高二上学期第一次月考十八大题型归纳（拔尖篇）（解析版）

高二上学期第一次月考十八大题型归纳（拔尖篇）【人教A版（2019）】题型1由空间向量的线性运算求参数题型1由空间向量的线性运算求参数1．（2023·全国·高二专题练习）如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点E为上底面对角线A1C1的中点，若BE=A．x=-12C．x=-12【解题思路】根据空间向量的线性运算即可求解.【解答过程】根据题意，得；BE==又∴故选：A.2．（2023春·高二课时练习）设a1=2m-j+k，a2=m+3j-2k，a3=-2m+j-3kA．1，-2，B．-2，1，C．-2，1，D．-1，2，【解题思路】根据条件可得(2λ+【解答过程】a4即(2λ所以2λ+μ-2υ=故选：B.3．（2023·江苏·高二专题练习）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是上底面A(1)AE=(2)AF=(3)EF=【解题思路】（1）由向量加法的三角形法则和四边形法则得AE=AA（2）由向量加法的三角形法则和四边形法则得AF=AD+（3）因为EF=AF-AE，由（1），（2【解答过程】（1）解：由向量加法的三角形法则得，AE=由平行四边形法则和向量相等得，A1所以AE=所以x=（2）解：由向量加法的三角形法则得，AF=由四边形法则和向量相等得，DF=所以AF=所以x=1,（3）解：由（1），（2）可知，EF=1所以x=4．（2023·江苏·高二专题练习）如图所示，已知几何体ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面体．（1）化简12AA1+BC+（2）设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的点，且C1N=14C1B，设MN=αAB【解题思路】（1）取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，再根据向量的线性运算计算即可；（2）通过AB，AD，AA1表示MN，根据对应关系求出α，β，【解答过程】解（1）取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，连接EF，则12（2）MN=12（DA+AB）=1所以α=12，β=题型题型2向量共线、共面的判定及应用1．（2023·全国·高二专题练习）下列条件能使点M与点A,B,CA．OMB．OMC．OMD．OM【解题思路】根据空间共面向量定理以及其结论一一判断各选项，即可得答案.【解答过程】设OM=xOA+y对于A，OM=OA-OB-对于B，OM=OA+OB+对于C,OM=-OA-OB+对于D，OM=-OA-OB+3OC，由于-故选：D.2．（2023秋·山东烟台·高二校考开学考试）已知向量e1，e2不共线，AB=e1+eA．AB与AC共线 B．AB与CD共线C．A，B，C，D四点不共面 D．A，B，C，D四点共面【解题思路】根据平面向量共线定理及推论依次判断各个选项即可.【解答过程】对于A，∵12≠18，∴不存在实数λ，使得AB=λAC成立，对于B，∵AC=2e1+8e2，又11≠1-13，∴不存在实数λ，使得AB=λCD成立，对于C、D，若A，B，C，D四点共面，则有AD=∴x+2y=3x故A，B，C，D四点共面，C错误，D正确.故选：D.3．（2023·全国·高二专题练习）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E在A1D1上，且（1）用a,b,（2）求证：E，F，B三点共线.【解题思路】（1）由已知得EB=（2）由已知得FB=35【解答过程】解：（1）因为A1E=2E所以EB=所以EB=（2）AFB===3又EB与FB相交于B，所以E，F，B三点共线.4．（2023·全国·高二专题练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证：(1)E，F，G，H四点共面；(2)BD∥平面EFGH.【解题思路】（1）要证E，F，G，H四点共面，只需证明向量EG，EF，EH共面，结合向量的线性运算及共面向量定理证明即可；（2）由向量共线结合线面平行的判定定理证明．【解答过程】（1）如图，连接EG，BG．因为EG＝EB＋BG＝EB＋12(BC＋BD)＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH由向量共面的充要条件可知，向量EG，EF，EH共面，又EG，EF，EH过同一点E，从而E，F，G，H四点共面．（2）因为EH＝AH－AE＝12AD－12AB＝12(AD－又E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD，又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，所以BD∥平面EFGH．题型题型3空间向量的夹角及其应用1．（2023·全国·高二专题练习）已知空间向量a，b，a=1，b=2，且a-b与a垂直，则a与A．60∘ B．30∘ C．135∘【解题思路】根据已知可得a-b⋅a【解答过程】因为a-b与a垂直，所以即a2所以cosa又0∘≤a故选：D.2．（2023·全国·高二专题练习）已知不共面的三个向量a,b,c都是单位向量，且夹角都是π3，则向量aA．π6 B．π4 C．3π【解题思路】根据题意计算得a-b-c【解答过程】解：由题意，得a=所以a-b-a设向量a-b-c和b的夹角为又θ∈0,π故选：C.3．（2023·全国·高二专题练习）如图，正方体ABCD-A'(1)求A'B和(2)求证：A'【解题思路】（1）选好基底后，根据空间向量数量积即可求解；（2）利用向量垂直，数量积为0即可得解.【解答过程】（1）AB=a，AD=由于正方体ABCD-A'∴a=b=c=a∵A'B∴A'B又A'B=∴cos又A'∴A∴A'B与B（2）证明：由（1）知A'B=∴A'B∴A∴A4．（2023秋·江苏无锡·高二校考开学考试）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C（1）用a,b,（2）求对角线AC（3）求cos〈【解题思路】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量；（2）用基向量表示AC（3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可.【解答过程】（1）连接A1因为AB=a，AD在△A1因为底面ABCD是平行四边形故AC因为AC//A1∴A又M为线段A1∴A1在△ABM=（2）因为顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60故aab由（1）可知AC故平行四边形AA故：AC|==|=1+1+1+2×12故A（3）因为AC1又cos=(题型题型4利用空间向量的数量积求模1．（2023秋·福建莆田·高三校考开学考试）如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB=2

