一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 已知点𝐴(1,−3)，𝐵(−1,3)，则直线AB的斜率是( )
1
1
A. 3
B. −3
C. 3 D. −3 D. √29
2. 已知点𝐴(2,1,−1)，𝐵(−1,1,3)，则|𝐴𝐵|=( )
A. 4 B. 5 C. √13
1
3. 已知𝐴(1,−2)，𝐵(𝑚,2)，直线𝑦=−2𝑥+1垂直于直线AB，则实数m的值为( )
A. −2
1
B. 2
1
C. 3 D. 1
4. 平面𝛼截圆柱，截面图不可能是( ) A. 矩形 B. 圆 C. 椭圆 D. 抛物线
5. 若圆𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦+1=0关于直线𝑎𝑥−2𝑏𝑦−1=0(𝑎,𝑏∈𝑅)对称，则ab的取值范围是
( )
A. (−∞,4]
1
B. (−∞,16]
1
C. (−4,0]
1
D. [16,+∞)
1
6. 已知m，n是两条不同的直线，𝛼，𝛽是两个不同的平面，下列说法中：
①若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝛽，则𝛼//𝛽 ②若𝑚//𝛼，𝛼//𝛽，则𝑚//𝛽 ③若𝑚⊥𝛼，𝑚//𝛽，则𝛼⊥𝛽 ④若𝑚//𝛼，𝑛⊥𝑚，则𝑛⊥𝛼 所有正确说法的序号是( )
A. ②③④
10 A. √4
B. ①③
10
B. √5
C. ①②
10
C. 7√10
D. ①③④
10 D. 7√20
7. 若直线3𝑥+𝑦−3=0与直线6𝑥+𝑚𝑦+1=0平行，则它们之间的距离为( )
8. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视
图，则该三棱锥的体积为( )
A. 3 B. 3 C. 2 D. 2
14𝑦
9. 若正实数x，y满足𝑥+𝑦=1，且𝑥+4≥𝑎2−3𝑎恒成立，则实数a的取值范围为( )
32
4
A. [−1,4] B. (−1,4) C. [−4,1] D. (−4,1)
10. 在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点E，F分别是𝐵𝐵1，𝐷1𝐵1的中点，则异面直线EF与𝐷𝐴1所成
角的大小是( )
第1页，共17页
A. 6
𝜋
B. 4
𝜋
C. 3
13
𝜋
D. 2 D. 2
3
𝜋
𝐵(−4,0)，11. 已知两点𝐴(0,3)，若点P是圆𝑥2+𝑦2−2𝑦=0上的动点，则△𝐴𝐵𝑃面积的最大值为( )
A. 13 B. 3
C. 2
12. 已知在三棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶中，侧棱𝑆𝐴⊥底面ABC，𝐴𝐵=5，𝐵𝐶=8，∠𝐵=60°，𝑆𝐴=2√5，则该
三棱锥的外接球的表面积为
A.
3
𝜋 B.
2563
𝜋
C.
