高二上學(xué)期第一次月考解答題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023秋·全國·高二隨堂練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B（1）化簡AB+（2）若AA1+【解題思路】（1）利用CC（2）利用BC=B1C1【解答過程】解：（1）AB=A（2）因?yàn)锽C=B=A所以AA1+又因?yàn)锳1所以x可以是A12．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知M1,-1，N2,2，(1)求點(diǎn)Q的坐標(biāo)，滿足PQ⊥MN，(2)若點(diǎn)Q在x軸上，且∠NQP=∠NPQ【解題思路】（1）根據(jù)兩直線的垂直關(guān)系和平行關(guān)系即可求出結(jié)果；（2）根據(jù)條件可得kNQ=-【解答過程】（1）設(shè)Q(由已知得kMN又PQ⊥MN，可得即yx-由已知得kPN又PN∥MQ，可得即y+1x聯(lián)立①②解得x=0,∴Q(0,1)（2）設(shè)Q(∵∠NQP∴kNQ又∵kNQ=2∴22-解得x=1∴Q(1,0)又∵M(jìn)(1,-1)∴MQ⊥故直線MQ的傾斜角為90°．3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，已知空間四邊形ABCD的每條邊和對角線都等于1，點(diǎn)E,F,G分別是AB,AD,CD的中點(diǎn)，設(shè)AB=a【解題思路】（1）先根據(jù)條件確定a，b,c的模以及相互之間的夾角，再根據(jù)向量共線以及加減法表示EF，BA，最后根據(jù)向量數(shù)量積求結(jié)果，（【解答過程】(1）

因?yàn)榭臻g四邊形ABCD的每條邊和對角線都等于1，所以a=b因?yàn)辄c(diǎn)E,F分別是AB,∴EF?（2）因?yàn)镋G=EF4．（2023·全國·高二專題練習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OPQR的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為O0,0，P1,t，Q1-2t,2+t，R-2【解題思路】可借助斜率驗(yàn)證四邊形OPQR對邊平行，鄰邊垂直，對角線不垂直即得解【解答過程】由斜率公式，得kOPkQRkORkPQkOQkPR∴kOP=k∴OP//QR，∴四邊形OPQR為平行四邊形.又kOP?kOR又kOQ?kPR≠-1，∴四邊形OPQR為矩形.5．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖，在四面體ABCD中，點(diǎn)E、M、N分別是棱AB、AC、AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E1、M1、N1分別是棱CD、BD、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)G

(1)G、M、M1(2)G、N、N1【解題思路】（1）用BA,BD,（2）用BA,BD,BC【解答過程】（1）GM==1G==-1所以GM=-GM1，所以G、M（2）GN==1G==-1所以GN→=-GN1→，所以G6．（2023秋·全國·高二隨堂練習(xí)）已知A1,2，B5,0，（1）若A，B，C，D可以構(gòu)成平行四邊形，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）在（1）的條件下，判斷A，B，C，D構(gòu)成的平行四邊形是否為菱形.【解題思路】（1）分四邊形ABCD、ABDC、ACBD是平行四邊形三種情況討論，分別利用對邊的斜率相等求解，即可；（2）分別驗(yàn)證對角線是否垂直，即對角線斜率乘積是否為-1，即可【解答過程】（1）由題意得kABkAC=4-23-1=1若四邊形ABCD是平行四邊形，則kCD=k即b-4a-3若四邊形ABDC是平行四邊形，則kCD=k即b-4a-2若四邊形ACBD是平行四邊形，則kCD=k即b-0a-5綜上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-1，6）或（7，2）或（3，-2）.（2）若D的坐標(biāo)為（-1，6），因?yàn)閗AC=1，所以kAC?k所以平行四邊形ABCD為菱形.若D的坐標(biāo)為（7，2），因?yàn)閗BC=-2，所以kBC?kAD若D的坐標(biāo)為（3，-2），因?yàn)閗AB=-12，直線CD因此，平行四邊形ABCD為菱形,平行四邊形ABDC,ACBD不是菱形.7．（2023秋·福建·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）在如圖所示的斜三棱柱ABC-A1(1)設(shè)BA=a，BC=b，BB(2)若cos∠ABC=23【解題思路】（1）根據(jù)向量運(yùn)算的幾何表示求解；（2）根據(jù)向量模的公式及數(shù)量積運(yùn)算求解.【解答過程】（1）在三棱柱ABC-A1所以BC則AC（2）依題意可得a?則A=b所以AC1的長為8．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）四棱柱ABCD-A'B'C'D'的六個(gè)面都是平行四邊形，點(diǎn)M在對角線A(1)設(shè)向量AB=a，AD=b，AA'=c，用a、(2)求證：M、N、D'【解題思路】（1）根據(jù)題意，由空間向量的線性運(yùn)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由空間向量的線性運(yùn)算可得MN=1【解答過程】（1）

因?yàn)锳'M=所以D'又因?yàn)锳'N=所以D=1（2）因?yàn)镸N=14BC所以MN=14MD'，即M9．（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，已知兩點(diǎn)A-2,-3,B3,0，過點(diǎn)P-1,2的直線l

