高二上学期第一次月考填空题压轴题50题专练

高二上学期第一次月考填空题压轴题50题专练【人教A版（2019）】1．（2023秋·山西大同·高二大同一中校考阶段练习）将一张坐标纸折叠一次，使得点−3,4与点−4,a重合，点−1,2与点−2,b2重合，则a−b=1【解题思路】根据直线对称的性质，结合直线斜率公式、中点坐标公式、互相垂直的直线斜率之间的关系进行求解即可.【解答过程】设点−3,4为点A，点−4,a为点B，所以线段AB的中点为E−7设点−1,2为点C，设点−2,b2为点D，所以线段CD的中点为由题意可知kAB于是有：a−4−4+3故答案为：1.2．（2023秋·黑龙江大庆·高二校考开学考试）已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=AA1=4，点P为此直三棱柱表面上一动点，且PB【解题思路】首先由PB=4可得P是在以B为球心半径为4的球面上，进而得到其在平面BCC1B1的交线，故PC1取值最小时，B，P【解答过程】由PB=4可得P是在以B由于B1C1PC1取值最小时，其在平面其在平面BCC故PC1取值最小时，B，P，通过点P往B1C1作垂线，垂足为M则C1B=B代入C1PC1B因此B=B故答案为：3233．（2023春·上海虹口·高二校考期中）若直线l1:xcosθ+2y=0与直线l2:3x+y【解题思路】由两直线垂直求出tanθ的值，然后利用二倍角的正弦公式结合弦化切的思想可求出sin【解答过程】由于直线l1:xcosθ+2y=0与直线可得tanθ=−32故答案为：−124．（2023春·高一课时练习）如图，在四棱台ABCD−A'B'C'D'中，AA【解题思路】根据空间向量数量积的定义和运算性质，结合配方法进行求解即可.【解答过程】A=[(1−x)AB+(1−y)因为AA'=3A=令(1−x)a=α,b(1−y)=β，于是有：A当α+β+32=0且β=−1AC'−故答案为：6.5．（2023·全国·高二专题练习）已知a>0，b>0，直线a−1x+3y+2=0与直线x+by−1=0垂直，则1a+1b【解题思路】两直线垂直说明它们的法向量互相垂直，得出a,b的关系式，进而运用基本不等式求出1a【解答过程】a−1x+3y+2=0的法向量n1=a−1,3两直线垂直得n1⋅1当且仅当a=3故答案为：4+236．（2023·全国·高二专题练习）已知两点A（1，﹣2），B（2，1），直线l过点P（0，﹣1）与线段AB有交点，则直线l斜率取值范围为−1,1．【解题思路】根据斜率的公式，数形结合分析临界条件求解即可.【解答过程】如图所示，直线PA的斜率为kPA=−2+11−0=−1由图可知，当直线l与线段AB有交点时，直线l的斜率k∈[−1,1]．故答案为：−1,1.

7．（2023秋·江苏南通·高二校考开学考试）若直线y=x+b与曲线x=1−y2恰有一个公共点，则实数b的取值范围为【解题思路】曲线x=1−y2表示以原点O0,0为圆心、半径为1的半圆，数形结合求得当直线y=x+b与曲线【解答过程】曲线x=1−y2，即x2+

