2023-2024学年山西省大同一中高二(上)月考数学试卷(9月份)

2023-2024学年山西省大同一中高二（上）月考数学试卷（9月份）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（5分）过两点A（1，），B（4，2）的直线的倾斜角为（）A．30° B．60° C．120° D．150°2．（5分）已知向量＝（1，2，﹣1），＝（2，m，n），且∥，则m+n＝（）A．﹣2 B．﹣4 C．2 D．43．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：x+（a﹣2）y+a＝0，则“l1∥l2”是“a＝3”的（）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4．（5分）已知三角形的三个顶点A（4，3），B（﹣1，2），C（1，﹣3），则△ABC的高CD所在的直线方程是（）A．5x+y﹣2＝0 B．x﹣5y﹣16＝0 C．5x﹣y﹣8＝0 D．x+5y+14＝05．（5分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为（）A． B． C． D．6．（5分）已知直线：l1：y＝ax+3与l2关于直线y＝x对称，l2与l3：x+2y﹣1＝0平行，则a＝（）A． B． C．﹣2 D．27．（5分）过定点A的直线（a+1）x﹣y+2＝0与过定点B的直线x+（a+1）y﹣4a﹣2＝0交于点P（P与A、B不重合），则△PAB面积的最大值为（）A． B． C．2 D．48．（5分）已知四面体ABCD中，AD＝2，，∠BCD＝120°，直线AD与BC所成的角为60°，且二面角A﹣CD﹣B为锐二面角．当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B． C．16π D．8π二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）9．（5分）下列说法正确的有（）A．若直线y＝kx+b经过第一、二、四象限，则（k，b）在第二象限 B．直线kx﹣y﹣2k+3＝0必过定点 C．过点（2，﹣1），且斜率为﹣的直线的点斜式方程为y+1＝﹣（x﹣2） D．斜率为﹣2，且在y轴上的截距为3的直线方程为y＝﹣2x±3（多选）10．（5分）已知第一象限内的点P（a，b）在直线2x+2y﹣1＝0上，则（）A． B． C．2a﹣b＞ D．lna+lnb≥﹣4ln2（多选）11．（5分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、CC1的中点，G在棱BC上，则（）A．对于任意点G，OA∥平面EFG B．存在点G，使得平面OAD⊥平面EFG C．直线EF被球O截得的弦长为 D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为（多选）12．（5分）“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（）A．直线AD与平面DEF所成的角为 B．直线CF∥平面ADE C．异面直线AD与CF所成的角的余弦值为 D．球上的点离球托底面DEF的最大距离为++1三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）过点P（2，﹣3），且横、纵截距互为相反数的直线方程是．14．（5分）已知，空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．经过点P（x0，y0，z0）且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣2y+2z+1＝0，直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为．15．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．16．（5分）将一张坐标纸折叠一次，使得点（﹣3，4）与点（﹣4，a）重合，点（﹣1，2）与点重合，则a﹣b＝．四、解答题（本题共6小题，共70分）17．（10分）求经过直线l1：2x﹣y+4＝0和直线l2：x﹣y+5＝0的交点C，并且满足下列条件的直线方程．（1）与直线x﹣4y+4＝0垂直；（2）到原点的距离等于1．18．（12分）已知空间中的三点P（﹣2，0，2），M（﹣1，1，2），N（﹣3，0，4），设＝，＝．