【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合圖形求出直線AP的斜率kAP，直線BP的斜率kBP，即得直線【解答過程】根據(jù)圖形，∵直線AP的斜率是kAP直線BP的斜率是kBP∴過點(diǎn)P的直線l與線段AB有公共點(diǎn)時(shí)，直線l的斜率的取值范圍是-∞,-10．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知坐標(biāo)平面內(nèi)三點(diǎn)A-(1)求直線AB的斜率和傾斜角；(2)若A,B,C,(3)若Em,n是線段AC上一動(dòng)點(diǎn)，求【解題思路】(1)根據(jù)過兩點(diǎn)的斜率公式求出斜率，再求傾斜角；(2)設(shè)Dx,y(3)因?yàn)閚m-2表示直線BE的斜率,求出E與點(diǎn)C重合時(shí)，直線BC的斜率；E與點(diǎn)A重合時(shí)，直線【解答過程】（1）解：因?yàn)橹本€AB的斜率為-4所以直線AB的傾斜角為π4（2）解：如圖，當(dāng)點(diǎn)D在第一象限時(shí)，kAB設(shè)Dx,y，則y故點(diǎn)D的坐標(biāo)為3,5；（3）解：由題意得nm-2為直線當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，直線BE的斜率最小，kBC當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)，直線BE的斜率最大，kAB故直線BE的斜率的取值范圍為-1即nm-211．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面體.(1)化簡12AA1+BC+2(2)設(shè)M是底面ABCD的中心，N是側(cè)面BCC1B1對角線BC1上的34分點(diǎn)，設(shè)MN=αAB+βAD+γAA1,【解題思路】(1)取DD1的中點(diǎn)G，過G作DC的平行線GH，使GH=23DC，連接AH，由向量的運(yùn)算法則可得12AA1+BC(2)由題意可得MN=12AB+14AD+34AA1.則α【解答過程】(1)取DD1的中點(diǎn)G，過G作DC的平行線GH，使GH=23DC，連接AH則12AA1+BC+23其結(jié)果如圖所示.(2)MN=MB+BN=12DB+∴α=12,β=14,γ=12．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知直線l:2m+1（1）求證：不論m為何實(shí)數(shù)，直線l過定點(diǎn)P；（2）分別求S=3和S（3）針對S的不同取值，討論集合l直線l經(jīng)過P，且與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為S中的元素個(gè)數(shù).【解題思路】（1）直線方程化為m(2x+y-（2）由題意知直線的斜率存在且不為0，設(shè)出直線方程，求出直線與x,（3）由題意得(2k-1)2=2Sk，討論k>0和k【解答過程】（1）直線(2m+1)x令2x+y∴不論m為何實(shí)數(shù)，直線l過定點(diǎn)P(2,1)（2）由題意知，直線的斜率k存在，且k≠0設(shè)直線方程為y-1=k(x-2)，則直線與x∴ΔAOB的面積為S=令S=3，得(2k-1)2解得k=k<0時(shí)，方程化為4k2綜上知，S=3令S=5，得(2k-1)2解得k=k<0時(shí)，方程化為4k2綜上知，S=5（3）由題意得，(2k-1)2=2解得k=k<0時(shí)，方程化為4k2-(4-2SΔ<0S=4時(shí)，Δ=0，方程有一負(fù)根S>4時(shí)，Δ>0，解得綜上知，0<S<4時(shí)有兩條直線；S=4時(shí)有三條直線，S所以0<S<4時(shí)，集合{l|直線經(jīng)過P且與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為S=4時(shí)，集合{l|直線經(jīng)過P且與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為SS>4時(shí)，集合{l|直線經(jīng)過P且與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為S13．（2023·全國·高二專題練習(xí)）過點(diǎn)P4,1作直線l分別交x軸，y軸正半軸于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)△AOB面積最小時(shí)，求直線l的方程；(2)當(dāng)|OA|＋|OB|取最小值時(shí)，求直線l的方程.【解題思路】由題意設(shè)A(a,0)，B(0,b)，其中a，（1）由基本不等式可得ab≥16，由等號成立的條件可得a和b（2）OA+【解答過程】由題意設(shè)A(a,0)，B(0,b)，其中a，b為正數(shù)，可設(shè)直線的截距式為xa+y（1）由基本不等式可得1=4a+1b≥24ab，解得：∴ΔAOB面積S=12ab≥8，則當(dāng)a=8，b=2時(shí)，ΔAOB（2）由于OA+OB=a+b=(所以當(dāng)a=6，b=3時(shí)，OA+OB的值最小，此時(shí)直線l的方程為14．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）直線l過點(diǎn)P(43，2)且與x軸、y軸的正半軸分別交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)△AOB的周長為12時(shí)，求直線l的方程；(2)當(dāng)△AOB的面積為6時(shí)，求直線l的方程.【解題思路】（1）設(shè)直線l方程為xa＋yb＝1(a>0，b>0)．根據(jù)△AOB的周長為12時(shí)，建立方程關(guān)系，進(jìn)而求得直線（2）設(shè)直線l方程為xa＋yb＝1(a>0，b>0)．當(dāng)△AOB的面積為6時(shí)，根據(jù)三角形的面積公式，求得直線l【解答過程】(1)設(shè)直線l的方程為xa＋yb＝1(a>0，b因?yàn)橹本€l過點(diǎn)P(43，2)所以43a＋2b＝又a＋b＋a2+由①②可得5a2－32a＋48＝0，解得a=4b所以直線l的方程為3x＋4y－12＝0或15x＋8y－36＝0.(2)設(shè)直線l的方程為xa＋yb＝1(a>0，b由題意知，ab＝12，43a＋2b＝1得a2－6a＋8＝0，解得a=4b所以直線l的方程為3x＋4y－12＝0或3x＋y－6＝0.15．（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，正四面體V-ABC的高VD的中點(diǎn)為O，VC的中點(diǎn)為