当直线经过点A(0,−1)时，b=−1；当直线经过点C(0,1)时，b=1；当直线和圆相切时，由圆心到直线的距离等于半径可得0−0+b2=1，求得b=2观察图象，得当直线y=x+b与曲线x=1−y2恰有一个公共点，实数b故答案为：(−1,1]∪{−28．（2023·全国·高三专题练习）若△ABC的顶点A（5，1），AB边上的中线CM所在直线方程为2x－y－5＝0，AC边上的高BH所在直线方程为x－2y－5＝0，则直线BC的方程为6x－5y－9＝0.【解题思路】先计算AC边所在直线方程为2x＋y－11＝0，设B（x0，y0），AB的中点M为x0+52【解答过程】由AC边上的高BH所在直线方程为x－2y－5＝0可以知道kAC＝－2，又A（5，1），AC边所在直线方程为2x＋y－11＝0，联立直线AC与直线CM方程得2x+y−11=02x−y−5=0解得x=4顶点C的坐标为C（4，3）.设B（x0，y0），AB的中点M为x0由M在直线2x－y－5＝0上，得2x0－y0－1＝0，B在直线x－2y－5＝0上，得x0－2y0－5＝0，联立2x0−y0于是直线BC的方程为6x－5y－9＝0.故答案为：6x－5y－9＝0.9．（2023秋·浙江杭州·高二校考开学考试）A是直线l:y=3x上的第一象限内的一点，B3,2为定点，直线AB交x轴正半轴于点C，当△AOC面积最小时，点A的坐标是(4【解题思路】根据给定条件，设出点A的坐标，并表示出点C的横坐标，再列出三角形面积的关系式，利用均值不等式求解作答.【解答过程】依题意，设A(a,3a),a>0，C(b,0),b>0，如图，则BA=(a−3,3a−2),而BA//BC，则有(3a−2)(b−3)=−2(a−3)，显然a≠2由点C在x轴正半轴上，得a>23，△AOC=76[(3a−2)+43a−2所以当△AOC面积最小时，点A的坐标是(4故答案为：(4310．（2023·全国·高二专题练习）在平面直角坐标系中，设三角形ABC的顶点分别为A0,a，Bb,0，Cc,0，点P0,p在线段AO上（异于端点），设a,b,c,p均为非零实数，直线BP,CP分别交AC,AB于点E,F，一同学已正确算得OE的方程：1b−1c【解题思路】写出直线AB，CP的截距式方程，两式相减即所求直线方程.【解答过程】直线AB:xb+(1c−1b则(1c−故答案为：1c11．（2023·全国·高二专题练习）已知球O是棱长为2的正八面体(八个面都是全等的等边三角形)的内切球，MN为球O的一条直径，点P为正八面体表面上的一个动点，则PM⋅PN的取值范围是[0,【解题思路】求出PM⋅PN=PO2【解答过程】如图所示，设已知的正八面体SABCDI，易知SI⊥平面ABCD于球心O，且点O为正方形ABCD的中心，设球心O与正四棱锥S−ABCD的侧面SBC相切于点F，连接OE，OF，则OE=1，SE=3由S△SOE=1即正八面体的内切球的半径为63∴PM∵P为正八面体表面上的任意一点，则PO∈∴PO即PM⋅PN的取值范围是故答案为0，12．（2023秋·全国·高二期中）已知空间向量a，b，c两两的夹角均为60°，且a=b=2，c=6.若向量x，y分别满足x⋅x+a−【解题思路】由x⋅x+a−b=0结合已知变形得出x−b−a2=1【解答过程】由题意a⋅b=2×2×因为x⋅x+x−b−令p=b−a2x−由y⋅c−8=0所以y−所以x−y≥y−p−x−p≥故答案为：1313．（2023·全国·高二专题练习）已知A,B,C,P为半径为R的球面上的四点，其中AB,AC,BC间的球面距离分别为π3R，π2R，π2R，若OP=xOA+y【解题思路】根据球面距离可求得ΔABC三边长，利用正弦定理可求得ΔABC所在小圆的半径；OP′=OPx+y+z，根据平面向量基本定理可知P′,A,B,C四点共面，从而将所求问题变为R【解答过程】∵AB间的球面距离为π3R

∴∠AOB=π同理可得：BC=AC=2∴cosC=AC2∴ΔABC所在小圆的半径：r=1设OP′=OP∴x+y+z=OP若x+y+z取最大值，则需OP′∵OP′最小值为球心到ΔABC∴x+y+z故答案为：21314．（2022·全国·高二专题练习）空间向量AB，AC，AD，AB,AC=π2，AB,AD=π3，AC,AD=π3，且AB=AC=2，AD=4【解题思路】先分析若AP=xAB+yAC+zAD，x=1，y=1，由x≥1，y≥1，z≥1，可得1≤z≤3，1≤x≤3，1≤y≤3，可以得出点P在三棱锥O−EFG内，计算三棱锥O−EFG的体积即可求解.【解答过程】因为AP=xAB+yAC+zAD，当x=1，y=1，z=1时，点P在图中的O点，因为x+y+x≤5，当x≥1，y≥1时1≤z≤3，同理1≤x≤3，1≤y≤3，OF=2AB，OG=2由x+y+x=5知点P在△EFG内，而x+y+x≤5，x≥1，y≥1，z≥1，所以点P在三棱锥O−EFG内，且OF=2AB=4，OE=2AC=4，OG=2AD=8，过G作平面OEF的垂线，垂足为M，由三余弦定理可得：cos∠GOF=cos∠GOM⋅所以cos∠GOM=22S△OEF所以三棱锥O−EFG的体积为13故答案为：32215．（2023秋·全国·高二随堂练习）在如图所示的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AA1=AD，∠BAD=∠DAA1=60°，∠BAA

