表示GH，再求出EF与GH的数量积即可作答.【解答过程】（1）因E,F分别为棱BC,AD的中点，而AB=所以EF=因正四面体ABCD的棱长为1，则a⋅所以|EF（2）依题意，GH=因正四面体ABCD的棱长为1，有c⋅因此EF⋅所以EF⊥GH，即EF与GH的夹角为18．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期中）已知四棱锥T-ABCD的底面是平行四边形，平面α与直线AD，TA，TC分别交于点P，Q，R且APAD=TQTA=CRCT=x，点M（1）设TA=a，TB=b，TC=（2）证明，四面体T-（3）证明，对所有满足条件的平面α，点M都落在某一条长为52TB【解题思路】（1）利用向量加减法的几何意义有CD=BA=TA-（2）假设四面体T-ABC的最长棱为AB，只需以A,B为顶点的其它两组棱中（3）由MN//平面α，令TM=λTB结合向量共面定理有NM=yQP+【解答过程】（1）∵CD=BA=∴TD=所以TD=（2）不妨设AB是四面体最长的棱，则在△ABT，△ABC中，AT+∴AT+TB+故AT+AC，TB+BC至少有一个大于∴AT，AC，AB构成三角形.（3）设TA=a，TB=b，TC=又APAD=TQTA=CRCT∴TP=QP=QR=设TM=λ∴NM因为NM/平面PQR，所以存在实数y，z使得：NM∴-12∴{y-xy-zx=-当λ=-14时，-当λ≠-14时，Δ综上，有-5所以对所有满足条件的平面α，点M都落在某一条长为52TB19．（2023秋·湖北黄冈·高二校考开学考试）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1(1)用向量AA1，(2)求证：D，(3)当AA1AB【解题思路】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）根据空间向量线性运算法则得到DM=NB（3）设AA1=c，AD=b，AB【解答过程】（1）MN=（2）证明：∵DM=AM∴DM=N（3）当AA1AB证明：设AA∵底面ABCD为菱形，则当AA1AB∵AC1∠A∴A∴A20．（2023秋·河南开封·高二校考阶段练习）已知过点P(m,n)的直线（1）若m=12，且点P在函数y（2）若点P(m,n)在直线【解题思路】（1）根据点P在函数y=11-x的图象上，求出点P的坐标，再利用直线l与直线l'（2）根据点P在直线l'上，找到m,n之间的关系，消元转化为n【解答过程】（1）点P在函数y=11-x由x+2y+4=0，得y=-1又直线l与直线l'垂直，则直线l的斜率k满足：-12所以直线l的方程为y-2=2x（2）点Pm,n在直线l'上，所以代入mx+n-由-2x+故直线mx+n-21．（2023秋·全国·高二随堂练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点.(1)用向量法证明E，F，G，H四点共面；(2)用向量法证明：BD//平面EFGH(3)设M是EG和FH的交点，求证：对空间任一点O，有OM=【解题思路】（1）根据题意得出EF=（2）通过证明HE//（3）可得四边形EFGH为平行四边形，M为EG中点，即可证明.【解答过程】（1）如图，连接BG，因为E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，则BD=2EH，则EG=由共面向量定理的推论知E，F，G，H四点共面；（2）因为EH=所以HE//BD，又HE⊂平面EFGH，BD所以BD//平面EFGH（3）连接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG，由（2）知EH=12所以EH=FG，EH//所以EG､FH交于一点M，且被M平分，所以OM=22．（2023秋·辽宁葫芦岛·高二校考开学考试）已知空间中三点A（2，0，－2），B（1，－1，－2），C（3，0，－4），设a=AB（I）若|c|=3，且c//（II）已知向量ka+b与b互相垂直，求（III）求ΔABC的面积．【解题思路】（I）利用c//BC设出c的坐标，利用c=3列方程，解方程求得c的坐标.（II）利用两个向量垂直，则它们的数量积为零，列方程，解方程可求得k的值.（III）利用两点间的距离公式计算【解答过程】（I）BC=2,1,-2，由于c//BC，故可设c=2n,n,-2（II）a=AB=-1,-1,0,b=（III）依题意AB=-1,-1,0=2，AC=1,0,-2=23．（2023秋·辽宁朝阳·高二校考阶段练习）已知正三棱柱ABC-A1B1C1，底面边长AB=2，AB

