2023-2024学年山东省济南重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省济南重点中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知直线过点(1,2)，且在纵坐标上的截距为横坐标上的截距的两倍，则直线l的方程为( )
A. 2x−y=0B. 2x+y−4=0
C. 2x−y=0或x+2y−2=0D. 2x−y=0或2x+y−4=0
2.过点(−2,0)与圆x2+y2−4x−m=0相切的两条直线垂直，则m=( )
A. −4B. −2 2C. 2 2D. 4
3.如果方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，那么实数k的取值范围是( )
A. (1,+∞)B. (1,2)C. (12,1)D. (0,1)
4.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数λ(λ>0，且λ≠1)，那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．若点C到A(−1,0)，B(1,0)的距离之比为 3，则点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为( )
A. 2 5− 3B. 5− 3C. 2 5D. 3
5.设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，且a⊥c，b/​/c，则|a+b|=．( )
A. 2 2B. 10C. 3D. 4
6.如图，G是△ABC的重心，OA=a,OB=b,OC=c，则OG=( )
A. 13a+23b+23c
B. 23a+23b+13c
C. 23a+23b+23c
D. 13a+13b+13c
7.已知两定点A(−3,5)，B(2,8)，动点P在直线x−y+1=0上，则|PA|+|PB|的最小值为( )
A. 5 13B. 34C. 5 5D. 2 26
8.在下列四个命题中：
①若向量a,b所在的直线为异面直线，则向量a,b一定不共面；
②向量a=(2,−1,2),b=(−4,2,m)，若a与b的夹角为钝角，则实数m的取值范围为m<5；
③直线xa+yb=1的一个方向向量为(1,−ba)；
④若存在不全为0的实数x，y，z使得xa+yb+zc=0，则a,b,c共面．
其中正确命题的个数是( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
9.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)，直线l：mx+y−m−1=0与线段AB相交，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,−34]∪[4,+∞)B. [−34,4]
C. (15,+∞)D. [−4,34]
10.如图所示，该曲线W是由4个圆：(x−1)2+y2=1，(x+1)2+y2=1，x2+(y+1)2=1，x2+(y−1)2=1的一部分所构成，则下列叙述错误的是( )
A. 曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B. 若圆x2+y2=r2(r>0)与曲线W有4个交点，则r= 2或2
C. BD与DE的公切线方程为x+y−1− 2=0
D. 曲线上的点到直线x+y+5 2+1=0的距离的最小值为3
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
11.平面上，动点M满足以下条件，其中M的轨迹为椭圆的是( )
A. M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为4
B. M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为6
C. M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为6
D. M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为8
12.已知直线l在x轴，y轴上的截距分别为1，−1，O是坐标原点，则下列结论中正确的是( )
A. 直线l的方程为x−y−1=0
B. 过点O且与直线l平行的直线方程为x−y=0
C. 若点(a,0)到直线l的距离为 22，则a=0
D. 点O关于直线l对称的点为(1,−1)
13.已知圆O：x2+y2=4，下列说法正确有( )
A. 对于∀m∈R，直线(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0与圆O都有两个公共点
B. 圆O与动圆C：(x−k)2+(y− 3k)2=4有四条公切线的充要条件是|k|>2
C. 过直线x+y−4=0上任意一点P作圆O的两条切线PA，PB(A,B为切点)，则四边形PAOB的面积的最小值为4
D. 圆O上存在三点到直线x+y−2=0距离均为1
14.已知平面α的一个法向量为n1=(1,−2,−12)，平面β的一个法向量为n2=(−1,0,−2)，直线l的方向向量为a=(1,0,2)，直线m的方向向量为b=(0,1,−2)，则( )
A. l/​/αB. α⊥β
C. l与m为相交直线或异面直线D. a在b向量上的投影向量为(0,45,85)
三、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
15.直线l1：x+ay+6=0与l2：(a−2)x+3y+2a=0平行，则a的值为______ ．
16.已知圆C1：x2+y2+2x−2y=0，圆C2：x2+y2−2x+6y=0，则两圆公共弦的长是 ．
17.已知一个圆C经过两个点A(2,−3)，B(−2,−5)，且圆心在直线x−2y−3=0上，则该圆的标准方程为______ ．
18.已知椭圆x225+y29=1上的点M到该椭圆一个焦点F的距离为2，N是MF的中点，O为坐标原点，那么线段ON的长是______ ．
19.已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，则点C到直线AB的距离为______．