【解题思路】设AB=a，AD=b，AA1=c，以a,【解答过程】设AB=a，AD=则a,设AB=1，因为BD⊥AN，所以BD⋅因为BD=AD−所以b−a⋅即12+λ−3故答案为：3−116．（2023·全国·高二专题练习）过点P(−3,0)作直线(a+2b)x−(a+b)y−3a−4b=0（a，b不同时为零）的垂线，垂足为M，已知点N(2,3)，则|MN|的取值范围是5−5,5+【解题思路】根据题意，得到点M在以PQ为直径的圆上，即可得解.【解答过程】直线(a+2b)x−(a+b)y−3a−4b=0（a，b不同时为零）化为a（x−y−3）+b（2x−y−4）=0，令x−y−3=02x−y−4=0，解得∴直线(a+2b)x−(a+b)y−3a−4b=0过定点Q（1，−2）∴点M在以PQ为直径的圆上，圆心为线段PQ的中点C（−1，−1），半径r=2线段MN长度的最大值=CN线段MN长度的最大值=故答案为5−517．（2023秋·高二单元测试）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，AE，CF，AC，若点P满足DP=xDA+yDC+zDF且x+y+z=1，则【解题思路】由向量DP满足条件可知P是平面ACF上的动点，转化为求E到平面ACF的距离，利用补形及等体积法求解即可.【解答过程】因为点P满足DP=xDA+y所以A,C,F,P四点共面，即P是平面ACF上的动点，所以EP的最小值即为E到平面ACF的距离.由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，则可知AF=AC=CF=AE=FE=CE=62设E到平面ACF的距离为ℎ，则VE−ACF即13解得ℎ=43所以EP的最小值为43故答案为：4318．（2023·全国·高二专题练习）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型P−ABCD，并要求同学们将该四棱锥切割成三个小四棱锥.某小组经讨论后给出如下方案：第一步，过点A作一个平面分别交PB，PC，PD于点E，F，G，得到四棱锥P−AEFG；第二步，将剩下的几何体沿平面ACF切开，得到另外两个小四棱锥.在实施第一步的过程中，为方便切割，需先在模型表面画出截面四边形AEFG，若PEPB=35，PFPC=1【解题思路】解法一：以AC、BD交点O为原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向构建空间直角坐标系，设P(0,0,b)，A(a,0,0)，B(0,a,0)，D(0,−a,0)，C(−a,0,0)，进而写出PB、PC、PD、PA坐标，可得PE，PF，由A,E,F,G四点共面有PA=xPE+yPF+zPG，设解法二：利用平面的性质作出点G的位置，再由平面几何的知识即可得解.【解答过程】解法一：建立如图所示空间直角坐标系，设P(0,0,b)，A(a,0,0)，B(0,a,0)，D(0,−a,0)，C(−a,0,0)(a、b均不为0)，则PB=(0,a,−b)，PC=(−a,0,−b)，PD=(0,−a,−b)∴PE=35由题意A,E,F,G四点共面，有PA=xPE+yPF+z∴(a,0,−b)=x(0,3a5由方程组{−ay2=a3ax故答案为：34解法二：连接AC,BD交于点O，则O是底面的中心，连接PO，PO垂直于底面ABCD，连接AF，交PO于H，可得H为PO的三等分点（靠近O）,连接EH并延长，与PD的交点即为G，在平面内作出三角形PBD，作ES⊥PO,GT⊥PO,垂足分别为S，T，如图，由题意，PSPO=PEPB=设PGPD=λ，则又由三角形相似得SEOB=PE所以115PO(λ−解得：λ=3故答案为：3419．（2023·全国·高二专题练习）三棱锥D−ABC中，DC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，点P在三棱锥D−ABC外接球的球面上，且∠APC=60∘，则DP的最小值为3【解题思路】本题PD距离最小时，P点的位置不好确定，可考虑用空间直角坐标系来解决问题.【解答过程】如图所示：分别取AD、AC的中点O、M，连接OM、BM,则OM∥CD，由题意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC，OM⊥BM.因为AB=BC,所以BM⊥AC，即OM、BM、AC两两垂直.以O为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则O0,0,0，AB−12,0,2OB=−122+222=32设点px,y,z，则xPA=−由题意cos∠APC=得x+162PDPD故答案为：3320．（2023春·广东韶关·高一校考期中）如图，棱长为2正方体ABCD−A1B1C1D1，O为底面AC的中心，点P在侧面BC1内运动且D1

【解题思路】以点C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点P0,y,z0≤y≤2,0≤z≤2，求得y=2z，取线段BB1的中点E，可知点P的轨迹为线段CE，求出点【解答过程】以点C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线分别为x、y、则D12,0,2、O1,1,0、BD1O=因为D1O⊥PO，则D1O⋅由题意可得0≤z≤20≤2z≤2，则0≤z≤1取点E0,2,1，则点P的轨迹为线段CE，设点B关于直线CE的对称点为点B则线段BB′的中点M0,2+s2,tBB′=联立①②可得s=65，t=85，则点所以，点P到底面ABCD的距离与它到点B的距离之和的最小值，即为点B′到平面ABCD的距离，即为8故答案为：85

