一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1.直線x+ 3y+2=0的傾斜角為( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知圓C1：x2+(y?1)2=1與圓C2：(x?2)2+y2=1，則C1與C2的位置關(guān)系為( )
A. 內(nèi)切B. 相交C. 外切D. 外離
3.已知向量a=(1,m,?1),b=(1,?1,1)，若(a+b)⊥b，則m=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
4.兩平行直線mx?3y?2=0與4x?6y?7=0之間的距離為( )
A. 1326B. 1313C. 3 1326D. 5 1326
5.如圖，已知A，B，C是邊長(zhǎng)為1的小正方形網(wǎng)格上不共線的三個(gè)格點(diǎn)，點(diǎn)P為平面ABC外一點(diǎn)，且AP,AB=AP,AC=120°，|AP|=3，若AO=AB+AC，則|OP|=( )
A. 4 2B. 35C. 6D. 37
6.已知曲線C：x2+y2=12(x>0)，過C上任意一點(diǎn)A向y軸引垂線，垂足為B，則線段AB的中點(diǎn)Q的軌跡方程為( )
A. x23+y212=1B. x212+y26=1
C. x23+y212=1(y>0)D. x23+y212=1(x>0)
7.過P(?3,2)作與圓C：x2+y2+4y+m=0相切的兩條直線PA，PB，切點(diǎn)分別為A，B，且cs∠APB=2325，則m=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
8.在四面體ABCD中，AB=AC=AD=2，AB⊥平面ACD，∠CAD=60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為棱BC，AD上的點(diǎn)，且BE=3EC,AD=3FD，則直線AE與直線CF夾角的余弦值為( )
A. 3 7035B. 2 7035C. 7035D. 7070
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.已知橢圓C：9x2+5y2=45的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P是C上任意一點(diǎn)，則( )
A. 長(zhǎng)軸長(zhǎng)為6B. 兩個(gè)焦點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(?2,0)，(2,0)
C. |PF1|的最大值是5D. △PF1F2的周長(zhǎng)為12
10.設(shè)m∈R，直線l的方程為(m?1)x+(m+1)y+2=0，則( )
A. 直線l過定點(diǎn)(1,1)
B. 若直線l在x軸上的截距為?2，則l在y軸上的截距為?23
C. 直線l與圓C：(x?1)2+y2=2相交
D. 點(diǎn)P(?1,0)到直線l的最大距離為 5
11.在坐標(biāo)系Oθ?xyz(00)的左、右焦點(diǎn)，過點(diǎn)F1且傾斜角為60°的直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|=3|F1B|，則橢圓C的離心率為______．
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)
已知三點(diǎn)O(0,0)，A(2,0)，B(?1,?1)，記△AOB的外接圓為⊙C．
(1)求⊙C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線l：x?y?1=0與⊙C交于M，N兩點(diǎn)，求△CMN的面積．
16.(本小題15分)
已知直線l過點(diǎn)P(2,4)，且與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A(a,0)，B(0,b)．
(1)當(dāng)b=2a時(shí)，求l的方程；
(2)若a>0，b>0，求當(dāng)a+b取最小值時(shí)，l的方程．
17.(本小題15分)
如圖，在四棱錐P?ABCD中，AB⊥AD,CD⊥AD,AB=AD=PD=12CD=1,PA= 2，PC= 5，點(diǎn)Q為棱PC上一點(diǎn)．
(1)證明：PA⊥CD；
(2)當(dāng)點(diǎn)Q為棱PC的中點(diǎn)時(shí)，求直線PB與平面BDQ所成角的正弦值；
(3)當(dāng)二面角P?BD?Q的余弦值為3 1111時(shí)，求PQPC．
18.(本小題15分)
已知橢圓C經(jīng)過點(diǎn)A(?2,0)與點(diǎn)B( 2, 22)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l與橢圓C交于異于A的M，N兩點(diǎn)，且∠MAN=π2．