(1)求三棱柱的侧棱长；(2)若M为BC1的中点，试用基底AA(3)求AB1与【解题思路】（1）设AA1=aa（2）设AM=xAA1+yAB+zAC（3）利用空间向量法可得出AB1与BC【解答过程】（1）设AA1=aa>0，则A0,-1,0B13,0,AB1=因为AB1⊥BC故正三棱柱ABC-A1（2）由（1）可知，AA1=0,0,2易知点M32,设AM=即32所以，3y=32y（3）由（1）可知，AB1=则cosA因此，AB1与BC夹角的余弦值为24．（2023秋·河南商丘·高二校考开学考试）已知向量a=(1)求a-(2)当c=22时，若向量ka+b与c(3)若向量c与向量a,b共面向量，求【解题思路】（1）根据空间向量的模长公式求解即可.（2）根据空间向量的加法和数乘运算，可得坐标表示，根据空间向量垂直的坐标计算公式，求解即可.（3）根据向量共面定理，建立向量c与向量a,b【解答过程】（1）∵a=-∴a∴a（2）因为|c所以x2+2因为ka+b=(-2k所以(ka即2-2k∴k所以实数x和k的值分别为0和-3（3）解：设c=λa则(解得，x即c=-所以向量c与向量a，b共面．25．（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，其对角线AC,BD交于点O，且PO⊥平面ABCD,OC

(1)当平面OMN//平面PBC时，试确定点N的位置，并说明理由；(2)在（1）的前提下，点Q在直线MN上，以PQ为直径的球的表面积为214π．以O为原点，OC,OD,OP的方向分别为x轴、y轴、【解题思路】（1）根据面面平行的性质证明MN//（2）先根据球的体积求出PQ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【解答过程】（1）因为平面OMN//平面PBC，平面OMN∩平面PCD=MN，平面PBC所以MN//因为M是PD的中点，所以N是CD的中点；（2）由题意4π×PQ设MQ=由题意，P0,0,2则PM=则PQ=则λ24+1+-λ当λ=1时，MQ=MN当λ=-135设Qx,y所以x=-1310y-综上所述点Q的坐标为12,1,0，