21．（2023·全国·高二专题练习）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线【解题思路】建系，求利用空间向量设点M,N，根据题意结合空间中的两点间距离公式运算求解.【解答过程】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A1,0,0可得AD设AM=λAD可得x0−1=−λy故M1−λ,0,λ同理可得：N1−μ,μ,1则MN=当且仅当μ=λ对λ22+故MN≥33，当且仅当λ=2μ=即直线AD1与A1故答案为：3322．（2023·全国·高二专题练习）如图，一个结晶体的形状为平行六面体ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是①②．(填序号)①(AA1＋AB＋AD)2＝2(AC)②AC1·(AB－③向量B1C与④BD1与AC所成角的余弦值为63【解题思路】根据空间向量数量积的运算律及空间向量基本定理一一计算可得；【解答过程】解：因为以A为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为60°，不妨设棱长为a，对于①，(A因为AC2=(AB+对于②，因为AC对于③，因为B1C=A1所以向量A1D与AA1的夹角为120°，向量B1对于④，因为BD1=则|BD1所以BD所以cos<故答案为：①②．23．（2023·全国·高二专题练习）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长均为1，点O和点E分别为棱BC和棱A1B1的中点，先将底面ABC①设向量OE旋转后的向量为a，则a②点E的轨迹是以194③设①中的a在平面α上的投影向量为b，则b的取值范围是1④直线OE在平面α内的投影与直线BC所成角的余弦值的取值范围是5【解题思路】利用坐标法，由可得OE=14【解答过程】如图，取棱B1C1的中点F，以OB为x轴，OA为y轴，OF为z则O0,0,0，E14,3OE绕着BC旋转即绕着x轴旋转，设旋转后的向量为a，则a=设a=x,y,z，则x=14，y2由题知y2∈0,1916，a在平面α上的投影向量即为其在xOy设直线OE在平面α内的投影与直线BC所成的角为α，则cosα=故答案为：①②③.24．（2023春·北京西城·高三北京市回民学校校考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B①若点P在线段AD1上运动，则始终有②若点P在线段AA1上运动，则过P，B，D1③若点P在线段AD1上运动，三棱锥④若点P在线段A1B上运动，则AP+PD其中所有正确结论的序号有①③④．【解题思路】由CB1⊥平面AC1D1判断①；由向量法判断②；由等体积法判断③；将△A【解答过程】对于①：如下图，连接A1D，所以B1C∥A因为C1D1⊥平面CB1⊥平面AC1D1对于②：在C1C上取一点P1，使得AP易知PB∥D1P1，且即过P，B，D1三点的截面为截面PB以点D为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：B1,1,0,因为BD1=所以截面PBD1=3+3当a=12时，P，B，D1对于③：如下图，由已知得B1C∥A1的距离相等，又VD−BPC1=V对于④：如下图，将△AA1B与四边形AAD1的长度即为AP+PDAD故答案为：①③④.25．（2023春·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考期末）足球是一项很受欢迎的体育运动.如图，某标准足球场的B底线宽AB=72码，球门宽EF=8码，球门位于底线的正中位置.在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得∠EPF最大，这时候点P就是最佳射门位置.当攻方球员甲位于边线上的点O处（OA=AB，OA⊥AB）时，根据场上形势判断，有OA、OB两条进攻线路可供选择.若选择线路OA，则甲带球72−165码时，APO到达最佳射门位置；若选择线路OB，则甲带球722【解题思路】若选择线路OA，设AP=t，利用两角差的正切公式可得出tan∠EPF关于t的表达式，利用基本不等式可求得tan∠EPF的值及OP的长；若选择线路OB，若选择线路OB，以线段EF的中点N为坐标原点，BA、AP的方向分别为x、【解答过程】若选择线路OA，设AP=t，其中0<t≤72，AE=32，AF=32+8=40，则tan∠APE=AEAP所以，tan=40当且仅当t=1280t时，即当t=165所以，若选择线路OA，则甲带球72−165码时，APO若选择线路OB，以线段EF的中点N为坐标原点，BA、AP的方向分别为x、y轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则B−36,0、O36,72、F−4,0、E直线OB的方程为y=x+36，设点Px,x+36，其中−36<x≤36tan∠AFP=kPF所以，tan=x+36令m=x+36∈0,72，则x=m−36所以，x+36+=3210当且仅当2m=1280m时，即当m=810所以，tan∠EPF=当且仅当x=810此时，OP=所以，若选择线路OB，则甲带球722故答案为：72−165；7226．（2023·全国·高二专题练习）已知实数a>0,b<0，则3b−aa2+b【解题思路】根据题意，设直线l：ax+by=0，则a−3ba2+【解答过程】根据题意，设直线l：ax+by=0，设点A那么点A1,−3到直线l的距离为：因为a>0,b<0，所以d=a−3ba2当直线l的斜率不存在时，d=a−3b当OA⊥l时，dmax所以1<d≤2，即1<a−因为3b−aa2故答案为：−2,−1.27．（2023·全国·高三专题练习）若恰有三组不全为0的实数对(a,b)满足关系式|a+b+1|=|4a−3b+1|=ta2+b2，则实数t的所有可能的值为52【解题思路】化简得到|a+b+1|a2+【解答过程】由已知得t>0，整理得|a+b+1|a看成有且仅有三条直线满足A(1,1)和B(4,−3)到直线l:ax+by+1=0(不过原点)的距离t相等，又AB=（1）当t=|AB|2=52，此时易得符合题意的直线l为线段AB的垂直平分线6x−8y−23=0以及与直线AB（2）当t<|AB|2=52时，有4条直线l会使得点A(1,1)所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．设点A到l的距离为d，①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点M(52,−1)，其方程为2x+5y=0②作为增根被舍去的直线l，过原点且与AB平行，其方程为4x+3y=0，此时t=d=7综上，满足题意的实数t为52或75故答案为：52或7528．（2023秋·全国·高二随堂练习）已知P､Q分别在直线l1:x−y+1=0与直线l2:x−y−1=0上，且PQ⊥l1，点A−4,4，B【解题思路】利用线段的等量关系进行转化，找到AP+【解答过程】由直线l1与l2间的距离为2得PQ=2，过B4,0