（1）若k+与k﹣2互相垂直，求k的值；（2）求点N到直线PM的距离．19．（12分）过点P（2，1）作直线l分别交x轴、y轴的正半轴于A，B两点．（1）求|OA|•|OB|的最小值，及此时直线l的截距式方程；（2）求|PA|•|PB|的最小值，及此时直线l的截距式方程．20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，，PA⊥底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．（1）若G是线段PC的中点，试证明EG∥平面PAD；（2）已知直线AG与平面AEF所成角为45°．①若△PEG和△PBC的面积分别记为S1，S2，试求的值；②求三棱锥的P﹣EFG体积．21．（12分）如图，MON是某景区的瀑布群，已知，点Q到直线OM，ON的距离均为2，现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸交道路ON于点B．（1）求|OQ|；（2）当|OA|+|OB|取得最小值时，求tan∠BAO．22．（12分）如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，现将△ADC沿AC翻折成直二面角P﹣AC﹣B．（1）证明：CB⊥PA；（2）记△APB的重心为G，若异面直线PC与AB所成角的余弦值为，在侧面PBC内是否存在一点M，使得GM⊥平面PBC，若存在，求出点M到平面PAC的距离；若不存在，请说明理由．

2023-2024学年山西省大同一中高二（上）月考数学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1．（5分）过两点A（1，），B（4，2）的直线的倾斜角为（）A．30° B．60° C．120° D．150°【考点】直线的倾斜角．【答案】A【分析】将点代入斜率公式求出斜率，从而求出倾斜角即可．【解答】解：∵直线过两点A（1，），B（4，2），∴K＝＝，∴tanα＝，α＝30°，故选：A．2．（5分）已知向量＝（1，2，﹣1），＝（2，m，n），且∥，则m+n＝（）A．﹣2 B．﹣4 C．2 D．4【考点】共线向量与共面向量．【答案】C【分析】根据共线向量求出m，n的值，从而求出答案．【解答】解：若∥，则＝＝，则m＝4，n＝﹣2，故m+n＝2，故选：C．3．（5分）已知直线l1：ax+3y+1＝0，l2：x+（a﹣2）y+a＝0，则“l1∥l2”是“a＝3”的（）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【考点】充分条件与必要条件；直线的一般式方程与直线的平行关系．【答案】C【分析】利用直线垂直的充要条件求出a，再根据条件判断即可．【解答】解：当l1∥l2时，a（a﹣2）＝3，整理得a2﹣2a﹣3＝0，解得a＝﹣1或3，当a＝﹣1时，直线l1：﹣x+3y+1＝0，直线l2：x﹣3y﹣1＝0重合，故a＝3，故“l1∥l2”是“a＝3”的必要充分条件．故选：C．4．（5分）已知三角形的三个顶点A（4，3），B（﹣1，2），C（1，﹣3），则△ABC的高CD所在的直线方程是（）A．5x+y﹣2＝0 B．x﹣5y﹣16＝0 C．5x﹣y﹣8＝0 D．x+5y+14＝0【考点】待定系数法求直线方程．【答案】A【分析】由斜率公式可得AB的斜率，由垂直关系可得CD的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．【解答】解：由斜率公式可得kAB＝＝，∵CD⊥AB，∴kCD＝﹣5，∴直线CD的方程为：y+3＝﹣5（x﹣1），化为一般式可得5x+y﹣2＝0．故选：A．5．（5分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且A1A＝3，则A1C的长为（）A． B． C． D．【考点】点、线、面间的距离计算．【答案】A【分析】用空间向量解答．【解答】解：∵＝+﹣；∴2＝（+﹣）2；即2＝•+•﹣•+•+•﹣•﹣（•+•﹣•）＝1+0﹣3×1×cos60°+0+1﹣3×1×cos60°﹣（3×1×cos60°+3×1×cos60°﹣9）；＝1﹣+1﹣﹣+9＝5，∴A1C＝．故选：A．6．（5分）已知直线：l1：y＝ax+3与l2关于直线y＝x对称，l2与l3：x+2y﹣1＝0平行，则a＝（）A． B． C．﹣2 D．2【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系；与直线关于点、直线对称的直线方程．