高二上学期第一次月考十八大题型归纳（拔尖篇）

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=AA．x=−12,y=C．x=−12,y=−【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∵∴x=−故选：A.2．（2023春·高二课时练习）设a1=2m−j+k，a2=m+3j−2k，a3=−2m+jA．1，−2，−3B．−2，1，−3C．−2，1，3D．−1，2，3【解题思路】根据条件可得(2λ+μ−2υ)m【解答过程】a4即(2λ+μ−2υ)m所以2λ+μ−2υ=3−λ+3μ+υ=2λ−2μ−3υ=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A1(1)AE=x(2)AF=x(3)EF=x【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−【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=y=1（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,y=z=1（3）解：由（1），（2）可知，EF=1所以x=14．（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+βAD【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=1题型2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,C一定共面的是（

）A．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+yOB+z对于A，OM=OA−对于B，OM=OA+对于C,OM=−OA−对于D，OM=−OA−OB+3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∴x+2y=3x+8y=−5，即x=17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A（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=3【解答过程】解：（1）因为A1E=2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3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⋅【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．3π4【解题思路】根据题意计算得a−b−【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，所以θ=故选：C.3．（2023·全国·高二专题练习）如图，正方体ABCD−A′B(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′B∴a=b=c=a，且∵A′B∴A′B又A′B=∴cos又A′∴A∴A′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A（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4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，AD=

A．26 B．25 C．26 【解题思路】根据题意，由AC【解答过程】由AC1=因为底面为矩形，AB=2，AD=2，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、D两点间的距离是（

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，DE⊥EF，又因为二面角A−EF−C的大小为45∘，即∠AED=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=45°，AD=2，AB=AC=3

(1)求BC⋅(2)已知F是线段CD中点，点E满足AE=2EB，求线段【解题思路】（1）根据题意得到BC⋅（2）根据EF=【解答过程】（1）在四面体ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD=45°，AD=2，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−A1B1C1(1)求线段CA(2)求证：CA【解题思路】（1）CA（2）B1【解答过程】（1）设CD=a,∵∠C1CB=∠BCD=∠∵CA1=故线段CA1的长为（2）证明：∵B1D1故CA题型5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．0【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=z,解得x=1,y=−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，A．−34 B．34 C．4【解题思路】根据题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得AB=x【解答过程】由题意，设存在唯一的实数对(x,y)，使得AB=x即2a则2a则x=2，y=−32，λy−x=0，解得故选：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,A,B,C四点是否共面；(2)能否以OA,OB,【解题思路】（1）假设P,A,B,C四点共面，然后利用空间向量共面定理列方程求解；（2）先判断OA,【解答过程】（1）假设P,A,B,C四点共面，则存在实数x,y,z，使OP=xOA+y即2比较对应的系数，得到关于x,y,z的方程组x−3y+z=22x+y+z=−1−x+2y−z=3，解得x=17y=−5故P,A,B,C四点不共面．（2）若OA,OB,OC共面，则存在实数所以e1所以−3m+n=1m+n=2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,（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6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上一点且PN=

A．5 B．3 C．5 D．3【解题思路】以PA,PB,【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A．3 B．2 C．5 D．6【解题思路】记AB=a，AD=b，AA【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−A1B1C（1）证明：DD（2）求异面直线CA1与【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CA【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DD（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,AB4．（2023春·高二课时练习）平行六面体ABCD−A1B1(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7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,n，且a∥A．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，即得答案.【解答过程】由题意a=2,−1,2，b=故62故m+n=3，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,y,1，c=2,−4,2A．22 B．10 C．3 【解题思路】根据空间向量平行与垂直的坐标表示，求得x,y的值，结合向量模的计算公式，即可求解.【解答过程】由向量a=x,1,1,b=1,y,1可得2x−4+2=012=y−4，解得x=1,y=−2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−1=−μλ，1=μλ，解得λ=2（2）∵ka+b=(k+2,−1,k)又∵(ka+b4．（2023秋·全国·高二阶段练习）已知点A−2，0，2、B−1，(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，−λ，（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−3，∴设c=−2λ，解得λ=±1，∴c=−2（2）∵A−2，0，2、B−1，∴a=1∴cos（3）∵ka+b又ka+b∴k解得k=−52或题型8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°,AB=AC=4,∠PBC=45°，则点C到平面PAB的距离是（