A．26 B．25 C．26 D【解题思路】根据题意，由AC1【解答过程】由AC1=因为底面为矩形，AB=2，AD=所以AC2=AC又AC=AB所以AC12故选：B.2．（2023·全国·高二专题练习）如图，二面角A-EF-C的大小为45∘，四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则B

A．2 B．3 C．3-2 D．【解题思路】利用二面角的定义可得出∠AED=45∘，由空间向量的线性运算可得出DB【解答过程】因为四边形ABFE、CDEF都是边长为1的正方形，则AE⊥EF，又因为二面角A-EF-C的大小为45∘因为DB=DE+EA+所以，DB=1+1+1-2×1×1×故选：C.3．（2023·全国·高二专题练习）如图，在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD

(1)求BC⋅(2)已知F是线段CD中点，点E满足AE=2EB，求线段EF【解题思路】（1）根据题意得到BC⋅BD（2）根据EF=EA【解答过程】（1）在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠BC⋅BD=(（2）如图所示：

因为AE=2EB，则因为F是CD中点，则DF=于是EF=EF=4所以EF=4．（2023·全国·高二专题练习）如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D(1)求线段CA(2)求证：CA【解题思路】（1）CA1（2）B1D【解答过程】（1）设CD=a,∵∠C1CB∵CA1=CD故线段CA1的长为（2）证明：∵B1D1=故CA题型题型5利用空间向量基本定理证明平行、共线、共面问题1．（2023秋·高二课时练习）已知空间的一组基底a,b,c，若m=a-A．2 B．-2 C．1 D．【解题思路】根据m与n共线，由xa+【解答过程】因为m与n共线，空间的一组基底a,所以xa所以x解得x=1,所以x＋y＝0.故选：D.2．（2023·全国·高二专题练习）已知a,b,c是空间的一组基底，其中AB=2a-3b，AC=a-c，AD=2A．-34 B．34 C．4【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对(x,y)【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对(x,y即2a则2a则x=2，y=-32，λy故选：D.3．（2023·全国·高二专题练习）已知e1,e2,e3为空间的一个基底，且OP(1)判断P,(2)能否以OA,OB,【解题思路】（1）假设P,（2）先判断OA,OB【解答过程】（1）假设P,则存在实数x,y,z，使即2比较对应的系数，得到关于x,x-3y+z故P,（2）若OA,OB,OC共面，则存在实数所以e1所以-3所以OA,所以OA,OB,所以e1+2所以OP=17a4．（2023·全国·高二专题练习）已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足OM=(1)判断MA,(2)判断点M是否在平面ABC内.【解题思路】（1）根据空间向量的线性运算，结合平面向量基本定理证明即可；（2）根据（1）结合平面向量的基本定理判断即可.【解答过程】（1）由题知OA+∴OA-即MA=∴MA,MB（2）由（1）知，MA,MB,∴M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内.题型题型6利用空间向量基本定理解决夹角、距离、垂直问题1．（2023秋·山西·高二校联考开学考试）如图，在三棱锥P-ABC中，△PAC是边长为3的正三角形，M是AB上一点，AM=12MB，D为BC的中点，N为PD

