高二上学期期末复习解答题压轴题二十二大题型专练（范围：第一、二、三章）（解析版）

2024-2025学年高二上学期期末复习解答题压轴题二十二大题型专练（范围：第一、二、三章）【人教A版（2019）】题型1题型1向量共线、共面的判定及应用1．（23-24高二·全国·课后作业）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E在A1D1上，且A1E

【解题思路】把EF,FB用基底A1【解答过程】连接EF，FB，∵EF=A===2FB=A=3∴EF=23FB又EF∩FB=F，∴E，F，B三点共线．

2．（23-24高二·湖南·课后作业）已知向量a，b，c不共面，AB=4a+5b+3c，AC=2a+3【解题思路】将三点共线问题转化为求证向量共线问题求证即可.【解答过程】因为AB=4a+5b+3所以BC=BD=所以BC=-所以BC//BD，又所以B，C，D三点共线．3．（23-24高三上·四川成都·开学考试）在四棱柱ABCD-A1B1C

(1)当k=34时，试用AB,(2)证明：E,F,G,H四点共面；【解题思路】（1）根据空间向量线性运算进行求解；（2）设AC=λAB+μAD（λ,μ不为0【解答过程】（1）四棱柱ABCD-A1B因为k=3所以AF=1（2）设AC=λAB+μAD（EG=kλD则EF,EG,EH共面且有公共点E4．（23-24高二·江苏·课后作业）已知A，B，C三点不共线，对于平面ABC外的任意一点O，分别根据下列条件，判断点M是否与点A，B，C共面：(1)OM=(2)OM=3【解题思路】（1）利用空间向量的线性运算以及空间共面向量定理的即可判断；（2）利用空间向量的线性运算以及空间共面向量定理的即可判断.【解答过程】（1）因为OM=所以OM-所以12可得12AM+所以点M与点A，B，C共面.（2）由OM=3OA-所以OM-所以AM+AB+所以点M与点A，B，C共面.题型2题型2空间向量的数量积及其应用5．（24-25高二上·湖北宜昌·期中）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=a，

(1)用a,b,(2)若三棱锥A1-ABC的所有棱长均为2，求B1【解题思路】（1）根据C1D=23（2）先确定a,b,c的模长以及两两之间的夹角，然后根据再根据A1C【解答过程】（1）因为C1D⃗所以B1D=（2）因为三棱锥A1-ABC的所有棱长均为所以a=b=所以a⋅所以B1D=所以A1C⋅6．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，在六棱柱ABCDEF-A1B1C1D

(1)用a,b,(2)若cos∠BA（ⅰ）A1（ⅱ）AE【解题思路】（1）连接AD，结合空间向量的线性运算以a,（2）确定空间基底向量a,b,c的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解A【解答过程】（1）如图，连接AD，

因为六边形ABCDEF为正六边形，所以AB+AF=所以A1D=（2）因为六边形ABCDEF为正六边形，所以∠BAF=2又cos∠BA所以a=（i）A1（ii）因为AE所以A=4+16+16-8+8+47．（24-25高二上·四川广安·阶段练习）AB=AD=1,AA(1)用向量AB,AD,AA(2)求cosBD【解题思路】（1）借助空间向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得；（2）结合题意，借助空间向量的线性运算与夹角公式计算即可得.【解答过程】（1）BD则B=1+4+1+2×1×2×1所以BD（2）由空间向量的运算法则，可得AC=因为AB=AD=1,AA1=2所以AC=1+0+1B==1×1×cos则cosBD1,8．（23-24高二下·广东中山·开学考试）如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°，∠BA(1)求AE的长；(2)求AE和BC夹角的余弦值．【解题思路】（1）根据空间向量基本定理得到AE=a+（2）先求出AE⋅BC【解答过程】（1）由题意得AE=又AB=5，AD=3，AA1=4，∠DAB=90°故AE==25+9+4+2×5×3×0+3×4×=25+9+4+6+10=54，故AE⃗（2）AE=5×3×0+3则cosAE题型3题型3空间向量基本定理及其应用9．（23-24高二下·上海·开学考试）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱(1)用DA，DC，DD1表示D1A，(2)求证：A，E，D1，F【解题思路】（1）根据题意，由空间向量加法、减法的三角形法则分析可得答案；（2）根据题意，分析可得D1F=25D1【解答过程】（1）根据题意，D1D1由于3DF=2FB1，则则D1（2）证明：由（1）的结论：D1A=DA-则有D1F=25D1必有A，E，D1，F10．（24-25高二上·贵州遵义·期中）在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD//BC，

(1)若AE=xAB+y(2)求|AE【解题思路】（1）由空间向量的线性运算即可求解；（2）由（1），通过平方即可求解.【解答过程】（1）连接AB

因为B1E=2则x+y+z=1（2）AB⋅AA1=1×2×AE⃗=111．（24-25高二上·重庆·阶段练习）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面PBC，BC⊥平面PAB，D为PC的中点，BE=2(1)设PA=a，PB=b，BC=(2)若PA（i）求DE（ii）求AC⋅【解题思路】（1）连接BD,PE，利用空间向量的线性运算，准确化简、运算，即可求解；（2）根据题意，利用空间向量的线性运算和向量的数量积的运算公式，准确计算，即可求解.【解答过程】（1）如图所示，连接BD,PE，可得DE=因为D为PC的中点，BE=2所以AE=所以DE=2（2）因为PA⊥平面PBC，BC⊥平面PAB，且PB,BC⊂平面PBC，PB⊂平面PAB，所以PA⊥PB,PA⊥BC,PB⊥BC，所以a⋅（i）DE=（ii）因为AC=所以AC⋅=-2又因为PA=所以-2所以AC⋅12．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，(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∴AC题型4题型4利用空间向量证明线、面的位置关系13．（24-25高二上·安徽阜阳·阶段练习）如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2，E为棱(1)求棱CC(2)证明：平面BCD1⊥【解题思路】（1）根据正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，可得EC⊥平面（2）建立空间直角坐标系，分别求解平面BCD1与平面B【解答过程】（1）因为正四棱柱ABCD-A1B1C且四边形BCFB1为直角梯形，设所以VE-BCF解得h=22，即C（2）以点D为原点，直线DA,DC,DD1分别为由题意可得C0,2,0所以CB=设平面BCD1的法向量为则n⋅CB=2x1设平面B1EF的法向量为则m⋅EF=y2因为n⋅所以平面BCD1⊥14．（24-25高二上·福建福州·期中）在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，AB⊥AD，AB=1，AD=2，AC=CD=5(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)在棱PA上是否存在点M，使得BM//平面PCD？若存在，求出PMPA的值；若不存在，请说明理由【解题思路】（1）面面垂直得到线面垂直，再由线线垂直证明线面垂直；（2）取AD中点，证明三条直线两两垂直，然后建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，设AMAP=λ，使得BM//平面PCD，用空间向量建立等量关系，求得λ【解答过程】（1）∵面PAD∩面ABCD=AD，面PAD⊥面ABCD，AB⊥AD，AB⊂面ABCD，∴AB⊥面PAD，∵PD⊂面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB=A，AB⊂面PAB，PA⊂面PAB∴PD⊥面PAB，（2）取AD中点为O，连结CO，PO∵CD=AC=5，∴CO⊥AD，∵PA=PD，∴PO⊥AD∵面PAD∩面ABCD=AD，面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥OD,OC,OA两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，易知P0,0,1，B1,1,0，D0,-1,0则PB=1,1,-1，PD=0,-1,-1，设n为面PDC的法向量，令n=则n假设存在M点使得BM//面PCD，设AMAP=λ，又A0,1,0，P0,0,1，AP=0,-1,1，有AM=λAP∵BM//面PCD，n为PCD的法向量，∴BM⋅n=0，即综上，存在M点，即当PMPA=3415．（24-25高二下·全国·课后作业）如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点.

