1．（4分）直線x+y＝0的傾斜角為（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
2．（4分）已知圓C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，則圓心C與半徑r分別為（ ）
A．C（1，﹣1），r＝4B．C（﹣1，1），r＝4
C．C（1，﹣1），r＝2D．C（﹣1，1），r＝2
3．（4分）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝，＝，＝，則＝（ ）
A．+﹣B．++C．﹣﹣D．﹣++
4．（4分）已知直線l經(jīng)過點M（2，1），且與直線x﹣2y+1＝0垂直，則直線l的方程為（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x﹣2y＝0
5．（4分）若直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則下列選項中能使l⊥α成立的是（ ）
A．＝（2，1，1），＝（﹣1，1，1）
B．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
C．＝（1，2，4），＝（1，0，1）
D．＝（1，﹣1，2），＝（0，3，1）
6．（4分）已知直線l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，若l1‖l2，則實數(shù)a＝（ ）
A．﹣1B．2C．﹣1或2D．﹣2或0
7．（4分）若直線l：y＝kx+3與圓C：x2+y2＝4相交于A，B兩點，且（其中O為原點），則k的值為（ ）
A．B．或C．D．或
8．（4分）已知圓C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0關(guān)于直線l：mx+y﹣m＝0對稱，則實數(shù)m＝（ ）
A．B．﹣1C．3D．﹣1或3
9．（4分）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形）．?dāng)?shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體．如圖，已知一個正八面體ABCDEF的棱長為2，M，N分別為棱AD，AC的中點，則直線BN和FM夾角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）已知圓與圓，過動點M（a，b）分別作圓C1，圓C2的切線MA，MB（A，B分別為切點），若|MA|＝|MB|，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
二、填空題：共5小題，每小題5分，共25分.
11．（5分）已知直線l的斜率為2，且在y軸上的截距為1，則直線l的方程為 ．
12．（5分）已知，，為空間兩兩垂直的單位向量，且＝+2﹣，＝3﹣+4，則?＝ ．
13．（5分）已知A（1，1），B（4，0），C（0，n）三點共線，則n＝ ．
14．（5分）已知圓C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0上存在兩個點到點A（﹣1，1）的距離均為，則實數(shù)n的一個取值為 ．
15．（5分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P是空間中任意一點．給出下列四個結(jié)論：
①若點P在線段A1C1上運動，則總有CP⊥BD；
②若點P在線段AD1上運動，則三棱錐B﹣DPC1體積為定值；
③若點P在線段A1B上運動，則直線CP與平面ACD1所成角為定值；
④若點P滿足，則過點A1，P，C三點的正方體截面面積的取值范圍為．
其中所有正確結(jié)論的序號為 ．
三、解答題：共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16．（13分）已知圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅰ）求經(jīng)過點（3，﹣2）的圓C的切線方程；
（Ⅱ）求直線l：2x﹣y+2＝0被圓C截得的弦長．
17．（13分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝BC，AC⊥BC，D，E分別是A1B1，CC1的中點．
（Ⅰ）求證：C1D⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求直線BD與平面A1BE所成角的正弦值．
18．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，，AB＝1，PB＝2，PD⊥CD，PB⊥BD，N為棱PC的中點．條件①：BC＝2；條件②：平面PBD⊥平面ABCD．
從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，完成下列問題：
（Ⅰ）求證：AB⊥PB；
（Ⅱ）若點M在線段AN上，且點M到平面BDN的距離為，求線段CM的長．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
19．（15分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C的圓心在直線l：y＝x﹣1上，且半徑為1．