A．5 B．3 C．5 D．3【解题思路】以PA,PB,PC【解答过程】解：以PA,则MN2=PN=2=1=1=1=1所以MN=故选：D.2．（2023·全国·高二假期作业）如图所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点AA．3 B．2 C．5 D．6【解题思路】记AB=a，AD=b，AA1【解答过程】解：记AB=a，AD=由题意可知a=b=所以a⋅AC所以AC1=6，即故选：D.3．（2023秋·山东滨州·高二校考开学考试）已知平行六面体ABCD-A1B1C1（1）证明：DD（2）求异面直线CA1与AB【解题思路】（1）由题，选定空间中三个不共面的向量为基向量，只需证明DD（2）用基向量求解向量CA1【解答过程】设CD=a，CB由题可知：a,b,c两两之间的夹角均为π（1）由D=所以DD1（2）由CA1所以CA1又C则cos又异面直线夹角范围为(0,所以异面直线CA1,4．（2023春·高二课时练习）平行六面体ABCD-A1B1C1(1)求线段AC(2)若AB=a,AD=【解题思路】（1）利用AC1=（2）{a,b,c}【解答过程】（1）AC1=AB+BC=1+1+1+21×1×12+1×1×1（2）AB,AD,故{a,b,c}可作为空间中的一组基底；假设{a+b,a-b于是{a于是A1题型题型7空间向量平行、垂直的坐标表示1．（2023秋·河北邯郸·高二校考开学考试）已知两个向量a=2,-1,2，b=6,m,nA．1 B．3 C．5 D．9【解题思路】根据空间向量的平行，列出比例式，求得m,n【解答过程】由题意a=2,-1,2，b=故62故m+故选：B.2．（2023秋·福建莆田·高三校考开学考试）设x,y∈R，向量a=x,1,1，b=1,A．22 B．10 C．3 D．【解题思路】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得x,y【解答过程】由向量a=x,1,1,b=可得2x-4+2=012=y则a+b=故选：C.3．（2023秋·高二单元测试）已知空间向量a=(1,0,1(1)若(a+b(2)若ka+b与2【解题思路】（1）根据空间向量共线公式列式求参即可；（2）根据空间向量垂直数量积为0列式求参即可.【解答过程】（1）∵a+b∴(a+b即3=μ(λ+4)，且-（2）∵ka+b又∵(ka+4．（2023秋·全国·高二阶段练习）已知点A-2，0，2、B-(1)若c=3，且c//BC(2)求cosa(3)若ka+b与k【解题思路】（1）利用空间向量平行充要条件设出c=-2λ，（2）先求得a=1，1，（3）利用空间向量垂直充要条件列出关于k的方程，解之即可求得k的值．【解答过程】（1）∵B-1，1，2、C∴设c=-2解得λ=±1，∴c=（2）∵A-2，0，2、B∴a=1∴cos（3）∵ka+又ka+b∴k解得k=-52题型题型8利用空间向量研究距离问题1．（2023秋·全国·高二随堂练习）在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,ABA．463 B．263 C．【解题思路】解法一：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面PAB的距离．解法二：根据三棱锥等体积转换求解点C到平面PAB的距离.【解答过程】解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),∴AP设平面PAB的法向量为m=(则m⋅AP=0,令y=2，则∴m=(0,2,-1)，∴点C到平面故选：A.解法二