(1)求证：MN//平面PAD；(2)求证：平面MNQ//平面PAD.【解题思路】（1）由已知可证得AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量证明；（2）只需证明平面PAD的法向量与平面MNQ中的两个向量垂直即可.【解答过程】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，所以以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设B(b,0,0)，D(0,d,0)，P(0,0,d).则C(b,d,0)，因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点，所以Mb2,d2所以MN=因为平面PAD的一个法向量为m=(1,0,0)，所以MN⋅m又因为MN⊄平面PAD，所以MN//平面PAD.（2）因为QN=(0,-d,0)，所以QN⋅m又QN⊄平面PAD，所以QN//平面PAD.又因为MN∩QN=N，MN,QN⊂平面MNQ，所以平面MNQ//平面PAD.16．（24-25高二下·全国·课后作业）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C(1)求证：平面NPC//平面AB(2)在线段BB1上是否存在一点Q，使AB1⊥【解题思路】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明；（2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参.【解答过程】（1）∵M,N,P分别是CC∴NP//AB1,MC//B1∴CP//MB1．∵CP⊂平面AB1M,MB∵NP⊂平面AB1M,AB1⊂又CP∩NP=P,CP,NP⊂平面NPC，∴平面NPC//平面AB（2）假设在线段BB1上存在一点Q，使AB取BC的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设BC=2,BQ=a(0≤a≤2)，则M(0,-1,1),A(3∴A∵AB1⊥AB1⊥∴在线段BB1上存在一点Q，使AB1⊥平面A题型5题型5利用空间向量研究点、线、面的距离问题17．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点，解答以下问题：

(1)证明：直线MN∥平面OCD；(2)求点N到平面OCD的距离．【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出MN的方向向量和平面OCD的法向量，利用空间向量求解即可；（2）由点到面距离的向量公式求解即可.【解答过程】（1）因为四棱锥O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，AB,AD⊂底面ABCD，且底面ABCD是正方形，所以AB,AD,AO两两垂直，以A为原点，AB,AD,AO分别为x,y,z轴建立如图所示坐标系，

则由题意可得M0,0,1，N2,1,0，O0,0,2，C所以MN=2,1,-1，OC=设平面OCD的法向量m=则m⋅OC=2x+2y-2z=0m⋅OD=2y-2z=0因为MN⋅m=2×0+1×1+-1×1=0所以直线MN//平面OCD.（2）由（1）得NC=0,1,0，平面OCD的一个法向量所以点N到平面OCD的距离d=NC18．（23-24高二上·山东淄博·阶段练习）在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求直线EC与AC(2)求直线FC到平面AEC【解题思路】（1）以D1为原点，D1A（2）利用向量法求线面距离作答即可.【解答过程】（1）在正方体ABCD-A1B1C1D则A1,0,1，C0,1,1，C10,1,0，所以AC1=所以直线EC与AC1所成角的余弦值为（2）由（1）知，AE=0,12,-1，E显然FC=EC而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AE因此直线FC到平面AEC1的距离等于点F到平面设平面AEC1的法向量为则n⋅AE=12所以点F到平面AEC1的距离为所以直线FC到平面AEC1的距离是19．（2024高二·全国·专题练习）设正方体ABCD-A1B(1)求直线B1C到平面(2)求平面A1BD与平面B【解题思路】（1）直线B1C到平面A1BD的距离等于点（2）平面A1BD与平面B1CD【解答过程】（1）以D为原点，DA,DC,DD1为x，y，则D所以CB1=2,0,2,又CB1⊄平面A1BD，DA1所以直线B1C到平面A1BD的距离等于点设平面A1BD的一个法向量为则n⋅DA1=2x+2z=0n⋅所以点B1到平面A1BD

（2）由（1）知CB1//平面A1BD又B1C∩D1B所以平面A1BD//平面即平面A1BD与平面B1CD由（1）知，点B1到平面A1BD所以平面A1BD与平面B120．（24-25高二上·福建福州·期中）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，(1)求直线BC1与平面(2)若点P在侧面A1ABB1上，且点P到直线BB1和CD【解题思路】（1）以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出平面（2）设出点P(2,a,b),a∈[0,3],b∈[0,2]，可得.3-a=b2+4【解答过程】（1）以D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴，y轴，D(0,0,0),C(0,3,0),A(2,0,0)，B(2,3,0),E(2,1,0),则BC设平面A1EC的一个法向量为因为n⊥A1En令z=1，则x=y=2，所以n=(2,2,1)为平面A1设直线BC1与平面A1则sinθ=所以直线BC1与平面A1（2）设P(2,a,b),a∈[0,3],b∈[0,2]，根据题意有3-a=b2+4，即b则点P到AD1=a2+1当a=1时，d取得最小值1.所以点P到AD1的距离最小值为题型6题型6利用空间向量求空间角21．（24-25高二上·四川乐山·阶段练习）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C(1)求A1M与C(2)求平面A1BD与平面【解题思路】建立空间直角坐标系，利用坐标法求线线角及面面角.【解答过程】（1）在正方体ABCD-A1B设AB=1，则B1,0,0，D0,1,0，A1于是A1M=则cosA所以A1M与C1（2）由（1）知，BD=-1,1,0，BA设平面A1BD的法向量则n⋅令x=1，得n=设平面A1C1则m⋅令a=-1，得m=则cosn所以平面A1BD与平面A122．（24-25高三上·湖北宜昌·阶段练习）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，且FA＝FC，(1)求证：平面ABCD⊥平面BDEF(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．【解题思路】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明AC⊥平面BDEF，再得到平面ABCD⊥平面BDEF即可；（2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明FO⊥平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可；【解答过程】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC中点，FA=FC，∴AC⊥FO，又FO∩BD＝O，FO,BD⊂平面BDEF，∴AC⊥平面又AC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BDEF。（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝∴△DBF为等边三角形，∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，∴FO⊥平面ABCD．故OA，OB，OF两两垂直，∴建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示，设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝∵△DBF为等边三角形，∴OF=3∴A(3∴AD=-3设平面ABF的法向量为n=x,y,z，则AF令x=1，解得n=设AD与平面ABF所成角为θ，则AD与平面ABF所成角的正弦值为：sinθ=23．（24-25高二上·辽宁沈阳·期中）如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，点M在线段AB上，

(1)求证：AB(2)求二面角A-CB【解题思路】（1）由CC1⊥平面ABC得CC1⊥AC，又从而BC1⊥AC，又BC1（2）建立空间直角坐标系，求出平面ACB1与平面C【解答过程】（1）连接AB∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∵AC⊥BC, CC∴AC⊥平面BCC∵BC1⊂平面BCC∵四边形BCC1B1∵AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面AC∵AB1⊂平面ACB（2）以点C为坐标原点，以CA,CB,

