2020-2021学年安徽省合肥市高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省合肥市高二（上）期末数学试卷（理科）人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 命题“∀x>0，使得x2+x+1≥0”的否定是（ ）
A.∃x0≤0，使得x02+x0+1≤0B.∃x0>0，使得x2+x+1<0
C.∀x>0，使得x2+x+1>0D.∀x≤0，使得x2+x+1>0

2. 直线l：x−3y+1=0的倾斜角为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

3. 棱长为2的正方体的外接球的表面积为（ ）
A.4πB.12πC.24πD.48π

4. 已知命题p：对任意x∈R，总有x2≥0，q:x=1是不等式x<0的解，则下列命题为真命题的是（ ）
A.p∧(￢q)B.(￢p)∧qC.(￢p)∧(￢q)D.p∧q

5. 如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则以下四个命题中错误的是（ ）

A.直线A1C1与AD1为异面直线B.A1C1 // 平面ACD1
C.BD1⊥ACD.三棱锥D1−ADC的体积为83

6. 直线(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0过定点（ ）
A.(1, −3)B.(4, 3)C.(3, 1)D.(2, 3)

7. 过点(−1, 2)且与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为( )
A.3x+2y−1=0B.3x+2y+7=0C.2x−3y+5=0D.2x−3y+8=0

8. “若x，y∈R，x2+y2＝0，则x，y全为0”的逆否命题是（ ）
A.若x，y∈R，x，y全不为0，则x2+y2≠0
B.若x，y∈R，x，y不全为0，则x2+y2＝0
C.若x，y∈R，x，y不全为0，则x2+y2≠0
D.若x，y∈R，x，y全为0，则x2+y2≠0

9. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A.60B.30C.20D.10

10. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥P−ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝3，AB＝4，AC＝5，三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A.17πB.25πC.34πD.50π

11. “a＝2”是“直线ax+2y−1＝0与x+(a−1)y+2＝0互相平行”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

12. 已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A.16B.14C.12D.10
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）

圆(x+2)2+y2＝5关于直线x−y+1＝0对称的圆的方程为________．

设抛物线y2=8x的焦点与双曲线x2−y2b2=1(b>0)的右焦点重合，则b=________.

若过点(1, 1)的直线与圆x2+y2−6x−4y+4＝0相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90∘，AA1=2，AC=BC=1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．

三、解答题（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

命题P：函数y＝lg(−x2+4ax−3a2)(a>0)有意义，命题q：实数x满足x−3x−2<0．
（1）当a＝1且p∧q为真，求实数x的取值范围；

（2）若￢p是￢q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．

已知圆C:x2+y2+8y+12＝0，直线l:ax+y+2a＝0．
（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；

（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|＝2时，求直线l的方程．

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：

（1）平面PAD⊥平面ABCD；

（2）EF // 平面PAD．

已知F1，F2分别是椭圆C:x2a2+y2b2=1（其中a>b>0）的左、右焦点，椭圆C过点(−3, 1)且与抛物线y2=−8x有一个公共的焦点．
（1）求椭圆C的方程；