则直线l的方程为：y=−x+4，将B4,0沿着直线l往上平移2个单位到B′点，有连接AB′交直线l1于点P，过P作PQ⊥l2于Q，连接BQ则|PB′|=|BQ|，即有AP+QB=AP因此AP+QB的最小值，即AP+PB所以AP+PQ+QB故答案为：58+29．（2023·全国·高二专题练习）已知ΔABC为等腰直角三角形，C为直角顶点，AC中点为D(0,2)，斜边上中线CE所在直线方程为3x+y−7=0，且点C的纵坐标大于点E的纵坐标，则AB所在直线的方程为x−3y+1=0【解题思路】设C(a,−3a+7),E(b,−3b+7),(a<b)，由中点公式求出点A坐标，根据等腰直角三角形可知CE⊥AB，AC⊥DE，建立kAE与kCE，kCD与kDE间关系，即可求出【解答过程】因为中线CE所在直线方程为3x+所以可设C(a,−3a+7),E(b,−3b+7),(a<b)，由AC中点为D(0,2)，可得A(−a,3a−3)，所以kAE∵ΔABC为等腰直角三角形，CE为中线，∴CE⊥AB,∴k∴a+b=3①，又CE=AE,D是AC的中点，∴AC⊥DE,∴kCD⋅化简得：2ab=3(a+b)−5②，由①②解得a=1,b=2，所以点E(2,1),又因为kAB所以直线AB方程为y−1=1即所求方程为x−3y+1=0.故答案为：x−3y+1=0.30．（2023·全国·高三专题练习）以三角形边BC，CA，AB为边向形外作正三角形BCA′，CAB′，ABC′，则AA′，BB′，（1）∠APB=∠APC=∠BPC=120°；（2）正等角中心是到该三角形三个顶点距离之和最小的点（也即费马点）．由以上性质得x2+(y−1)2+【解题思路】由题可知，所要求的代数式恰好表示平面直角坐标系中三个距离之和，所以首先要把代数式中三个距离的对应的点找到，再根据题干所述找到相应的费马点，即可得出结果．【解答过程】解：根据题意，在平面直角坐标系中，令点A(0,1)，B(0,−1)，C(2,0)，则x2+(y−1)2+x2+(y+1)因为ΔABC是等腰三角形，AC=BC，所以C′点在x轴负半轴上，所以CC′令ΔABC的费马点为P(a,b)，则P在CC′上，则因为ΔABC是锐角三角形，由性质（1）得∠APC=120°，所以∠APO=60°，所以1a=3∴P(33，0)到A、B、C的距离分别为PA=PB=2所以x2即为费马点P到点A、B、C的距离之和，则PA+PB+PC=2+3故答案为：2+331．（2023·全国·高三专题练习）点M是ΔABC内部或边界上的点，若M到ΔABC三个顶点距离之和最小，则称点M是ΔABC的费马点（该问题是十七世纪法国数学家费马提出）.若A0,2，B−1,0，C1,0时，点M0是ΔABC的费马点，且已知M0在y轴上，则A【解题思路】先证明费马点结论：若P到ΔABC三个顶点距离之和最小，则∠APB=∠APC=∠BPC=120°，再根据角度求解三条线段长度即可得解.【解答过程】先证明：若P到ΔABC三个顶点距离之和最小，则∠APB=∠APC=∠BPC=120°如图将ΔABP绕点B逆时针旋转60°得到ΔBDE，则ΔBDE≌ΔABP，BD=BP,∠PBD=60°，所以ΔBDP是等边三角形，BP=DP，PA+PB+PC=ED+DP+PC，当E,D,P,C四点共线时取得最小值，此时∠APB=∠EDB=120°，同理可得∠BPC=∠APC=120°所以命题得证.点M0是ΔABC的费马点，且已知M0在∠AM∠AM所以BM所以AM0+故答案为：2+332．（2023·全国·高二专题练习）已知A，B分别是x轴和y轴上的两个动点，AB=2，若动点P满足PA⊥PB，若Q35,45，则【解题思路】由题可得AB的中点C的轨迹为以原点O圆心，1为半径的圆，由题可得动点P在以AB为直径的圆上，进而可得动点P在以原点O为圆心，半径为2的圆面上，然后结合图形即得.【解答过程】设AB的中点为C，由AB=2，可得OC所以点C的轨迹是以原点O为圆心，1为半径的圆，又因为PA⊥PB，所以动点P在以AB为直径的圆上，即在以C为圆心以1为半径的圆上，所以动点P在以原点O为圆心，半径为2的圆面上，又Q3所以当P,Q重合时，PQ=0当P,O,Q的共线，O在线段PQ上时，PQ最大，此时PQ=2+所以PQ的取值范围为0,3.故答案为：0,3.33．（2023秋·高二单元测试）已知实数x1、x2、y1、y2满足x1【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，O为坐标原点，则OA=x1,y1,OB=x2,y2，由题意A,B两点在圆x2+y2=1【解答过程】解：设Ax1,y1由x1可得A,B两点在圆x2+y2=1所以三角形OAB为等边三角形，AB=1，x1+y1−22+x2