①證明：直線l過定點(diǎn)；
②求△AMN的面積的最大值．
19.(本小題17分)
在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，定義：過點(diǎn)A(x0,y0,z0)，且方向向量為m=(a,b,c)(abc≠0)的直線的點(diǎn)方向式方程為x?x0a=y?y0b=z?z0c；過點(diǎn)A(x0,y0,z0)，且法向量為m=(a,b,c)(a2+b2+c2≠0)的平面的點(diǎn)法向式方程為a(x?x0)+b(y?y0)+c(z?z0)=0，將其整理為一般式方程為ax+by+cz?d=0，其中d=ax0+by0+cz0．
(1)求經(jīng)過A(?1,2,4)，B(2,0,1)的直線的點(diǎn)方向式方程；
(2)已知平面α1：2x?3y+z?1=0，平面β1：x+y?2z+4=0，平面γ1：(m+1)x?(2m+3)y+(m+2)z?5=0，若α1∩β1=l，l?γ1，證明：l//γ1；
(3)已知斜三棱柱ABC?A1B1C1中，側(cè)面ABB1A1所在平面α2經(jīng)過三點(diǎn)P(?4,0,0)，Q(?3,?1,1)，H(1,?5,?2)，側(cè)面BCC1B1所在平面β2的一般式方程為y+z+4=0，側(cè)面ACC1A1所在平面γ2的一般式方程為2x?my+(2m+1)z+1=0，求平面ABB1A1與平面ACC1A1的夾角大?。?br>參考答案
1.D
2.D
3.B
4.C
5.D
6.D
7.A
8.A
9.AC
10.BCD
11.ACD
12.12
13.11x?2y+20=0
14.23
15.解：(1)設(shè)⊙C的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，由題意得F=0,4+2D+F=0,1+1?D?E+F=0,
解得D=?2，E=4，F(xiàn)=0，所以⊙C的方程為x2+y2?2x+4y=0，化成標(biāo)準(zhǔn)方程得(x?1)2+(y+2)2=5．
(2)由(1)可知圓心為C(1,?2)，半徑r= 5，
所以圓心C到直線l：x?y?1=0的距離d=|1+2?1| 2= 2，可得|MN|=2 r2?d2=2 ( 5)2?( 2)2=2 3．
因此，△CMN的面積S=12|MN|?d=12×2 3× 2= 6．
16.解：(1)直線l過點(diǎn)P(2,4)，且與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A(a,0)，B(0,b)．
①若a=0，則b=0，即l過點(diǎn)(0,0)，又l過點(diǎn)P(2,4)，則l的方程為x?02?0=y?04?0，即2x?y=0，
②若a≠0，則b≠0，設(shè)l的方程為xa+yb=1，所以xa+y2a=1，
將P(2,4)代入方程，得2a+42a=1，解得a=4，所以l的方程為x4+y8=1，即2x+y?8=0．
所以直線l的方程為2x?y=0或2x+y?8=0．
(2)設(shè)直線l的方程為xa+yb=1，由直線l經(jīng)過點(diǎn)P(2,4)得，2a+4b=1，
則a+b=(a+b)(2a+4b)=6+2ba+4ab≥6+2 2ba?4ab=6+4 2，
當(dāng)且僅當(dāng)2ba=4ab，即a=2+2 2,b=2 2+4時(shí)取得等號(hào)，故A(2+2 2,0)，
所以l的方程為x?22+2 2?2=y?40?4，即 2x+y?4?2 2=0．
17.解：(1)證明：因?yàn)镻D=1,CD=2,PC= 5，
所以PD2+CD2=PC2，
所以CD⊥PD，
又CD⊥AD，且AD∩PD=D，AD，PD?平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又PA?平面PAD，
所以PA⊥CD．
(2)因?yàn)镻A= 2,AD=PD=1，所以AD2+PD2=PA2，
則PD⊥AD．
由(1)可知PD，AD，DC兩兩垂直，以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，
則D(0,0,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，
當(dāng)點(diǎn)Q為棱PC的中點(diǎn)時(shí)，Q(0,1,12),PB=(1,1,?1),DB=(1,1,0),DQ=(0,1,12)，

設(shè)平面BDQ的一個(gè)法向量m=(x0,y0,z0)，
則DB⊥mDQ⊥m，則DB?m=0DQ?m=0，即x0+y0=0y0+12z0=0，
令y0=?1，解得x0=1，z0=2，
故m=(1,?1,2)，
設(shè)直線PB與平面BDQ所成角為θ，
則sinθ=|cs?m,PB?|=|m?PB||m||PB|=2 6× 3= 23，