20.已知点P(−1,2)及圆(x−3)2+(y−4)2=4，一光线从点P出发，经x轴上一点Q反射后与圆相切于点T，则|PQ|+|QT|的值为______．
四、解答题（本大题共4小题，共48.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
21.(本小题12.0分)
已知点A(−1,1)，B(2,3)，直线l：2x+y+3=0．
(1)求线段AB的中点坐标及直线AB的斜率；
(2)若直线l′过点B，且与直线l平行，求直线l′的方程．
22.(本小题12.0分)
求适合下列条件的椭圆的标准方程
(1)经过两点(2,− 2)，(−1, 142)；
(2)过点( 3,− 5)，且与椭圆y225+x29=1有相同的焦点．
23.(本小题12.0分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，ABC是边长为2的正三角形，O为AB的中点．
(1)证明：CO⊥平面ABB1A1；
(2)若直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，求平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值．
24.(本小题12.0分)
已知圆C的圆心坐标为C(3,0)，且该圆经过点A(0,4)．
(1)求圆C的标准方程；
(2)若点B也在圆C上，且弦AB长为8，求直线AB的方程；
(3)直线l交圆C于M，N两点，若直线AM，AN的斜率之积为2，求证：直线l过一个定点，并求出该定点坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题．
根据题意，根据直线l是否经过原点分2种情况讨论，分别求出直线l的方程，综合即可得答案．
【解答】
解：根据题意，分2种情况讨论：
①，直线l过原点，又由直线经过点(1,2)，此时直线l的方程为y=2x，即2x−y=0；
②，直线l不过原点，设其方程为xa+y2a=1，
又由直线经过点(1,2)，则有1a+22a=1，解可得a=2，此时直线l的方程为2x+y−4=0，
故直线l的方程为2x−y=0或2x+y−4=0，
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2−4x−m=0化为标准方程为(x−2)2+y2=m+4，
则圆心坐标为(2,0)，半径为r= m+4(m>−4)，
依题意，点(−2,0)，圆心以及两切点围成的四边形为正方形，
且正方形的边长为半径r，
则圆心(2,0)与(−2,0)的距离等于正方形的对角线长，
即4= 2r2= 2× m+4，
解得m=4．
故选：D．
将圆的方程化为标准方程，表示出圆心和半径，根据题意，4= 2r2= 2× m+4，由此可得m的值．
本题考查直线与圆相切的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由x2+ky2=2，得x22+y22k=1，
∵方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上的椭圆，
∴2k>2，解得0∴实数k的取值范围是(0,1)．
故选：D．
化曲线方程为椭圆的标准方程，由题意可得2k>2，求解此不等式可得k的取值范围．
本题考查椭圆的简单性质，考查了椭圆的标准方程，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：由题意，设A(−1,0)，B(1,0)，C(x,y)，
因为|CA||CB|= 3，所以 (x+1)2+y2 (x−1)2+y2= 3，即(x−2)2+y2=3，
所以点P的轨迹为以M(2,0)为圆心，半径为 3的圆，
则点M到直线x−2y+8=0的距离d=|2−0+8| 1+4=2 5，
故点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值为2 5− 3．
故选：A．
利用点C到A(−1,0)，B(1,0)的距离之比为 3，可得C的轨迹方程，进而可求点C到直线x−2y+8=0的距离的最小值．
本题考查点的轨迹方程，以及点到线的距离的最小值，属中档题．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的模的求法，考查向量平行、向量垂直、平面向量坐标运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
利用向量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出x，y，再由平面向量坐标运算法则求出a+b，由此能求出|a+b|.
【解答】
解：设x，y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,−4,2)，
且a⊥c，b/​/c，
∴2x−4+2=012=y−4，解得x=1y=−2,
∴a+b=(1,1,1)+(1,−2,1)=(2,−1,2)，∴|a+b|= 4+1+4=3．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】解：∵OA=a,OB=b,OC=c，OG=OA+AG
=OA+13(AB+AC)
=OA+13(OB−OA+OC−OA)
=13(OA+OB+OC)=13a+13b+13c，
则向量OG用基底{a,b,c}可以表示为13a+13b+13c
故选D．
由题意推出OG，使得它用OA，OB，OC，来表示，从而求出系数，得到正确选项．
本题考查空间向量的加减法，以及向量用不共线的基底进行表示，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：∵两定点A(−3,5)，B(2,8)，动点P在直线x−y+1=0上，
∴点A(−3,5)，B(2,8)P在直线x−y+1=0同侧，
设点A关于直线x−y+1=0的对称点为C(a,b)，
则a−32−5+b2+1=0b−5a+3=−1，解得a=4，b=−2，∴C(4,−2)，
∴|PA|+|PB|的最小值为：
|BC|= (4−2)2+(−2−8)2=2 26．
故选：D．
推导出点A(−3,5)，B(2,8)P在直线x−y+1=0同侧，求出点A关于直线x−y+1=0的对称点为C(4,−2)，|PA|+|PB|的最小值为|BC|，由此能求出结果．