26．（2023·全国·高一专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-4,3)，点B(8,0)，C、D分别为线段OA、OB上的动点，且满足（1）若|BD|=3，求点（2）设点C的坐标为(-4m,3m)(0<m≤1)【解题思路】(1)设点Cx,y，，利用两点之间距离公式和C点在线段OA上得出关系式：(2)由题意求出D点坐标5m+3,0，设ΔOCD外接圆的一般方程为x2联立解得圆的方程x2+y2-5【解答过程】解：（1）设点Cx,y，当BD=3时，由C点在线段OA上则有y=-34x解得x=-85，y=（2）由点C的坐标为-4m,3m0<m≤1，可得AC设点ΔOCD的外接圆的方程为x2代入点O、C、D的坐标可得F=05m可得ΔOCD的外接圆的一般方程为x2可化为x2令x2+y2-故ΔOCD的外接圆所过定点的坐标为0,0和3227．（2023春·福建宁德·高二校考阶段练习）空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60∘，我们将这种坐标系称为“斜60∘坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60∘坐标系”下向量的斜60∘坐标：i,j,k分别为“斜60∘坐标系”下三条数轴（x轴､y轴､z轴）正方向的单位向量，若向量n=xi+(1)若a=1,2,3，b=[-1,1,2]，求a(2)在平行六面体ABCD-ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，∠BAD【解题思路】（1）根据“空间斜60∘坐标系”（2）设i，j，k分别为与AB，AD，AA1同方向的单位向量，进而得AC1=2i【解答过程】（1）解：由a=1,2,3，b=-1,1,2所以a+b=所以a+（2）解：设i，j，k分别为与AB，AD，AA则AB=2i，AD=2由题AC因为AM=2,t由AM⊥A⇒4⇒4+2t+则AM=28．（2022秋·湖南怀化·高二统考期中）某学校在平面图为矩形的操场ABCD内进行体操表演，其中AB=40，BC=15，O为AB上一点（不与端点重合），且BO=10，线段OC，OD，MN为表演队列所在位置（M，N分别在线段OD，OC上），△OCD内的点P为领队．位置，且点P到(1)当d为何值时，P为队列MN的中点？(2)求观赏效果最好时△OMN【解题思路】（1）建立平面直角坐标系，易得OC:y=32x；OD：y=-12x，可设Pa,ba<0,（2）由M，N，P【解答过程】（1）以O为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点O且垂直于AB的直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则C10,15，B10,0，∴直线OC的方程为y=32x，直线设Pa,ba<0,由题意得32a-b94∴P-2,72．∵P为MN的中点，∴M-132∴当d=1354时，（2）由M，N，P三点共线，得m-∴S△又∵5n+13当且仅当25m2n∴观赏效果最好时△OMN的面积为6529．（2022秋·浙江·高二校联考阶段练习）如图，设直线l1：x=0，l2：3x-4y=0．点A的坐标为1，aa>34．过点（1）设a=1，求△（2）是否存在实数a，使得1OM+1ON的值与k无关【解题思路】(1)利用直线的点斜式方程直线l的方程，再利用两条直线的交点坐标得M0，a-k和N4k-4M0，1-k和N4k-44k-3，3k-34=1(2)利用(1)的结论，结合两点间的距离公式得OM=a-k和ON=【解答过程】(1)因为直线l过点A1，a所以直线l的方程为y因为直线l与l1，l2分别交于点M，N，所以因此由x=0y=kx由3x-4y又因为M，N的纵坐标均为正数，所以a-k而a>3又因为当a=1时，直线OA的方程为xM0，1-k，所以点M到直线OA的距离为k-点N到直线OA的距离为4k因此△MON面积令t=3-4k，则t>0因此S=1当且仅当t=1t所以S的最小值为12，即△MON(2)存在实数a=2，使得1OM+由(1)知：M0，a-因此OM=a-所以1又因为2-k>0，所以当a=2时，1因此存在实数a=2，使得1OM+30．（2022·全国·高二专题练习）如图，射线OA，OB所在直线的方向向量分别为d1=1,k，d2=1,-kk>0，点P在∠（1）若k=1，P32,（2）若P2,1，△OMP的面积是65（3）已知k为常数，M，N的中点为T，且S△MON=1k，当【解题思路】(1)求出|OP|,点P到直线的距离,利用勾股定理,求|(2)直线OA的方程为kx-y=0,求出P(2,1)到直线的距离,利用勾股定理求出|OM|,利用△OMP(3)设直线OA的倾斜角为α,求出|OM|,|ON|,利用S△MON=1k,可得P变化时,动点T【解答过程】（1）∵P32,1若k=1，则d1=1,1，∴OA则点P到直线OA的距离为32∴|OM（2）直线OA的方程为kx-y=0,P(2,1)∴|OM∴△OMP的面积为1∴k=11（3）设Mx1,kx1,Nx2,-设直线OA的倾斜角为α,则k=tanα，根据题意得x=x1+x代入S△化简得动点T轨迹方程为k2∴|OT当且仅当x=1k,T1∴|OT|的取值范围是31．（2022秋·江苏连云港·高二校考阶段练习）已知光线经过已知直线l1:3x-y+7=0和l2:2x（1）求点M关于x轴的对称点P的坐标；（2）求反射光线所在的直线l3（3）求与l3距离为10【解题思路】（1）解方程组求得M的坐标，然后得出其关于x轴的对称点的坐标；（2）解法一：根据反射原理，确定直线MN和直线l3的倾斜角的关系，进而利用斜率公式求得直线MN的斜率，得到直线l3的斜率，进而用点斜式写出方程；解法二：反射光线所在的直线l3（3）利用直线平行的条件设出所求直线的方程，利用平行直线间的距离公式求出所求直线的方程.