（2）过椭圆C的右焦点且斜率为1的直线l与椭圆交于A、B两点，求线段AB的长度．

如图，已知正方形ABCD和矩形BDFE所在的平面互相垂直，AC交BD于O点，M为EF的中点，BC=2，BF=1
（1）求证：BC⊥AF：

（2）求证：BM // 平面ACE；

（3）求二面角B−AF−C的大小．

已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，y1y2＝−4．

（1）求抛物线方程；

（2）点B在准线l上的投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省合肥市高二（上）期末数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据全称命题的否定是特称命题进行判断即可．
【解答】
命题命题“∀x>0，使得x2+x+1≥0”是全称命题，
则其否定是特称命题，即∃x0>0，使得x2+x+1<0，
2.
【答案】
A
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
因为直线的斜率是倾斜角的正切值，所以要求倾斜角，先求直线的斜率，把直线方程化为斜截式，就可求出斜率，再根据斜率求出倾斜角．
【解答】
解：∵ 直线l：x−3y+1=0的斜截式为：
y=33x+33，
∴ 直线l：x−3y+1=0的斜率为33.
设倾斜角为θ，则tanθ=33，
∴ θ=π6.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由于正方体与外接球之间的关系为正方体的对角线长即为球的直径，则23=2r，解得r，再由球的表面积公式计算即可得到．
【解答】
解：由于正方体与外接球之间的关系为
正方体的对角线长即为球的直径，
则23=2r，
即r=3，
则球的表面积为S=4πr2=4π×3=12π．
故选B．
4.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
分别判断p，q，￢p，￢q真假，再利用复合命题的判断方法判断．
【解答】
∵ 命题p：对任意x∈R，总有x2≥0，
q:x=1是不等式x<0的解，∴ p为真命题，q为假命题．
∴ ￢p为假命题，￢q为真命题
根据复合命题的真假判断：p∧￢q为真命题．
5.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
在A中，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线；在B中，由A1C1 // AC，得A1C1 // 平面ACD1；在C中，由AC⊥BD，AC⊥DD1，得AC⊥面BDD1，从而BD1⊥AC；在D中，三棱锥D1−ADC的体积为43．
【解答】
由正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，知：
在A中，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，BD1⊂平面A1B1C1D1，
D1∉直线A1C1，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；
在B中，∵ A1C1 // AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴ A1C1 // 平面ACD1，故B正确；
在C中，∵ 正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，
∵ BD∩DD1，∴ AC⊥面BDD1，∴ BD1⊥AC，故C正确；
在D中，三棱锥D1−ADC的体积：
VD1−ADC=13×12×2×2×2=43，故D错误．
6.
【答案】
C
【考点】
直线系方程
【解析】
直线方程整理后，列出关于x与y的方程组，求出方程组的解得到x与y的值，即可确定出直线过的定点．
【解答】
解：直线方程整理得：2mx+x+my+y−7m−4=0，即(2x+y−7)m+(x+y−4)=0，
∴ 2x+y=7x+y=4，
解得：x=3y=1，
则直线过定点(3, 1)，
故选：C．
7.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
根据与已知直线垂直的直线系方程可设与直线2x−3y+4=0垂直的直线方程为−3x−2y+c=0，再把点(−1, 2)代入，即可求出c值，得到所求方程．
【解答】
解：∵ 所求直线方程与直线2x−3y+4=0垂直，
∴ 设方程为3x+2y+c=0,
∵ 直线过点(−1, 2)，
∴ 3×(−1)+2×2+c=0,
∴ c=−1,
∴ 所求直线方程为3x+2y−1=0．
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
四种命题的定义
【解析】
由已知可得，原命题的题设P:x2+y2＝0，结论Q:x，y全为零．在根据原命题依次写出否命题、逆命题、逆否命题．否命题是若非P，则非Q；逆命题是若Q，则P；逆否命题是若非去，则非P
【解答】
依题意得，原命题的题设为若x2+y2＝0，结论为则x，y全为零．
逆否命题：若x，y不全为零，则x2+y2≠0，
9.
【答案】
D
