1.已知向量a=(2,4)，b=(?1,1)，則2a?b=( )
A. (5,7)B. (5,9)C. (3,7)D. (3,9)
2.已知直線l1：x?3y+2=0，l2：3x?ay?1=0，若l1⊥l2，則實(shí)數(shù)a的值為( )
A. 1B. 12C. ?12D. ?1
3.已知m是實(shí)常數(shù)，若方程x2+y2+2x+4y+m=0表示的曲線是圓，則m的取值范圍為( )．
A. (?∞,20)B. (?∞,5)C. (5,+∞)D. (20,+∞)
4.設(shè)a，b為兩條直線，α，β為兩個(gè)平面，下列四個(gè)命題中，正確的命題是( )
A. 若a，b與α所成的角相等，則α//bB. 若a//α，b//β，α//β，則a//b
C. 若a?α，b?β，α//b，則α//βD. 若a⊥α，b⊥β，α⊥β，則a⊥b
5.直線y=kx+3與圓(x?3)2+(y?2)2=4相交于M、N兩點(diǎn)，若|MN|=2 3，則k等于( )
A. 0B. ?23C. ?23或0D. ?34或0
6.過點(diǎn)P(1,3)作直線l，若l經(jīng)過點(diǎn)A(a,0)和B(0,b)，且a，b均為正整數(shù)，則這樣的直線l可以作出( )．
A. 1條B. 2條C. 3條D. 無數(shù)條
7.已知長方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在點(diǎn)P，使得D1P⊥PC，則AD的取值范圍是( )
A. [1,2)B. (1, 2]C. (0,1]D. (0,2)
8.已知點(diǎn)P在直線y=?x?3上運(yùn)動(dòng)，M是圓x2+y2=1上的動(dòng)點(diǎn)，N是圓(x?9)2+(y?2)2=16上的動(dòng)點(diǎn)，則|PM|+|PN|的最小值為( )
A. 13B. 11C. 9D. 8
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9.三條直線x+y=0，x?y=0，x+ay=3構(gòu)成三角形，則a的值不能為( )
A. 1B. 2C. ?1D. ?2
10.正方體ABCD?A1B1C1D1中，下列結(jié)論正確的是( )
A. 直線AD1與直線A1C1所成角為π3B. 直線AD1與平面ABCD所成角為π3
C. 二面角D1?AB?D的大小為π4D. 平面AB1D1⊥平面B1D1C
11.已知圓M：(x?1)2+(y?1)2=4，直線l：x+y+2=0，P為直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作圓M的切線PA、PB，切點(diǎn)為A、B，則( )
A. 四邊形MAPB面積的最小值為4
B. 四邊形MAPB面積的最大值為8
C. 當(dāng)∠APB最大時(shí)，|PA|=2
D. 當(dāng)∠APB最大時(shí)，直線AB的方程為x+y=0
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知直線l1：mx+y+2m?3=0，l2：mx+y?m+1=0，則直線l1與l2之間的距離最大值為______．
13.已知三棱錐P?ABC中，∠APB=2π3，PA=PB= 3，AC=5，BC=4，且平面PAB⊥平面ABC，則該三棱錐的外接球的表面積為______．
14.若點(diǎn)A(x,y)滿足C：(x+3)2+(y+4)2≤25，點(diǎn)B是直線3x+4y=12上的動(dòng)點(diǎn)，則對(duì)定點(diǎn)P(6,1)而言，|PA+PB|的最小值為______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題15分)
已知直線m：2x?y?3=0與直線n：x+y?3=0的交點(diǎn)為P．
(1)若直線l過點(diǎn)P，且點(diǎn)A(1,3)和點(diǎn)B(3,2)到直線l的距離相等，求直線l的方程；
(2)若直線l1過點(diǎn)P且與x，y正半軸交于A、B兩點(diǎn)，△ABO的面積為4，求直線l1的方程．
16.(本小題15分)
某同學(xué)在勞動(dòng)實(shí)踐課上制作了一個(gè)如圖所示的容器，其上半部分是一個(gè)正四棱錐，下半部分是一個(gè)長方體，已知正四棱錐S?ABCD的高是長方體ABCD?A1B1C1D1高的12，且底面正方形ABCD的邊長為4，AA1=2．