【解答过程】解：（1）由3x-y+7=02x所以点M关于x轴的对称点P的坐标(-2,-1)．（2）解法一：因为入射角等于反射角，直线MN的倾斜角为α，则直线l3的斜角180°-kMN=0-11-(-2)=-故反射光线所在的直线l3的方程为：y即y=解法二：因为入射角等于反射角，所以反射光线所在的直线l3的方程就是直线PN直线PN的方程为：y-整理得：y=故反射光线所在的直线l3的方程为y（3）设与l3平行的直线为y根据两平行线之间的距离公式得：b+解得b=3，或b所以与l3距离为10y=1332．（2022秋·浙江嘉兴·高二校考阶段练习）已知圆心在x轴正半轴上的圆C与直线5x+12y+21=0相切，与y轴交于M，N两点，且∠MCN=120°．（1）求圆C的标准方程；（2）过点P（0，3）的直线l与圆C交于不同的两点D，E，若|DE|=23（3）已知Q是圆C上任意一点，问：在x轴上是否存在两定点A，B，使得|QA||QB|【解题思路】(I)设圆C的方程为(x-a)2+y2=4(Ⅱ)设直线l的方程为y=kx+3即kx-y+3=0，则由题意可知，圆心C到直线(Ⅲ)方法一：假设在x轴上存在两定点A(a,0)，B(b,0)，设Q(x,方法二：设Q(x,y)是圆C上任意一点，由|QA||QB|=【解答过程】解：(Ⅰ)由题意知圆心C(a,0)由∠MCN=120∘知Rt△MCO中，于是可设圆C的方程为(又点C到直线5x+12y所以a=1或a=-21故圆C的方程为(x(Ⅱ)设直线l的方程为y=kx+3即kx-y+3=0，则由题意可知，圆心故|k+3|1+又当x=0因此所求的直线方程为y=-43(Ⅲ)方法一：假设在x轴上存在两定点A(a,0)，B(b,0)，设Q(则||令2-2a解得b=5a=2因此存在A(2,0)，B(5，0)或方法二：设Q(x,由|QA||化简可得x2对照圆C的标准方程(x-1可得8a解得解得b=5a=2因此存在A(2,0)，B(5,033．（2023秋·高二课时练习）已知一圆的圆心C在直线x+2y-1=0上，且该圆经过3,0（1）求圆C的标准方程；（2）若斜率为-1的直线l与圆C相交于A，B两点，试求△ABC面积的最大值和此时直线l【解题思路】（1）方法一、求得AB的垂直平分线方程与已知直线联立，求得圆心，可得半径，即可得到所求圆的方程；方法二、设圆C的方程为(x-a)2+(（2）直线l与圆C相交，设直线l的方程为x+y+m=0【解答过程】（1）方法一：3,0和1,-2两点的中垂线方程为：x+圆心必在弦的中垂线上，联立x+2y-半径r=2，所以圆C的标准方程为：x方法二：设圆C的标准方程为：x-由题得：a+2b所以圆C的标准方程为：x-（2）设直线l的方程为x+y+m=0，圆心C∴d=1+m2，且△ABC面积S∴当d2=2，d=2此时1+m2=2所以，直线l的方程为：x+y+1=034．（2023·江苏·高二假期作业）已知实数x1,x2,y1【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，则由题意可得A,B两点在圆x2+y2=1上，且OA⋅OB=1×1×cos∠AOB=1【解答过程】设A(x1,由x12+可得A,B两点在圆x2所以∠AOB=60°，所以△AOBx1+y1-12+x2+点O到直线l的距离为-1取AB的中点M，过点M作MM'⊥则根据梯形的中位定理得d1因为△AOB为等边三角形，AB所以OM=所以点M在圆x2所以点M到直线l的最大距离为32+所以d1+d35．（2023·全国·高一专题练习）已知以点Ct,2tt∈R,t≠0为圆心的圆与x轴交于点O，A(1)试写出圆C的标准方程（含t表示）；(2)求证：△OAB(3)设直线y=-2x+4与圆C交于M，N两点，若OM=【解题思路】（1）已知圆心，求出半径，就可圆的标准方程；（2）求出两截距的长度，即可求出面积；（3）由OM=ON及弦的垂直平分线必过圆心可知直线OC斜率，则可求得t【解答过程】（1）圆心Ct,2tt∈R（2）证明：由（1）知，圆的标准方程为(x-t)2+(y-2t)2（3）由OM=ON可知MN垂直平分线过原点，又弦的垂直平分线必过圆心，可得直线OC与直线y=-2x+4垂直，则有kOC⋅(-2)=-1，即2tt⋅(-2)=-1，解得t=±2，所以圆心C(2,1)或C(-2,-1)，圆C36．（2023秋·高二课时练习）已知圆C经过A0,1，B(1)如果AB是圆C的直径，证明：无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，求出这个定点坐标．(2)已知点A关于直线y=x-3的对称点A'也在圆C上，且过点B的直线l与两坐标轴分别交于不同两点M和N，当圆【解题思路】（1）设点Px,y是圆C上任意一点，由AB是圆C的直径，得AP（2）根据题意可得点C在直线y=x-3上，要使圆C的面积最小，则圆C是以AA'为直径的圆，从而可求出圆C的方程，进而可求得【解答过程】（1）设点Px,y因为AB是圆C的直径，所以AP⋅即x,所以圆C的方程为：xx则x=4，y=1时等式恒成立，故定点为所以无论a取何正实数，圆C恒经过除A外的另一个定点，定点坐标为4,1；（2）因点A关于直线y=x-3的对称点所以点C在直线y=又圆C的面积最小，所以圆C是以AA设过点A与直线y=x-由方程组y=x-3所以圆C的方程为x-当x=4时，a=1或a=-3，又a>0，所以由题意知直线l斜率存在且不为零，设直线l的方程为y-当x=0时y=1-4k，当y所以|BM（当且仅当k2=1则当k=±1时，BM37．（2023秋·高二单元测试）如图，已知圆C:x2