则B(0,3, ∴BC1=(0,-3, 3)因为BC1⊥平面ACB1设平面CB1M则CB令x=1，得y=-2,z=2，则n=(1,-2, 2)则cosB设二面角A-CB1-M的平面角为θ因为0≤θ≤π，所以sin所以二面角A-CB1-M24．（24-25高二上·山西大同·期中）如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD⊥平面ADEF，四边形ADEF为平行四边形，AB//CD，AD⊥CD，∠FAD=π4，AF=22，AB=AD=1(1)求证：DF⊥BC；(2)求点P到平面ABF的距离；(3)在线段BC上是否存在一点H，使得平面DHP与平面BEF的夹角的余弦值为4214？若存在，求BHBC【解题思路】（1）由余弦定理可得DF的值，再由勾股定理可得DF⊥AD，由面面垂直的性质定理可得DF⊥平面ABCD，即可证明；（2）以D为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及点到面的距离公式代入计算，即可得到结果；（3）由空间向量的坐标运算以及二面角的公式，代入计算，即可得到结果.【解答过程】（1）证明：在△ADF中，因为AD=2，AF=22，∠FAD=所以DF=A所以AD2+D又平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF=AD，DF⊂平面ADEF，所以DF⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，所以DF⊥BC.（2）由（1）可得DF⊥AD，DF⊥DC，又AD⊥CD，所以DA，DC，DF两两垂直，以DA，DC，DF所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，F(0,0,2)，E(-2,0,2)，C(0,4,0)，P(-1,2,1)，所以AB=(0,2,0)，AF=(-2,0,2)，设平面ABF的一个法向量n=(x,y,z)，则n⋅AB=0,n⋅AF=0,即2y=0,-2x+2z=0,所以点P到平面ABF的距离d=|（3）假设存在，设BH=tBC(0≤t≤1)所以DH=设平面DHP的一个法向量n1=x所以n1⋅DP=0,n1⋅DH=0,所以n1设平面BEF的一个法向量n2=x2,所以n2⋅BF=0,n2⋅EF=0,即-2设平面DHP与平面BEF的夹角为α，则cosα=解得t=13或所以存在点H，使得满足要求，此时BH=13BC题型7题型7立体几何中的探索性问题25．（24-25高二上·广西玉林·期中）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，AB⊥AD，PA=PD，AB=1，AD=2，AC=CD=5(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PA与平面PCD所成角的余弦值；(3)在棱PB上是否存在点M，使得AM//平面PCD？若存在，求出BMBP【解题思路】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到AB⊥PD，结合PD⊥PA得到线面垂直；（2）作出辅助线，得到垂直关系，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面PCD的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；（3）设BM=λBP，其中0≤λ≤1，求出向量AM的坐标，根据AM⋅n【解答过程】（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，且AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，所以，AB⊥平面PAD，因为PD⊂平面PAD，所以，AB⊥PD，因为PD⊥PA，PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，所以，PD⊥平面PAB.（2）解：取AD中点为O，连接OC、OP，又因为PA=PD，则PO⊥AD，则AO=PO=1，因为AC=CD=5，则OC⊥AD，则CO=在平面ABCD内，因为OC⊥AD，AB⊥AD，则OC//因为AB⊥平面PAD，则OC⊥平面PAD，以点O为坐标原点，OC、OA、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则P0,0,1、B1,1,0、D0,-1,0、A则PA=0,1,-1，DP=设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则取x=1，可得n=1,-2,2，设PA与平面PCD的夹角为则sinθ=cosn所以，直线PA与平面PCD所成角的余弦值为13（3）解：设BM=λBP=λ则AM=因为AM//平面PCD，则AM⋅n因此，在棱PB上存在点M，使得AM//平面PCD，且BM26．（23-24高二上·吉林·阶段练习）如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB=1，P为棱AD的中点，四棱锥S-ABCD的体积为23(1)若E为棱BS的中点，求证：PE//平面SCD(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为217？若存在，指出点M【解题思路】（1）取SC的中点F，连接DF、EF，证明出四边形PDFE为平行四边形，可得出DF//（2）利用面面垂直的性质定理推导出SP⊥平面ABCD，设AD=m，利用锥体的体积公式求出m的值，然后以点P为原点，PA、AB、PS的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设AM=λAS0≤λ≤1，利用空间向量法求出【解答过程】（1）证明：取SC的中点F，连接DF、EF，∵E、F分别为SB、SC的中点，所以，EF//BC且EF=因为四边形ABCD是矩形，所以，BC//AD且∵P为棱AD的中点，则PD//BC且PD=12BC所以，四边形PDFE为平行四边形，∴PE//又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面SCD，∴PE//平面SCD（2）解：假设在棱SA上存在点M满足题意，如图，连接SP、MP、MB，在等边△SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，SP⊂平面SAD，∴SP⊥平面ABCD，则SP是四棱锥S-ABCD的高，设AD=mm>0，则SP=32所以，V四棱锥S-ABCD=以点P为原点，PA、AB、PS的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P0,0,0、A1,0,0、B1,1,0故PA=1,0,0，PB=设AM=λ∴PM设平面PMB的一个法向量为n1=x,y,z取x=3λ，则y=-3λ，易知平面SAD的一个法向量为n2∴cos整理可得2λ-1=0，解得λ=1所以，当点M为线段SA的中点时，平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为21727．（24-25高二上·福建厦门·阶段练习）在如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=π2，F为PA的中点，PD=2,AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形，线段(1)求点N到平面PAB的距离；(2)在线段EF上是否存在一点Q，使得直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由【解题思路】（1）证明出DA,DC,DP两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面ABP的法向量，利用点到平面距离的向量公式求出答案；（2）求出平面PBC的法向量，设FQ=λFE(0≤λ≤1)，求出Q1-λ2,2λ,2(1+λ)【解答过程】（1）因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，DA,DC⊂平面ABCD，所以PD⊥DA，PD⊥DC，又∠ADC=π2，故如图以D为原点，分别以DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.则P(0,0,2设平面ABP的法向量为n=(x,y,z)，则n解得y=0，令z=1，则x=2，则n又PN则点N到平面PAB的距离是d=（2）存在点Q，当点Q与E重合时，直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6.PB=(1,1,-设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅PB解得y=x,z=2x,令x=1，得y=1,z=2由F12,0,22则s-12,t,r-故Q1-λ2,2λ,2因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6所以sinπ解得λ2=1，由0≤λ≤1知λ=1，即点Q与E故在线段EF上存在一点Q，使得直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6且FQ=EF=28．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，AB=AA1(1)判断直线A1M与平面(2)求直线HF与平面A1(3)在线段HF上是否存在一点Q，使得点Q到平面A1BCD1的距离是2【解题思路】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可；（3）假设存在点Q，利用空间向量研究点面距离计算参数即可.【解答过程】（1）如图建立空间直角坐标系，则A1所以A1设平面B1HF的一个法向量为则m⋅FB1=z=0则cosA连接A1M与B1H交于N点，即直线A1则直线A1M与平面B1（2）由上知DA1=1,0,2,则n⋅DA1=a+2c=0设直线HF与平面A1MD所成角为则sinα=即直线HF与平面A1MD所成角的正弦值为（3）设存在Q满足题意，不妨设HQHF则HQ=λ易知A1B=0,2,-2,则p⋅A1B=2s-2t=0而D1所以点Q到平面A1BCD1题型8题型8直线与线段的相交关系求斜率范围