∵PC⊥底面∴PC⊥AB，又AB⊥AC∴AB⊥平面∵PA⊂∴AB∵AC∴BC∴PC在Rt△PAB中，令点C到平面PAB的距离为d，∵V∴1∴d故选：A.2．（2023秋·高二课时练习）如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1A．5 B．8 C．6013 D．【解题思路】以D为坐标原点，DA,DC,【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,则C0,12,0,D10,0,5．设B由n⊥n⋅∴a=0,b=5又B1B=(0,0,-5)，∴点B1到平面∵B1C1∥BC，BC⊂平面A∴B1C1∥∴B1C1到平面故选：C.3．（2023秋·高二课时练习）如图，在长方体ABCD-A'B'

(1)求顶点B'到平面D(2)求直线BC'到平面【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面D'（2）可得BC'∥平面D'AC【解答过程】（1）如图，分别以D'A'

则D'0,0,0、A1,0,1、C所以D'A=设平面D'AC的法向量为n=u,把各向量的坐标代入，得u+w=0取v=1，从而得到平面D'AC因为B'点B'到平面D'AC（2）因为BC'=又BC'⊄平面D'AC，AD'问题转化为求点C'0,2,0到平面因为C'所以直线BC'到平面D'4．（2023·全国·高二专题练习）直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，边长为2，侧棱A

(1)求证：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN与平面EFBD的距离．【解题思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可证明；法二：如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，通过证明EF（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h,再由等体积法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN与平面EFBD的距离等于【解答过程】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是∴MN//EF//B1D1，∴MN//平面EFBD，∵NF∴ABFN是平行四边形，∴∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴∵AN∩MN=N，∴法二:如图所示，建立空间直角坐标系D﹣

则A(2F(1，AM→∴EF→=MN→∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴又MN∩AM=M，∴平面（2）法一:平面AMN与平面EFBD的距离=B到平面AMN的距离h△AMN中，AM=AN=10∴由等体积可得13⋅19法二:设平面AMN的一个法向量为n=则n→⋅MN∵AB∴平面AMN与平面EFBD的距离为d=题型题型9利用空间向量求空间角1．（2023秋·江西抚州·高三校考开学考试）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AD上一点，DE=2AEA．8534 B．8568 C．6534【解题思路】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【解答过程】不妨设AB=1以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为则A1所以A1所以BF=所以cos〈所以异面直线A1E与BF所成角的余弦值为故选：A.

2．（2023·江苏·高二专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是A1CA．73 B．23 C．66【解题思路】建立空间直角坐标系，根据MN为A1C,BD的公垂线时线段MN【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,因为AA1⊥平面ABCD，BD所以AA因为正方形ABCD中，AC⊥BD，且AC∩AA1=所以BD⊥平面A1因为点M，N分别是A1当点N为AC,BD交点时，MN⊥BD，过点N作NM⊥A此时MN为A1C,设正方体边长为2，则N1,1,0，A因为△MCN∼△ACA1解得：MC=23过点M作MO⊥AC于点O，同上可知MOA解得：MO=23，OCMN=又A(2,0,0),D1设平面AD1N则AD1⋅n=-2设MN与平面AD1N则sinθ

故选：B.3．（2023秋·广西南宁·高二校考开学考试）图①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90∘，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以

(1)求证：平面BC1E(2)在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线【解题思路】（1）由二面角平面角定义可知∠AOC1是二面角A（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设DP=λDC【解答过程】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，在图②中，相交直线OA,OC1均与BE垂直，∵AC1=6，∴OA2+OC（2）以O为坐标原点，OA,OB,OC则D32,-32,0，C1∴DC1=-32,3设DP=λD则AP=设平面ABC1的一个法向量则AB⋅n=-3x+y=0A∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅∴AP=-∴cos∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为