记线段AB,A1B1的中点分别是C,C1，则有AA1+BB所以AA所以x1+y故答案为：2234．（2023·北京海淀·北大附中校考三模）如图所示，在8×6的长方形区域（含边界）中有A,B两点，对于该区域中的点P，若其到A的距离不超过到B距离的一半，则称P处于A的控制下，例如原点O满足OA=13≤12OB=5，即有O

给出下列四个结论：①点4,2处于A的控制下；②若点P不处于A的控制下，则其必处于B的控制下；③若P处于A的控制下，则PA≤④图中所有处于A的控制下的点构成的区域面积为8+5π其中所有正确结论的序号是①③④.【解题思路】根据新定义，直接验证判断①，取特殊点判断②，根据定义求出点P所在区域，判断③，结合图象求出面积判断④.【解答过程】由图可知A(2,3),B(8,6),设C(4,2)，则|CA|=5，|CB|=42,满足点P不处于A的控制下则PA>12PB，即例如取点P(5,3)，|PA|=3,|PB|=32，|PA|>12点P不处于A的控制下，也不处于B的控制下，故②错误；若P处于A的控制下，则PA≤12则(x−2)2+(y−3)作出图象如图，

由图可知，当点P在矩形且在圆及圆内部分满足P处于A的控制下,由图可知，当P处于O,C,D时，|PA|有最大值13，故③正确；由③知P处于A的控制下点构成的区域面积，可以看作是14

故面积为14故答案为：①③④.35．（2023·全国·高三专题练习）已知集合P=x,y∣(x−

①白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为1+3②在阴影部分任取一点M，则M到坐标轴的距离小于等于3；③阴影部分的面积为8π④阴影部分的内外边界曲线长为8π其中正确的有①②④.【解题思路】对于①，令x=0,求出y∈[−3,−1]∪[3【解答过程】对于①，由于(x−cosθ)2+(y−解得y∈[−3,−1]∪[3,3]，“水滴”图形与则点A的坐标为(0,3)，点白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为|AB|=1+3对于②，由于(x−cosθ)2所以M(2cosα+cosθ,2sinα+sin因为cosθ∈[−1,1],所以|2cosα+cos所以M到坐标轴的距离小于等于3，故②正确；对于③，由于(x−cosθ)2+(y−解得x∈[−3,−1]∪[1,3]，因为(x−cosθ)2+(y−则1=r−OQ且0≤θ≤π，则Qcosθ,sinθ故白色“水滴”的下半部分的边界为以O为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以O为圆心，半径为3的半圆，根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以以M−1,0设N1,0，则AN=AM=MN同理AM所在圆的半径为2，所对的圆心角为π3阴影部分在第四象限的外边界为以N1,0设G3,0,H−3,0，可得ON=1,OD同理DH所在圆的半径为2，所对的圆心角为2π3

故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，所以它的面积是S=Sx轴上方的半圆（包含阴影和水滴的上半部分）的面积为12第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和，且等于13所以阴影部分的面积为92对于④，x轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为12x轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为12所以阴影部分的内外边界曲线长为13π故答案为：①②④.36．（2023·全国·高三专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，边长为2的正方形ABCD沿x轴滚动（无滑动滚动），点D恰好经过坐标原点，设顶点Bx,y的轨迹方程是y=fx，则f19=【解题思路】根据正方形的运动，得到点Bx,y【解答过程】由题意，当−4≤x<−2时，顶点Bx,y的轨迹是以点A−2,0为圆心，以2为半径的当−2≤x<2时，顶点Bx,y的轨迹是以点D0,0为圆心，以22当2≤x<4时，顶点Bx,y的轨迹是以点C2,0为圆心，以2为半径的当4≤x<6，顶点Bx,y的轨迹是以点A4,0为圆心，以2为半径的与−4≤x<−2的形状相同，因此函数y=f(x的图象在−4,4所以函数y=fx∴f(19)=f(3)=3故答案为：3.37．（2023秋·河南三门峡·高二统考期末）过P(x,y)作圆C1:x2+y2−2x=0与圆C2:x2+【解题思路】利用圆切线的性质，结合代入法、二次函数的性质进行求解即可.【解答过程】圆C1:x圆C2:x因为PA,PB是分别是圆C1，圆C所以AC因为|PA|=PB∣，所以有|PC即x2+y化简，得2x+3y=7⇒y=7−2x3代入得x2所以当x=1413时，x2故答案为：4913