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（24-25高二上·陕西安康·阶段练习）已知直线l过点P2,2，且与以A-1,-1和B(1)求直线l的斜率k的取值范围；(2)求直线l的倾斜角a的取值范围.【解题思路】（1）在平面直角坐标系中画出图象，根据图象分析A，B，P三点之间的关系，不难给出直线l的斜率k的取值范围；（2）根据直线斜率与倾斜角的关系，结合图象即可求解直线l的倾斜角a的取值范围．【解答过程】（1）在平面直角坐标系中画出图象如图：kPA=直线l过点P2,2，且与以A-1,-1和B所以直线l的斜率k的取值范围k∈-（2）由（1）可知，k∈-直线PA的倾斜角为π4，直线PB的倾斜角为2由此可得此时直线l的倾斜角α的取值范围π4由图可知，当直线斜率不存在时，所得直线符合题意，故此时直线l的倾斜角α=π综上，直线l的倾斜角α的取值范围π430．（23-24高二上·全国·课后作业）已知坐标平面内三点A-2,-4(1)求直线AB的斜率和倾斜角；(2)若Em,n是线段AC上一动点，求nm-2【解题思路】（1）先由斜率公式求斜率，然后根据斜率定义可得倾斜角；（2）将问题转化为求直线BE的斜率的取值范围，然后结合图形分析可得.【解答过程】（1）由斜率公式得直线AB的斜率为-4-2-2记倾斜角为α，则tanα=1因为α∈0,π，所以直线AB的倾斜角为（2）由题知nm-2为直线BE的斜率记直线BC和BA的倾斜角分别为α,β，直线BE的倾斜角为γ，由图可知，γ∈0,β又kBC=tan所以，由正切函数性质可得，直线BE的斜率的取值范围为-1即nm-2的取值范围为-31．（23-24高二上·四川巴中·阶段练习）已知坐标平面内三点A-1,1，B1,1，(1)求直线AC的倾斜角；(2)若D为△ABC的AB边上一动点，求直线CD的倾斜角的取值范围.【解题思路】（1）由两点式斜率公式求出斜率，然后根据斜率与倾斜角的关系求解即可（2）数形结合，利用两点式斜率公式，根据斜率与倾斜角变化的规律分析求解即可.【解答过程】（1）由A-1,1，C2,3因为斜率等于倾斜角的正切值，且倾斜角的范围是0,π，所以直线AC的倾斜角为π（2）如图，当直线CD绕点C由CA逆时针转到CB时，直线CD与线段AB恒有交点，即D在线段AB上，

此时kCD由kAC增大到kBC，又kAC=33即直线CD的倾斜角的取值范围为π632．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知坐标平面内三点A-2,-4(1)求直线AB的斜率和倾斜角；(2)若A,B,C,D可以构成平行四边形，且点D在第一象限，求点D的坐标；(3)若Em,n是线段AC上一动点，求nm-2【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，根据k(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BE的斜率即可得答案【解答过程】（1）解：因为直线AB的斜率为-4-2-2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-1x+1=1故点D的坐标为3,5；（3）解：由题意得nm-2为直线BE的斜率当点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-2的取值范围为-题型9题型9直线方程的求解