）A．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),B(4,0,0),C(0,4,0),P(0,4,42∴AP设平面PAB的法向量为m=(x,y,z)则m⋅AP=0,令y=2，则z=−1∴m=(0,2,−1)，∴点C到平面故选：A.解法二

∵PC⊥底面ABC，∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵PA⊂平面PAC∴AB⊥PA，∵AC=AB=4，∴BC=42∴PC=42在Rt△PAB中，PA=令点C到平面PAB的距离为d，∵V∴1∴d=4故选：A.2．（2023秋·高二课时练习）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，A．5 B．8 C．6013 D．【解题思路】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在的直线分别为则C0,12,0,D10,0,5．设B由n⊥n⋅∴a=0,b=512c又B1B=(0,0,−5)，∴点B1到平面∵B1C1∥BC，BC⊂平面A1∴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′C

(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,v,w，则把各向量的坐标代入，得u+w=0，2v+w=0，取v=1，从而得到平面D′AC的一个法向量为因为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A1

(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B到平面AMN的距离【解答过程】（1）法一:证明：连接B1D1E、F分别是C1∴MN//EF//B1D1，∵MN⊄∴MN//平面EFBD，∵NF平行且等于AB∴ABFN是平行四边形，∴AN//∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD∵AN∩MN=N，∴平面AMN//平面EFBD法二:如图所示，建立空间直角坐标系D﹣xyz，

则A(2，0，0)，M(1，0，3)，B(2，2，0)，E(0，1，3)，F(1，2，3)，N(2，1，3)，∴AM→∴EF→=MN→∵MN⊄平面EFBD，EF⊂平面EFBD，∴MN//平面EFBD∵AN⊄平面EFBD，BF⊂平面EFBD，∴AN//平面EFBD又MN∩AM=M，∴平面AMN//平面EFBD（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，MN=2，∴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9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=2AE,F是棱D1A．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x轴，y轴，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A1C，A．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的长最小，进而求出【解答过程】以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂所以AA因为正方形ABCD中，AC⊥BD，且AC∩AA1=A，AC,A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⊥A1C于点此时MN为A1C,BD的公垂线，即线段设正方体边长为2，则N1,1,0，A因为△MCN∼△ACA1，所以CNC解得：MC=233过点M作MO⊥AC于点O，同上可知MOAA1解得：MO=23，OC=2MN=又A(2,0,0),D1(0,0,2)设平面AD1N则AD1⋅n=−2x+2z=0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BE为折痕将△BCE折起，使点

(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【解题思路】（1）由二面角平面角定义可知∠AOC1是二面角A−BE−C（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∘，∴AC⊥BE，在图②中，相交直线OA,OC1均与BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O为坐标原点，OA,OB,则D32,−32,0，C1∴DC1=−32,3设DP=λDC则AP=设平面ABC1的一个法向量则AB⋅n=−3x+y=0AC1⋅∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅n∴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，顶点在A1

(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−A1B1C因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，AC⊂平面ABC，所以A1B⊥AC又A1B∩A1B1=A1，A1B⊂（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=λ于是AP=2λ2则P为棱B1C1设平面PAB的一个法向量n=x,y,z，则令z=−1，得n=而平面ABA1的一个法向量则cosn故二面角P−AB−A1的平面角的余弦值是题型10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AB有交点，则直线A．π4,3C．0,π4 【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=−1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△ABC的边ACA．0,33 C．33,3【解题思路】作出图象，求出AB,BC的斜率，再结合图象即可得解.【解答过程】如图所示，kAB因为D为△ABC的边AC上一动点，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相交，求直线【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与线段AB始终有公共点，求直线

【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11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BC不平行，k因此AD⊥AB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H−3,2A．−19,−62 B．19,−62 C．−19,62 D．19,62【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kAH=4，【解答过程】∵H为ΔABC的垂心，∴AH⊥BC，BH⊥AC，又kBC=3−1∴直线AH,AC斜率存在且kAH=4，设Ax,y，则kAH=y−2x+3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)，试判断四边形ABCD的形状，并给出证明.