故直線PB與平面BDQ所成角的正弦值為 23．
(3)由(2)可知DP=(0,0,1),DB=(1,1,0)，
設(shè)PQ=λPC=(0,2λ,?λ)(0≤λ≤1)，
則DQ=DP+PQ=(0,2λ,1?λ)，
設(shè)平面BDQ的一個(gè)法向量n1=(x1,y1,z1)，
則DB⊥n1DQ⊥n1，則DB?n1=0DQ?n1=0，即x1+y1=02λy1+(1?λ)z1=0，
令y1=1?λ，解得x1=λ?1，z1=?2λ，
故n1=(λ?1,1?λ,?2λ)，
設(shè)平面BDP的一個(gè)法向量為n2=(x2,y2,z2)，
則DB⊥n2DP⊥n2，則DB?n2=0DP?n2=0，得x2+y2=0z2=0，
令y2=?1，解得x2=1，z2=0，
故n2=(1,?1,0)，
所以|cs|=|2λ?2| 6λ2?4λ+2? 2=3 1111，
即|λ?1| 3λ2?2λ+1=3 1111，
整理，得8λ2+2λ?1=0，
解得λ=14或λ=?12(舍去)，
故PQPC=14．
18.解：(1)設(shè)橢圓C的方程為Ax2+By2=1(A>0,B>0,A≠B)，
由題意可得4A=1,2A+12B=1,
解得A=14，B=1，
故橢圓C的方程為x24+y2=1．
(2)①證明：易知直線MN的斜率不為0，設(shè)直線MN的方程為x=ty+m，則m≠?2，
聯(lián)立C與直線l的方程，得x24+y2=1x=ty+m，消去x并整理，
得(t2+4)y2+2mty+m2?4=0，則Δ=4m2t2?4(t2+4)(m2?4)>0，
所以t2?m2+4>0，設(shè)M(x1,y1)，N(x2,y2)，則y1+y2=?2mtt2+4，y1y2=m2?4t2+4．
因?yàn)椤螹AN=π2，所以AM?AN=(x1+2)(x2+2)+y1y2=0，
即(ty1+m+2)(ty2+m+2)+y1y2=0，
所以(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=0，
則(t2+1)?m2?4t2+4+t(m+2)(?2mtt2+4)+(m+2)2=0，
整理，得5m2+16m+12=0，解得m=?65(m=?2舍去)．
所以直線l的方程為x=ty?65，故直線l過定點(diǎn)(?65,0)．
②由①知m=?65，則y1+y2=12t5(t2+4)，y1y2=?6425(t2+4)，
直線l過定點(diǎn)(?65,0)，設(shè)為D，則|AD|=45，
所以△AMN的面積為S△AMN=12|AD|?|y1?y2|=25 (y1+y2)2?4y1y2=8 25t2+6425(t2+4)．
設(shè)u= 25t2+64，則u≥8，所以S△AMN=825×uu2?6425+4=8u+36u，
由函數(shù)y=u+36u在[8,+∞)上單調(diào)遞增知u+36u≥8+92=252，
所以S△AMN≤8252=1625，當(dāng)且僅當(dāng)u=8，即t=0時(shí)等號(hào)成立，
故△AMN的面積的最大值為1625．
19.解：(1)∵A(?1,2,4)，B(2,0,1)，
∴直線AB的方向向量為m=AB=(3,?2,?3)，
∴直線AB的點(diǎn)方向式方程為x+13=y?2?2=z?4?3；
(2)證明：由平面α1為：2x?3y+z?1=0，
∴平面α1的法向量為m1=(2,?3,1)，
由平面β1為：x+y?2z+4=0，
∴平面β1的法向量為m2=(1,1,?2)，
設(shè)交線l的方向向量為n=(x0,y0,z0)，
則根據(jù)題意可得m1?n=2x0?3y0+z0=0m2?n=x0+y0?2z0=0，取n=(1,1,1)，
又平面γ1：(m+1)x?(2m+3)y+(m+2)z?5=0的法向量為m3=(m+1,?2m?3,m+2)，
∴m3?n=(m+1)×1?(2m+3)×1+(m+2)×1=0，又l?γ1，
∴l(xiāng)//γ1；
(3)設(shè)側(cè)面ABB1A1所在平面α2的法向量n1=(x1,y1,z1)，
又平面α2經(jīng)過三點(diǎn)P(?4,0,0)，Q(?3,?1,1)，H(1,?5,?2)，
∴PQ=(1,?1,1),PH=(5,?5,?2)，
∴PQ?n1=0,PH?n1=0,，∴x1?y1+z1=0,5x1?5y1?2z1=0,，取n1=(1,1,0)，
又平面β2：y+z+4=0的法向量為n2=(0,1,1)，
由(2)可求得平面α2與平面β2的交線的方向向量為m4=(1,?1,1)，
平面γ2：2x?my+(2m+1)z+1=0的法向量為m5=(2,?m,2m+1)，
由m4?m5=(1,?1,1)?(2,?m,2m+1)=2+m+2m+1=0，
解得m=?1，∴m5=(2,1,?1)，
∴cs?n1,m5?=n1?m5|n1|?|m5|=3 2× 6= 32，
∴平面ABB1A1與平面ACC1A1夾角的大小為π6．

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