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（24-25高二上·广东深圳·期中）已知△ABC的三个顶点是A(1,-3),B(2,1),C(-1,4).(1)求BC边上的高所在直线l1的方程(2)若直线l2过点C，且点A，B到直线l2的距离相等，求直线l【解题思路】（1）根据垂直关系得出高所在直线斜率，点斜式得出直线方程；（2）由题意转化为所求直线与AB平行或过AB的中点，分别求解即可.【解答过程】（1）因为kBC=4-1-1-2=-1，所以BC边上的高所在直线所以BC边上高所在直线为y+3=x-1，即x-y-4=0.（2）因为点A，B到直线l2所以直线l2与AB平行或过AB①当直线l2与AB所以kl所以l2:y-4=4(x+1)，即②当直线l2过AB的中点D所以kCD所以l2:y-4=-2(x+1)，即综上，直线l2的方程为4x-y+8=0或2x+y-2=034．（24-25高二上·重庆·期中）已知△ABC的三个顶点分别是A5,1，B7,-3，(1)求AB边上的高所在的直线方程；(2)求AB边上的中线所在的直线方程；(3)求∠ABC角平分线所在的直线方程.【解题思路】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；（2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；（3）先求出直线BA,BC的单位向量，结合角平分线求出∠ABC角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解.【解答过程】（1）直线AB的斜率kAB则AB边上的高所在的直线斜率为12直线又过C-9,5所以AB边上的高所在的直线方程为y-5=1即x-2y+19=0.（2）依题意，AB边的中点(6,-1)，因此AB边上的中线所在直线的斜率k=5-直线又过(6,-1)，所以AB边上的中线所在直线的方程为y--1即2x+5y-7=0.（3）由题意知：BA=故与BA同方向的单位向量为：a=与BC同方向的单位向量为：b=故∠ABC角平分线所在的直线的方向向量为：a+设∠ABC角平分线所在的直线的斜率为k，又∵直线的方向向量可以表示为1,k，∴k=-1，直线又过B7,-3故∠ABC角平分线所在的直线方程为：y--3即x+y-4=0.35．（24-25高二上·广东佛山·阶段练习）已知△ABC的三个顶点分别是A5,1，B7,-3，(1)求BC边上的高所在的直线方程；(2)若直线l过点A，且与直线x+y+1=0平行，求直线l的方程；(3)求BC边上的中线所在的直线方程.【解题思路】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.（2）设出直线l的方程，利用待定系数法求出直线方程.（3）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.【解答过程】（1）直线BC的斜率kBC=2-(-3)-8-7=-所以BC边上的高所在的直线方程为y-1=3(x-5)，即3x-y-14=0.（2）依题意，设直线l的方程为x+y+m=0(m≠1)，而直线l过点A5,1，则5+1+m=0，解得m=-6所以直线l的方程为x+y-6=0.（3）依题意，BC边的中点(-12,-12所以BC边上的中线所在直线的方程为y-1=311(x-5)36．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知△ABC的三个顶点是A1,5(1)边BC上的中线所在直线的方程；(2)边BC上的高所在直线的方程；(3)∠ABC的角平分线所在直线的方程.【解题思路】（1）对于求边BC上的中线所在直线方程：首先要找到BC中点坐标，根据中点坐标公式，然后利用两点式求直线方程；（2）对于求边BC上的高所在直线方程：先求BC边的斜率，根据斜率公式k=y2-y1（3）对于求∠ABC的角平分线所在直线方程：先求AB和BC边的斜率，根据夹角公式，设角平分线斜率为k，求出k，再利用点斜式求出直线方程.【解答过程】（1）首先求BC中点坐标，已知B(-5,-7),C(3,-3)，根据中点坐标公式，BC中点D(-1,-5)，已知中线过A(1,5)和D(-1,-5)两点，根据两点式y-5-5-5即y-5-10=x-1-2，化简得（2）先求BC边的斜率，已知B(-5,-7),C(3,-3)，根据斜率公式kBC因为高与BC垂直，设高的斜率为k，则k×12=-1又因为高过A(1,5)点，根据点斜式y-5=-2(x-1)，整理得2x+y-7=0.（3）先求AB边的斜率kAB=5+71+5=设角平分线斜率为k，根据夹角公式得|k-21+2k交叉相乘得|(k-2)(2+k)|=|(1-2k)(1+2k)|，继续化简|k2-4|=|4k2继续化简k2=-1（舍去），或k2因为角平分线的斜率应该在kAB和kBC之间，所以又因为角平分线过B(-5,-7)点，根据点斜式y+7=1×(x+5)，整理得x-y-2=0.题型10题型10距离问题37．（24-25高二上·吉林·阶段练习）已知直线l1:ax-2y+2=0，直线(1)若l1//l2，求(2)若l1⊥l2，求l1【解题思路】（1）由l1//l2（2）由l1⊥l2求出a的值，再求出直线l1，l2的交点，及l【解答过程】（1）因为l1//l整理得a2-a-2=a+1a-2=0当a=-1时，l1:-x-2y+2=0，l2:x+2y-2=0，当a=2时，l1:2x-2y+2=0，l2则l1，l2之间的距离为（2）因为l1⊥l2，所以l1，l2的方程分别为x-3y+3=0，联立方程组x-3y+3=03x+y-6=0，得x=因为l1，l2与x轴的交点分别为-3,0，所以l1，l2及x轴围成的三角形的面积为38．（24-25高二上·山东青岛·阶段练习）已知直线l:(2m+2)x+(1-4m)y-2m-7=0(1)证明：无论m为何值，直线l与直线x-2y-1=0总相交；(2)求点Q(2,4)到直线l距离的最大值；(3)若O为坐标原点，直线l与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，求△AOB面积的最小值．【解题思路】（1）化简直线l，得到l的必过点(3,1)，得证；（2）根据直线l过点P3,1可得点Q(2,4)到直线l距离的最大值为PQ（3）设l:xa+yb=1，由（1【解答过程】（1）对于l:(2m+2)x+(1-4m)y-2m-7=0，化简得2m令x-2y-1=0对于点(3,1)，直线l与直线x-2所以，无论m为何值，直线l与直线x-2y-（2）由（1）可得直线l过点P3,1故点Q(2,4)到直线l距离的最大值为PQ=当直线l⊥PQ取到.（3）设l:xa+yb=1∴S=12ab=因为a>0,b>0，则(ab)2≥12ab，得ab≥12，（当且仅当3b2∴S≥6，△OAB面积的最小值为6.39．（23-24高二上·天津河西·阶段练习）已知直线m:a-1x+2a+3(1)若坐标原点O到直线m的距离为5，求a的值；(2)当a=0时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.【解题思路】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可.（2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可.【解答过程】（1）设原点O到直线m的距离为d，则d=-a+6a-12+2a+3（2）由-x+3y+6=0x-2y+3=0解得x=-21y=-9，即m与n的交点为当直线l过原点时，此时直线斜率为921所以直线l的方程为3x-7y=0；当直线l不过原点时，设l的方程为xb将-21,-9代入得b=-12，所以直线l的方程为x-y+12=0.故满足条件的直线l的方程为3x-7y=0或x-y+12=0.40．（24-25高二上·广东深圳·期中）已知直线l1:2x-y-3=0,l2(1)当l1//l(2)当m=2时，求过直线l1,l2【解题思路】（1）由两个直线平行求得m=-2，然后求平行直线距离即可；（2）先求两个直线的交点，然后设平行直线的方程，求解即可.【解答过程】（1）由题可知，-2m+1=-m，解得所以l2此时直线l1，l2之间的距离为（2）当m=2时，则l2联立方程2x-y-3=02x-3y+1=0，解得x=52设所求直线为2x+y+c=0，所以有2×52+2+c=0所求直线为2x+y-7=0.题型11题型11点、线间的对称问题41．（24-25高二上·福建龙岩·阶段练习）已知直线l:x+2y-2=0，试求：(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l(3)直线l关于点A1,1对称的直线方程【解题思路】（1）设对称点为Q(x,y)，由PQ与直线l垂直，PQ中点在直线l上列方程组求解；（2）求出l与l1的交点坐标，再求出直线l1上一点(2,0)关于直线（3）设直线l关于点A(1,1)对称的直线方程为x+2y+m=0，由点A到这两条平行线间距离相等求解．【解答过程】（1）设点P的对称点为Q(x,y)，则y+1x+2=2x-2所以对称点坐标为(2（2）由x+2y-2=0y=x-2，解得x=2y=0，即直线l与l1点E(0,-2)是直线l1上的一点，设它关于直线l的对称点为B(x,y)则y+2x=2x2+2⋅kAB=145125-2（3）设直线l关于点A(1,1)对称的直线方程为x+2y+m=0，由1+2-25=1+2+m5，解得所以对称直线方程为x+2y-4=0．42．（24-25高二上·湖北·期中）已知△ABC的顶点A(2,1)，边AB的中线CM所在直线方程为x-y+1=0，边AC的高BH所在直线方程为x-2y+2=0．(1)求点B的坐标；(2)若入射光线经过点A(2,1)，被直线CM反射，反射光线过点N(4,2)，求反射光线所在的直线方程．【解题思路】（1）设B2a-2,a，分析可知AB的中点a,a+12（2）求A(2,1)关于直线x-y+1=0的对称点为A'，进而可求反射光线所在的直线方程【解答过程】（1）由题意可设点B2a-2,a因为A(2,1)，则AB的中点a,a+12在直线可得a-a+12+1=0所以点B的坐标为B-4,-1（2）设A(2,1)关于直线x-y+1=0的对称点为A'则n-1m-2=-1m+22所以反射光线所在的直线方程为y-23-2=x-443．（24-25高二上·上海·随堂练习）如图，已知A6,63，B0,0，C12,0，直线(1)求直线l经过的定点坐标；(2)若P2,23，李老师站在点P用激光笔照出一束光线，依次由BC（反射点为K）、AC（反射点为I）反射后，光斑落在P点，求入射光线【解题思路】（1）分离参数，列方程可得直线过定点；（2）分别求点P关于直线BC与AC的对称点P1与P2，进而可得kP1【解答过程】（1）由直线l：k+3x-y-2k=0，即令x-2=03x-y=0，解得故直线l恒过定点2,23（2）设P关于BC的对称点P1，则PP关于AC的对称点P2由直线AC的方程为y-063-0所以n-23m-2⋅所以P2由题意得P1、K、I、P2四点共线，由对称性得kPK所以入射光线PK的直线方程为y-23即2x+344．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）直线l过点P-2,0，点Q1,3到直线l的距离为23，直线l'与直线(1)求直线l'(2)记原点为O，直线l'上有一动点M，则当OM+MQ最小时，求点【解题思路】（1）由题意设直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k(x+2)，然后由点Q1,3到直线l的距离为23，列方程可求出k的值，再求出点P-2,0（2）设原点为O关于直线l'的对称点为O'，则OM+MQ=O'M+MQ≥O【解答过程】（1）由题意设直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=因为点Q1,3到直线l的距离为所以k-化简得k2+23所以直线l的方程为y=-当x=0时，y则直线l与y轴交于点A(0,-2点P-2,0，A(0,-23)关于点所以直线l'的斜率为4所以直线l'的方程为y-23（2）设原点为O关于直线l'的对称点为O'，则所以OM+所以当O'设O'(x,y)，则所以kO所以直线O'Q的方程为y-由3x-4y+33题型12题型12圆的切线长及切线方程问题45．（24-25高二上·江西赣州·阶段练习）已知圆C过A2,-4，B-2,-2两点，且圆心C在直线x+4y-6=0(1)求圆C的方程；(2)过点P7,-1作圆C的切线，求切线方程【解题思路】（1）根据点A，B可知线段AB中垂线，圆心C在中垂线上，联立两直线，可知点C坐标，进而可得圆C方程；（2）当切线斜率不存在时直线方程为x=7成立，当切线斜率存在时，设点斜式，根据点到直线距离d=r，即可得解.【解答过程】（1）由已知A2,-4，B则其中点为0,-3，kAB所以AB中垂线的斜率kl则AB中垂线为l:y=2x-3，所以点C在l上，又点C在直线x+4y-6=0，联立y=2x-3x+4y-6=0，解得x=2y=1，即半径r=CA所以圆C的方程为x-22（2）由（1）得C2,1，r=5当过点P的切线斜率不存在时，直线为x=7，与圆C相切；当过点P的斜率存在时，设切线方程为y+1=kx-7，即kx-y-7k-1=0圆心C2,1到切线的距离d=解得k=21所以直线方程为y+1=2120x-7综上所述，切线方程为x=7或21x-20y-167=0.46．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）已知圆M的方程为x2(1)过点0,-4的直线m截圆M所得弦长为45，求直线m(2)过直线l:x+y+4=0上任意一点P向圆M引切线，切点为Q，求PQ的最小值.【解题思路】（1）对直线m的斜率是否存在进行分类讨论，再由弦长公式求得结果；（2）由切线长公式可知当PM⊥l,PM最小，计算可得PQ的最小值.【解答过程】（1）圆M的标准方程为(x-4)2①当斜率不存在时，直线m的方程为x=0，直线m截圆M所得弦长为l=2r②当斜率存在时，设直线m:y=kx-4，圆心M到直线m的距离为d=根据垂径定理可得r2=452即直线m的方程为3x-4y-16=0或x=0（2）圆心M4,4因为PQ与圆相切，所以PQ=当PM⊥l,PM最小，所以|PM|可得|PQ|47．（24-25高二上·宁夏银川·期中）已知⊙C:x2+y2+Dx+Ey-12=0(1)求⊙C的标准方程；(2)已知动点M在直线y=x-5上，过点M引⊙C的切线MA，求MA的最小值.【解题思路】（1）利用给定条件求出参数，写出一般方程，再转化为标准方程即可.（2）结合题意及勾股定理将切线长用圆心到直线的距离进行表示，再利用点到直线的距离公式求解最值即可.【解答过程】（1）因为圆的方程为x2所以圆心坐标为(-D2,-故x+2y-4=0是圆的直径，即(-D2,-得到-D2-E-4=0，而圆心在y轴上，故-代入到-D2-E-4=0中，得到-E-4=0故圆的一般方程为x2我们把它换为标准方程，得到圆的标准方程为x2（2）首先，y=x-5可化为x-y-5=0，如图，作CA⊥AM，且记直线x-y-5=0为l，由勾股定理得MA2+16=CM当CM最小时，CM2一定最小，MA由平面几何性质得当CM⊥l时，CM取得最小值，由点到直线的距离公式得CMmin故MAmin48．（23-24高二上·福建福州·期末）已知圆O:x2+(1)若直线l与圆O相切，求m的值；(2)当m=4时，已知P为直线l上的动点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当切线长最短时，求弦AB所在直线的方程．