(1)求證：AO，BO，CO兩兩垂直；(2)求DM,【解題思路】（1）首先以VA,VB,VC為基底表示向量（2）首先利用基底表示向量DM,AO【解答過程】（1）設(shè)VA=a，VB=b，因?yàn)閂D=1AO=BO=CO=所以AO=13618×1×1×cosπ同理，AO⊥CO，BO⊥CO，所以AO，BO（2）DM=所以DM=又AO=DM?所以cosDM又DM,AO∈[0,16．（2023秋·江蘇連云港·高二校考開學(xué)考試）在直角坐標(biāo)系中，已知射線OA:x-y=0(x≥0)，OB（1）當(dāng)AB的中點(diǎn)為P時(shí)，求直線AB的方程；（2）當(dāng)AB的中點(diǎn)在直線y=12x【解題思路】（1）設(shè)A(a,a)，因?yàn)镻是AB的中點(diǎn)，則可根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式表示B（2）分別求出A,B兩點(diǎn)坐標(biāo)，求出中點(diǎn)坐標(biāo)，因?yàn)锳B的中點(diǎn)在直線【解答過程】解：（1）設(shè)A(a,a有3(2-a)+3(-a)=0則直線AB的方程為y3即2x+(（2）設(shè)A(a,a)，B解得a=0,b=0所以A3故所求直線AB的方程為y3即3x17．（2023·全國·高二專題練習(xí)）如圖，正四面體ABCD（所有棱長均相等）的棱長為1，E，F(xiàn)，G，H分別是正四面體ABCD中各棱的中點(diǎn)，設(shè)AB=a，AC=(1)用AB=a，AC=b，AD=(2)求EF與GH的夾角.【解題思路】（1）根據(jù)給定條件，利用空間向量基底表示EF，再利用向量數(shù)量積的運(yùn)算律求出EF的長作答.（2）用空間向量基底表示GH，再求出EF與GH的數(shù)量積即可作答.【解答過程】（1）因E,F分別為棱BC,AD的中點(diǎn)，而AB=所以EF=因正四面體ABCD的棱長為1，則a?所以|EF（2）依題意，GH=因正四面體ABCD的棱長為1，有c?因此EF?所以EF⊥GH，即EF與GH的夾角為18．（2023春·重慶沙坪壩·高一?？计谥校┮阎睦忮FT-ABCD的底面是平行四邊形，平面α與直線AD，TA，TC分別交于點(diǎn)P，Q，R且APAD=TQTA=CRCT=x，點(diǎn)M（1）設(shè)TA=a，TB=b，TC=（2）證明，四面體T-（3）證明，對所有滿足條件的平面α，點(diǎn)M都落在某一條長為52TB【解題思路】（1）利用向量加減法的幾何意義有CD=BA=TA-（2）假設(shè)四面體T-ABC的最長棱為AB，只需以A,B為頂點(diǎn)的其它兩組棱中（3）由MN//平面α，令TM=λTB結(jié)合向量共面定理有NM=yQP+【解答過程】（1）∵CD=BA=∴TD=所以TD=（2）不妨設(shè)AB是四面體最長的棱，則在△ABT，△ABC中，AT+∴AT+TB+故AT+AC，TB+BC至少有一個(gè)大于∴AT，AC，AB構(gòu)成三角形.（3）設(shè)TA=a，TB=b，TC=又APAD=TQTA=CRCT∴TP=QP=QR=設(shè)TM=λ∴NM因?yàn)镹M/平面PQR，所以存在實(shí)數(shù)y，z使得：NM∴-12∴{y-xy-zx=-當(dāng)λ=-14時(shí)，-當(dāng)λ≠-14時(shí)，Δ綜上，有-5所以對所有滿足條件的平面α，點(diǎn)M都落在某一條長為52TB19．（2023秋·湖北黃岡·高二?？奸_學(xué)考試）如圖，在底面ABCD為菱形的平行六面體ABCD-A1B1C1D1(1)用向量AA1，(2)求證：D，(3)當(dāng)AA1AB【解題思路】（1）根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則計(jì)算可得；（2）根據(jù)空間向量線性運(yùn)算法則得到DM=NB（3）設(shè)AA1=c，AD=b，AB【解答過程】（1）MN=（2）證明：∵DM=AM∴DM=N（3）當(dāng)AA1AB證明：設(shè)AA∵底面ABCD為菱形，則當(dāng)AA1AB∵AC1∠A∴A∴A20．（2023秋·河南開封·高二校考階段練習(xí)）已知過點(diǎn)P(m,n)的直線（1）若m=12，且點(diǎn)P在函數(shù)y（2）若點(diǎn)P(m,n)在直線【解題思路】（1）根據(jù)點(diǎn)P在函數(shù)y=11-x的圖象上，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，再利用直線l與直線l'（2）根據(jù)點(diǎn)P在直線l'上，找到m,n之間的關(guān)系，消元轉(zhuǎn)化為n【解答過程】（1）點(diǎn)P在函數(shù)y=11-x由x+2y+4=0，得y=-1又直線l與直線l'垂直，則直線l的斜率k滿足：-12所以直線l的方程為y-2=2x（2）點(diǎn)Pm,n在直線l'上，所以代入mx+n-由-2x+故直線mx+n-21．（2023秋·全國·高二隨堂練習(xí)）已知E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn).(1)用向量法證明E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)用向量法證明：BD//平面EFGH(3)設(shè)M是EG和FH的交點(diǎn)，求證：對空間任一點(diǎn)O，有OM=【解題思路】（1）根據(jù)題意得出EF=（2）通過證明HE//（3）可得四邊形EFGH為平行四邊形，M為EG中點(diǎn)，即可證明.【解答過程】（1）如圖，連接BG，因?yàn)镋，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則BD=2EH，則EG=由共面向量定理的推論知E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；（2）因?yàn)镋H=所以HE//BD，又HE?平面EFGH，BD所以BD//平面EFGH（3）連接OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG，由（2）知EH=12所以EH=FG，EH//所以EG?FH交于一點(diǎn)M，且被M平分，所以O(shè)M=22．（2023秋·遼寧葫蘆島·高二?？奸_學(xué)考試）已知空間中三點(diǎn)A（2，0，－2），B（1，－1，－2），C（3，0，－4），設(shè)a=AB（I）若|c|=3，且c//（II）已知向量ka+b與b互相垂直，求（III）求ΔABC的面積．【解題思路】（I）利用c//BC設(shè)出c的坐標(biāo)，利用c=3列方程，解方程求得c的坐標(biāo).（II）利用兩個(gè)向量垂直，則它們的數(shù)量積為零，列方程，解方程可求得k的值.（III）利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算【解答過程】（I）BC=2,1,-2，由于c//BC，故可設(shè)c=2n,n,-2（II）a=AB=-1,-1,0,b=（III）依題意AB=-1,-1,0=2，AC=1,0,-2=23．（2023秋·遼寧朝陽·高二?？茧A段練習(xí)）已知正三棱柱ABC-A1B1C1，底面邊長AB=2，AB

(1)求三棱柱的側(cè)棱長；(2)若M為BC1的中點(diǎn)，試用基底AA(3)求AB1與【解題思路】（1）設(shè)AA1=aa（2）設(shè)AM=xAA1+yAB+zAC（3）利用空間向量法可得出AB1與BC【解答過程】（1）設(shè)AA1=aa>0，則A0,-1,0B13,0,AB1=因?yàn)锳B1⊥BC故正三棱柱ABC-A1（2）由（1）可知，AA1=0,0,2易知點(diǎn)M32,設(shè)AM=即32所以，3y=32y（3）由（1）可知，AB1=則cosA因此，AB1與BC夾角的余弦值為24．（2023秋·河南商丘·高二校考開學(xué)考試）已知向量a=(1)求a-(2)當(dāng)c=22時(shí)，若向量ka+b與c(3)若向量c與向量a,b共面向量，求【解題思路】（1）根據(jù)空間向量的模長公式求解即可.（2）根據(jù)空間向量的加法和數(shù)乘運(yùn)算，可得坐標(biāo)表示，根據(jù)空間向量垂直的坐標(biāo)計(jì)算公式，求解即可.（3）根據(jù)向量共面定理，建立向量c與向量a,b【解答過程】（1）∵a=-∴a∴a（2）因?yàn)閨c所以x2+2因?yàn)閗a+b=(-2k所以(ka即2-2k∴k所以實(shí)數(shù)x和k的值分別為0和-3（3）解：設(shè)c=λa則(解得，x即c=-所以向量c與向量a，b共面．25．（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是菱形，其對角線AC,BD交于點(diǎn)O，且PO⊥平面ABCD,OC