（Ⅰ）若圓心C也在直線y＝﹣2x+8上，求圓C的方程；
（Ⅱ）已知點N（0，3），若圓C上存在點M，使|MN|＝|MO|，求圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍．
20．（15分）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，平面CDE⊥平面ABCD，AF‖DE，DE⊥CD，．
（Ⅰ）求證：AC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求平面BEF與平面BDE夾角的余弦值；
（Ⅲ）線段CE上是否存在點P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出點P的位置并證明；若不存在，請說明理由．
21．（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，對于點A（x1，y1），B（x2，y2），定義ρ（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|為點A到點B的“折線距離”．
（Ⅰ）已知A（1，2），B（3，0），求ρ（A，B）；
（Ⅱ）已知直線．
（i）求坐標(biāo)原點O與直線l上一點的“折線距離”的最小值；
（ii）求圓C：x2+y2＝1上一點與直線l上一點的“折線距離”的最小值．
2023-2024學(xué)年北京市豐臺區(qū)高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷（A卷）
參考答案與試題解析
一、選擇題：共10小題，每小題4分.在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1．（4分）直線x+y＝0的傾斜角為（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【分析】先求出直線的斜率，再求直線的傾斜角．
【解答】解：∵直線x+y＝0的斜率為﹣1，
設(shè)直線x+y＝0的傾斜角為α，
又0≤α＜180°，
∴α＝135°．
故選：D．
【點評】本題考查斜率與傾斜角的關(guān)系，是基礎(chǔ)題．
2．（4分）已知圓C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，則圓心C與半徑r分別為（ ）
A．C（1，﹣1），r＝4B．C（﹣1，1），r＝4
C．C（1，﹣1），r＝2D．C（﹣1，1），r＝2
【分析】利用圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，寫出圓的圓心與半徑即可．
【解答】解：圓C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，可得圓心C與半徑r分別為C（﹣1，1），r＝2．
故選：D．
【點評】本題考查圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．
3．（4分）如圖，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝，＝，＝，則＝（ ）
A．+﹣B．++C．﹣﹣D．﹣++
【分析】根據(jù)空間向量的加減法運算用已知向量把表示出來即可．
【解答】解：＝＝
故選：C．
【點評】本題考查了用空間已知向量表示空間未知向量以及向量的加減法，屬于基礎(chǔ)題型．
4．（4分）已知直線l經(jīng)過點M（2，1），且與直線x﹣2y+1＝0垂直，則直線l的方程為（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x﹣2y＝0
【分析】先設(shè)與直線x﹣2y+1＝0垂直的直線方程為2x+y+m＝0，然后把M的坐標(biāo)代入可求m，進而可求直線方程．
【解答】解：設(shè)與直線x﹣2y+1＝0垂直的直線方程為2x+y+m＝0，
因為直線過M（2，1），
所以4+1+m＝0，即m＝﹣5，此時直線方程為2x+y﹣5＝0．
故選：B．
【點評】本題主要考查了直線垂直關(guān)系的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
5．（4分）若直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則下列選項中能使l⊥α成立的是（ ）
A．＝（2，1，1），＝（﹣1，1，1）
B．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
C．＝（1，2，4），＝（1，0，1）
D．＝（1，﹣1，2），＝（0，3，1）
【分析】利用直線與平面平行的性質(zhì)直接判斷．
【解答】解：直線l的方向向量為，平面α的法向量為，
對于A，＝﹣2+1+1＝0，則l∥α或l?α，故A錯誤；
對于B，＝﹣，則l⊥α，故B正確；
對于C，≠λ，∴不能使l⊥α成立，故C錯誤；
對于D，≠λ，∴不能使l⊥α成立，故D錯誤．
故選：B．
【點評】本題考查直線與平面平行的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是基礎(chǔ)題．
6．（4分）已知直線l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，若l1‖l2，則實數(shù)a＝（ ）
A．﹣1B．2C．﹣1或2D．﹣2或0