4．（2023春·全国·高一期末）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC

(1)求证：A1C(2)求棱AA1与(3)在线段B1C1上确定一点P，使AP=【解题思路】（1）由线面垂直得线线垂直，再由线面垂直的判断定理得到证明.（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量公式求解即可；（3）利用已知条件求出点P的坐标，利用向量法求解平面角的余弦值.【解答过程】（1）因为三棱柱ABC-A1B1因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，AC⊂平面ABC，所以A1又A1B∩A1B1=A1，A1（2）以A为原点，射线AC，AB，Az分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

则C2,0,0，B0,2,0，A10,2,2，B1设棱AA1与BC所成的角为所以cosθ=cosAA故棱AA1与BC所成的角为（3）设B1P=于是AP=2λ则P为棱B1C1设平面PAB的一个法向量n=x,令z=-1，得n而平面ABA1的一个法向量则cosn故二面角P-AB-题型题型10直线与线段的相交关系求斜率范围1．（2023·全国·高二专题练习）已知两点A-3,2,B2,1，过点P0,-1的直线与线段A．π4,3C．0,π4 D【解题思路】分别求出点P与线段AB端点所成直线的斜率，即可得直线l的斜率范围，再由倾斜角与斜率关系求倾斜角范围即可求解.【解答过程】由题意：如下图所示：所以kPA=2+1-3-0若直线l的倾斜角θ∈[0,π)，则kl故选：A.2．（2023·全国·高二专题练习）已知坐标平面内三点A-1,1,B1,1,C2,3+1，D为A．0,33 BC．33,3【解题思路】作出图象，求出AB,BC【解答过程】如图所示，kAB因为D为△ABC的边AC所以直线BD斜率k的变化范围是-∞故选：D.3．（2023秋·高二课时练习）已知过点0,-2的直线l与以点A3,1和B-2,5为端点的线段AB【解题思路】作出图形，根据直线与线段的关系及斜率的定义即可得解.【解答过程】设点P0,-2

因为kPA=1-若要使直线l与线段AB相交，则kl≥k所以直线l的斜率满足kl≥1或4．（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-∞,-题型题型11直线平行、垂直的判定在几何中的应用1．（2023·全国·高二专题练习）顺次连接A(－4,3)，B(2,5)，C(6,3)，D(－3,0)所构成的图形是（）A．平行四边形 B．直角梯形C．等腰梯形 D．以上都不对【解题思路】结合直角梯形的性质，利用两直线间的平行和垂直关系来判断即可得出结论.【解答过程】kAB=3-5-4-2所以AB//CD,AD与k因此AD故构成的图形为直角梯形.故选：B.2．（2023秋·全国·高二随堂练习）已知ΔABC的顶点B2,1，C-6,3，其垂心为HA．-19,-62 B．19,-62 C．-19,62 D【解题思路】由垂心的定义可知AH⊥BC，BH⊥AC；根据垂直时斜率乘积为-1可知【解答过程】∵H为ΔABC的垂心，∴AH⊥又kBC=3-1∴直线AH,AC斜率存在且kAH设Ax,y，则kAH=故选A.3．（2023秋·高二课前预习）如图所示，已知四边形ABCD的四个顶点分别为A(0,0)，B(2,-1)，C(4,2)，D(2,3)