4363
𝜋
√3
D. 2048𝜋
27
二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 圆𝑥2+𝑦2+𝑎𝑥−2𝑎𝑦−2=0的半径的最小值是__________． 14. 已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为扇形，扇形圆心角为120°，则圆锥的表面积为________． 15. 已知线段PQ的长为1，若P，Q分别在椭圆
𝑥24
+𝑦2=1和x轴上运动，则线段PQ的中点M的
轨迹方程是________．
16. 如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐴1=6，𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=8，点
M是棱AD的中点，N在棱𝐴𝐴1上，且满足𝐴𝑁=2𝑁𝐴1，P是侧面四边形𝐴𝐷𝐷1𝐴1内一动点(含边界)，若𝐶1𝑃//平面CMN，则线段𝐶1𝑃长度的最小值是__________．
三、解答题（本大题共7小题，共72.0分）
17. 已知△𝐴𝐵𝐶的三个顶点是𝐴(3,0)，𝐵(4,5)，𝐶(0,7)
(1)求BC边上的高所在的直线方程(请用直线的一般方程表示解题结果) (2)求BC边上的中线所在的直线方程(请用直线的一般方程表示解题结果)
F，G分别为棱AB，AC，𝐴1𝐶1的中点，∠𝐴𝐶𝐵=90°，18. 如图，在三棱柱𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶中，已知E，
𝐴1𝐹⊥平面ABC，𝐶𝐻⊥𝐵𝐺，H为垂足．
第2页，共17页
求证：
(1)𝐴1𝐸//平面GBC； (2)𝐵𝐺⊥平面ACH．
19. 已知圆𝐶1：𝑥2+𝑦2=1与圆𝐶2：(𝑥−4)2+(𝑦−4)2=𝑅2(𝑅>0)．
(Ⅰ)𝑅为何值时，圆𝐶1与圆𝐶2外切；
(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，设切点为P，过P作直线l与圆𝐶1相交于E点，若|𝑃𝐸|=√2，求直线l的方程．
𝐴𝐴1⊥底面𝐴1𝐵1𝐶1，𝐴𝐶⊥𝐴𝐵，𝐴𝐶=2，20. 如图，在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，
𝐴𝐵=4，𝐴𝐴1=6，点E，F分别为𝐶𝐴1与AB的中点． (1)证明：𝐸𝐹//平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1；
(2)求𝐵1𝐹与平面AEF所成角的正弦值．
第3页，共17页
21. 已知四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面ABCD是菱形，且∠𝐵𝐴𝐷=60∘，△𝑃𝐴𝐵是等边三角形．
(Ⅰ)证明：𝐴𝐵⊥𝑃𝐷；
(Ⅱ)若平面𝑃𝐴𝐵⊥平面ABCD，求二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的余弦值．
22. 已知圆M的标准方程为𝑥2+(𝑦−2)2=1，N为圆M上的动点，直线l的方程为𝑥−2𝑦=0，动
点P在直线l上．
(1)求|𝑃𝑁|的最小值，并求此时点P的坐标；
(2)若P点的坐标为(2,𝑚)，过P作直线与圆M交于C，D两点，当𝐶𝐷=√3时，求直线CD的方程．
23. 如图，已知A，B是圆𝑥2+𝑦2=4与x轴的交点，P为直线𝑙:𝑥=4上的动点，PA，PB与圆的另
一个交点分别为M，N．
1
第4页，共17页
(1)若P点坐标为(4,6)，求直线MN的方程; (2)求证：直线MN过定点．
第5页，共17页
-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析： 【分析】
本题考查直线斜率的求法，属于基础题．
12
根据两点的坐标，代入𝑘=𝑥1−𝑥2中即可求出直线AB的斜率．