【答案】C【分析】点（x，y）关于直线y＝x的对称点为（y，x）可得l2的方程，再根据l2，l3相互平行可得答案．【解答】解：直线l1关于直线y＝x对称的直线，即是交换x，y位置所得，即l2：x＝ay+3，l2，l3相互平行，l3：x+2y﹣1＝0的斜率为，∴，故a＝﹣2．故选：C．7．（5分）过定点A的直线（a+1）x﹣y+2＝0与过定点B的直线x+（a+1）y﹣4a﹣2＝0交于点P（P与A、B不重合），则△PAB面积的最大值为（）A． B． C．2 D．4【考点】恒过定点的直线．【答案】C【分析】由直线的方程整理可得恒过的定点A，B的坐标，再由直线的方程可得l1⊥l1，可得△PAB为直角三角形，由勾股定理可得|PA|2+|PB|2的值，再由均值不等式可得|PA||PB|的最大值，代入三角形的面积公式，可得三角形的面积的最大值．【解答】解：过定点A的直线（a+1）x﹣y+2＝0，整理可得ax+x﹣y+2＝0，可得A（0，2），过定点B的直线x+（a+1）y﹣4a﹣2＝0，整理可得：a（y﹣4）+x+y﹣2＝0，可得B（﹣2，4），又因为（a+1）×1+（﹣1）（a+1）＝0，可得l1⊥l2，可得△PAB为直角三角形，由题意可得|PA|2+|PB|2|＝|AB|2＝（﹣2﹣0）2+（4﹣2）2＝8，因为|PA|2+|PB|2|≥2|PA||PB|，可得|PA||PB|≤4，当且仅当|PA|＝|PB|时取等号，所以S△PAB＝|PA||PB|≤×4＝2，所以△PAB面积的最大值为2，故选：C．8．（5分）已知四面体ABCD中，AD＝2，，∠BCD＝120°，直线AD与BC所成的角为60°，且二面角A﹣CD﹣B为锐二面角．当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为（）A． B． C．16π D．8π【考点】球的体积和表面积．【答案】B【分析】由余弦定理及均值不等式判定当底面为等腰三角形时面积最大，再确定当AB′垂直底面时，高最大，利用外接球的性质确定球心，在Rt△OB′D中求出半径．【解答】解：如图，因为BD2＝BC2+DC2﹣2BC⋅DC⋅cos120°＝BC2+DC2+BC⋅DC＝3，所以3BC⋅DC≤BC2+DC2+BC⋅DC＝3，即BC⋅DC≤1，当且仅当BC＝DC＝1时等号成立，此时底面△BCD面积最大，，将AD沿平移至A′C，则点A与A′到底面BCD的距离相同，且∠A′CB＝60°，为使四面体ABCD高最大，则直线A′C在底面BCD的射影为直线BC，此时A′B⊥面BCD，设点A在底面BCD的投影为B′，可知四边形BCDB'为菱形，且△BCD的外心为B′，此时满足二面角A﹣CD﹣B为锐二面角，故四面体ABCD的外接球的球心O在直线AB′上，因为，DB′＝1，OA＝OD＝R，所以在Rt△OB′D中，，解得，此时外接球的表面积为．故选：B．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）（多选）9．（5分）下列说法正确的有（）A．若直线y＝kx+b经过第一、二、四象限，则（k，b）在第二象限 B．直线kx﹣y﹣2k+3＝0必过定点 C．过点（2，﹣1），且斜率为﹣的直线的点斜式方程为y+1＝﹣（x﹣2） D．斜率为﹣2，且在y轴上的截距为3的直线方程为y＝﹣2x±3【考点】恒过定点的直线；命题的真假判断与应用；直线的点斜式方程；直线的斜截式方程．【答案】ABC【分析】利用直线的斜截式方程可判断选项A，D，由直线的点斜式方程可判断选项B，C．【解答】解：因为直线y＝kx+b经过第一、二、四象限，所以k＜0且b＞0，则（k，b）在第二象限，故选项A正确；直线kx﹣y﹣2k+3＝0可变形为y﹣3＝k（x﹣2），所以直线必过定点（2，3），故选项B正确；过点（2，﹣1），且斜率为﹣的直线的点斜式方程为y+1＝﹣（x﹣2），故选项C正确；斜率为﹣2，且在y轴上的截距为3的直线方程为y＝﹣2x+3，故选项D错误．故选：ABC．（多选）10．（5分）已知第一象限内的点P（a，b）在直线2x+2y﹣1＝0上，则（）A． B． C．2a﹣b＞ D．lna+lnb≥﹣4ln2【考点】基本不等式及其应用．【答案】BC【分析】由题意得a+b＝1，（a＞0，b＞0），然后结合基本不等式及不等式的性质可判断每个选项的正确性．