(1)求AC1的長及該長方體的外接球的體積；
(2)求正四棱錐的斜高和體積．
17.(本小題15分)
已知：圓C過點(diǎn)D(0,1)，E(?2,1)，F(xiàn)(?1, 2)，P是直線l1：y=x?2上的任意一點(diǎn)，直線l2：y=x+1與圓C交于A、B兩點(diǎn)．
(Ⅰ)求圓C的方程；
(Ⅱ)求|PA|2+|PB|2的最小值．
18.(本小題15分)
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C1：(x+3)2+(y?1)2=4和圓C2：(x?4)2+(y?5)2=4．
(1)若直線l過點(diǎn)A(?1,0)，且與圓C1相切，求直線l的方程；
(2)設(shè)P為直線x=?32上的點(diǎn)，滿足：過點(diǎn)P的無窮多對(duì)互相垂直的直線l1和l2，它們分別與圓C1和圓C2相交，且直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等．試求滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)．
19.(本小題17分)
如圖，已知直三棱柱A1B1C1?ABC中，∠ABC=90°且AB=BC=BB1=2，D、E、F分別為AC、BC、B1B的中點(diǎn)，G為線段DE上一動(dòng)點(diǎn)．
(1)求C1F與平面A1B1C1所成角的正切值；
(2)證明：C1F⊥A1G；
(3)求銳二面角C1?A1G?B1的余弦值的最大值．
參考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.D
6.B
7.C
8.D
9.AC
10.AC
11.ACD
12.5
13.28π
14.325
15.解：(1)由2x?y?3=0x+y?3=0?m,n的交點(diǎn)為(2,1)，
由直線l與A，B的距離相等可知，l/?/AB或l過AB的中點(diǎn)，
∴由l/?/AB得l的方程為y?1=?12(x?2)，即x+2y?4=0，
由l過AB的中點(diǎn)得l的方程為x=2，
故x+2y?4=0或x=2為所求．
(2)方法一：由題可知，直線l1的斜率k存在，且k0，
令y=0，得x=2k?1k>0，
∴S△ABO=12(1?2k)2k?1k=4，解得k=?12，
故l1的方程為y=?12(x?2)+1=?12x+2．
方法二：由題可知，直線l1的橫、縱截距a、b存在，且a>0、b>0，則l1：xa+yb=1，又l1過點(diǎn)(2,1)，△ABO的面積為4，
∴2a+1b=112ab=4，解得a=4b=2，故l1方程為x4+y2=1，即y=?12x+2．
16.解：(1)幾何體ABCD?A1B1C1D1為長方體且AB=BC=4，AA1=2，
∴AC1= AB2+BC2+AA12= 42+42+22=6，
記長方體外接球的半徑為R，線段AC1就是其外接球直徑，
則2R=6，R=3，
長方體外接球的體積為V=43π×33=36π．
(2)如圖，設(shè)AC，BD交于點(diǎn)O，連接SO，∵S?ABCD為正四棱錐，∴SO為正四棱錐的高，
又長方體的高為AA1=2，∴SO=12×2=1，
取AB的中點(diǎn)E，連接OE、SE，則SE為正四棱錐的斜高，在Rt△SOE中，SO=1,OE=12AD=2，
∴SE= SO2+OE2= 1+4= 5，
∵SABCD=4×4=16，SO=1，
∴VS?ABCD=13SABCD×SO=13×16×1=163，
故正四棱錐的斜高為 5，體積為163．
17.解：(Ⅰ)易得C在直線x=?1上，不妨設(shè)C(?1,b)，
因?yàn)镃E=CF，即 (?1+2)2+(b?1)2= (?1+1)2+( 2?b)2，解得b=0，
故C(?1,0)，半徑r= (?1+2)2+(b?1)2= 2，
則圓C的方程為：(x+1)2+y2=2；
(Ⅱ)聯(lián)立(x+1)2+y2=2y=x+1，解得x=0y=1，x=?2y=?1，
即A(0,1)，B(?2,?1)，
設(shè)P(a,a?2)，
則|PA|2+|PB|2=a2+(a?2?1)2+(a+2)2+(a?2+1)2=4a2?4a+14=4(a2?a)+14=4(a?12)2+13，
則當(dāng)a=12時(shí)，|PA|2+|PB|2取最小值13．