(1)當(dāng)平面OMN//平面PBC時(shí)，試確定點(diǎn)N的位置，并說明理由；(2)在（1）的前提下，點(diǎn)Q在直線MN上，以PQ為直徑的球的表面積為214π．以O(shè)為原點(diǎn)，OC,OD,OP的方向分別為x軸、y軸、【解題思路】（1）根據(jù)面面平行的性質(zhì)證明MN//（2）先根據(jù)球的體積求出PQ，然后根據(jù)空間中兩點(diǎn)間的距離公式即可得解.【解答過程】（1）因?yàn)槠矫鍻MN//平面PBC，平面OMN∩平面PCD=MN，平面PBC所以MN//因?yàn)镸是PD的中點(diǎn)，所以N是CD的中點(diǎn)；（2）由題意4π×PQ設(shè)MQ=由題意，P0,0,2則PM=則PQ=則λ24+1+-λ當(dāng)λ=1時(shí)，MQ=MN當(dāng)λ=-135設(shè)Qx,y所以x=-1310y-綜上所述點(diǎn)Q的坐標(biāo)為12,1,0，

26．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(-4,3)，點(diǎn)B(8,0)，C、D分別為線段OA、OB上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足（1）若|BD|=3，求點(diǎn)（2）設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(-4m,3m)(0<m≤1)【解題思路】(1)設(shè)點(diǎn)Cx,y，，利用兩點(diǎn)之間距離公式和C點(diǎn)在線段OA上得出關(guān)系式：(2)由題意求出D點(diǎn)坐標(biāo)5m+3,0，設(shè)ΔOCD外接圓的一般方程為x2聯(lián)立解得圓的方程x2+y2-5【解答過程】解：（1）設(shè)點(diǎn)Cx,y，當(dāng)BD=3時(shí)，由C點(diǎn)在線段OA上則有y=-34x解得x=-85，y=（2）由點(diǎn)C的坐標(biāo)為-4m,3m0<m≤1，可得AC設(shè)點(diǎn)ΔOCD的外接圓的方程為x2代入點(diǎn)O、C、D的坐標(biāo)可得F=05m可得ΔOCD的外接圓的一般方程為x2可化為x2令x2+y2-故ΔOCD的外接圓所過定點(diǎn)的坐標(biāo)為0,0和3227．（2023春·福建寧德·高二?？茧A段練習(xí)）空間中，兩兩互相垂直且有公共原點(diǎn)的三條數(shù)軸構(gòu)成直角坐標(biāo)系，如果坐標(biāo)系中有兩條坐標(biāo)軸不垂直，那么這樣的坐標(biāo)系稱為“斜坐標(biāo)系”．現(xiàn)有一種空間斜坐標(biāo)系，它任意兩條數(shù)軸的夾角均為60°，我們將這種坐標(biāo)系稱為“斜60°坐標(biāo)系”．我們類比空間直角坐標(biāo)系，定義“空間斜60°坐標(biāo)系”下向量的斜60°坐標(biāo)：i,j,k分別為“斜60°坐標(biāo)系”下三條數(shù)軸（x軸?y軸?z軸）正方向的單位向量，若向量n=xi+(1)若a=1,2,3，b=[-1,1,2]，求a(2)在平行六面體ABCD-ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，∠BAD【解題思路】（1）根據(jù)“空間斜60°坐標(biāo)系”（2）設(shè)i，j，k分別為與AB，AD，AA1同方向的單位向量，進(jìn)而得AC1=2i【解答過程】（1）解：由a=1,2,3，b=-1,1,2所以a+b=所以a+（2）解：設(shè)i，j，k分別為與AB，AD，AA則AB=2i，AD=2由題AC因?yàn)锳M=2,t由AM⊥A?4?4+2t+則AM=28．（2022秋·湖南懷化·高二統(tǒng)考期中）某學(xué)校在平面圖為矩形的操場ABCD內(nèi)進(jìn)行體操表演，其中AB=40，BC=15，O為AB上一點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），且BO=10，線段OC，OD，MN為表演隊(duì)列所在位置（M，N分別在線段OD，OC上），△OCD內(nèi)的點(diǎn)P為領(lǐng)隊(duì)．位置，且點(diǎn)P到(1)當(dāng)d為何值時(shí)，P為隊(duì)列MN的中點(diǎn)？(2)求觀賞效果最好時(shí)△OMN【解題思路】（1）建立平面直角坐標(biāo)系，易得OC:y=32x；OD：y=-12x，可設(shè)Pa,ba<0,（2）由M，N，P【解答過程】（1）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，過點(diǎn)O且垂直于AB的直線為y軸，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則C10,15，B10,0，∴直線OC的方程為y=32x，直線設(shè)Pa,ba<0,由題意得32a-b94∴P-2,72．∵P為MN的中點(diǎn)，∴M-132∴當(dāng)d=1354時(shí)，（2）由M，N，P三點(diǎn)共線，得m-∴S△又∵5n+13當(dāng)且僅當(dāng)25m2n∴觀賞效果最好時(shí)△OMN的面積為6529．（2022秋·浙江·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，設(shè)直線l1：x=0，l2：3x-4y=0．點(diǎn)A的坐標(biāo)為1，aa>34．過點(diǎn)（1）設(shè)a=1，求△（2）是否存在實(shí)數(shù)a，使得1OM+1ON的值與k無關(guān)【解題思路】(1)利用直線的點(diǎn)斜式方程直線l的方程，再利用兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)得M0，a-k和N4k-4M0，1-k和N4k-44k-3，3k-34=1(2)利用(1)的結(jié)論，結(jié)合兩點(diǎn)間的距離公式得OM=a-k和ON=【解答過程】(1)因?yàn)橹本€l過點(diǎn)A1，a所以直線l的方程為y因?yàn)橹本€l與l1，l2分別交于點(diǎn)M，N，所以因此由x=0y=kx由3x-4y又因?yàn)镸，N的縱坐標(biāo)均為正數(shù)，所以a-k而a>3又因?yàn)楫?dāng)a=1時(shí)，直線OA的方程為xM0，1-k，所以點(diǎn)M到直線OA的距離為k-點(diǎn)N到直線OA的距離為4k因此△MON面積令t=3-4k，則t>0因此S=1當(dāng)且僅當(dāng)t=1t所以S的最小值為12，即△MON(2)存在實(shí)數(shù)a=2，使得1OM+由(1)知：M0，a-因此OM=a-所以1又因?yàn)?-k>0，所以當(dāng)a=2時(shí)，1因此存在實(shí)數(shù)a=2，使得1OM+30．（2022·全國·高二專題練習(xí)）如圖，射線OA，OB所在直線的方向向量分別為d1=1,k，d2=1,-kk>0，點(diǎn)P在∠（1）若k=1，P32,（2）若P2,1，△OMP的面積是65（3）已知k為常數(shù)，M，N的中點(diǎn)為T，且S△MON=1k，當(dāng)【解題思路】(1)求出|OP|,點(diǎn)P到直線的距離,利用勾股定理,求|(2)直線OA的方程為kx-y=0,求出P(2,1)到直線的距離,利用勾股定理求出|OM|,利用△OMP(3)設(shè)直線OA的傾斜角為α,求出|OM|,|ON|,利用S△MON=1k,可得P變化時(shí),動(dòng)點(diǎn)T【解答過程】（1）∵P32,1若k=1，則d1=1,1，∴OA則點(diǎn)P到直線OA的距離為32∴|OM（2）直線OA的方程為kx-y=0,P(2,1)∴|OM∴△OMP的面積為1∴k=11（3）設(shè)Mx1,kx1,Nx2,-設(shè)直線OA的傾斜角為α,則k=tanα，根據(jù)題意得x=x1+x代入S△化簡得動(dòng)點(diǎn)T軌跡方程為k2∴|OT當(dāng)且僅當(dāng)x=1k,T1∴|OT|的取值范圍是31．（2022秋·江蘇連云港·高二?？