【解题思路】通过计算得到kAB=kCD，k【解答过程】由已知可得AB边所在直线的斜率kABCD边所在直线的斜率kCDBC边所在直线的斜率kBCDA边所在直线的斜率kDA因为kAB=kCD，kBC因此四边形ABCD是平行四边形.4．（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.题型题型12根据两直线平行、垂直求参数1．（2023秋·江苏扬州·高二统考开学考试）直线l1:mx-3y-A．0 B．3 C．0或-13 D．0【解题思路】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.【解答过程】因为l1:mx所以m3m-2-3×-故选：C.2．（2023春·江西南昌·高三校考阶段练习）已知直线l1:x+ay-2=0，l2:a+1A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【解题思路】根据两直线平行可构造方程求得a的值，由推出关系可得结论.【解答过程】若l1//l2，则1×-a∴p⇏q，q⇒p，故选：B.3．（2023秋·高二课时练习）已知直线l1:x+my(1)l1(2)l1【解题思路】（1）按照m是否为0讨论，根据直线平行的充要条件即可得解；（2）根据直线垂直的充要条件即可得解.【解答过程】（1）当m=0时，l1:x=2当m≠0时，由两条直线l1与l2平行的充要条件m所以，当m=0或m=5时，（2）由两条直线互相垂直的充要条件，得m-2+3m2所以当m=23或m4．（2023秋·高二课时练习）已知三条直线l1:ax+by(1)若l1⊥l2，且l1过点-(2)若l1//l2//【解题思路】（1）由直线垂直的特征及直线过的点可得关于a、b的方程组，即可得解；（2）由直线平行的特征求解a，b，再代入验证即可.【解答过程】（1）因为l1:ax+by+4=0，又直线l1过点-1,1，所以-a所以aa-1+a（2）若l1//l2//当b=3a=32l2:12x+所以若l1//l题型题型13三线能围成三角形的问题1．（2023·全国·高二专题练习）已知直线ax+y+1=0，x+ay+1=0和x+y+a=0能构成三角形，则a的取值范围是（

）A．a≠-2 B．a≠C．a≠-2且a≠±1 D．a≠-2且【解题思路】由三条直线两两不平行，且不交于同一点可得．【解答过程】已知三条直线能构成三角形，首先不平行，若a=0若a≠0，则a1≠1aa≠±1时，由ax+y+1=0x+y+a=0，得x综上：a≠±1且a故选：C．2．（2023·全国·高二专题练习）若三条直线l1:4x+yA．2个 B．3个C．4个 D．6个【解题思路】分析可知至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点，则三条直线不能构成三角形.【解答过程】∵三条直线不能构成三角形∴至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点.若l1∥l2，则m=4；若l1∥l3若l2∥l3，则-m若三条直线相交于同一点，直线l1和l2联立：4x+y=3mx+y=0直线l1和l3联立：4x+y=3x-my=2∵三条直线相交于同一点∴P、Q两点重合∴34-故实数m的取值最多有4个.故选:C.3．（2023·全国·高二专题练习）若三条直线l1:ax+y+1=0，

【解题思路】由题意可分直线l1//l2、l2//l3【解答过程】为使三条直线能构成三角形，需三条直线两两相交且不共点．①若l1//l2，则由②若l2//l3，则由③若l1//l3，则由当a=1时，l1,l2与l④若三条直线交于一点，由x+ay+1=0将l2,l3的交点解得a=1(舍去)，或a所以要使三条直线能构成三角形，需a≠±1且a4．（2023·全国·高二专题练习）已知三条直线l1:4x+y（1）若直线l1，l2，l3（2）若直线l1，l2，l3不能围成三角形，求实数【解题思路】（1）联立方程组即可求出；（2）根据题意可知直线交于一点或有两条直线平行，则可求解.【解答过程】（1）∵直线l1，l2，∴l1与l2不平行，∴由4x+y即l1与l2的交点为代入l3的方程，得8解得m=-1或2（2）若l1，l2，l3交于一点，则m若l1//l若l1//l若l2//l综上，可得m=-1或23或4或题型题型14与距离有关的最值问题1．（2023·全国·高二课堂例题）已知直线l:kx+y+2-k=0过定点M，点PA．5 B．5 C．355 D【解题思路】先求定点，再根据点到直线距离求解点到直线上动点距离最小值即可.【解答过程】由kx+y+2-k=0得y依题意可知MP的最小值就是点M到直线2x由点到直线的距离公式可得MPmin故选:B.2．（2023·全国·高二专题练习）著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，割裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：x-a2+y-b2可以转化为点A．3 B．22+1 C．23【解题思路】把目标式进行转化，看作动点到两个定点距离和的最值，利用对称性可得答案.【解答过程】x2可以看作点Px,0到点作点A关于x轴的对称点A'0,-1，显然当最小值为B,A'故选：D.3．（2023秋·高二课时练习）已知点P是直线3x-4y+2=0【解题思路】依题意可知，当PA与直线3x-4y+2=0垂直时点P与点【解答过程】根据题意画出图象如下图所示：