𝑦−𝑦
【解答】
解：因为𝐴(1,−3)，𝐵(−1,3)， 所以直线AB的斜率𝑘=1−(−1)=−3． 故选D． 2.答案：B
−3−3
解析： 【分析】
本题主要考查空间两点间的距离的计算，根据两点间的距离公式是解决本题的关键．属于基础题． 根据空间两点间的距离公式进行计算即可． 【解答】
解：∵𝐴(2,1，−1)，𝐵(−1,1，3)，
∴|𝐴𝐵|=√(−1−2)2+(1−1)2+(3+1)2=√9+0+16=5， 故选B ． 3.答案：C
解析：解：∵直线𝑦=−2𝑥+1垂直于直线AB， ∴𝑚−1×(−2)=−1，解得𝑚=3，
故选C．
利用两直线垂直斜率之积等于−1，解方程求得实数a的值．
本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直斜率之积等于−1，属于基础题． 4.答案：D
2+2
1
1
解析： 【分析】
本题考查命题真假的判断，考查平面𝛼截圆柱截面图的形状等基础知识，是基础题． 由平面𝛼截圆柱，知轴截面是矩形，横截面是圆，斜截面是椭圆． 【解答】
解：由平面𝛼截圆柱，知：
在A中，轴截面是矩形，故A正确； 在B中，横截面是圆，故B正确；
第6页，共17页
在C中，斜截面是椭圆，故C正确；
在D中，平面𝛼截圆柱，截面图不可能是抛物线，故D错误． 故选：D． 5.答案：B
解析：解：∵圆𝑥2+𝑦2−4𝑥+2𝑦+1=0关于直线𝑎𝑥−2𝑏𝑦−1=0(𝑎,𝑏∈𝑅)对称， ∴圆心(2,−1)在直线𝑎𝑥−2𝑏𝑦−1=0上，
∴2𝑎+2𝑏−1=0，𝑎+𝑏=2，若a，b都是正数，由基本不等式得2≥2√𝑎𝑏>0， ∴0<𝑎𝑏≤
116
1
1
．
1
当a，b中一个是正数另一个是负数或0时，𝑎𝑏≤0，故𝑎𝑏≤16， 故选B．
由题意知，圆心在直线上，得到𝑎+𝑏=2，若a，b都是正数，利用基本不等式求得0<𝑎𝑏≤16，若当a，b中一个是正数另一个是负数或0时，𝑎𝑏≤0．
本题考查圆关于直线对称问题，基本不等式的应用，体现了分类讨论的数学思想． 6.答案：B
1
1
解析：解：m，n是两条不同的直线，𝛼，𝛽是两个不同的平面，
①若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝛽，由线面垂直的性质定理可得𝛼//𝛽，故①正确； ②若𝑚//𝛼，𝛼//𝛽，则𝑚//𝛽或𝑚⊂𝛽，故②错；
③若𝑚//𝛽，过m的平面与𝛽交于n，可得𝑚//𝑛，由𝑚⊥𝛼，可得𝑛⊥𝛼，𝑛⊂𝛽，则𝛼⊥𝛽，故③正确；
④若𝑚//𝛼，𝑛⊥𝑚，则𝑛//𝛼或𝑛⊂𝛼或n与𝛼相交，故④错． 故选：B．
由垂直于同一直线的两平面平行，即可判断①；运用线面的位置关系，以及面面平行和线面平行的性质即可判断②；运用线面平行、垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，即可判断③； 运用线面的位置关系，结合线面平行的性质，即可判断④．
本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行、垂直的判定和性质，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题． 7.答案：D
解析：解：直线3𝑥+𝑦−3=0与直线6𝑥+𝑚𝑦+1=0平行，所以𝑚=2， 则直线6𝑥+2𝑦−6=0与直线6𝑥+2𝑦+1=0之间的距离为：|−6−1|√36+4=
7√10． 20
故选：D．
通过直线平行求出m，然后利用平行线之间的距离求出结果即可． 本题考查平行线之间的距离的求法，基本知识的考查． 8.答案：B
第7页，共17页
解析：题：由三视图还原原几何体如图，
该几何体为三棱锥，A、C分别为棱长为2的正方体的两条棱的中点， 则该三棱锥的体积为3×2×1×2×2=3．
故选：B．
由三视图还原原几何体，可知该几何体为三棱锥，A、C分别为棱长为2的正方体的两条棱的中点，再由三棱锥的体积公式求解．