茧A段練習(xí)）已知光線經(jīng)過已知直線l1:3x-y+7=0和l2:2x（1）求點(diǎn)M關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)P的坐標(biāo)；（2）求反射光線所在的直線l3（3）求與l3距離為10【解題思路】（1）解方程組求得M的坐標(biāo)，然后得出其關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）解法一：根據(jù)反射原理，確定直線MN和直線l3的傾斜角的關(guān)系，進(jìn)而利用斜率公式求得直線MN的斜率，得到直線l3的斜率，進(jìn)而用點(diǎn)斜式寫出方程；解法二：反射光線所在的直線l3（3）利用直線平行的條件設(shè)出所求直線的方程，利用平行直線間的距離公式求出所求直線的方程.【解答過程】解：（1）由3x-y+7=02x所以點(diǎn)M關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)P的坐標(biāo)(-2,-1)．（2）解法一：因?yàn)槿肷浣堑扔诜瓷浣?，直線MN的傾斜角為α，則直線l3的斜角180°-kMN=0-11-(-2)=-故反射光線所在的直線l3的方程為：y即y=解法二：因?yàn)槿肷浣堑扔诜瓷浣?，所以反射光線所在的直線l3的方程就是直線PN直線PN的方程為：y-整理得：y=故反射光線所在的直線l3的方程為y（3）設(shè)與l3平行的直線為y根據(jù)兩平行線之間的距離公式得：b+解得b=3，或b所以與l3距離為10y=1332．（2022秋·浙江嘉興·高二校考階段練習(xí)）已知圓心在x軸正半軸上的圓C與直線5x+12y+21=0相切，與y軸交于M，N兩點(diǎn)，且∠MCN=120°．（1）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過點(diǎn)P（0，3）的直線l與圓C交于不同的兩點(diǎn)D，E，若|DE|=23（3）已知Q是圓C上任意一點(diǎn)，問：在x軸上是否存在兩定點(diǎn)A，B，使得|QA||QB|【解題思路】(I)設(shè)圓C的方程為(x-a)2+y2=4(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=kx+3即kx-y+3=0，則由題意可知，圓心C到直線(Ⅲ)方法一：假設(shè)在x軸上存在兩定點(diǎn)A(a,0)，B(b,0)，設(shè)Q(x,方法二：設(shè)Q(x,y)是圓C上任意一點(diǎn)，由|QA||QB|=【解答過程】解：(Ⅰ)由題意知圓心C(a,0)由∠MCN=120°知Rt△MCO中，于是可設(shè)圓C的方程為(又點(diǎn)C到直線5x+12y所以a=1或a=-21故圓C的方程為(x(Ⅱ)設(shè)直線l的方程為y=kx+3即kx-y+3=0，則由題意可知，圓心故|k+3|1+又當(dāng)x=0因此所求的直線方程為y=-43(Ⅲ)方法一：假設(shè)在x軸上存在兩定點(diǎn)A(a,0)，B(b,0)，設(shè)Q(則||令2-2a解得b=5a=2因此存在A(2,0)，B(5，0)或方法二：設(shè)Q(x,由|QA||化簡可得x2對照圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程(x-1可得8a解得解得b=5a=2因此存在A(2,0)，B(5,033．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知一圓的圓心C在直線x+2y-1=0上，且該圓經(jīng)過3,0（1）求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若斜率為-1的直線l與圓C相交于A，B兩點(diǎn)，試求△ABC面積的最大值和此時(shí)直線l【解題思路】（1）方法一、求得AB的垂直平分線方程與已知直線聯(lián)立，求得圓心，可得半徑，即可得到所求圓的方程；方法二、設(shè)圓C的方程為(x-a)2+(（2）直線l與圓C相交，設(shè)直線l的方程為x+y+m=0【解答過程】（1）方法一：3,0和1,-2兩點(diǎn)的中垂線方程為：x+圓心必在弦的中垂線上，聯(lián)立x+2y-半徑r=2，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x方法二：設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x-由題得：a+2b所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x-（2）設(shè)直線l的方程為x+y+m=0，圓心C∴d=1+m2，且△ABC面積S∴當(dāng)d2=2，d=2此時(shí)1+m2=2所以，直線l的方程為：x+y+1=034．（2023·江蘇·高二假期作業(yè)）已知實(shí)數(shù)x1,x2,y1【解題思路】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則由題意可得A,B兩點(diǎn)在圓x2+y2=1上，且OA?OB=1×1×cos∠AOB=1【解答過程】設(shè)A(x1,由x12+可得A,B兩點(diǎn)在圓x2所以∠AOB=60°，所以△AOBx1+y1-12+x2+點(diǎn)O到直線l的距離為-1取AB的中點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MM'⊥則根據(jù)梯形的中位定理得d1因?yàn)椤鰽OB為等邊三角形，AB所以O(shè)M=所以點(diǎn)M在圓x2所以點(diǎn)M到直線l的最大距離為32+所以d1+d35．（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知以點(diǎn)Ct,2tt∈R,t≠0為圓心的圓與x軸交于點(diǎn)O，A(1)試寫出圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程（含t表示）；(2)求證：△OAB(3)設(shè)直線y=-2x+4與圓C交于M，N兩點(diǎn)，若OM=【解題思路】（1）已知圓心，求出半徑，就可圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）求出兩截距的長度，即可求出面積；（3）由OM=ON及弦的垂直平分線必過圓心可知直線OC斜率，則可求得t【解答過程】（1）圓心Ct,2tt∈R（2）證明：由（1）知，圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x-t)2+(y-2t)2（3）由OM=ON可知MN垂直平分線過原點(diǎn)，又弦的垂直平分線必過圓心，可得直線OC與直線y=-2x+4垂直，則有kOC?(-2)=-1，即2tt?(-2)=-1，解得t=±2，所以圓心C(2,1)或C(-2,-1)，圓C36．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知圓C經(jīng)過A0,1，B(1)如果AB是圓C的直徑，證明：無論a取何正實(shí)數(shù)，圓C恒經(jīng)過除A外的另一個(gè)定點(diǎn)，求出這個(gè)定點(diǎn)坐標(biāo)．(2)已知點(diǎn)A關(guān)于直線y=x-3的對稱點(diǎn)A'也在圓C上，且過點(diǎn)B的直線l與兩坐標(biāo)軸分別交于不同兩點(diǎn)M和N，當(dāng)圓【解題思路】（1）設(shè)點(diǎn)Px,y是圓C上任意一點(diǎn)，由AB是圓C的直徑，得AP（2）根據(jù)題意可得點(diǎn)C在直線y=x-3上，要使圓C的面積最小，則圓C是以AA'為直徑的圓，從而可求出圓C的方程，進(jìn)而可求得【解答過程】（1）設(shè)點(diǎn)Px,y因?yàn)锳B是圓C的直徑，所以AP?即x,所以圓C的方程為：xx則x=4，y=1時(shí)等式恒成立，故定點(diǎn)為所以無論a取何正實(shí)數(shù)，圓C恒經(jīng)過除A外的另一個(gè)定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為4,1；（2）因點(diǎn)A關(guān)于直線y=x-3的對稱點(diǎn)所以點(diǎn)C在直線y=又圓C的面積最小，所以圓C是以AA設(shè)過點(diǎn)A與直線y=x-由方程組y=x-3所以圓C的方程為x-當(dāng)x=4時(shí)，a=1或a=-3，又a>0，所以由題意知直線l斜率存在且不為零，設(shè)直線l的方程為y-當(dāng)x=0時(shí)y=1-4k，當(dāng)y所以|BM（當(dāng)且僅當(dāng)k2=1則當(dāng)k=±1時(shí)，BM37．（2023秋·高二單元測試）如圖，已知圓C:x2