(1)求圆心在直线y=x上，经过点A，且与圆C相外切的圆(2)若过点A的直线m与圆C交于P,Q两点，且圆弧PQ恰为圆C周长的14，求直线【解题思路】（1）通过求圆N的圆心和半径来求得圆N的方程.（2）首先判断出CP⊥CQ，求得C到直线m的距离，对直线m【解答过程】（1）由C:化为标准方程：x+5所以圆C的圆心坐标为C-又圆N的圆心在直线y=所以当两圆外切时，切点为O，设圆N的圆心坐标为a,则有a-解得a=3所以圆N的圆心坐标为3,3，半径r=3故圆N的方程为x-

（2）因为圆弧PQ恰为圆C周长的14，所以CP所以点C到直线m的距离为5.当直线m的斜率不存在时，点C到y轴的距离为5，直线m即为y轴，所以此时直线m的方程为x=

当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y=即kx-所以-5k+5+6所以此时直线m的方程为4855即48x-55y+330=0，故所求直线

38．（2023·全国·高二专题练习）已知圆M：x-22(1)若t=0，求以P为圆心且与圆M(2)若过点P的两条直线被圆M截得的弦长均为23，且与y轴分别交于点S、T，ST=34【解题思路】（1）由题意，可设圆P的方程为x+12+y2=r2，判断出点P在圆外，则圆（2）先排除过点P与x轴垂直的情况，从而设过点P的直线方程为y-t=kx+1，再根据圆的弦长公式建立方程并化简可得8【解答过程】（1）当t=0时，P-1,0，设圆P因为-1-22+所以圆P与圆M外切或内切，又M2,0，圆M的半径为2当两圆外切时：PM=2+r=当两圆内切时：PM=r-所以以P为圆心且与圆M相切的圆的方程为x+12+（2）若过点P-1,t的直线与x圆心M到直线x=-1设过点P的直线方程为y-t=由题意得，3k化简得8k2+6tk+t2则k1+k对过点P的直线y-t=kx∴S∴ST=k所以t=±139．（2023秋·江苏扬州·高二统考开学考试）已知圆W经过A(3,3),(1)求圆W的方程．(2)已知直线l与圆W交于M，N（异于A点）两点，若直线AM,AN的斜率之积为2，试问直线【解题思路】（1）设出圆W的一般方程，代入A,B（2）根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，由直线AM,AN【解答过程】（1）设圆W的方程为x2则3D+3则圆W的方程为x2（2）若直线l的斜率不存在，则设直线l的方程为x=则kAM⋅k又x0-32+y02=9，解得x若直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y=联立方程组y=tx+则Δ=-4kAM⋅kAN=则9t整理得(3t解得b=-3t-当b=-3t+3时，直线l此时直线l经过点A(3,3)所以b=-3故直线l的方程为y=tx-3t综上所述，直线l经过定点，且该定点的坐标为(3,-9)．