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图可知：该几何体为三棱锥，如图所示．
【解答】
由三视图可知：该几何体为三棱锥，
该三棱锥的体积=13×12×5×3×4=10．
10.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
棱锥的结构特征
【解析】
由题意，PC为球O的直径，球O的半径R＝，由此能求出球O的表面积．
【解答】
由题意，PC为球O的直径，
PC＝＝＝，
∴ 球O的半径R＝＝，
∴ 球O的表面积S＝4πR2＝＝34π．
11.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据直线平行的充要条件，求出直线ax+2y−1＝0与x+(a−1)y+2＝0互相平行时的a值，进而根据充要条件的定义，可得答案．
【解答】
若“直线ax+2y−1＝0与x+(a−1)y+2＝0互相平行”
则a(a−1)−2＝0，
解得：a＝−1，或a＝2，
故“a＝2”是“直线ax+2y−1＝0与x+(a−1)y+2＝0互相平行”的充分不必要条件，
12.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
【解析】
方法一：根据题意可判断当A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，|AB|+|DE|最小，根据弦长公式计算即可．
方法二：设出两直线的倾斜角，利用焦点弦的弦长公式分别表示出|AB|，|DE|，整理求得答案
【解答】
解：如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A，B两点，
直线l2与C交于D，E两点，
要使|AB|+|DE|最小，
则A与D，B与E关于x轴对称，设直线DE的斜率为1，
又直线l2过点(1, 0)，
则直线l2的方程为y=x−1，
联立方程组y2=4xy=x−1，则y2−4y−4=0，
∴ y1+y2=4，y1y2=−4，
∴ |DE|=1+1k2⋅|y1−y2|=2×32=8，
∴ |AB|+|DE|的最小值为：2|DE|=16.
故选A.
二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应的题号后的横线上）
【答案】
(x+1)2+(y+1)2＝5
【考点】
关于点、直线对称的圆的方程
【解析】
根据已知圆的圆心求出关于直线x−3y−5＝0对称的圆的圆心，求出半径，即可得到所求结果．
【解答】
解；由圆(x+2)2+y2＝5可知，圆心(−2, 0)，半径r＝．
设点(−2, 0)关于直线x−y+1＝0对称的点为(x, y)，
则，
解得．
∴ 所求圆的圆心为(−1, −1)．
又∵ 半径r＝．
∴ 圆(x+2)2+y2＝5关于直线x−y+1＝0对称的圆的方程为(x+1)2+(y+1)2＝5．
【答案】
3
【考点】
抛物线的标准方程
双曲线的标准方程
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，利用已知条件求出b即可．
【解答】
解：抛物线y2=8x的焦点(2, 0)与双曲线x2−y2b2=1(b>0)的右焦点重合，
可得c=2，
1+b2=2，解得b=3．
故答案为：3.
【答案】
4
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
求出圆x2+y2−6x−4y+4＝0的圆心和半径r，再求出点(1, 1)与圆心(3, 2)间的距离d，|AB|的最小值|AB|min＝2r2−d2．
【解答】
圆x2+y2−6x−4y+4＝0的圆心为(3, 2)，半径r=1236+16−16=3，
点(1, 1)与圆心(3, 2)间的距离d=(3−1)2+(2−1)2=5，
∴ |AB|的最小值|AB|min＝2r2−d2=29−5=4．
【答案】
66
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点A1，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角的余弦值．
【解答】
解：连接BC1，如图，
∵ AC // A1C1，
∴ ∠C1A1B是异面直线A1B与AC所成角(或所成角的补角).
∵ 在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
∠ACB=90∘，AA1=2，AC=BC=1，
∴ AB=1+1=2，A1B=4+2=6，
BC1=4+1=5，A1C1=1，
∴ 在△A1C1B中，A1C12+BC12=A1B2,
∴ cs∠C1A1B=A1C1A1B=66，
∴ 异面直线A1B与AC所成角的余弦值为66．
故答案为：66.
三、解答题（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
【答案】
由−x2+4ax−3a2>0得x2−4ax+3a2<0，
即(x−a)(x−3a)<0，其中a>0，
得a0，则p:a0．
若a＝1，则p:1由x−3x−2<0解得2即q:2若p∧q为真，则p，q同时为真，
即1∴ 实数x的取值范围(2, 3)．