易知当PA与直线3x-4y+2=0其余位置如P1，则A所以最小值即为点A3,-1到直线3x-所以，点P与点A3,-1之间距离的最小值为4．（2023秋·高二课时练习）已知两条平行直线分别过点A6,2和B-3,-1，并且各自绕点A【解题思路】首先求出AB，即可求出距离的范围，求出最大距离，此时两直线和直线AB垂直，求出kAB，再由点斜式求出直线方程【解答过程】两条平行直线分别过点A6,2、B-3,-1，并且各自绕点A且AB=故这两条平行线之间的距离d的变化范围为d∈这两条平行直线之间的距离有最大值，最大值为310此时的两直线和直线AB垂直．∵直线AB的斜率kAB=2+1则两平行直线分别为y-2=-3(x即3x+y题型题型15点、线间的对称问题1．（2023·全国·高二专题练习）已知入射光线经过点A-3,4，被直线l:x-A．-1 B．14 C．4 D【解题思路】根据点关于线的对称，可求A'1,0【解答过程】设点A-3,4关于直线l:x-y+3=0对称的点为A'a,反射线经过点A',B,所以k故选：C.2．（2023·全国·高二专题练习）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为B(-2,0)，若将军从山脚下的点A(1,0)处出发，河岸线所在直线的方程为x+y=3，则“A．27 B．5 C．15 D．29【解题思路】设B(-2,0)关于x+y=3的对称点为(x,【解答过程】由B(-2,0)关于x+y所以{x-22+y所以“将军饮马”的最短总路程为(3-1)2故选：D.3．（2023秋·江苏盐城·高二校考阶段练习）已知直线l：y＝－12x＋1(1)点P(－2，－1)关于直线l的对称点坐标；(2)直线l1：y＝x－2关于直线l对称的直线l2的方程；(3)直线l关于点A(1,1)对称的直线方程．【解题思路】（1）设出对称点的坐标，利用中点在对称轴上以及斜率乘积等于-1列方程组，解方程组求得对称点的坐标.（2）设l2上一点的坐标，以及该点对称点的坐标，利用（1）的方法求得两个对称点的坐标的关系式，代入直线l1的方程，化简后求得l2的方程.（3【解答过程】解:(1)设点P关于直线l的对称点为P′(x0，y0)，则线段PP′的中点M在直线l上，且PP′⊥l.所以y0+1x0+2（2）直线l1：y＝x－2关于直线l对称的直线为l2，则l2上任一点P1(x，y)关于l的对称点P1′(x′，y′)一定在直线l1上，反之也成立．由y-y把(x′，y′)代入方程y＝x－2并整理，得：7x－y－14＝0.即直线l2的方程为7x－y－14＝0.(3)设直线l关于点A(1,1)的对称直线为l′，直线l上任一点P2(x1，y1)关于点A的对称点P2′(x，y)一定在直线l′上，反之也成立．由x+x1将(x1，y1)代入直线l的方程得：x＋2y－4＝0，∴直线l′的方程为x＋2y－4＝0.4．（2023·全国·高二专题练习）一束光从光源C1,2射出，经x轴反射后（反射点为M），射到线段y=-x(1)若M3,0,b=7，求光从(2)若b=8(3)若b≥6，求光从C出发，到达点N【解题思路】（1）先求出C关于x轴的对称点C'，则光所走过的路程为C（2）根据kC'（3）当N的横坐标∈3,5，光所走过的最短路程为点C'到直线y=-x+【解答过程】（1）C1,2关于x轴的对称点C'1,-2由y=x-3所以光所走过的路程即C'（2）对于线段y=-x+8,则kC所以反射光斜率的取值范围是54（3）若反射光与直线y=-x+①当x=b+32∈3,5，即所以路程S=②当x=b+32∈5,+∞所以C'综上：S=题型题型16圆的切线长及切线方程问题1．（2023·全国·高二专题练习）过圆x2+y2-A．2x-yC．