38．（2023春·安徽池州·高二校联考期中）已知实数x,y满足：(x+2)2+(y−1)2=1，若2x−y+a−1−2x+y的值仅与a【解题思路】根据点到直线距离公式模型，根据直线与圆的位置关系进行求解即可.【解答过程】2x−y+a−显然直线l1:2x−y−1=0与动直线可以验证：直线l1:2x−y−1=0在圆C:(x+2)2+则动直线l2:2x−y+a=0与直线l1当直线l2:2x−y+a=0与圆C相切且在圆C的下方时，所以a∈−

故答案为：−∞39．（2023秋·河北邯郸·高三统考阶段练习）过圆O：x2+y2=2上一点P作圆C：x−42+y−42=2的两切线，切点分别为Q，R【解题思路】易得PQ=PR,∠CPQ=∠CPR=θ2,CQ⊥PQ,CR⊥PR，从而可得【解答过程】由题意可得PQ=圆O的圆心O0,0，半径r圆C的圆心C4,4，半径r则PQ+当PQ+PR取最小值时，则PCmin此时sinθ又θ2为锐角，所以cos所以sinθ=2×即当PQ+PR取最小值时，故答案为：4240．（2023秋·湖北·高三校联考阶段练习）已知⊙O1:x2+y−22=1，⊙O2:x−32+y−62【解题思路】Pt,0，则PM+PN=t2+3+(t−3)2+27=(t−0)2+[0−(−3【解答过程】⊙O1:x2⊙O2:x−32设Pt,0，则PMPN所以PM+取A(0,−3)则PM+当P,A,B三点共线时取等号，此时AB直线：y+令y=0，则x=34，故答案为：34

41．（2023秋·全国·高二阶段练习）已知圆C：(x−a)2+(y−b)2=4的图象在第四象限，直线l1：ax+by+3=0，l2：bx−ay+4=0.若l1上存在点P，过点P作圆C的切线PA，PB，切点分别为A，B，使得△APB为等边三角形，则【解题思路】根据题意可推得a,b的范围，以及l1与圆的位置关系.根据等边三角形以及圆的对称性可得出∠APC=30°，然后推得a2+b2+3a【解答过程】

由已知可得，圆C的圆心Ca,b，半径r=2，且有a>2则圆心到直线l1：ax+by+3=0的距离d又直线l1方程可化为y=−abx−3所以直线l1过一、二、三象限，不过第四象限，直线l由题意易知∠APC=30°，则PC=ACsin30°所以有a2+b2+3又a>2，b<−2，所以a2+b2>8所以圆心C到直线l2的距离d所以，直线l2与圆C又d2=4a2+b故答案为：4542．（2023·全国·高二专题练习）已知实数x1，x2，y1，y2满足x12+y12=4【解题思路】由已知得A,B分别在圆x2+y2=4和圆x2+y2【解答过程】解：由x12+点Ax1,y1，B如图，作直线l:y=−x，过B作BD⊥l于D，过A作AE⊥l于E，而|x其中|x1+y1−4|2|x2+y2−9|2因为y=−x与x+y−4=0，x+y−9=0平行，且y=−x与x+y−4=0的距离为d3y=−x与x+y−9=0的距离为d4要使x1+y1−4所以d1=|AE|+22由x1x2设∠DOB=θ,θ∈0,π2，因为OA⊥OB从而|BD|=|BO|⋅sin故|BD|+|AE|=3sin其中φ∈0,故当θ=π2−φ时，|BD|+|AE|从而x1即|x1+故答案为：26+1343．（2023春·江苏盐城·高二校联考阶段练习）三棱锥P−ABC中，PA,PB,PC两两垂直，PA=PB=PC=6，点M为平面ABC内的动点，且满足PM=3，记直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为0,【解题思路】根据已知条件先确定出M在平面ABC内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.【解答过程】因为PA,PB,PC两两垂直，且PA=PB=PC，所以由勾股定理可知AB=AC=BC，所以三棱锥为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以AB=AC=BC=P因为AOcos30°=AB2，所以因为PM=3，所以OM=PM2−OP2取AB中点D，连接CD，可知CD经过点O，建立如下图所示的空间直角坐标系：设Mcosα,sinα,0，所以PM=所以cosPM设直线PM与直线AB的所成角为θ.所以cos故答案为：0,344．（2023春·湖北·高二校联考阶段练习）如图，点P在长方体ABCD−A1B1C1D1内部运动，点E在棱AB上，且BE=3AE，动点P满足PB=2PE,F为棱C1D1的中点，M为线段PC