【解题思路】根据直线和圆相切求出圆心到直线的距离d=r，即可求出m的值；根据题意可知O,A,P,B四点共圆，且OP为直径，要使切线长最短，即OP⊥l时最短，求出新圆圆心和半径，进而求得新圆的方程，两圆方程相减即可求得直线AB的方程.【解答过程】（1）（1）设圆心O到直线l的距离为d，因为直线l与圆O相切，所以d=|m|解得m=5（2）当m=4时，直线l:x+y-4=0，连接OA,OB，则OA⊥AP,OB⊥BP，所以O，A，P，B四点共圆，切线长|AP|=|OP故|AP|最短当且仅当|OP|最短，即OP⊥l时最短，因为|OP|≥42，所以|AP|≥16所以lOP联立y=xx+y-4=0得P(2,2)故以OP为直径的圆的方程为x(x-2)+y(y-2)=0，因为弦AB即圆O与上述圆的公共弦，所以弦AB所在直线方程为2x+2y-1=0．题型13题型13直线与圆有关的最值（范围）问题49．（2024高三·全国·专题练习）已知点Px,y是圆(x+2)(1)求P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值和最小值．(2)求x-2y的最大值和最小值．(3)求y-2x-1【解题思路】（1）转化为圆心到直线的距离的最大值和最小值；（2）解法一，转化为直线x-2y-t=0与圆(x+2)2（3）首先设y-2x-1=k，再转化为直线kx-y-k+2=0与圆【解答过程】（1）圆心C-2,0到直线3x+4y+12=0的距离为d=∴P点到直线3x+4y+12=0的距离的最大值为d+r=65+1=（2）解法一：设t=x-2y，则直线x-2y-t=0与圆(x+2)2∴|-2-t|12+则tmax=5-2,tmin=-2-解法二：设x=-2+cosθ,y=sinθ，则∴得-2-5≤x-2y≤-2+5，即x-2y的最大值为5（3）y-2x-1表示圆上的点Px,y与点A1,2设y-2x-1=k，即kx-y-k+2=0，直线kx-y-k+2=0与圆设d=|-3k+2|解得3-3则kmax=3+34,k50．（23-24高二上·山西吕梁·期末）已知圆C:x(1)求m的取值范围；(2)当m取最小正整数时，若点P为直线4x-3y+12=0上的动点，过P作圆C的一条切线，切点为A，求线段PA的最小值.【解题思路】（1）根据题意，结合方程表示圆的条件，列出方程，即可求解；（2）由（1）得到圆心C(1,2)，半径为r=1，得到PA=PC【解答过程】（1）由方程C:x2+即m2>3，解得m<-3所以m的取值范围是-∞（2）由（1），因为m取最小正整数，所以m=2，所以圆C:(x-1)2+(y-2)2又因为PA=所以PA取最小值时PC取最小值，而PC取最小值，即为圆心C到直线4x-3y+12=0的距离，可得PCmin所以PAmin51．（23-24高三上·四川绵阳·阶段练习）已知圆C：x(1)若圆C的切线在x轴和y轴上截距相等，求切线的方程；(2)从圆C外一点Px,y向圆引切线PM，M为切点，O为坐标原点，且PM=PO【解题思路】（1）分切线过原点或切线的斜率为-1两种情况说明，利用点到直线的距离等于半径列方程求解即可；（2）先利用切线长公式及PM=PO得到x,y的关系，再代入PO=x【解答过程】（1）圆C的方程为：x+12+y-22=2当圆C的切线在x轴和y轴上截距相等时，切线过原点或切线的斜率为-1，当切线过原点时，设切线方程为y=kx，则-k-21+k2当切线斜率为-1时，设切线方程为x+y+b=0，则-1+2+b1+1=2，解得故所求切线的方程为y=2±6x或x+y+1=0（2）由圆的切线长公式可得PM2又PM=PO，得整理得2x-4y+3=0，即x=2y-3此时PO=当且仅当y=35，即P-31052．（23-24高二上·江苏泰州·期中）已知Mx,y，A1,2，B-2,-1，且MA(1)求MQ的最大值和最小值；(2)求y-2x-2(3)求y-x的最大值和最小值．【解题思路】（1）由MA=2MB（2）将问题转化为直线与圆有交点问题，结合点到直线的距离公式计算；（3）将问题转化为直线与圆相切问题，结合点到直线的距离公式计算.【解答过程】（1）由题意，因为MA=所以x-12整理得x+52所以点M的轨迹为以-5,-4为圆心，6为半径的圆.所以点-5,-4到Q-2,2的距离为-5+2所以MQ的最小值为35-6，最大值为（2）设y-2x-2=k，则由题意kx-y-2k+2=0与x+52所以|-5k+4-2k+2|k解得0≤k≤84所以y-2x-2的最大值为8413（3）设y-x=b，则x-y+b=0当直线与圆相切时，截距b取到最值，所以|-5+4+b|2=6，解得b=1-62所以y-x的最大值为1+62，最小值为1-6题型14题型14直线与圆有关的面积问题53．（24-25高二上·重庆·期中）已知圆C:x2+y2-8y+8=0,A是圆C上的一个动点，点P(1)求动点M的轨迹方程；(2)当OP=OM时，求直线PM的方程及△POM【解题思路】（1）利用相关点法即可求得动点M的轨迹方程；（2）先利用圆的性质求得直线PM的斜率，进而求得直线PM的方程，再利用垂径定理求得PM的长，进而求得△POM的面积.【解答过程】（1）x2+y设Mx,y,A∵M是线段AP的中点∴x=a+2又因为Aa,b在圆C:∴a2整理得(x-1)2∴M的轨迹方程是(x-1)2（2）由（1）知M的轨迹是以点N1,3为圆心，2由于OP=OM，故点O在线段又点P在圆N上，故点N在线段PM的垂直平分线上，从而ON⊥PM.∵kON=3，∴直线PM∴直线PM的方程为y-2=-13x-2则N到l的距离为1×1+3×3-810∴PM又O到直线l的距离为-81∴S54．（24-25高二上·上海·期中）已知直线l:ax-y+2-a=0(1)求证：无论a取何值，直线l均与圆O相交；(2)已知AC、BD是圆O的两条相互两直的弦，且垂足为M1,2，求四边形【解题思路】（1）只需证明直线过定点1,2，且该定点在圆O:（2）设圆心O到AC,BD的距离分别为d1,d2，则d12+d22【解答过程】（1）直线l:ax-y+2-a=0a∈令x-1=0-y+2=0，解得x=1,y=而12+22=3<4故无论a取何值，直线l均与圆O相交；（2）设圆心O到AC,BD的距离分别为d1,d则AC=24-d12S=1当且仅当4-d12所以四边形ABCD的面积最大为5.55．（24-25高二上·贵州贵阳·阶段练习）已知动点M(x,y)与点P(3,0)的距离是它与原点O的距离的2倍．(1)求动点M的轨迹E的方程；(2)求x-y的最小值；(3)经过原点O的两条互相垂直的直线分别与轨迹E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的面积S的最大值．【解题思路】（1），根据两点间的距离公式化简可得方程；（2），法一：换元后与圆的方程联立，利用判别式法求解最小值；法二：几何法，利用直线与圆的位置关系列不等式求出最小值；法三：三角换元，结合辅助角公式利用余弦函数的性质求解最小值；（3），根据直线是否存在斜率进行分类讨论，当直线存在斜率时，利用点斜式写出两直线的方程，分别求出弦长，将四边形的面积用弦长表示，即可求出最大值.【解答过程】（1）由已知得(x-3)2化简得x2+y所以动点M的轨迹E的方程为：(x+1)2（2）法一：设x-y=t，得y=x-t，代入轨迹E的方程消去y并整理得2x∴Δ=4(1-t)2解得-1-22≤t≤-1+22，故x-y法二：设x-y=t，即x-y-t=0，由（1）的结论可知，轨迹E是以点(-1,0)为圆心，半径长为2的圆，由题意可知，直线x-y-t=0和圆(x+1)2所以圆心到直线的距离不大于半径，即|-1-t|2解得-1-22≤t≤-1+22，故x-y法三：由（1）可设x=-1+2cosθy=2则x-y=-1+2cos因为cosθ+π4≥-1，所以当θ=3（3）i）若两直线都有斜率，可设直线AB的方程为y=kx(k≠0)，则直线CD的方程为y=-1由（1）的结论可知，轨迹E是以点O1(-1,0)为圆心，半径长为O1到直线AB的距离d=|k|k同理，|CD|=23所以S=1=23+1kⅱ）若AB、CD两直线中有一条没有斜率，则另一条的斜率为0，此时线段AB、CD的长分别为23、4（或4、23），所以综上所述，当且仅当1k2+1=12，即k=±1时，四边形56．（23-24高二上·浙江湖州·期末）已知圆O：x2+y(1)若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当∠AOB=90°时，求k的值；(2)若k=12时，点P为直线l上的动点，过点P作圆O的两条切线PC，PD，切点分别为C，D，求四边形【解题思路】（1）根据垂径定理得圆心到直线距离，再利用点到直线距离公式求解；（2）将四边形OCPD的面积的最小值转化为求S△OPD的面积最小值，根据S△OPD【解答过程】（1）当∠AOB=90°时，由垂径定理得圆心O到直线l:y=kx+4的距离为2，则41+解得k=±7（2）当k=12时，直线l:y=由已知得S又OPmin所以S△OPD的最小值为8又因为四边形OCPD的面积的为2S△OPD题型15题型15圆锥曲线的离心率问题57．（24-25高三上·云南普洱·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b(1)求C的离心率；(2)设恒过点D的直线kx-y+2k+1=0交C于A，B两点，且D为AB的中点，求直线AB的方程.【解题思路】（1）由题意得到关于a,b的方程组，从而得到椭圆方程，进而求得其离心率；（2）设Ax1,y1，Bx2,【解答过程】（1）由题意得4a2+2b所以椭圆C的方程为x2故C的离心率e=c（2）设Ax1,联立y=kx+2k+1x28+y故x1由直线kx-y+2k+1=0化为kx+2-y+1=0，恒过故x1+x22=-2，即此时二次方程为3x2+12x+10=0故所求直线的方程为x-y+3=058．（24-25高三上·安徽·开学考试）已知O为坐标原点，F1,F2分别是双曲线E:x2a2-y2(1)求E的离心率；(2)M为E上一点（不在x轴上），过F2作∠F1MF2平分线的垂线，垂足为N【解题思路】（1）根据向量关系计算点的坐标，再代入求出方程解出离心率即可；（2）结合图形特征，再应用面积公式计算.【解答过程】（1）由题意得，直线y=43x与双曲线两交点A不妨设点A在第一象限，由F2A⋅设F2c,0，则所以sin∠AOF2将其代入双曲线方程，得9c225化简得9e2-因为e>1，所以e2=5，则e=5，即双曲线E（2）因为点F2关于∠F1MF2的平分线MN的对称点所以F1又ON是△F2F因为ON=1，所以a=1因为e=5，所以双曲线E的方程为x所以c=5，则A又|F1F59．（24-25高二上·北京·期中）已知P(0,2)和Q(2,1)(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)设直线l:y=kx+1与椭圆C交于A、B两点，求三角形AOB面积的取值范围.【解题思路】（1）利用P，Q两点坐标，求出a2,b2，再利用a（2）联立椭圆方程与直线方程，求出AB弦长，再求出点O到AB的距离，求出三角形AOB面积，研究该函数的最值即可.【解答过程】（1）解：P(0,2)和Q(2所以2b2=12a2+1b所以椭圆C的方程为x24+（2）解：联立方程y=kx+1x24+y因为Δ=所以设交点A(x1,y1)，所以AB==k又因为点O到直线l:y=kx+1的距离为d=1所以三角形AOB面积S==24k2令t=4k2+1则S=24t（当且仅当t=1t即也就是当k=0时，三角形AOB面积取最大值2又因为当k→+∞时，所以三角形AOB面积的取值范围是0,260．（23-24高二上·山东潍坊·期末）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0(1)求C的离心率及其渐近线方程；(2)设点P( x0 ,y0 ) (【解题思路】（1）把A1、A2的坐标代入双曲线（2）求出k1、k2得2k2【解答过程】（1）由题意，把A1-1,0，A21a2=12a2-所以双曲线C的方程为x2故离心率e=ca=2（2）由题意得，k1,k2一定存在且k2kPF=k则2k又点P的坐标满足x02-故2k所以k1题型16圆锥曲线题型16圆锥曲线的弦长与“中点弦”问题61．（24-25高二上·山东青岛·期中）己知椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，且椭圆C经过点(0,1)，长轴长为22(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M(1,0)且斜率为1的直线l与椭圆C交于A,B两点，求弦长|AB|；(3)若直线l与椭圆相交于C,D两点，且弦CD的中点为P12,1【解题思路】（1）根据椭圆的长轴长及所经过点直接求出a,b，得出椭圆C的标准方程.（2）直线l与椭圆方程联立，得出韦达定理，根据弦长公式得出结果.（3）设C(x1,y1),D(x2【解答过程】（1）由题意设椭圆C的方程为x2因为椭圆经过点0,1且长轴长为22所以a=2所以椭圆C的标准方程为x2（2）由已知设直线l的方程为y=x-1，设Ax3,将直线y=x-1代入x2得3x所以x3+xAB=（3）设C(x1,y1于是x1+x由于C,D在椭圆上，故x1两式相减得到x12-故(x1-故直线CD的方程是y-1整理得2x+4y-3=0.62．（24-25高二上·浙江绍兴·期中）已知椭圆C:y2a2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点0,1的直线l被椭圆C截得的弦长为322，求直线l【解题思路】（1）依题意，表示椭圆离心率，将点代入椭圆方程，联立方程求解；（2）分别表示出直线方程，结合弦长公式求解.【解答过程】（1）因为椭圆C:y2a2+所以12a2所以椭圆C的标准方程为y2（2）过点0,1的直线l斜率k不存在时，直线方程为x=0，此时截得的弦长为22当斜率k存在时，设直线方程为y-1=kx-0，即y=kx+1联立y=kx+1y22设直线l与椭圆C的交点为Ax则x1+x则AB=解得k=±2所以直线l的方程y=±263．（23-24高二上·山东烟台·期末）已知双曲线C与椭圆x24+(1)求双曲线C的标准方程；(2)若直线y=x+m与双曲线C交于A，B两点，且AB=42，求实数m【解题思路】（1）由双曲线C与椭圆x24+y2=1有公共焦点，其渐近线方程为（2）联立方程组x22-y【解答过程】（1）双曲线C与椭圆x24+设双曲线的方程x2a2-y由已知得c=3，ba=22所以双曲线方程为x2（2）直线y=x+m与双曲线C交于A，B两点，且AB=4联立方程组x22-当Δ>0时，设Ax1+x所以AB令2×(-4m)2经检验Δ>0符合题意，所以m=±64．（24-25高二上·山东·期中）已知抛物线C：y2=6x的焦点为(1)求抛物线C的焦点坐标和准线方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线交于M，N两点，若MF=112【解题思路】（1）根据抛物线的方程直接求解；（2）利用抛物线的定义确定点M的坐标，从而确定直线MN的斜率，利用韦达定理分别求得y1+y2【解答过程】（1）由抛物线方程可得，2p=6,p=3，所以焦点为F(32,0)（2）设M(x根据对称性，不妨设M在x轴上方，则N在x轴下方，根据抛物线的定义可知，MF=x1将x1=4代入y2=6x可得所以M(4,26所以kMN所以直线MN的直线方程为x=546联立x=5624y+3根据韦达定理可得，y1所以x1所以MN=