40．（2023·全国·高一专题练习）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，点D，E分别为AC(1)求点A到平面EBC的距离；(2)AA1=2AB，平面EBC⊥平面AB【解题思路】（1）利用三棱锥体积公式，根据三棱锥的等体积法，即可求得答案；（2）根据题意证明BC,BA,BB1【解答过程】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1点E为AA1的中点，所以而直三棱柱ABC-A1所以三棱锥E-ABC的体积为又△ECB的面积为2故三棱锥A-EBC的体积V解得h=22，所以点A到平面EBC（2）取EB的中点F，连接AF，如图，由题意知AA1=2AB，故AE又平面EBC⊥平面ABB1A1且AF⊂平面ABB1A1由BC⊂平面EBC，故AF在直三棱柱ABC-A1B1BC⊂平面ABC，可得B又AF,BB1⊂否则若AF∥BB1，则F点在落在AA1上，所以BC⊥平面ABB1A1故BC⊥所以BC,BA,BB1两两垂直，以B建立如图空间直角坐标系，由于AF⊥平面EBC，故点A到平面EBC的距离即为AF，由（1）知AF故BE=因为BC⊥平面ABB1A1，BE⊂由△ECB的面积为22，则则B(0,0,0),则BD=(2,设平面BDE的法向量为n=(x,y,即2x+12y=0yBC1=(4,0,2)，设平面BEC则m⋅BE=0m令a=1，则c=-2,b故cos〈n,由原图可知平面DBE与平面BEC故平面DBE与平面BEC1所成角的余弦值为41．（2023·全国·高二专题练习）已知圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3(1)求圆C的标准方程；(2)已知N2,1，经过原点且斜率为正数的直线l1与圆C交于Px1,y【解题思路】（1）根据已知条件求得圆心和半径，从而求得圆C的标准方程.（2）设出直线l1的方程，并与圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得PN2+QN【解答过程】（1）由圆心在x轴上的圆C与直线l:4x+3y-直线l:4x+3则kCM=6所以a=-1，所以C-1,0，CM所以圆C的标准方程为x+1（2）设直线l1:y可得1+kΔ=4+121+k2>0∴==1+令t=3+k（所以12+4=4当且仅当t=10t，即t所以PN|2+42．（2023春·重庆沙坪坝·高一校考期末）如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且△ABD的边长为3，点E在母线PC上，且AE=

(1)求证：直线PO//平面BDE，并求三棱锥P(2)若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离．【解题思路】（1）设AC∩BD=F，由正弦定理和三角形相似关系可证得EF⊥AC，结合面面垂直的性质可证得EF⊥（2）以F为坐标原点可建立空间直角坐标系，设OM=λOP，根据线面角的向量求法，可确定当λ=12【解答过程】（1）设AC∩BD=

∵△ABD为底面圆O的内接正三角形，∴AC=3sin又AF=3-34=∵AE=3，CE=1，∵AFAE=AEAC，∴△AEF∽∵PO⊥平面ABD，PO⊂平面PAC，∴平面PAC∵平面PAC∩平面ABD=AC，EF⊂平面PAC，又PO⊥平面ABD，∴∵PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴∵F为BD中点，∴AF⊥又EF⊥平面ABD，OF,BD⊂平面ABD，∵EF∩BD=F，EF,BD∵EF=AE2又OF=12AF=∴V（2）∵OF=CF=12，∴F为OC中点，又PO∴PO=3以F为坐标原点，FB,FC,

则A0,-32,0，B32,0,0，E∴AB=32,32,0，设OM=λOP设平面ABE的法向量n=则AB⋅n=32x+32设直线DM与平面ABE所成角为θ，∴sin令t=3λ+2，则t∴3∵1t∈15,12，∴sinθmax∴MA∴点M到平面ABE的距离d=43．（2023·全国·高一专题练习）如图，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1

(1)求证：BD1∥(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为3【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形CED1C1为平行四边形，从而得到（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出Mm,2,0，法二：作出辅助线，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，设【解答过程】（1）连接D1C，与C1E相交于点因为AB=2A1B1所以CE=C1D1故CM=又因为F为BC的中点，所以MF是△BC故MF//因为MF⊂平面C1EF，B所以BD1∥

（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,连接AO,A1O1，过点A1作A1则AO=22,因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A所以A1设Mm,2,0，0≤m设平面C1EF的法向量为则n⋅令x=1得y则n=设直线A1M与平面C1则sinθ解得m=1或34

故M1,2,0，线段BM的长为2-1=1法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：连接B1D1，显然过点O1，连接因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//因为EF⊄平面BDD1B1所以EF//平面BD由（1）知：DE=D1C1故C1因为C1E⊄平面BDD1所以C1E//因为C1E∩EF=所以平面C1EF//故直线A1M与平面C1EF所成的角即为设A1M∩因为O1所以A1O1⊥平面BDD1B1连接AO，过点A1作A1W⊥AO于点W则AO=22,因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠Asin∠A1因为A1D1//BF，所以△则A1D1BM=故A1过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=故WM由勾股定理得A1W2解得x=1故线段BM的长为2-1=1.