【解题思路】通过计算得到kAB=kCD，【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=−12b−2若四边形ABDC是平行四边形，则kCD=k即b−4a−2=−12b−0若四边形ACBD是平行四边形，则kCD=k即b−0a−5=1b−2a−1=−2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⋅k若D的坐标为（3，2），因为kAB=−12，直线因此，平行四边形ABCD为菱形,平行四边形ABDC,ACBD不是菱形.题型12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−1=0,l2:(3m−2)x−my+2=0，若lA．0 B．3 C．0或−13【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−3y−1=0,l所以m3m−2−3×−m=0，即3m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+1x−ay+1=0，若p:l1//A．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，∴p是q的必要不充分条件.故选：B.3．（2023秋·高二课时练习）已知直线l1:x+my−2=0，l2(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，l2当m≠0时，由两条直线l1与l2平行的充要条件m−21所以，当m=0或m=5时，l1（2）由两条直线互相垂直的充要条件，得m−2+3m2=0，解得所以当m=23或m=−1时，4．（2023秋·高二课时练习）已知三条直线l1:ax+by+4=0，l2(1)若l1⊥l2，且l1过点−1,1(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，l2:a−1又直线l1过点−1,1，所以−a+b+4=0，所以b=a−4所以aa−1+a−4=0，所以（2）若l1//l2//当b=3a=32时，ll2:12x+y+3=0所以若l1//l题型13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≠±1C．a≠−2且a≠±1 D．a≠−2且a≠1【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，则三条直线围成三角形，若a≠0，则a1≠1a，a≠±1时，由ax+y+1=0x+y+a=0，得x=1y=−(a+1)，代入x+ay+1=0得1−a(a+1)+1=0，a=1或a=−2综上：a≠±1且a≠−2．故选：C．2．（2023·全国·高二专题练习）若三条直线l1:4x+y=3,l2:mx+y=0,A．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，则若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∴x=34−my=3mm−4直线l1和l3联立：4x+y=3x−my=2∴x=3m+21+4my=−51+4m∵三条直线相交于同一点∴P、Q两点重合∴34−m=3m+21+4m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，l2:x+ay+1=0，

【解题思路】由题意可分直线l1//l2、l2//l【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l3④若三条直线交于一点，由x+ay+1=0x+y+a=0，解得x=−a−1将l2,l3的交点解得a=1(舍去)，或a=−2，所以要使三条直线能构成三角形，需a≠±1且a≠−2．4．（2023·全国·高二专题练习）已知三条直线l1:4x+y−4=0，l2（1）若直线l1，l2，l3（2）若直线l1，l2，l3【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−4=0mx+y=0，得x=即l1与l2的交点为代入l3的方程，得8解得m=−1或23（2）若l1，l2，l3交于一点，则m=−1若l1//l若l1//l若l2//l综上，可得m=−1或23或4或−题型14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Px,y在直线2x−y+1=0上，则MP的最小值是（

A．5 B．5 C．355 【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+2=k1−x，所以直线l过定点M依题意可知MP的最小值就是点M到直线2x−y+1=0的距离，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x,y到点a,b的距离，则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A作点A关于x轴的对称点A′0,−1，显然当最小值为B,A′间的距离故选：D.3．（2023秋·高二课时练习）已知点P是直线3x−4y+2=0上任意一点，求点P与点A3,−1【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A之间距离的最小，求出点A到直线的距离即可.【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垂直时，点P与点A3,−1其余位置如P1，则A所以最小值即为点A3,−1到直线3x−4y+2=0的距离d=所以，点P与点A3,−14．（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【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∈0,3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−6)、y+1=−3(x+3)，即3x+y−20=0和3x+y+10．题型15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−y+3=0反射，反射光线经过点B3,8，则反射光线所在直线的斜率为（A．−1 B．14 C．4 D．【解题思路】根据点关于线的对称，可求A′【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,b，则b−4a+3=−1反射线经过点A′,B,所以故选：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“将军饮马”的最短总路程为（