题型17题型17圆锥曲线中的切线与切点弦问题65．（2024·全国·模拟预测）已知椭圆C1：y2a2+x2b2=1a>b>0与抛物线C2(1)求椭圆C1与抛物线C(2)椭圆C1上一点P在x轴下方，过点P作抛物线C2的切线，切点分别为A,B，求【解题思路】（1）根据焦点求出p可得抛物线方程，代入点1,-263（2）利用导数求出抛物线的切线方程，将切线方程联立可得点P坐标，再求出AB，点P到AB的距离，表示出S△PAB，消元，利用二次函数的性质求最值【解答过程】（1）由F0,1，得p=2，故抛物线C2的标准方程为由F0,1，得c=1，得a2由椭圆C1过点1,-26得a2=4，b故椭圆C1的标准方程为y（2）设Ax1,y1，Bx2故抛物线在点A处的切线方程为y-y1=同理可得抛物线在点B处的切线方程为y=12联立得y=12x1易得直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，联立得y=kx+mx2=4y，得x故x1+x2因此P2k,-m，由于点P2k,-m在椭圆C1上，故又AB=点P到直线AB的距离d=2故S△PAB=令t=k2+m故t=34-因此当m=2时，t最大，则tmax=2所以S△PAB即△PAB的面积的最大值为8266．（23-24高三下·山西·开学考试）如图，已知抛物线E：y2=2x与点Px0,y0，过点P