44．（2023秋·高二课时练习）已知点P和非零实数λ，若两条不同的直线l1，l2均过点P，且斜率之积为λ，则称直线l1，l2是一组“Pλ共轭线对”，如直线l1：y=2x，l2：y(1)已知l1，l2是一组“O-3共轭线对”，求l(2)已知点A0,1､点B-1,0和点C1,0分别是三条直线PQ，QR，RP上的点（A，B，C与P，Q，R均不重合），且直线PR，PQ是“P2共轭线对”，直线QP，QR是“Q3共轭线对”，直线RP，RQ是“R(3)已知点Q-2,-2，直线l1，l2是“Q-12共轭线对”，当l1【解题思路】（1）设l1的斜率为k=tanα，则l2的斜率为-3k=tanβ（2）设直线PR，PQ，QR的斜率分别为k1,k2,k3，可得k1k（3）设出直线l1，l2的方程，求出原点到它们的距离d1【解答过程】（1）设l1的斜率为k=tanα，则l2的斜率为则tanγ=等号成立的条件是k=±3，所以tanγ则两直线的夹角γ的最小值为π3（2）设直线PR,PQ,则k1k2=2k当k1=2,k2=1,k3=3时，直线PR的方程为当k1=-2,k2=-1,k3=-3时，直线PR的方程为y=-2(故所求为P3,4（3）由题意可设l1:y+2=kx+2即kx故d1d2由于4k2+所以94k2+1所以d145．（2023春·高二课时练习）如图，已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，(1)求CP与平面ABCD所成角的正弦值；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过B,Q两点的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出点【解题思路】对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案.对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.【解答过程】（1）证明：取棱AB长的一半为单位长度.则在△ABC中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°得A得AC=23，故AB2又PB⊥AC，PB∩AB=B，PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，故AC⊥平面PA又AC⊂平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PA取AB中点H，连接PH，CH.因△PAB是等边三角形，则PH⊥AB，又PH⊂平面PAB平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角.在直角三角形△PCH中，PHCH=AH故sin∠PCH（2）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如图，以A为原点，分别以AB，AC为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系则A0,0,0AD=设n1=xn1⋅AD设DQ=λDP则BQ连接EF，因AC∥平面BEQF，AC⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEQF故AC∥EF，则取与EF同向的单位向量j=设n2=x则n2取n2由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在侧棱PD上存在点Q且当DQ=23DP时，使得平面BEQF46．（2023秋·高二单元测试）已知圆O:x2(1)过M作圆O的切线，求切线的方程；(2)过M作直线l交圆O于点C，D两个不同的点，且CD不过圆心，再过点C，D分别作圆O的切线，两条切线交于点E，求证：点E在一条定直线上，并求出该直线的方程；(3)已知A2,4，设P为满足方程PA2+PO2=34的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为【解题思路】（1）分斜率存在和斜率不存在两种情况求切线方程即可；（2）设Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根据CE⊥CO，得到x（3）设Px,y，根据PA2+PO2=34得到x2+【解答过程】（1）当斜率不存在时，显然x＝1与圆O:当斜率存在时，设切线为y=kx∴3-k1+k2=1综上，切线方程为x＝1和x-（2）设Cx1,y1，Dx2∴由CE⊥CO，则x1x1故x1x0+y1y0=1，同理x2x∴x0+3y0（3）由题设，若Px,y则x若存在Nm,n，使PB2∴x2+y∴1-k整理得2-2k要使PB2PN2为定值，则1-k综上，存在N-15,-247．（2023春·上海·高二期中）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D、E分别是AC、AB上的点，满足DE∥BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE(1)求证：A1C⊥(2)求CM与平面A1(3)在线段A1B上是否存在点N（N不与端点A1、B重合），使平面CMN与平面DEN垂直?若存在，求出A1【解题思路】（1）结合线面垂直判定定理和折叠性质可证；（2）通过建系法求出CM和平面A1BE的法向量n，设线面角为θ，结合公式（3）在（2）的坐标系基础上，写出B,C,D,M,E坐标，设Nx1,y1,【解答过程】（1）因为在Rt△AB