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合直線平行的性質(zhì)，即可求解．
【解答】解：直線l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，l1‖l2，
則a?a＝a+2，解得a＝2或﹣1，
經(jīng)經(jīng)驗，當(dāng)a＝2或﹣1時，直線l1，l2不重合，
故a＝2或﹣1．
故選：C．
【點評】本題主要考查直線平行的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
7．（4分）若直線l：y＝kx+3與圓C：x2+y2＝4相交于A，B兩點，且（其中O為原點），則k的值為（ ）
A．B．或C．D．或
【分析】由已知可得，圓心（0，0）到直線的距離d＝，結(jié)合點到直線的距離公式列式求解k．
【解答】解：∵y＝kx+1與圓x2+y2＝1相交于點（0，1），設(shè)A（0，1），
又∵，∴△AOB是等邊三角形，
∴圓心（0，0）到直線的距離d＝＝，
解得k＝±．
故選：D．
【點評】本題考查直線和圓的位置關(guān)系，考查點到直線距離公式的應(yīng)用．是基礎(chǔ)題．
8．（4分）已知圓C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0關(guān)于直線l：mx+y﹣m＝0對稱，則實數(shù)m＝（ ）
A．B．﹣1C．3D．﹣1或3
【分析】問題等價于圓心在直線上，代入圓心坐標(biāo)求解即可．
【解答】解：因為圓C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0，可得圓心C（，﹣），
因為圓C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0關(guān)于直線l：mx+y﹣m＝0對稱，
所以圓心C在直線l：mx+y﹣m＝0上，
∴m×﹣﹣m＝0，∴m＝3或m＝﹣1，
當(dāng)m＝﹣1時，圓C：x2+y2+x+3y+3＝0，D2+E2﹣4F＝1+9﹣4×3＜0，
方程不表示圓，故m＝﹣1舍去，
當(dāng)m＝3時，圓C：x2+y2﹣3x+3y+3＝0，D2+E2﹣4F＝9+9﹣4×3＞0，
方程表示圓，故m＝3符合題意，
綜上所述：m＝3．
故選：C．
【點評】本題老差了直線與圓的位置關(guān)系，屬基礎(chǔ)題．
9．（4分）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形）．?dāng)?shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體．如圖，已知一個正八面體ABCDEF的棱長為2，M，N分別為棱AD，AC的中點，則直線BN和FM夾角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】取BCDE各邊中點H，K，I，G，連接HI，KG，F(xiàn)E，由正八面體的性質(zhì)可得三線交于一點，設(shè)為O，以O(shè)為坐標(biāo)原點，HI，KG，F(xiàn)E所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，求得兩直線的方向向量，利用向量法可求直線BN和FM夾角的余弦值．
【解答】解：取BCDE各邊中點H，K，I，G，
連接HI，KG，F(xiàn)E，由正八面體的性質(zhì)可得三線交于一點，設(shè)為O，
由正八面體的性質(zhì)可得HI，KG，F(xiàn)E兩兩垂直，
以O(shè)為坐標(biāo)原點，HI，KG，F(xiàn)E所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則B（1，﹣1，0），C（1，1，0），A（0，0，），D（﹣1，1，0），F(xiàn)（0，0，﹣），
則N（，，），M（﹣，，），
所以＝（﹣，，），＝（﹣，，），
所以cs＜，＞＝＝＝＝，
所以直線BN和FM夾角的余弦值為．
故選：D．
【點評】本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查轉(zhuǎn)化能力，屬中檔題．
10．（4分）已知圓與圓，過動點M（a，b）分別作圓C1，圓C2的切線MA，MB（A，B分別為切點），若|MA|＝|MB|，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)條件|MA|＝|MB|，求出M的軌跡方程，的幾何意義為M到定點（3，﹣2）的距離，即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵過動點M（a，b）分別作圓C1，圓C2的切線MA，MB（A、B分別為切點），若|MA|＝|MB|，
∴|AC1|2﹣1＝|AC2|2﹣1，
即a2+b2﹣1＝（a﹣4）2+（b﹣2）2﹣1，
即2a+b﹣5＝0，即動點M（a，b）在直線2x+y﹣5＝0上，
的幾何意義為M到定點（3，﹣2）的距離，
則點（3，﹣2）到直線2x+y﹣5＝0的距離為＝，
故的最小值為．
故選：A．
【點評】本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，以及點到直線的距離公式的應(yīng)用，利用距離的幾何意義是解決本題的關(guān)鍵，屬于中檔題．
二、填空題：共5小題，每小題5分，共25分.