【解答】解：∵第一象限内的点P（a，b）在直线2x+2y﹣1＝0上，∴a＞0，b＞0，2a+2b﹣1＝0，即a+b＝，且a＞0，b＞0得0＜a＜，对于A，a2＝（﹣b）2＝﹣b+b2，又﹣b+b2﹣（﹣2b2）＝3b2﹣b+＝3（b﹣）2≥0，∴＞a2≥﹣2b2＞﹣，故sina2≥sin（﹣2b2），故A错误；对于B：+＝2（+）＝2（1+3++）≥2（4+2）＝8+4，当且仅当b＝a且a+b＝，即a＝，b＝时取等号，B正确；对于D：lna+lnb＝ln（ab）≤ln（）2＝﹣4ln2，当且仅当a＝b＝时取等号，D错误；对于C：由a+b＝且a＞0，b＞0得0＜a＜，a﹣b＝2a﹣∈（﹣，），所以2a﹣b＝＞＝，C正确．故选：BC．（多选）11．（5分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、CC1的中点，G在棱BC上，则（）A．对于任意点G，OA∥平面EFG B．存在点G，使得平面OAD⊥平面EFG C．直线EF被球O截得的弦长为 D．过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为【考点】棱柱的结构特征．【答案】BC【分析】举出反例判断A；取G为BC中点，证明OD⊥平面EFG，再结合面面垂直的判定定理判断B；求出球心到EF的距离，利用垂径定理判断C；结合C选项的计算，求出球心到截面和距离，从而求出截面面积的最小值判断D．【解答】解：对于A，当G与B重合时，A∈平面EFB，O∉平面EFG，此时直线OA与平面EFG相交，故A错误；对于B，∵四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，EG⊂平面ABCD，则EG⊥BB1，∵BD∩BB1＝B，则EG⊥平面BB1D1D，∵B1D⊂平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，∵OD⊂平面ODA，∴平面OAD⊥平面EFG，故B正确；对于C，取EF的中点M，∵OA＝OB＝，E为AB的中点，∴OE⊥AB，∴OE＝＝，同理OF＝，则OM⊥EF，∵CC1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，则CF⊥CE，∴EM＝＝，则OM＝＝，球O的半径为R＝，∴直线EF被球O截得的弦长为2＝2＝，故C正确；设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2+d2＝R2＝3，∵d≤OM＝，则r2＝3﹣d2≥，∴截面圆面积S＝πr2≥，故D错误．故选：BC．（多选）12．（5分）“奔跑吧少年”青少年阳光体育系列赛事活动于近日开赛，本次比赛的总冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积，托盘由边长为4的正三角形钢片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②则下列结论正确的是（）A．直线AD与平面DEF所成的角为 B．直线CF∥平面ADE C．异面直线AD与CF所成的角的余弦值为 D．球上的点离球托底面DEF的最大距离为++1【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算．【答案】AD【分析】A．由平面ADE与平面DEF垂直判断；B．由AC∥EF，CF与AE不平行判断；C．易知ACFN是平行四边形，得到CF∥AN，从而得到∠DAN是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）求解判断；D．设O是球心，球半径为R，易知O﹣ABC是正四面体，棱长为1，求得其高，则球离球托底面DEF的最大距离为球的半径加正四面体的高和球托的高求解判断．【解答】解：如图所示：由平面ADE与平面DEF垂直知AE在平面AEF内的射影是DE，所以∠AED为直线AD与平面DEF所成的角，此角大小，A正确．由AC∥EF知，A，C，E，F四点共面，而CF与AE不平行，故直线CF与平面ADE不平行，所以B错误．由上面讨论知AC与MP平行且相等，而MP与NF平行且相等，因此AC与NF平行且相等，从而ACFN是平行四边形，则CF∥AN，所以∠DAN是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）．由已知，AD＝2，DN＝AN＝CF＝2，所以cos∠DAN＝＝＝，C错误．如图所示：由上面讨论知AB＝BC＝CA＝1，设O是球心，球半径为R，由πR3＝π得R＝1，则O﹣ABC是正四面体，棱长为1，设H是△ABC的中心，则OH⊥平面ABC，又CH⊂平面ABC，所以OH⊥CH，CH＝，则OH＝＝，又AM＝．所以球离球托底面DEF的最大距离为++1，D正确．