本题考查由三视图求多面体的面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题． 9.答案：A
1
1
2
解析： 【分析】
本题考查了不等式恒成立和利用基本不等式求最小值，考查了转化思想，属基础题． 先利用基本不等求出𝑥+4的最小值，然后根据𝑥+4≥𝑎2−3𝑎恒成立，可得𝑎2−3𝑎≤(𝑥+4)再求出a的范围． 【解答】
解：∵正实数x，y满足𝑥+𝑦=1，
∴𝑥+
≥2+2√
4𝑥𝑦
1
4𝑦
𝑦
𝑦𝑚𝑖𝑛
，
𝑦𝑦144𝑥𝑦=(𝑥+)(+)=2++ 44𝑥𝑦𝑦4𝑥⋅
𝑦4𝑥
=4，
当且仅当𝑦=4𝑥，即𝑥=2，𝑦=8时取等号， ∵𝑥+4≥𝑎2−3𝑎恒成立， ∴只需𝑎2−3𝑎≤(𝑥+4)𝑚𝑖𝑛=4， ∴𝑎2−3𝑥−4≤0，∴−1≤𝑎≤4，
∴𝑎的取值范围为[−1,4]． 故选：A． 10.答案：D
𝑦
𝑦
4𝑥𝑦
第8页，共17页
解析： 【分析】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，𝐷𝐷1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线EF与𝐷𝐴1所成角．
本题考查异面直线所成的角的求法，考查异面直线的定义等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 【解答】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，𝐷𝐷1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中棱长为2，
则𝐸(2,2，1)，𝐹(1,1，2)，𝐷(0,0，0)，𝐴1(2,0，2)，
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−1,1)，⃗𝐸𝐹𝐷𝐴1=(2,0，2)，
设异面直线EF与𝐷𝐴1所成角为𝜃， 则𝑐𝑜𝑠𝜃=
𝜋
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐸𝐹1|⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |𝐸𝐹1|
=0，
∴𝜃=2．
∴异面直线EF与𝐷𝐴1所成角为2． 故选：D．
11.答案：C
𝜋
解析： 【分析】
本题考查了直线的方程、点到直线的距离公式、圆的方程及其应用、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
求出直线AB的方程，和圆的圆心𝐶(0,1)，半径𝑟=1，利用点到直线的距离公式可得圆心C到直线AB的距离d，进而得到圆𝑥2+𝑦2−2𝑦=0上的动点到直线AB的最大距离=𝑑+𝑟，可得△𝐴𝐵𝑃面积的最大值．
【解答】
解：直线AB的方程为：−4+3=1，化为：3𝑥−4𝑦+12=0．
|𝐴𝐵|=√32+(−4)2=5．
圆𝑥2+𝑦2−2𝑦=0配方可得：𝑥2+(𝑦−1)2=1.可得圆心𝐶(0,1)，半径𝑟=1． 可得圆心C到直线AB的距离𝑑=√32+(−4)2=5．
∴圆𝑥2+𝑦2−2𝑦=0上的动点到直线AB的最大距离=𝑑+𝑟=则△𝐴𝐵𝑃面积的最大值=2×5×故选：C． 12.答案：B
1
135
135
|0−4+12|8
𝑥
𝑦
，
=
132
．
第9页，共17页
解析： 【分析】
本题考查正弦定理余弦定理的应用，同时考查球的表面积计算，解题的关键是正确得到三棱锥外接球的半径．
首先根据余弦定理求出AC的长度，再根据正弦定理求出三角形ABC外接圆的半径，即可求解此题． 【解答】 解：设球心为O，
由余弦定理得𝐵𝐶=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵×𝐵𝐶𝑐𝑜𝑠60°=7， 所以三角形ABC外接圆的半径为𝑟=
72𝑠𝑖𝑛60°
=
7√3