18.解：(1)設(shè)直線l的方程為：y=k(x+1)，即kx?y+k=0…(1分)
圓心C1到直線l的距離d=2，…(2分)
結(jié)合點(diǎn)到直線距離公式，得|?3k?1+k| k2+1=2，…(3分)
求得k=34…(4分)
由于直線x=?1與圓C1相切．…(5分)
所以直線l的方程為：x=?1或y=34(x+1)，即x=?1或3x?4y+3=0…(6分)
(2)設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為(?32,n)，直線l1、l2的方程分別為：y?n=k(x+32)(k≠0),y?n=?1k(x+32)，
即kx?y+n+32k=0,x+ky?kn+32=0…(7分)
因?yàn)橹本€l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，兩圓半徑相等，
所以圓心C1到直線l1與圓心C2直線l2的距離相等．
故有|?3k?1+n+32k| k2+1=|4+5k?kn+32| k2+1，…(9分)
化簡(jiǎn)得(72?n)k=?92?n,或(132?n)k=132?n…(11分)
關(guān)于k的方程有無窮多解，有n=132
所以點(diǎn)P坐標(biāo)為(?32,132)，經(jīng)檢驗(yàn)點(diǎn)(?32,132)滿足題目條件．…(12分)
19.解：(1)由直三棱柱A1B1C1?ABC，知BB1⊥面A1B1C1，
所以點(diǎn)F在A1B1C1的投影為B1，
所以∠FC1B1為C1F與平面A1B1C1所成角，
所以tan∠FC1B1=B1FB1C1=12，
所以C1F與平面A1B1C1所成角的正切值為12．
(2)證明：以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BA為x軸，以BC為y軸，以BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系：

則A(2,0,0)，A1(2,0,2)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，
D(1,1,0)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，B1(0,0,2)，
所以ED=(1,0,0)，
因?yàn)镚為線段DE上一動(dòng)點(diǎn)，
設(shè)EG=λED(0≤λ≤1)，則EG=λ(1,0,0)，
所以G(λ,1,0)，
所以C1F=(0,?2,?1)，A1G=(λ?2,1,?2)，
所以C1F?A1G=(0,?2,?1)?(λ?2,1,?2)=0，
所以C1F⊥A1G，
所以C1F⊥A1G.
(3)由(2)可知：A1C1=(?2,2,0)，A1G=(λ?2,1,?2)，A1B1=(?2,0,0)，
設(shè)平面C1A1G的法向量為m=(x,y,z)，
則m?A1C1=0m?A1G=0，即?2x+2y=0(λ?2)x+y?2z=0，
令x=2，則y=2，z=λ?1，則m=(2,2,λ?1)，
設(shè)平面A1GB1的法向量為n=(a,b,c)，
則n?A1B1=0n?A1G=0，即?2a=0(λ?2)a+b?2c=0，
令c=1，則a=0，b=2，則n=(0,2,1)，
故設(shè)二面角C1?A1G?B1的平面角為θ，結(jié)合圖形，θ為銳角，
故csθ=|cs|=|(2,2,λ?1)?(0,2,1) 22+22+(λ?1)2? 22+12|=|4+λ?1 5? 8+(λ?1)2|=|λ+3| 5 8+(λ?1)2，
令λ+3=t，t∈[3,4]，
csθ=|λ+3| 5 8+(λ?1)2=|t| 5 8+(t?4)2=1 5 24t2?8t+1，
又函數(shù)y=24t2?8t+1，
令s=1t，則y=24s2?8s+1，s∈[14,13]，
所以結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可得在[14,13]，函數(shù)y=24s2?8s+1單調(diào)遞增，
所以1t=14時(shí)，y=24t2?8t+1取最小值，
所以當(dāng)1t=14，即t=4，λ=1時(shí)，csθ=1 5 24t2?8t+1取得最大值為 105．

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