故选：AD．三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．（5分）过点P（2，﹣3），且横、纵截距互为相反数的直线方程是3x+2y＝0，或x﹣y﹣5＝0．【考点】直线的截距式方程．【答案】3x+2y＝0，或x﹣y﹣5＝0．【分析】对直线是否经过原点进行分类讨论，结合截距式求解即可．【解答】解：直线经过原点时满足条件，此时直线方程为y＝﹣x，即3x+2y＝0；直线不经过原点时满足条件，设直线方程为x﹣y＝a，把点P（2，﹣3）代入方程，可得2+3＝a，解得a＝5．∴直线方程为x﹣y＝5，即x﹣y﹣5＝0．综上可得满足条件的直线方程为：3x+2y＝0，或x﹣y﹣5＝0．14．（5分）已知，空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0．经过点P（x0，y0，z0）且方向向量为的直线方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣2y+2z+1＝0，直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为．【考点】直线与平面所成的角；平面的法向量．【答案】．【分析】由已知定义可确定平面α的法向量和直线l的方向向量，由线面角的向量求法即可求得．【解答】解：由题意知：平面α的一个法向量，直线l的一个方向向量，设直线l与平面α所成角为θ，所以sinθ＝，即直线l与平面α所成角的正弦值为，故答案为：．15．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点．【考点】球内接多面体．【答案】12．【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，由此能求出结果．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，EF中点为O，取CD，BB1中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，如图，由题意得O为球心，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，EF＝＝＝2，∴R＝，则球心O到BB1的距离为OM＝＝，∴球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有一个交点，同理，根据正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对称性可知，其余各棱和球面也只有一个交点，∴以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12．故答案为：12．16．（5分）将一张坐标纸折叠一次，使得点（﹣3，4）与点（﹣4，a）重合，点（﹣1，2）与点重合，则a﹣b＝1．【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．【答案】1．【分析】分别求出关于一条直线的对称点的中垂线的方程，由题意可知两条中垂线重合，可得a，b的值，进而求出a﹣b的值．【解答】解：点（﹣3，4）与点（﹣4，a）的中点坐标为（﹣，），斜率k＝＝4﹣a，所以两点的中垂线的方程为：y﹣＝（x+），即y＝+①点（﹣1，2）与点重合，可得它们的中点（﹣，），斜率k'＝＝2﹣，所以两点的中垂线的方程为：y﹣＝，即y＝②由题意可得①②是同一条直线，所以：，解得：a＝3，b＝2，所以a﹣b＝3﹣2＝1．故答案为：1．四、解答题（本题共6小题，共70分）17．（10分）求经过直线l1：2x﹣y+4＝0和直线l2：x﹣y+5＝0的交点C，并且满足下列条件的直线方程．（1）与直线x﹣4y+4＝0垂直；（2）到原点的距离等于1．【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．【答案】（1）4x+y﹣10＝0．（2）x＝1或35x﹣12y+37＝0．【分析】（1）联立已知两条直线，求出点C的坐标，由两直线垂直时斜率关系求出所求直线的斜率，再由点斜式即可求出直线方程．（2）由（1）可知点C的坐标，对所求直线分斜率存在和不存在两种情况讨论，结合点到直线距离公式分别求出直线方程即可．【解答】解：联立方程，解得，∴C（1，6），（1）∵直线x﹣4y+4＝0的斜率为，∴所求直线的斜率为﹣4，∴所求直线方程为y﹣6＝﹣4（x﹣1），即4x+y﹣10＝0．