， 3
由球的截面的性质知，球心在过△𝐴𝐵𝐶的外心M，且与平面ABC垂直的直线OM上， 又𝑆𝐴⊥底面ABC， 所以𝑂𝑀=2𝑆𝐴=√5，
则该三棱锥外接球的半径𝑅=√(7√3)+(√5)2=8√3，
33该三棱锥的外接球的表面积为𝑆=4𝜋×(8√3)=256𝜋．
33故选B．
2
2
1
13.答案：√2
解析： ↵
【分析】
本题考查圆的一般方程，属于基础题，解题时要注意圆的性质的合理运用． 【解答】
解：∵圆𝑥2+𝑦2+𝑎𝑥−2𝑎𝑦−2=0变形为(𝑥+𝑎)+(𝑦−𝑎)2=2+5𝑎2，
24∴𝑟=2√5𝑎2+8≥√2，∴𝑎=0时，r取最小值√2． 故答案为：√2．
1
2
14.答案：
第10页，共17页
解析： 【分析】
本题考查圆锥的表面积的求法，考查圆锥结构特征等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是基础题．
设此圆锥的母线长为l，根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长，可得𝑙=3，由此能求出此圆锥的表面积． 【解答】
解：设此圆锥的母线长为l，
根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长等于圆锥底面周长可得， 2𝜋×1=
2𝜋3
×𝑙，
解得𝑙=3，
∴此圆锥的表面积为𝑆=𝜋𝑟𝑙+𝜋𝑟2=𝜋×1×3+𝜋×12=4𝜋． 故答案为4𝜋．
15.答案：(4±1)2+4𝑦2=1
解析： 【分析】
本题主要考查圆y有关的轨迹问题，关键是知道求轨迹方程的方法.设𝑀(𝑥,𝑦)，𝑃(2𝑠𝑖𝑛𝜃,𝑠𝑖𝑛𝜃)，由
4𝑥2
|𝑃𝑄|=1，可得𝑄(2𝑐𝑜𝑠𝜃±𝑐𝑜𝑠𝜃,0)，所以，所以，然后求出线
段PQ的中点M的轨迹方程． 【解答】
解：设𝑀(𝑥,𝑦)，𝑃(2𝑠𝑖𝑛𝜃,𝑠𝑖𝑛𝜃)，
由|𝑃𝑄|=1，可得𝑄(2𝑐𝑜𝑠𝜃±𝑐𝑜𝑠𝜃,0)，
所以，
所以
，消去𝜃得(4±1)2+4𝑦2=1，
4𝑥2
4𝑥2
故线段PQ的中点M的轨迹方程是(4±1)2+4𝑦2=1， 故答案为(4±1)2+4𝑦2=1．
4𝑥2
16.答案：√17
解析：
【分析】
此题考查了线面平行的判定，面面平行的判定及性质，动点的活动范围问题．
第11页，共17页
首先找出过𝐶1点与平面MNC平行的平面𝐶1𝐺𝐻，则动点P在线段GH上，进而求出线段𝐶1𝑃长度的最小值． 【解答】
解：如图，取𝐴1𝐷1的中点G，连接𝐶1𝐺，
易知𝐶1𝐺//𝐶𝑀，∴𝐶1𝐺//平面MNC，
取MD的中点E，𝐴1𝐺的中点F，𝐷1𝐷的三等分点𝐻(靠近点𝐷)， 连接𝐴1𝐸，DF，GH，𝐶1𝐻，
易知𝐺𝐻//𝑀𝑁，∴𝐺𝐻//平面MNC， ∴平面𝐶1𝐺𝐻//平面MNC，
∴当动点P在线段GH上时，𝐶1𝑃//平面MNC， 由𝐴𝐴1=6，𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=8， 可求得𝐶1𝐺=𝐶1𝐻=5，
取GH中点O，则𝐶1𝑂⊥𝐺𝐻，
在△𝐷1𝐺𝐻中，𝐺𝐻=4√2，𝐺𝑂=2√2 ∴𝐶1𝑂=√𝐶1𝐺2−𝐺𝑂2=√17， ∴线段𝐶1𝑃长度的最小值是√17． 故答案为√17．
17.答案：解：(1)∵直线BC的斜率为0−4=−2，
∴𝐵𝐶边上的高所在直线的斜率为2． 又∵直线过点𝐴(3,0)，
∴所求直线的方程为𝑦−0=2(𝑥−3)， 即2𝑥−𝑦−6=0，
(2)𝐵𝐶边上的中点坐标为(2,6)， 又∵直线过点𝐴(3,0)， ∴所求直线的方程为6−0=2−3 即6𝑥+𝑦−18=0，
𝑦−0
𝑥−3
7−51
第12页，共17页
解析：(1)可知直线BC的斜率，可得BC边上的高所在直线的斜率，又已知直线过点A，把A点的坐标代入直线方程即可得答案．
(2)可求出BC边上的中点坐标，又已知直线过点A，利用两点式可求出方程．
本题考查了利用待定系数法求直线方程，会用两点式求直线的方程是解题的关键，属于基础题． 18.答案：证明：(1)连接𝐴1E.