2x+y【解题思路】根据圆的一般方程得到圆心，从而得到直线PC的斜率，进而求出过点P的切线斜率，由直线的点斜式方程即可求得切线方程.【解答过程】由x2+y则该圆的圆心为C1,2，又P则直线PC的斜率为kPC所以过点P的切线的斜率k=-2则过点P3,3的切线方程为y-3=-2故选：B.2．（2023春·福建莆田·高二校考阶段练习）若P是直线l:x+2y-25=0上一动点，过P作圆A．3 B．3 C．2 D．2【解题思路】由题意可得当OP取最小值时，AB的值最小，求得圆心O到直线l:x+2y-【解答过程】如下图所示，易知∠OAP=90∘,∠OBP=且OA=1，由勾股定理可得AP所以AB=2×即OP取最小值时，AB取得最小值；易知OPmin为圆心O到直线l即OPmin=-故选：A.3．（2023·全国·高二专题练习）已知△ABC的顶点分别为A(1)求△ABC(2)设P是直线l:4x-3y-25=0上一动点，过点P作△ABC【解题思路】（1）设出圆的一般方程将A,B,C三点坐标代入，利用待定系数法即可求得△ABC外接圆的方程；（2）根据切线长公式可知，当P与圆心之间的距离最小时，切线长【解答过程】（1）设△ABC外接圆的方程为x将A,B,C分别代入圆方程可得所以△ABC外接圆的方程为x2（2）△ABC外接圆(x+1)2+(因为PQ=PM2-R当PM⊥l时，PM最小，所以所以PQmin设P(x0解得x0即点P的坐标为P234．（2023秋·江西吉安·高二统考期末）已知圆M经过A2,4，B5,1(1)求圆M的标准方程；(2)若过点P-1,5的直线l与圆M相切于点E，F，求直线l的方程及四边形PEMF的面积【解题思路】（1）设出圆的一般式方程，根据在两坐标轴上的四个截距之和是6，以及韦达定理和圆过A，B坐标，列出方程组即可求解；（2）设切线方程为x=ty-5-1，由直线与圆相切列出方程求出t即可得切线方程；求出PM【解答过程】（1）设圆M与x轴的交点为(x1,0),(x2设圆M:x令y=0，得x2+令x=0，得y2+∵圆M在两坐标轴上的四个截距之和是6，∴D∵圆过A2,4，B∴将A,B代入方程得4+16+2D解得：D=-4,故得圆M:∴圆M的标准方程为x-（2）由（1）得圆M的圆心为M2,1，半径r过点P-1,5斜率为0的直线方程为直线y=5与圆x-2不妨设过P-1,5的圆的切线l的方程为即x-则d=2-t解得t=0或t故切线l方程为x=-1或7又PM2则四边形PEMF的面积S=2题型题型17直线与圆有关的最值问题1．（2023秋·江苏镇江·高二统考开学考试）已知A，B是圆C：x-32+y-12=9上的两个动点，且ABA．2 B．3 C．4 D．7【解题思路】设P、C到直线AB的距离分别为d1,d2，根据题意结合垂径定理可得d【解答过程】由题意可知：圆C：x-32+y则PC=设P、C到直线AB的距离分别为d1因为AB=2r2分别过P、C作CM⊥AB,PN⊥AB，垂足分别为M,显然当P、C位于直线AB的同侧时，点P到直线AB的距离较大，

则d2当且仅当CD=0，即直线AB与直线PC所以点P到直线AB距离的最大值为7.故选：D.2．（2023秋·安徽合肥·高三校联考开学考试）已知A-1,0，B2,0，若动点M满足MB=2MA，直线l:x+y-2=0A．4+22 B．4 C．22 D【解题思路】由MB=2MA得M的轨迹为圆心为-2,0，半径为【解答过程】设Mx,y，由MB化简可得x+22+y2=4，故动点圆心-2,0到l:x故圆上的点到直线l:x+由于P2,0,Q故△MPQ的面积的最小值为1

故选：D.3．（2023·全国·高二专题练习）若点Px,y(1)yx(2)x+【解题思路】（1）确定圆心和半径，设k=yx=（2）设x+y=m，联立方程得到2【解答过程】（1）x-32+y