（2）①当所求直线斜率不存在时，直线方程为x＝1，满足到原点的距离为1，②当所求直线斜率存在时，设直线方程为y﹣6＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+6＝0，∴原点到该直线的距离为＝1，解得k＝，∴直线方程为35x﹣12y+37＝0，综上所述，符合题意的直线方程为x＝1或35x﹣12y+37＝0．18．（12分）已知空间中的三点P（﹣2，0，2），M（﹣1，1，2），N（﹣3，0，4），设＝，＝．（1）若k+与k﹣2互相垂直，求k的值；（2）求点N到直线PM的距离．【考点】点、线、面间的距离计算．【答案】（1）k＝2或k＝．（2）点N到直线PM的距离d＝．【分析】（1）利用空间向量，表示两个向量，利用向量的数量积为0，求解k即可．（2）求出直线PM的单位方向向量为，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可．【解答】解：由题意可求得，，（1）可得k+＝（k﹣1，k，2），k﹣2＝（k+2，k，﹣4），因为（k+）⊥（k﹣2），所以有（k﹣1）（k+2）+k2﹣8＝0，整理得2k2+k﹣10＝0，解得k＝2或k＝﹣，所以k的值为k＝2或k＝．（2）设直线PM的单位方向向量为，则，由于＝＝（﹣1，0，2），所以2＝5.•＝﹣，所以点N到直线PM的距离d＝．19．（12分）过点P（2，1）作直线l分别交x轴、y轴的正半轴于A，B两点．（1）求|OA|•|OB|的最小值，及此时直线l的截距式方程；（2）求|PA|•|PB|的最小值，及此时直线l的截距式方程．【考点】直线的截距式方程．【答案】（1）8，．（2）4，＝1．【分析】（1）根据题意可设直线l的方程为＝1（a＞0，b＞0），代入点结合基本不等式可求出结果；（2）由（1）可得＝1，则可推出|PA|﹣|PB|＝2，结合基本不等式可求出结果．【解答】解：（1）根据题意可设直线l的方程为＝1（a＞0，b＞0），则A（a，0），B（0，b），因为直线l过点P（2，1），所以＝1（a＞0，b＞0），又≥2（当且仅当，即a＝4，b＝2时取等号），所以2≤1，即ab≥8，所以|OA|•|OB|＝ab的最小值为8，此时直线l的截距式方程为．（2）由（1）可知＝1，所以b＝＞0，则a＞2，所以|PA|•|PB|＝×＝×＝×＝2≥2＝4，当且仅当（a﹣2）2＝，即a＝3时取等号．所以|PA|•|PB|的最小值为4，此时a＝3，b＝3，直线l的截距式方程为＝1．20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，，PA⊥底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．（1）若G是线段PC的中点，试证明EG∥平面PAD；（2）已知直线AG与平面AEF所成角为45°．①若△PEG和△PBC的面积分别记为S1，S2，试求的值；②求三棱锥的P﹣EFG体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行．【答案】（1）证明详情见解答．（2）①．②．【分析】（1）根据题意，由中位线定理可得EG∥BC，又BC∥AD，则EG∥AD，由线面平行的判定定理，即可得出答案．（2）分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，设平面AEF的法向量，则，解得，设（0＜λ＜1），由直线AG与平面AEF所成角为45°，则sin45°＝|cos＜，＞|，解得λ；①由＝，即可得出答案．②因为，且，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：因为E，G分别为线段PB，PC，所以EG∥BC，又因为BC∥AD，所以EG∥AD，EG⊄面PAD，AD⊂面PAD，所以EG∥面PAD．（2）分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示，A（0，0，0），，，P（0，0，2），D（0，2，0），，F（0，1，1），，，设平面AEF的法向量，则，所以，取＝（，1，﹣1），设（0＜λ＜1），则，则，整理得8λ2﹣2λ﹣3＝0，解得或（舍去），①，②因为，且，所以．21．（12分）如图，MON是某景区的瀑布群，已知，点Q到直线OM，ON的距离均为2，现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸交道路ON于点B．（1）求|OQ|；