∵𝐸，F分别为棱AB，AC的中点， ∴𝐸𝐹//𝐵𝐶，
∵在三棱柱𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶中，F，G分别为棱AC，𝐴1𝐶1的中点， ∴，
∴四边形𝐴1𝐹𝐶𝐺是平行四边形， ∴𝐴1𝐹//𝐺𝐶．
又∵𝐴1𝐹∩𝐹𝐸=𝐹，𝐺𝐶∩𝐶𝐵=𝐶， ∴平面𝐴1𝐹𝐸//平面GBC， ∴𝐴1𝐸//平面GBC；
(2))∵𝐴1𝐹⊥平面ABC，𝐴1𝐹//𝐺𝐶， ∴𝐺𝐶⊥平面ABC， ∴𝐺𝐶⊥𝐴𝐶，
∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∴𝐴𝐶⊥𝐶𝐵．
又𝐶𝐺∩𝐵𝐶=𝐶，∴𝐴𝐶⊥平面BCG， ∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐺，
又∵𝐶𝐻⊥𝐵𝐺，𝐴𝐶∩𝐶𝐻=𝐶． ∴𝐵𝐺⊥平面ACH．
(1)利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理和性质定理即可得到𝐸𝐹//𝐵𝐶，𝐴1𝐹//𝐺𝐶.解析：
再利用面面平行的判定定理即可证明平面𝐴1𝐹𝐸//平面GBC，利用面面平行的性质定理即可证明； (2)利用线面垂直的性质定理可得𝐺𝐶⊥𝐴𝐶，从而可证𝐴𝐶⊥平面GBC，于是得到𝐴𝐶⊥𝐵𝐺，利用线面垂直的判定定理即可证明．
19.答案：解：(Ⅰ)由已知圆的方程可得：𝐶1(0,0)，𝐶2(4,4)， 由圆𝐶1与圆𝐶2外切，
得|𝐶1𝐶2|=4√2=𝑅+1， ∴𝑅=4√2−1；
(Ⅱ)∵𝐶1(0，0)，𝐶2(4,4)，
∴𝑃为直线𝐶1𝐶2与圆𝐶1的交点(第一象限)，
𝑦=𝑥22联立{2，得𝑃(√,√)， 2
𝑥+𝑦=122当直线l斜率存在时，设直线l的斜率为k， ∴𝑙：𝑘𝑥−𝑦+√(1−𝑘)=0，
2则圆心𝐶1到直线l的距离𝑑=
√12−√2(2)222=
|−
√2√2𝑘+|222√1+𝑘，
解得：𝑘=0，此时直线方程为𝑦=√，
2
当直线l斜率不存在时，直线方程为𝑥=√，也满足条件；
2
2第13页，共17页
故直线l的方程为：𝑦=√或 𝑥=√．
22
22
解析：本题考查圆与圆位置关系的判定，考查点到直线距离公式的应用，是中档题．
(Ⅰ)由两圆圆心距与半径的关系列式求得R值；
(Ⅱ)联立直线方程与圆的方程，求出P的坐标，然后分类求解得答案． 20.答案：解：(1)证明：如图，连接𝐴𝐶1，𝐵𝐶1.在三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，E为𝐴𝐶1的中点．
又因为F为AB的中点，所以𝐸𝐹//𝐵𝐶1； 又𝐸𝐹⊄平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1，𝐵𝐶1⊂平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1， 所以：𝐸𝐹//平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1． (2)解：以𝐴1为原点建立如图所示的空间直角坐标系𝐴1−𝑥𝑦𝑧， 则𝐴(0,0，6)，𝐵1(0,4，0)，𝐸(1,0，3)，𝐹(0,2，6)，
⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以⃗𝐵𝐹1=(0,−2,6)，𝐴𝐸=(1,0，−3)，𝐴𝐹=(0,2，0)． ⃗ =(𝑥,y，𝑥)， 设平面AEF的法向量为𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗ =𝑥−3𝑧=0且𝑛⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝑦=0，令𝑥=3，得𝑛⃗ =(3,0，1)． 则𝑛⃗ ⋅𝐴𝐸⃗ ⋅𝐴𝐹