(1)求圓心在直線y=x上，經(jīng)過點(diǎn)A，且與圓C相外切的圓(2)若過點(diǎn)A的直線m與圓C交于P,Q兩點(diǎn)，且圓弧PQ恰為圓C周長的14，求直線【解題思路】（1）通過求圓N的圓心和半徑來求得圓N的方程.（2）首先判斷出CP⊥CQ，求得C到直線m的距離，對直線m【解答過程】（1）由C:化為標(biāo)準(zhǔn)方程：x+5所以圓C的圓心坐標(biāo)為C-又圓N的圓心在直線y=所以當(dāng)兩圓外切時(shí)，切點(diǎn)為O，設(shè)圓N的圓心坐標(biāo)為a,則有a-解得a=3所以圓N的圓心坐標(biāo)為3,3，半徑r=3故圓N的方程為x-

（2）因?yàn)閳A弧PQ恰為圓C周長的14，所以CP所以點(diǎn)C到直線m的距離為5.當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)C到y(tǒng)軸的距離為5，直線m即為y軸，所以此時(shí)直線m的方程為x=

當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，設(shè)直線m的方程為y=即kx-所以-5k+5+6所以此時(shí)直線m的方程為4855即48x-55y+330=0，故所求直線

38．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知圓M：x-22(1)若t=0，求以P為圓心且與圓M(2)若過點(diǎn)P的兩條直線被圓M截得的弦長均為23，且與y軸分別交于點(diǎn)S、T，ST=34【解題思路】（1）由題意，可設(shè)圓P的方程為x+12+y2=r2，判斷出點(diǎn)P在圓外，則圓（2）先排除過點(diǎn)P與x軸垂直的情況，從而設(shè)過點(diǎn)P的直線方程為y-t=kx+1，再根據(jù)圓的弦長公式建立方程并化簡可得8【解答過程】（1）當(dāng)t=0時(shí)，P-1,0，設(shè)圓P因?yàn)?1-22+所以圓P與圓M外切或內(nèi)切，又M2,0，圓M的半徑為2當(dāng)兩圓外切時(shí)：PM=2+r=當(dāng)兩圓內(nèi)切時(shí)：PM=r-所以以P為圓心且與圓M相切的圓的方程為x+12+（2）若過點(diǎn)P-1,t的直線與x圓心M到直線x=-1設(shè)過點(diǎn)P的直線方程為y-t=由題意得，3k化簡得8k2+6tk+t2則k1+k對過點(diǎn)P的直線y-t=kx∴S∴ST=k所以t=±139．（2023秋·江蘇揚(yáng)州·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）已知圓W經(jīng)過A(3,3),(1)求圓W的方程．(2)已知直線l與圓W交于M，N（異于A點(diǎn)）兩點(diǎn)，若直線AM,AN的斜率之積為2，試問直線【解題思路】（1）設(shè)出圓W的一般方程，代入A,B（2）根據(jù)直線l的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，由直線AM,AN【解答過程】（1）設(shè)圓W的方程為x2則3D+3則圓W的方程為x2（2）若直線l的斜率不存在，則設(shè)直線l的方程為x=則kAM?k又x0-32+y02=9，解得x若直線l的斜率存在，則設(shè)直線l的方程為y=聯(lián)立方程組y=tx+則Δ=-4kAM?kAN=則9t整理得(3t解得b=-3t-當(dāng)b=-3t+3時(shí)，直線l此時(shí)直線l經(jīng)過點(diǎn)A(3,3)所以b=-3故直線l的方程為y=tx-3t綜上所述，直線l經(jīng)過定點(diǎn)，且該定點(diǎn)的坐標(biāo)為(3,-9)．