【解题思路】以点A为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，Px,y,z，由BP=2PE可得点P在正方体ABCD−A1B1C1D1内部且以A【解答过程】以点A为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为则B(4,0,0),E(1,0,0),A0,0,0,F2,2,2∵BP=2PE点P在正方体ABCD−A1B因为M为线段PC的中点，则动点M到平面B1CF距离的最小值即为动点P到平面B1AF=2,2,2，FC=AF⋅FC=2×2−2×2=0所以AF⊥FC，AF⊥B1又FC∩B1C=C，FC,所以AF⊥平面FB1C,M为线段PC的中点，则动点M到平面B1CF距离的最小值为故答案为：3−145．（2023秋·四川遂宁·高二校考期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点

①三棱锥A−D②直线CP与直线AD1③直线AP与平面ACD④二面角P−AD【解题思路】根据三棱锥体积的性质，结合空间向量夹角公式逐一判断即可.【解答过程】建立如图所示的空间直角坐标系，①：连接AD1，设该正方体的棱长为因为AD1//BC1,AD所以BC1//平面AD1故VA−②：因为AD所以∠CPC1（或其补角）就是直线CP与直线由正方形的性质可知：当P与C或C1这时直线CP与直线AD1的所成的角为当P是CC1中点时，直线CP与直线AD③：建立如图所示的空间直角坐标系：A0,a,0设Px,y,z，设⇒Pa,aλ,a−aλAP=设平面ACD1的法向量为所以有m⋅因为cos〈设直线AP与平面ACD1所成角为显然sinθ=cos④：设平面APD1的法向量为所以有n⋅因为cos〈所以二面角P−AD故答案为：①②④.

46．（2023·江西宜春·统考一模）如图，多面体ABCDEF中，面ABCD为正方形，DE⊥平面ABCD,CF//DE，且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点，H为棱DE上的动点，有下列结论：①当H为DE的中点时，GH//平面BEF；②存在点H，使得GH⊥AC；③三棱锥B−GHF的体积为定值；④三棱锥E−BCF的外接球的体积为14π其中正确的结论序号为③.【解题思路】根据线面平行的判定定理，及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【解答过程】①：当H为DE的中点时，取EA中点为M，连接MH,MB，如下所示：因为H,M分别为ED,EA的中点，故可得MH//AD，MH=1根据已知条件可知：BG//AD,BG=12AD，故MH故四边形HMBG为平行四边形，则HG//MB，显然MB∩与面BEF=B，故HG与面BEF相交，即不平行，故①错误；②：因为ED⊥面ABCD,DA,DC⊂面ABCD，故DE⊥DA,DE⊥DC，又四边形ABCD为矩形，故DA⊥DC，则DE,DA,DC两两垂直，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：则A2,0,0,C0,2,0,G1,2,0所以GH⋅③：VB−GFH=VH−BGF，因为又DE//CF,CF⊂面BGF,DE⊄面BGF，故DE//面BGF，又点H在DE上运动，故点H到面BGF的距离是定值，故三棱锥B−GFH的体积为定值，则③正确；④：取△EFC的外心为O1，过O1作平面EFC的垂线则三棱锥B−EFC的外接球的球心O一定在O1因为OO1⊥面EFC，FC⊥面ABCD,CB⊂面ABCD，则CF⊥CBCF∩CD=C,CF,CD⊂面EFCD，故CB⊥面EFCD,即BC⊥面EFC，则OO1//CB，故OO1,BC在同一个平面，过O在△EFC中，容易知EF=5由余弦定理得cos∠EFC=5+1−82由正弦定理得O1设三棱锥E−FCB的外接球半径为R，则OC=OB=R，且P为BC中点，在△OBP中OB=R，OP=102，又由勾股定理知：OB2=O该棱锥外接球的体积V=4故答案为：③.47．（2023·全国·高三专题练习）如图，经过坐标原点O且互相垂直的两条直线AC和BD与圆x2+y2−4x+2y−20=0相交于A，C，B，D①弦AC长度的最小值为45②线段BO长度的最大值为10−5③点M的轨迹是一个圆；④四边形ABCD面积的取值范围为[205其中所有正确结论的序号为①③④．【解题思路】根据方程写出已知圆的圆心和半径，由圆的性质判断①；由BO长度表示圆上点到原点的距离，即可判断②；若M,H,G,F分别是AB,BC,CD,AD的中点，圆心(2,−1)到直线AC,BD的距离d1,d2∈[0,5]且d12+d【解答过程】由题设(x−2)2+(y+1)2=25由圆的性质知：当圆心与直线AC距离最大为5时AC长度的最小，此时|AC|=2×25−5BO长度最大，则圆心与B,O共线且在它们中间，此时|BO|=r+5若M,H,G,F分别是AB,BC,CD,AD的中点，则MF//HG//BD且|MF|=|HG|=|BD|2，MH//FG//AC且又AC⊥BD，易知：MHGF为矩形，而|FH|若圆心(2,−1)到直线AC,BD的距离d1,d所以|BD|24+d所以M在以|FH|=35为直径，HF,MG由上分析：|AC|=225−d12，所以SABCD令t=d22当t=52，即d1