若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
∴ 即(2, 3)是(a, 3a)的真子集．
所以3a≥3a≤2 ，解得1≤a≤2．实数a的取值范围为[1, 2]．
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
复合命题及其真假判断
【解析】
（1）若a＝1，分别求出p，q成立的等价条件，利用且p∧q为真，求实数x的取值范围；
（2）利用￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
【解答】
由−x2+4ax−3a2>0得x2−4ax+3a2<0，
即(x−a)(x−3a)<0，其中a>0，
得a0，则p:a0．
若a＝1，则p:1由x−3x−2<0解得2即q:2若p∧q为真，则p，q同时为真，
即1∴ 实数x的取值范围(2, 3)．
若￢p是￢q的充分不必要条件，即q是p的充分不必要条件，
∴ 即(2, 3)是(a, 3a)的真子集．
所以3a≥3a≤2 ，解得1≤a≤2．实数a的取值范围为[1, 2]．
【答案】
若直线l与圆C相切，
则有＝2，∴ a＝；
过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，
|CD|＝＝，∴ a＝1或7．
故所求直线方程为7x+y+14＝0或x+y+2＝0．
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）若直线l与圆C相切，则有＝2，即可求出a；
（2）过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，|CD|＝＝，即可求直线l的方程．
【解答】
若直线l与圆C相切，
则有＝2，∴ a＝；
过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，
|CD|＝＝，∴ a＝1或7．
故所求直线方程为7x+y+14＝0或x+y+2＝0．
【答案】
∵ AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴ AP⊥CD，
∵ ABCD为矩形，∴ AD⊥CD，…2分
又∵ AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD，…4分
∵ CD⊂平面ABCD，
∴ 平面PAD⊥平面分
连接AC，BD交于点O，连接OE，OF，
∵ ABCD为矩形，∴ O点为AC中点，
∵ E为PC中点，
∴ OE // PA，
∵ OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴ OE // 平面PAD，…8分
同理可得：OF // 平面PAD，…10分
∵ OE∩OF＝O，
∴ 平面OEF // 平面PAD，…12分
∵ EF⊂平面OEF，
∴ EF // 平面分
【考点】
直线与平面平行
平面与平面垂直
【解析】
（1）利用线面垂直的性质可证AP⊥CD，又ABCD为矩形，AD⊥CD，利用线面垂直的判定定理可证CD⊥平面PAD，利用面面垂直的判定可证平面PAD⊥平面ABCD．
（2）连接AC，BD交于点O，连接OE，OF，由ABCD为矩形，O点为AC中点，可证OE // PA，进而可证OE // 平面PAD，同理可得：OF // 平面PAD，通过证明平面OEF // 平面PAD，即可证明EF // 平面PAD．
【解答】
∵ AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴ AP⊥CD，
∵ ABCD为矩形，∴ AD⊥CD，…2分
又∵ AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴ CD⊥平面PAD，…4分
∵ CD⊂平面ABCD，
∴ 平面PAD⊥平面分
连接AC，BD交于点O，连接OE，OF，
∵ ABCD为矩形，∴ O点为AC中点，
∵ E为PC中点，
∴ OE // PA，
∵ OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
∴ OE // 平面PAD，…8分
同理可得：OF // 平面PAD，…10分
∵ OE∩OF＝O，
∴ 平面OEF // 平面PAD，…12分
∵ EF⊂平面OEF，
∴ EF // 平面分
【答案】
解：（1）抛物线y2=−8x的焦点为(−2, 0)，
∴ 椭圆C：x2a2+y2b2=1的左焦点为(−2, 0)，c=2，b2=a2−4．
又3a2+1b2=1，得a4−8a2+12=0，解得a2=6（a2=2舍去）．
故椭圆C的方程为x26+y22=1．
（2）直线l的方程为y=x−2．
联立方程组y=x−2x26+y22=1，
消去y并整理得2x2−6x+3=0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
故x1+x2=3，x1x2=32．
则|AB|=1+k2|x1−x2|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=6．
【考点】
椭圆的定义
【解析】
（1）由抛物线方程求得焦点坐标，进一步得到椭圆左焦点坐标，把(−3, 1)代入椭圆方程，结合隐含条件求得a，b的答案；