11．（5分）已知直線l的斜率為2，且在y軸上的截距為1，則直線l的方程為 y＝2x+1 ．
【分析】根據(jù)斜截式公式寫出直線l的方程即可．
【解答】解：直線l的斜率為k＝2，且在y軸上的截距為b＝1，
所以直線l的方程為y＝2x+1．
故答案為：y＝2x+1．
【點評】本題考查了直線方程的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．
12．（5分）已知，，為空間兩兩垂直的單位向量，且＝+2﹣，＝3﹣+4，則?＝ ﹣3 ．
【分析】利用空間向量的數(shù)量積運算法則求解．
【解答】解：∵，，為空間兩兩垂直的單位向量，∴＝1，＝＝＝0，
∴＝（）＝3﹣2﹣4＝3﹣2﹣4＝﹣3．
故答案為：﹣3．
【點評】本題主要考查了空間向量的數(shù)量積運算，屬于基礎(chǔ)題．
13．（5分）已知A（1，1），B（4，0），C（0，n）三點共線，則n＝ ．
【分析】A（1，1），B（4，0），C（0，n）三點共線，
【解答】解：A（1，1），B（4，0），C（0，n），
則，，
A（1，1），B（4，0），C（0，n）三點共線，
則3n＝（﹣1）×（﹣4），解得n＝．
故答案為：．
【點評】本題主要考查向量共線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．
14．（5分）已知圓C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0上存在兩個點到點A（﹣1，1）的距離均為，則實數(shù)n的一個取值為 1（答案不唯一） ．
【分析】求出圓的圓心與半徑，利用圓心距與半徑和與差的關(guān)系，轉(zhuǎn)化求解m的范圍即可．
【解答】解：A（﹣1，1）的距離均為的點是以為半徑的圓A，方程為：（x+1）2+（y﹣1）2＝2，
圓C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0，
圓心為C（n，﹣n），半徑2，
圓心距|AC|＝＝|n+1|，由題意可得兩圓相交，
即，解得 n∈（﹣4，﹣2）∪（0，2）．
故答案為：1（答案不唯一）．
【點評】本題考查圓的方程的應(yīng)用，兩個圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，是中檔題．
15．（5分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P是空間中任意一點．給出下列四個結(jié)論：
①若點P在線段A1C1上運動，則總有CP⊥BD；
②若點P在線段AD1上運動，則三棱錐B﹣DPC1體積為定值；
③若點P在線段A1B上運動，則直線CP與平面ACD1所成角為定值；
④若點P滿足，則過點A1，P，C三點的正方體截面面積的取值范圍為．
其中所有正確結(jié)論的序號為 ①②④ ．
【分析】由D1B1⊥平面A1C1C判斷①；由等體積法及線面距離為定值判斷②；由線面距離為定值及線面角判斷③；作出截面利用向量法計算面積判斷④．
【解答】解：對①，如圖，
連接B1D1，A1C，在正方體中，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，CC1∩A1C1＝C1，
CC1，A1C1?平面A1C1C，所以B1D1⊥平面A1C1C，
又CP?平面A1C1C，所以B1D1⊥CP，又正方體中，B1D1∥BD，所以CP⊥BD，故①正確；
對②，如圖，
因為AD1∥BC1，AD1?平面BDC1，BC1?平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，
所以P到平面BDC1的距離為定值，因為，而S△BDC為定值，
所以VP﹣BDC1為定值，故三棱錐B﹣DPC1體積為定值，故②正確；
對③，如圖，
在正方體中，A1B∥D1C，A1B?平面ACD1，BC1?平面ACD1，
所以A1B∥平面ACD1，所以P到平面ACD1的距離h為定值，
設(shè)直線CP與平面ACD1所成角為θ，而，
CP不是定值，所以θ不為定值，故③錯誤；
對④，因為，且0≤λ≤1，
所以點P在線段DD1上運動，在B1B 上取一點P1，
使得|DP|＝|B1P1|＝a，a∈[0，1]，連接A1P1，P1C，PA1，PC，
易知PC∥A1P1，且PC＝A1P1，即P，C，A1，P1四點共面，
即過P，C，A1三點的截面為截面PCP1A1，
以點D為坐標(biāo)原點，建立如下圖所示的坐標(biāo)系：
則C（0，1，0），A1（1，0，1），P（0，0，a），P1（1，1，1﹣a），
．，因為，，，
所以截面PCP1A1的面積為S＝2＝||?||sin∠PCA1
＝＝＝?，
當(dāng)時，Smin＝，當(dāng)a＝0或a＝1時，Smax＝，