40．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4，點(diǎn)D，E分別為AC(1)求點(diǎn)A到平面EBC的距離；(2)AA1=2AB，平面EBC⊥平面AB【解題思路】（1）利用三棱錐體積公式，根據(jù)三棱錐的等體積法，即可求得答案；（2）根據(jù)題意證明BC,BA,BB1【解答過程】（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1點(diǎn)E為AA1的中點(diǎn)，所以而直三棱柱ABC-A1所以三棱錐E-ABC的體積為又△ECB的面積為2故三棱錐A-EBC的體積V解得h=22，所以點(diǎn)A到平面EBC（2）取EB的中點(diǎn)F，連接AF，如圖，由題意知AA1=2AB，故AE又平面EBC⊥平面ABB1A1且AF?平面ABB1A1由BC?平面EBC，故AF在直三棱柱ABC-A1B1BC?平面ABC，可得B又AF,BB1?否則若AF∥BB1，則F點(diǎn)在落在AA1上，所以BC⊥平面ABB1A1故BC⊥所以BC,BA,BB1兩兩垂直，以B建立如圖空間直角坐標(biāo)系，由于AF⊥平面EBC，故點(diǎn)A到平面EBC的距離即為AF，由（1）知AF故BE=因?yàn)锽C⊥平面ABB1A1，BE?由△ECB的面積為22，則則B(0,0,0),則BD=(2,設(shè)平面BDE的法向量為n=(x,y,即2x+12y=0yBC1=(4,0,2)，設(shè)平面BEC則m?BE=0m令a=1，則c=-2,b故cos?n,由原圖可知平面DBE與平面BEC故平面DBE與平面BEC1所成角的余弦值為41．（2023·全國·高二專題練習(xí)）已知圓心在x軸上的圓C與直線l:4x+3(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知N2,1，經(jīng)過原點(diǎn)且斜率為正數(shù)的直線l1與圓C交于Px1,y【解題思路】（1）根據(jù)已知條件求得圓心和半徑，從而求得圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.（2）設(shè)出直線l1的方程，并與圓的方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關(guān)系，求得PN2+QN【解答過程】（1）由圓心在x軸上的圓C與直線l:4x+3y-直線l:4x+3則kCM=6所以a=-1，所以C-1,0，CM所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x+1（2）設(shè)直線l1:y可得1+kΔ=4+121+k2>0∴==1+令t=3+k（所以12+4=4當(dāng)且僅當(dāng)t=10t，即t所以PN|2+42．（2023春·重慶沙坪壩·高一校考期末）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AC為底面直徑，△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，且△ABD的邊長為3，點(diǎn)E在母線PC上，且AE=

(1)求證：直線PO//平面BDE，并求三棱錐P(2)若點(diǎn)M為線段PO上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線DM與平面ABE所成角的正弦值最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)M到平面ABE的距離．【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD=F，由正弦定理和三角形相似關(guān)系可證得EF⊥AC，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可證得EF⊥（2）以F為坐標(biāo)原點(diǎn)可建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OM=λOP，根據(jù)線面角的向量求法，可確定當(dāng)λ=12【解答過程】（1）設(shè)AC∩BD=

∵△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，∴AC=3sin又AF=3-34=∵AE=3，CE=1，∵AFAE=AEAC，∴△AEF∽∵PO⊥平面ABD，PO?平面PAC，∴平面PAC∵平面PAC∩平面ABD=AC，EF?平面PAC，又PO⊥平面ABD，∴∵PO?平面BDE，EF?平面BDE，∴∵F為BD中點(diǎn)，∴AF⊥又EF⊥平面ABD，OF,BD?平面ABD，∵EF∩BD=F，EF,BD∵EF=AE2又OF=12AF=∴V（2）∵OF=CF=12，∴F為OC中點(diǎn)，又PO∴PO=3以F為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)B,FC,

則A0,-32,0，B32,0,0，E∴AB=32,32,0，設(shè)OM=λOP設(shè)平面ABE的法向量n=則AB?n=32x+32設(shè)直線DM與平面ABE所成角為θ，∴sin令t=3λ+2，則t∴3∵1t∈15,12，∴sinθmax∴MA∴點(diǎn)M到平面ABE的距離d=43．（2023·全國·高一專題練習(xí)）如圖，四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側(cè)面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1

(1)求證：BD1∥(2)線段BF上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為3【解題思路】（1）作出輔助線，得到四邊形CED1C1為平行四邊形，從而得到（2）法一：作出輔助線，建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)到坐標(biāo)，設(shè)出Mm,2,0，法二：作出輔助線，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直線A1M與平面C1EF所成的角即為A1M與平面BDD1B1所成的角，設(shè)【解答過程】（1）連接D1C，與C1E相交于點(diǎn)因?yàn)锳B=2A1B1所以CE=C1D1故CM=又因?yàn)镕為BC的中點(diǎn)，所以MF是△BC故MF//因?yàn)镸F?平面C1EF，B所以BD1∥

（2）法一：存在，線段BM的長為1，理由如下：取AB的中點(diǎn)Q，連接OQ，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)Q,OF,連接AO,A1O1，過點(diǎn)A1作A1則AO=22,因?yàn)镺1O與側(cè)棱所在直線所成的角為45°，所以∠A所以A1設(shè)Mm,2,0，0≤m設(shè)平面C1EF的法向量為則n?令x=1得y則n=設(shè)直線A1M與平面C1則sinθ解得m=1或34