1
记𝐵1𝐹与平面AEF所成𝜃，则𝑠𝑖𝑛𝜃=||𝐵|=10． ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹|⋅|𝑛⃗⃗ |
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐹⋅𝑛⃗⃗
3
解析：(1)连接𝐴𝐶1，𝐵𝐶1.利用中位线性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及直线的方向向量，再带入公式即可求解．
本题考查的知识点是直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，解决此类问题的关键是熟练掌握几何体的结构特征，进而得到空间中点、线、面的位置关系，利于建立空间之间坐标系，利用向量的有关知识解决空间角与空间距离以及线面的位置关系等问题，属于中档题． 21.答案：(Ⅰ)证明：取AB的中点O，连接OP，OD，BD，
∵△𝑃𝐴𝐵是等边三角形，∴𝑃𝑂⊥𝐴𝐵， 又∵四边形ABCD是菱形，∠𝐵𝐴𝐷=60°， ∴△𝐴𝐵𝐷是等边三角形， ∴𝐷𝑂⊥𝐴𝐵，
∵𝑃𝑂∩𝐷𝑂=𝑂，PO，𝐷𝑂⊂平面POD， ∴𝐴𝐵⊥平面POD， ∵𝑃𝐷⊂平面POD， ∴𝐴𝐵⊥𝑃𝐷．
(Ⅱ)∵平面𝑃𝐴𝐵⊥平面ABCD，平面𝑃𝐴𝐵∩平面𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐵，𝑃𝑂⊥𝐴𝐵，𝑃𝑂⊂平面PAB， ∴𝑃𝑂⊥平面ABCD ∴𝑃𝑂⊥𝐷𝑂，
以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，
第14页，共17页
设𝐴𝐵=2，
⃗⃗⃗ =(0,1,0)， 平面PAB的一个法向量为𝑚
𝑃(0,0,√3)，𝐵(1,0，0)，𝐶(2,√3,0)，
⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,−√3)， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−√3)，⃗∴𝑃𝐵𝑃𝐶
⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)， 设平面PBC的一个法向量为𝑛
𝑥−√3𝑧=0
, 则{
2𝑥+√3𝑦−√3𝑧=0
令𝑧=1，得𝑥=√3，𝑦=−1， ∴𝑛⃗ =(√3,−1,1)，
设二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的平面角为𝜃，𝜃为钝角， ∴𝑐𝑜𝑠𝜃=−|𝑚=−⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |
|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ |
1√=−5√5． 5
解析：本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以
及计算能力，是中档题．
(Ⅰ)取AB的中点O，连接OP，OD，BD，证明𝑃𝑂⊥𝐴𝐵，𝐷𝑂⊥𝐴𝐵，推出𝐴𝐵⊥平面POD，然后证明𝐴𝐵⊥𝑃𝐷．