所以過A1，P，C三點的正方體截面面積最小值為，最大值為，
過點A1，P．C三點的正方體截面面積的取值范圍為，故④正確．
故答案為：①②④．
【點評】本題考查空間幾何體的性質(zhì)，考查截面面積的取值范圍，考查線面角的求法，考查空間幾何體的體積的計算，屬中檔題．
三、解答題：共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16．（13分）已知圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅰ）求經(jīng)過點（3，﹣2）的圓C的切線方程；
（Ⅱ）求直線l：2x﹣y+2＝0被圓C截得的弦長．
【分析】（Ⅰ）分斜率是否存在兩種情況，結(jié)合點到直線的距離公式可求經(jīng)過點（3，﹣2）的圓C的切線方程；
（Ⅱ）求得圓心到直線的距離，利用弦長公式可求直線l：2x﹣y+2＝0被圓C截得的弦長．
【解答】解：（Ⅰ）由圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．可得圓C的圓心為C（1，2），半徑為r＝2．
當(dāng)切線斜率不存在時，其方程為x＝3，
圓心C（1，2）到直線x＝3的距離為2，
則此時直線x＝3與圓C相切，滿足題意；
當(dāng)切線的斜率存在時，設(shè)切線方程為y+2＝k（x﹣3），
即kx﹣y﹣3k﹣2＝0，
則圓心（1，2）到切線的距離，解得，
所以此時切線的方程為3x+4y﹣1＝0．
綜上：切線的方程為x＝3或3x+4y﹣1＝0．
（Ⅱ）由圓C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．可得圓C的圓心為C（1，2），半徑為r＝2．
則圓心C（1，2）到直線l的距離．
所以直線l被圓C所截得的弦長為：．
【點評】本題考查直線方程的求法，考查直線與圓的位置關(guān)系，屬中檔題．
17．（13分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝BC，AC⊥BC，D，E分別是A1B1，CC1的中點．
（Ⅰ）求證：C1D⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求直線BD與平面A1BE所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）由已知易證AA1⊥C1D，C1D⊥A1B1，進而可證C1D⊥平面AA1B1B．
（Ⅱ）CC1，AC，BC兩兩垂直，可證以C為原點，CA，CB，CC1所在直線為x軸、y 軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．求得平面A1BE的一個法向量與直線BD的方向向量，利用向量法求得直線BD與平面A1BE所成角的正弦值．
【解答】證明：（Ⅰ） 因為直三棱柱ABC﹣A1B1C1，
所以AA1⊥平面A1B1C1，
因為C1D?平面A1B1C1，
所以AA1⊥C1D．
因為AC＝BC，
所以A1C1＝B1C1
因為D是A1B1的中點，
所以C1D⊥A1B1，
因為AA1∩A1B1＝A1，AA1?平面AA1B1B，A1B1?平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B．
（Ⅱ）因為直三棱柱ABC﹣A1B1C1，
所以CC1⊥平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
因為AC⊥BC，
所以CC1，AC，BC兩兩垂直，
以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC1所在直線為x軸、y 軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)AA1＝2，則B（0，2，0），A1（2，0，2），D（1，1，2），E（0，0，1）．
所以＝（1，﹣1，2），＝（0，﹣2，1），＝（2，0，1），
設(shè)平面A1BE的一個法向量為＝（x，y，z）．
所以，即，
令z＝2，則x＝﹣1，y＝1．
所以＝（﹣1，1，2）．
所以cs＜，＞＝＝，
設(shè)直線BD與平面A1BE所成角為θ，
所以sinθ＝|cs＜，＞|＝，
故直線BD與平面A1BE所成角的正弦值為．
【點評】本題考查線面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查運算求解能力，屬中檔題．
18．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，，AB＝1，PB＝2，PD⊥CD，PB⊥BD，N為棱PC的中點．條件①：BC＝2；條件②：平面PBD⊥平面ABCD．