故M1,2,0，線段BM的長為2-1=1法二：存在，線段BM的長為1，理由如下：連接B1D1，顯然過點(diǎn)O1，連接因?yàn)镋、F分別為DC、BC的中點(diǎn)，所以EF//因?yàn)镋F?平面BDD1B1所以EF//平面BD由（1）知：DE=D1C1故C1因?yàn)镃1E?平面BDD1所以C1E//因?yàn)镃1E∩EF=所以平面C1EF//故直線A1M與平面C1EF所成的角即為設(shè)A1M∩因?yàn)镺1所以A1O1⊥平面BDD1B1連接AO，過點(diǎn)A1作A1W⊥AO于點(diǎn)W則AO=22,因?yàn)镺1O與側(cè)棱所在直線所成的角為45°，所以∠Asin∠A1因?yàn)锳1D1//BF，所以△則A1D1BM=故A1過點(diǎn)W作WR⊥BC于點(diǎn)R，則BR=1,MR=故WM由勾股定理得A1W2解得x=1故線段BM的長為2-1=1.

44．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知點(diǎn)P和非零實(shí)數(shù)λ，若兩條不同的直線l1，l2均過點(diǎn)P，且斜率之積為λ，則稱直線l1，l2是一組“Pλ共軛線對”，如直線l1：y=2x，l2：y(1)已知l1，l2是一組“O-3共軛線對”，求l(2)已知點(diǎn)A0,1?點(diǎn)B-1,0和點(diǎn)C1,0分別是三條直線PQ，QR，RP上的點(diǎn)（A，B，C與P，Q，R均不重合），且直線PR，PQ是“P2共軛線對”，直線QP，QR是“Q3共軛線對”，直線RP，RQ是“R(3)已知點(diǎn)Q-2,-2，直線l1，l2是“Q-12共軛線對”，當(dāng)l1【解題思路】（1）設(shè)l1的斜率為k=tanα，則l2的斜率為-3k=tanβ（2）設(shè)直線PR，PQ，QR的斜率分別為k1,k2,k3，可得k1k（3）設(shè)出直線l1，l2的方程，求出原點(diǎn)到它們的距離d1【解答過程】（1）設(shè)l1的斜率為k=tanα，則l2的斜率為則tanγ=等號成立的條件是k=±3，所以tanγ則兩直線的夾角γ的最小值為π3（2）設(shè)直線PR,PQ,則k1k2=2k當(dāng)k1=2,k2=1,k3=3時(shí)，直線PR的方程為當(dāng)k1=-2,k2=-1,k3=-3時(shí)，直線PR的方程為y=-2(故所求為P3,4（3）由題意可設(shè)l1:y+2=kx+2即kx故d1d2由于4k2+所以94k2+1所以d145．（2023春·高二課時(shí)練習(xí)）如圖，已知四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，(1)求CP與平面ABCD所成角的正弦值；(2)設(shè)Q為側(cè)棱PD上一點(diǎn)，四邊形BEQF是過B,Q兩點(diǎn)的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出點(diǎn)【解題思路】對于（1），取AB中點(diǎn)為H，先由條件證得PH⊥平面ABCD，后可得答案.對于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.【解答過程】（1）證明：取棱AB長的一半為單位長度.則在△ABC中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°得A得AC=23，故AB2又PB⊥AC，PB∩AB=B，PB?平面PAB，AB?平面PAB，故AC⊥平面PA又AC?平面ABCD，AC⊥平面PAB，則平面ABCD⊥平面PA取AB中點(diǎn)H，連接PH，CH.因△PAB是等邊三角形，則PH⊥AB，又PH?平面PAB平面ABCD∩平面PAB=AB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD得∠PCH是CP與平面ABCD所成的角.在直角三角形△PCH中，PHCH=AH故sin∠PCH（2）假設(shè)存在點(diǎn)Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如圖，以A為原點(diǎn)，分別以AB，AC為x，y軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系則A0,0,0AD=設(shè)n1=xn1?AD設(shè)DQ=λDP則BQ連接EF，因AC∥平面BEQF，AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF故AC∥EF，則取與EF同向的單位向量j=設(shè)n2=x則n2取n2由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在側(cè)棱PD上存在點(diǎn)Q且當(dāng)DQ=23DP時(shí)，使得平面BEQF46．（2023秋·高二單元測試）已知圓O:x2(1)過M作圓O的切線，求切線的方程；(2)過M作直線l交圓O于點(diǎn)C，D兩個(gè)不同的點(diǎn)，且CD不過圓心，再過點(diǎn)C，D分別作圓O的切線，兩條切線交于點(diǎn)E，求證：點(diǎn)E在一條定直線上，并求出該直線的方程；(3)已知A2,4，設(shè)P為滿足方程PA2+PO2=34的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P向圓O引切線，切點(diǎn)為【解題思路】（1）分斜率存在和斜率不存在兩種情況求切線方程即可；（2）設(shè)Cx1,y1，Dx2,y2，Ex0,y0，根據(jù)CE⊥CO，得到x（3）設(shè)Px,y，根據(jù)PA2+PO2=34得到x2+【解答過程】（1）當(dāng)斜率不存在時(shí)，顯然x＝1與圓O:當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)切線為y=kx∴3-k1+k2=1綜上，切線方程為x＝1和x-（2）設(shè)Cx1,y1，Dx2∴由CE⊥CO，則x1x1故x1x0+y1y0=1，同理x2x∴x0+3y0（3）由題設(shè)，若Px,y則x若存在Nm,n，使PB2∴x2+y∴1-k整理得2-2k要使PB2PN2為定值，則1-k綜上，存在N-15,-247．（2023春·上?！じ叨谥校┰赗t△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D、E分別是AC、AB上的點(diǎn)，滿足DE∥BC且DE經(jīng)過△ABC的重心，將△ADE沿DE(1)求證：A1C⊥(2)求CM與平面A1(3)在線段A1B上是否存在點(diǎn)N（N不與端點(diǎn)A1、B重合），使平面CMN與平面DEN垂直?若存在，求出A1【解題思路】（1）結(jié)合線面垂直判定定理和折疊性質(zhì)可證；（2）通過建系法求出CM和平面A1BE的法向量n，設(shè)線面角為θ，結(jié)合公式（3）在（2）的坐標(biāo)系基礎(chǔ)上，寫出B,C,D,M,E坐標(biāo)，設(shè)Nx1,y1,【解答過程】（1）因?yàn)樵赗t△AB