（2）写出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系得到A，B的横坐标的和与积，代入弦长公式求得线段AB的长度．
【解答】
解：（1）抛物线y2=−8x的焦点为(−2, 0)，
∴ 椭圆C：x2a2+y2b2=1的左焦点为(−2, 0)，c=2，b2=a2−4．
又3a2+1b2=1，得a4−8a2+12=0，解得a2=6（a2=2舍去）．
故椭圆C的方程为x26+y22=1．
（2）直线l的方程为y=x−2．
联立方程组y=x−2x26+y22=1，
消去y并整理得2x2−6x+3=0．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
故x1+x2=3，x1x2=32．
则|AB|=1+k2|x1−x2|=(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=6．
【答案】
（1）证明：∵ 正方形ABCD和矩形BDFE所在的平面互相垂直，
∴ FB⊥平面ABCD，∵ BC⊂平面ABCD，∴ FB⊥BC，
∵ ABCD是正方形，∴ BC⊥AB，
∵ AB∩FB=B，∴ BC⊥面ABF，
∵ AF⊂平面ABF，∴ BC⊥AF．
（2）证明：连结EO，
∵ AC交BD于O点，M为EF的中点，
∴ BM= // BO，∴ BMEO是平行四边形，
∴ OE // BM，
又BM不包含于平面ACE，OE⊂平面ACE，
∴ BM // 平面ACE．
（3）解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，
建立空间直角坐标系，
B(2,2, 0)，A(2,0,0)，F(2,2,1)，C(0, 2, 0)，
AB→=(0,2,0)，AF→=(0,2,1)，AC→=(−2,2,0)，
设平面CAF的法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅AF→=2y+z=0˙，取x=2，得n→=(2,2,−2)，
又平面ABF的法向量m→=(1,0,0)，
∴ cs=28=12，∴ =60∘，
∴ 二面角B−AF−C的平面角为60∘．
【考点】
与二面角有关的立体几何综合题
直线与平面平行的判定
【解析】
（1）由已知得FB⊥平面ABCD，所以FB⊥BC，由正方形性质得BC⊥AB，从而得到BC⊥面ABF，由此能证明BC⊥AF．
（2）连结EO，由已知得BMEO是平行四边形，由此能证明BM // 平面ACE．
（3）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B−AF−C的大小．
【解答】
（1）证明：∵ 正方形ABCD和矩形BDFE所在的平面互相垂直，
∴ FB⊥平面ABCD，∵ BC⊂平面ABCD，∴ FB⊥BC，
∵ ABCD是正方形，∴ BC⊥AB，
∵ AB∩FB=B，∴ BC⊥面ABF，
∵ AF⊂平面ABF，∴ BC⊥AF．
（2）证明：连结EO，
∵ AC交BD于O点，M为EF的中点，
∴ BM= // BO，∴ BMEO是平行四边形，
∴ OE // BM，
又BM不包含于平面ACE，OE⊂平面ACE，
∴ BM // 平面ACE．
（3）解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DE为z轴，
建立空间直角坐标系，
B(2,2, 0)，A(2,0,0)，F(2,2,1)，C(0, 2, 0)，
AB→=(0,2,0)，AF→=(0,2,1)，AC→=(−2,2,0)，
设平面CAF的法向量n→=(x,y,z)，
则n→⋅AF→=2y+z=0˙，取x=2，得n→=(2,2,−2)，
又平面ABF的法向量m→=(1,0,0)，
∴ cs=28=12，∴ =60∘，
∴ 二面角B−AF−C的平面角为60∘．
【答案】
依题意，
当直线AB的斜率不存在时，|AB|＝−p2＝−4，p＝2
当直线AB的斜率存在时，设
由，化简得
由y1y2＝−4得p2＝4，p＝2，
所以抛物线方程y2＝4x．
设D(x0, y0)，，则E(−1, t)，
又由y1y2＝−4，可得
因为，AD⊥EF，所以，故直线
由，化简得，所以．
所以
设点B到直线AD的距离为d，则
所以，
当且仅当t4＝16，即t＝±2，
当t＝2时，AD:x−y−3＝0，
当t＝−2时，AD:x+y−3＝0．
【考点】
抛物线的性质
【解析】
（1）根据题意，分直线的斜率是否存在两种情况讨论，求出p的值，综合即可得答案；
（2）根据题意，设D(x0, y0)，，分析可得E、A的坐标，进而可得直线AD的方程，结合三角形面积公式可以用t表示△ABD面积，利用基本不等式的性质分析可得答案．
【解答】
依题意，
当直线AB的斜率不存在时，|AB|＝−p2＝−4，p＝2
当直线AB的斜率存在时，设
由，化简得
由y1y2＝−4得p2＝4，p＝2，
所以抛物线方程y2＝4x．
设D(x0, y0)，，则E(−1, t)，
又由y1y2＝−4，可得
因为，AD⊥EF，所以，故直线
由，化简得，所以．
所以
设点B到直线AD的距离为d，则
所以，
当且仅当t4＝16，即t＝±2，
当t＝2时，AD:x−y−3＝0，
当t＝−2时，AD:x+y−3＝0．