從條件①和條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，完成下列問題：
（Ⅰ）求證：AB⊥PB；
（Ⅱ）若點M在線段AN上，且點M到平面BDN的距離為，求線段CM的長．
注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．
【分析】（1）根據(jù)條件直線與平面垂直，從而轉(zhuǎn)化證明AB⊥PB；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解．
【解答】解：選①：BC＝2．
（Ⅰ）證明：因為平行四邊形ABCD，
所以CD＝AB＝1，
因為BC＝2，，
所以在△BCD中，．
所以BD2+CD2＝BC2，
所以BD⊥CD．
又PD⊥CD，PD∩BD＝D，PD?平面PBD，BD?平面PBD，
所以CD⊥平面PBD．
因為PB?平面PBD，
所以CD⊥PB．
又因為AB∥CD，
所以AB⊥PB．
選②：平面PBD⊥平面ABCD．
證明：因為平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PB⊥BD，PB?平面PBD．
所以PB⊥平面ABCD，
因為AB?平面ABCD，
所以AB⊥PB．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BA，BD，BP兩兩垂直，
以B為原點，，，為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則B（0，0，0），，P（0，0，2），，A（1，0，0），，
所以，，，
設(shè)平面BDN的一個法向量為＝（x，y，z），
則，
令x＝2，則y＝0，z＝1．所以＝（2，0，1）．
因為點M在直線AN上，設(shè)，
所以，
故點M到平面BDN的距離為，
得，所以，所以，
所以．
【點評】本題考查了空間中直線與直線垂直的判定，考查了點到平面的距離，考查了空間向量的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．
19．（15分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C的圓心在直線l：y＝x﹣1上，且半徑為1．
（Ⅰ）若圓心C也在直線y＝﹣2x+8上，求圓C的方程；
（Ⅱ）已知點N（0，3），若圓C上存在點M，使|MN|＝|MO|，求圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）由題意，聯(lián)立直線方程y＝x﹣1和y＝﹣2x+8，求得圓心坐標(biāo)，又半徑為1，直接寫出圓的方程即可；
（Ⅱ）由|MN|＝|MO|，列出坐標(biāo)關(guān)系式，化簡得點M既在圓C上又在直線上，即圓C和直線有公共點，據(jù)此列出關(guān)系式，可得a的范圍．
【解答】解：（Ⅰ）設(shè)圓心C（a，b），
由題意得，解得，
所以圓心C（3，2），又圓C的半徑為1，
所以圓C的方程為（x﹣3）2+（y﹣2）2＝1；
（Ⅱ）設(shè)M（x，y），
由N（0，3），|MN|＝|MO|，
可得，
兩邊平方，整理得，
所以點M既在圓C上又在直線上，
即圓C和直線有公共點，
所以，解得，
所以a的取值范圍是．
【點評】本題考查點與圓，直線與圓的關(guān)系，屬中檔題．
20．（15分）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，平面CDE⊥平面ABCD，AF‖DE，DE⊥CD，．
（Ⅰ）求證：AC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求平面BEF與平面BDE夾角的余弦值；
（Ⅲ）線段CE上是否存在點P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出點P的位置并證明；若不存在，請說明理由．
【分析】（Ⅰ）由面面垂直的性質(zhì)定理可得DE⊥平面ABCD，進而可得AC?平面ABCD，則DE⊥AC，又由四邊形ABCD是正方形，得AC⊥BD，由線面垂直的判定定理，即可得出答案．
（Ⅱ）以B為原點，以DA，DC，DE所在直線為x軸、y 軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求出平面BEF的一個法向量為＝（x，y，z），又為平面BDE的一個法向量，＝（3，﹣3，0），計算cs＜，＞＝，即可得出答案．