(1)若A2,-2，求切线PA(2)若x0-y【解题思路】（1）由题意设切线PA：y+2=k(x-2)，联立抛物线方程可得关于y的一元二次方程，由Δ=0求出k（2）易知直线PA斜率不存在求得直线AB:y=12x，恒过定点(2,1)；当直线PA斜率存在时，设Ax1,y1，Bx2,y2，切线PA：y-y1=kx-y12【解答过程】（1）显然切线PA的斜率存在且不为0，设切线PA：y+2=k(x-2)，代入y2=2x，得由Δ=(-2)所以直线PA的方程为y+2=-12(x-2)（2）若直线PA的斜率存在，设Ax1,y1，B代入y2=2x由Δ=0，解得k=所以直线PA的方程为y=1y同理直线PB的方程为x-因为P(x0,y0所以x0可得点Ax1,y1所以直线AB的方程为x-y0y+所以y0=x0+2由1-y=0x-2y=0，得x=2y=1，故直线AB过定点若直线PA的斜率不存在，则A(0,0),P(0,2)，设直线PB:y=kx+2(k≠0)，代入y2=2x，得y2-2此时y2-2ky+4k即B(8,4)，所以AB:y=12x综上：直线AB过定点2,1.

67．（23-24高二下·广东·阶段练习）已知线段AB是抛物线y2=4x的弦，且过抛物线焦点(1)过点B作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E，求证：A、O、E三点共线((2)设M是抛物线准线上一点，过M作抛物线的切线，切点为A1求证：（i）两切线互相垂直；（ii）直线A1B【解题思路】（1）由题知抛物线y2=4x的焦点F1,0，准线为x=-1，故设直线AB的方程为：x=my+1，Ax1（2）(i)设M-1,y0，过M-1,y0作抛物线的切线，斜率为kk≠0，则方程为y-y（ii）结合（i）得A11k12,2k1、【解答过程】（1）解：由题知抛物线y2=4x的焦点F1,0所以，设直线AB的方程为：x=my+1，所以，联立方程x=my+1y2=4x设Ax1,y因为过点B作直线与抛物线对称轴平行，交抛物线的准线于点E，所以E因为y12所以kOA=y1所以，kOA=kOE（2）解：（i）设M-1,所以，设过M-1,y0作抛物线的切线，斜率为kk≠0所以，y-y0=k所以，Δ=16-4k4y设切线MA1,M则k1,k所以k1k2所以，两切线互相垂直.(ii)由（i）知ky2-4y+4所以，k2y2所以A1所以，kA所以，直线A1B1整理得y=2y所以，直线A1B168．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知抛物线C的方程为x2=4y，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为（1）若点P坐标为0,-1，求切线PA,PB的方程；（2）若点P是抛物线C的准线上的任意一点，求证：切线PA和PB互相垂直.【解题思路】（1）设过点P的切线方程为y=kx-1，与抛物线的方程联立，由根的判别式为零求得切线的斜率，由此可求得切线的方程．（2）设点P坐标为t,-1，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx-t-1，与抛物线的方程联立，由根的判别式为零求得切线的斜率间的关系，根据直线垂直的条件可证得切线PA和PB【解答过程】解：（1）由题意，开口