）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,y)，列方程求对称点坐标，再应用两点距离公式求“将军饮马”的最短总路程.【解答过程】由B(−2,0)关于x+y=3的对称点为(x,y)，所以{x−22+y2=3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)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【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+x12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+b,x∈3,5上(1)若M3,0,b=7，求光从C出发，到达点(2)若b=8，求反射光的斜率的取值范围；(3)若b≥6，求光从C出发，到达点N时所走过的最短路程．【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+b的距离．当的横坐标∈5,+【解答过程】（1）C1,2关于x轴的对称点C′1,−2由y=x−3y=−x+7⇒x=5∈3,5所以光所走过的路程即C′（2）对于线段y=−x+8,x∈3,5，令其端点A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+b垂直，则由y=−x+by=x−3①当x=b+32∈3,5，即6≤b≤7时，光所走过的最短路程为点所以路程S=1−2−b②当x=b+32∈5,+∞，即b>7所以C′综上：S=b+1题型16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+y2−2x−4y=0A．2x−y+9=0 B．2x+y−9=0C．2x+y+9=0 D．2x−y−9=0【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=−2x−3，即故选：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O:x2+y2A．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−25=0的距离即得OPmin【解答过程】如下图所示，易知∠OAP=90∘,∠OBP=90∘,且且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:x+2y−2即OPmin=−2故选：A.3．（2023·全国·高二专题练习）已知△ABC的顶点分别为A(−1,7),B(−4,−2),C(3,−1)．(1)求△ABC外接圆的方程；(2)设P是直线l:4x−3y−25=0上一动点，过点P作△ABC外接圆的一条切线，切点为Q，求PQ最小值及点P的坐标．【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PQ最小，根据点到直线距离公式和两直线垂直关系即可求得最小值及点P的坐标.【解答过程】（1）设△ABC外接圆的方程为x2将A,B,C分别代入圆方程可得50−D+7E+F=020−4D−2E+F=010+3D−E+F=0，解得所以△ABC外接圆的方程为x2（2）△ABC外接圆(x+1)2+(y−2)2=25因为PQ=PM2−R当PM⊥l时，PM最小，所以PMmin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，B(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S【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PM2，根据四边形PEMF的面积S=2【解答过程】（1）设圆M与x轴的交点为(x1,0),(x2设圆M:x2令y=0，得x2+Dx+F=0，则令x=0，得y2+Ey+F=0，则∵圆M在两坐标轴上的四个截距之和是6，∴D+E=−6，∵圆过A2,4，B∴将A,B代入方程得4+16+2D+4E+F=025+1+5D+E+F=0，即2D+4E+F=−20解得：D=−4,E=−2,F=−4，故得圆M:x∴圆M的标准方程为x−22（2）由（1）得圆M的圆心为M2,1，半径r=3过点P−1,5斜率为0的直线方程为y=5直线y=5与圆x−22+y−1不妨设过P−1,5的圆的切线l的方程为x=t即x−ty+5t+1=0，则d=2−t+5t+1t2解得t=0或t=−24故切线l方程为x=−1或7x+24y−113=0.又PM2则四边形PEMF的面积S=2S题型17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AB=25，若PA．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【解答过程】由题意可知：圆C：x−32+y−12=9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,N，再过C作CD⊥PN，垂足为D，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=0与x轴、y轴分别交于两点P,Q，则A．4+22 B．4 C．22 【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=2MA化简可得x+22+y2=4，故动点M圆心−2,0到l:x+y−2=0的距离为−2−21故圆上的点到直线l:x+y−2=0的最小距离为22由于P2,0,Q0,2故△MPQ的面积的最小值为12

故选：D.3．（2023·全国·高二专题练习）若点Px,y在圆x−3(1)yx(2)x+y的最值．【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2x2+【解答过程】（1）x−32+y−32设k=yx=y−0x−0此时圆心到直线的距离为d=3k−31+故yx的最大值为（2）设x+y=m，则x−32化简整理得到2xΔ=23故x+y的最小值3−3，最大值3+34．（2023秋·高二课时练习）已知M(m，n)为圆C：x2(1)