(Ⅱ)以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，设𝐴𝐵=2，求出平面PAB的一个法向量，平面PBC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的平面角的余弦函数值即可．
(1)依题意知：|𝑃𝑁|的最小值为圆心M到直线l的距离d减去圆M的半径，解：且点𝑀(2,0)， 22.答案：故𝑑=
|0−2×2|√1+22=
4√5，∴5
|𝑃𝑁|的最小值为4√5−1．
5
又过圆心M且与直线l垂直的直线方程为：𝑦=−2𝑥+2， 𝑦=−2𝑥+242
联立{解得𝑥=5，𝑦=5，
𝑥−2𝑦=0
45综上可知，|𝑃𝑁|的最小值为√−1，此时点𝑃(5,5)；
5
42
(2)把点𝑃(2,𝑚)代入直线l的方程可得𝑚=4，即𝑃(2,4)，
由|𝐶𝐷|=√3，半径𝑟=1得圆心M到直线CD的距离𝑑1=√𝑟2−(|𝐶𝐷|)2=1，
221°当直线CD斜率不存在时，直线CD的方程为：𝑥=2，符合题意，
2°当直线CD的斜率存在时，设直线CD的方程为：𝑦−4=𝑘(𝑥−2)，即𝑘𝑥−𝑦−2+4=0， ∴𝑑1=2=
1
|0−2−+|√𝑘2+1𝑘1
241111
1
11𝑘1
，解得𝑘=−28，故直线CD的方程为：90𝑥+56𝑦−59=0
45
第15页，共17页
综上可知，直线CD的方程为：𝑥=2或90𝑥+56𝑦−59=0．
1
解析：(1)|𝑃𝑁|的最小值为圆心M到直线l的距离d减去圆M的半径；联立直线方程组解得交点P的坐标．
(2)设出直线l的方程，利用圆中的勾股定理列式解得斜率k，从而得直线CD的方程． 本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．
23.答案：解：(1)解由题意可知直线PA的方程为𝑦=𝑥+2， 𝑦=𝑥+2,由{2解得𝑀(0,2)， 𝑥+𝑦2=4直线PB的方程为𝑦=3𝑥−6， 𝑦=3𝑥−6,86由{2解得𝑁(5,−5)， 2
𝑥+𝑦=4
所以MN的方程为𝑦=−2𝑥+2，即2𝑥+𝑦−2=0． (2)证明设𝑃(4,𝑡)，
则直线PA的方程为𝑦=6(𝑥+2)， 直线PB的方程为𝑦=2(𝑥−2)， 𝑥2+𝑦2=4,由{ 𝑡
𝑦=(𝑥+2),
6
𝑡𝑡
得𝑀(
72−2𝑡236+𝑡2,36+𝑡2)，
24𝑡
同理𝑁(2,2)， 4+𝑡4+𝑡直线MN的斜率𝑘=
24𝑡−8𝑡
−36+𝑡24+𝑡272−2𝑡22𝑡2−8
−36+𝑡24+𝑡22𝑡2−8−8𝑡
=12−𝑡2，
2𝑡2−84+𝑡2
8𝑡4+𝑡2
8𝑡
直线MN的方程为𝑦=
8𝑡12−𝑡
2(𝑥−
)−
，
化简得𝑦=12−𝑡2𝑥−12−𝑡2， 所以直线MN过定点(1,0)．
8𝑡8𝑡
第16页，共17页
解析：本题主要考查直线过定点问题，求直线的方程，求两条直线的交点坐标，属于中档题．
𝑦=𝑥+2𝑦=3𝑥−6
PB(1)直线PA方程为𝑦=𝑥+2，𝑀(0,2)𝑦=3𝑥−6{由{2解得，直线的方程，由
𝑥+𝑦2=4𝑥2+𝑦2=4解得𝑁(5,−5)，用两点式求得MN的方程．
(2)设𝑃(4,𝑡)，则直线PA的方程为𝑦=6(𝑥+2)，直线PB的方程为𝑦=2(𝑥−2)，解方程组求得M、N的坐标，从而得到MN的方程为𝑦=
8𝑡12−𝑡2𝑡
𝑡
8
6
𝑥−
8𝑡12−𝑡2
，显然过定点(1,0)．
第17页，共17页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
Copyright © 2019- niushuan.com 版权所有 赣ICP备2024042780号-2
违法及侵权请联系：TEL:199 1889 7713 E-MAIL:2724546146@qq.com
本站由北京市万商天勤律师事务所王兴未律师提供法律服务