（Ⅲ）設(shè)（0≤λ≤1），可得的坐標(biāo)，的坐標(biāo)，由（Ⅱ）知平面BEF的一個法向量為，由AP∥平面BEF，得?＝0，解得λ，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）證明：因為平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE∩平面ABCD＝CD，DE⊥CD，DE?平面CDE，
所以DE⊥平面ABCD，
因為AC?平面ABCD，
所以DE⊥AC，
因為四邊形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD，
因為BD∩DE＝D，DB?平面CDE，DE?平面CDE，
所以AC⊥平面BDE．
（Ⅱ）因為DA，DC，DE兩兩垂直，以B為原點，以DA，DC，DE所在直線為x軸、y 軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系：
因為，AD＝3，
所以，．
則A（3，0，0），，，
B（3，3，0），C（0，3，0），
所以＝（0，﹣3，），＝（3，0，﹣2），
設(shè)平面BEF的一個法向量為＝（x，y，z），
所以，
令，則x＝4，y＝2，
所以，
因為AC⊥平面BDE，
所以為平面BDE的一個法向量，＝（3，﹣3，0），
所以cs＜，＞＝＝＝，
設(shè)平面BEF與平面BDE夾角為θ，
所以csθ＝|cs＜，＞|＝，
所以平面BEF與平面BDE夾角的余弦值．
（Ⅲ）線段CE上存在點P，點P為CE中點，滿足AP∥平面BEF，證明如下：
設(shè)（0≤λ≤1），
因為＝（0，﹣3，3），＝（﹣3，3，0），
所以＝（0，﹣3λ，3λ），
所以＝+＝（﹣3，3，0）+（0，﹣3λ，3λ）＝（﹣3，3﹣3λ，3λ），
由（Ⅱ）知平面BEF的一個法向量為＝（4，2，），
因為AP∥平面BEF，
所以?＝0，
所以4×（﹣3）+2×（3﹣3λ）+×3λ＝0，
解得，
所以線段CE上存在點P，點P為CE中點，滿足AP∥平面BEF．
【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題．
21．（15分）在平面直角坐標(biāo)系中，對于點A（x1，y1），B（x2，y2），定義ρ（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|為點A到點B的“折線距離”．
（Ⅰ）已知A（1，2），B（3，0），求ρ（A，B）；
（Ⅱ）已知直線．
（i）求坐標(biāo)原點O與直線l上一點的“折線距離”的最小值；
（ii）求圓C：x2+y2＝1上一點與直線l上一點的“折線距離”的最小值．
【分析】（Ⅰ）直接利用定義求出折線距離；
（Ⅱ）（i）求出直線l與x，y的交點M，N，設(shè)直線l上任意一點Q，分點Q在線段MN的延長線上，點Q在線段NM的延長線上，點Q在線段MN上三種情況討論，即可求解最小值；
（ii）由（i）可知，設(shè)P1是圓C上任意一點，Q1是直線l上任意一點，當(dāng)且僅當(dāng)P1Q1∥x軸時，ρ（P1，Q1）的最小值為P1Q1，數(shù)形結(jié)合即可求解．
【解答】解：（Ⅰ） A（1，2），B（3，0），
由定義可得ρ（A，B）＝|1﹣3|+|2﹣0|＝4．
（Ⅱ）（i）直線與x軸的交點，與y軸的交點N（0，4），
設(shè)直線l上任意一點Q（t∈R）．
當(dāng)點Q在線段MN的延長線上時，ρ（O，Q）≥ρ（O，N）；
當(dāng)點Q在線段NM的延長線上時，ρ（O，Q）≥ρ（O，M）；
當(dāng)點Q在線段MN上時，ρ（O，Q）≥ρ（O，M）．
∵ρ（O，N）＝4，，
∴．
綜上，當(dāng)點Q與點M重合時，坐標(biāo)原點與直線l上一點的“折線距離”的最小值為．
（ii）由（i）可知，設(shè)P1是圓C上任意一點，Q1是直線l上任意一點，當(dāng)且僅當(dāng)P1Q1∥x軸時，ρ（P1，Q1）的最小值為P1Q1，如圖所示．
過P1作直線l的垂線，垂足為H1，則，
∴．
當(dāng)P1H1取最小值時，P1Q1取得最小值．
過O點作直線MN的垂線，交單位圓于P，垂足為H，
當(dāng)且僅當(dāng)P1與P重合時，P1H1取到最小值PH．
易知PH＝1，
∴P1Q1的最小值為，
即圓C：x2+y2＝1上一點與直線l上一點的“折線距離”的最小值為．
【點評】本題主要考查兩點間的距離，考查數(shù)形結(jié)合思想與運算求解能力，屬于難題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2024/7/17 10:31:08；用戶：笑涵數(shù)學(xué)；郵箱：15699920825；學(xué)號：36906111

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