本题考查两线段和的最小值的求法，考查直线方程、两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题以命题为载体，考查共线向量与共面向量，直线的方向向量，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
由向量是可自由平移的可判断①；由a与b的夹角为钝角，得到a⋅b=−8−2+2m<0，且2−4=−12≠2m，求出实数m的取值范围即可判断②；求出直线的斜率，即可得直线的一个方向向量，从而判断③；由共面向量基本定理即可判断④．
【解答】
解：①因为向量是可自由平移的，向量a,b所在的直线为异面直线，则向量a,b也可能共面，故命题①不正确；
②a=(2,−1,2),b=(−4,2,m)，若a与b的夹角为钝角，
则a⋅b=−8−2+2m<0，且2−4=−12≠2m，
解得m<5，且m≠−4，故命题②不正确；
③直线xa+yb=1的斜率为−ba，所以直线xa+yb=1的一个方向向量为(1,−ba)，故命题③正确；
④实数x，y，z不全为0，不妨设x≠0，则a=(−yx)b+(−zx)c，由共面向量定理知a,b,c一定共面，故命题④正确，
所以共有2个命题正确．
故选C．
9.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了直线系的应用、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
直线l：mx+y−m−1=0化为：m(x−1)+y−1=0，令x−1=0y−1=0，解得直线l经过定点P(1,1).利用斜率计算公式及其意义即可得出．
【解答】
解：直线l：mx+y−m−1=0化为：m(x−1)+y−1=0，令x−1=0y−1=0，解得x=1y=1．
∴直线l经过定点P(1,1)．
kPA=−3−12−1=−4，kPB=−2−1−3−1=34．
∵直线l：mx+y−m−1=0与线段AB相交，
∴−m≥34，或−m≤−4，
解得m≤−34，或m≥4，
则实数m的取值范围是(−∞,−34]∪[4,+∞)．
故选：A．
10.【答案】D
【解析】解：曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构成，所以其面积为2×2+2×π×12=4+2π，故A正确；
当r= 2时，交点为B，D，F，H；当r=2时，交点为A，C，E，G；
当02时，没有交点；当 2设BD与DE的公切线方程为y=kx+t(k<0,t>0)，
由直线和圆相切的条件可得|t−1| 1+k2=1=|k+t| 1+k2，
解得k=−1，t=1+ 2(1− 2舍去)，
则其公切线方程为y=−x+1+ 2，即x+y− 2−1=0，故C正确；
同理可得HB，HG的公切线方程为x+y+1+ 2=0，
则两平行线的距离为d=|5 2+1−1− 2| 2=4，故D错误．
故选：D．
对于A，将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆构成计算即可；对于B，结合图像分情况讨论即可；对于C，设公切线方程为y=kx+t(k<0,t>0)，根据直线和圆相切的条件列出方程求解即可得到结果；对于D，根据选项C中的方法，求得HB，HG的公切线方程，再利用两条平行线间的距离公式计算即可．
本题主要考查直线与圆的位置关系，两平行线间的距离公式，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对A选项，∵M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为4，
而两定点(0,2)，(0,−2)的距离也为4，∴M的轨迹为两定点的连线段，∴A选项错误；
对B选项，∵M到两定点(0,2)，(0,−2)的距离之和为6，
且6大于两定点(0,2)，(0,−2)的距离4，
∴M的轨迹为以两定点为焦点，长轴长为6的椭圆，∴B选项正确；
对C选项，∵M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为6，
而两定点的距离为6，
∴M的轨迹为两定点的连线段，∴C选项正确；
对D选项，∵M到两定点(3,0)，(−3,0)的距离之和为8，
而8大于两定点(3,0)，(−3,0)的距离6，
∴M的轨迹为椭圆是以两定点为焦点，长轴长为8的椭圆，∴D选项正确．
故选：BD．
根据椭圆的定义，即可求解．
本题考查轨迹方程问题，属中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：对A，直线l在x轴，y轴上的截距分别为1，−1，直线l的方程为x1+y−1=1，即x−y−1=0，A对；
对B，直线l斜率为1，故过点O且与直线l平行的直线方程为y=x，即x−y=0，B对；
对C，点(a,0)到直线l的距离为|a−1| 2= 22，故a=2或0，C错；
对D，点O关于直线l对称的点(m,n)满足n−0m−0⋅1=−1m2−n2−1=0，解得m=1n=−1，故该点为(1,−1)，D对．
故选：ABD．
对A，由截距式可求；对B，由点斜式可求；对C，由点线距离公式可求；对D，两对称点连线与直线l垂直，且两对称点中点过直线l．
本题主要考查了直线方程的求解，平行条件的应用，点关于直线的对称点的求解，属于基础题．
13.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，因为(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0，即：m(2x+y−7)+x+y−4=0，
所以2x+y−7=0x+y−4=0⇒x=3y=1，所以直线恒过定点(3,1)，
又因为32+12>4，所以定点(3,1)在圆O外，
所以直线(2m+1)x+(m+1)y−7m−4=0与圆O可能相交、相切、相离，即交点个数可能为0个、1个、2个．故选项A错误；
对于选项B，因为圆O与动圆C有4条公切线，所以圆O与圆C相离，
又因为圆O的圆心O(0,0)，半径r1=2，圆C的圆心C(k, 3k)，半径r2=2，
所以|OC|>r1+r2，即： k2+( 3k)2>4，解得：|k|>2，故选项B正确；
对于选项C，SPAOB=2S△OAP=2×12×|OA|×|PA|=2×12×|OA|× |OP|2−|OA|2=2 |OP|2−4，
又因为O到P的距离的最小值为O到直线x+y−4=0的距离，即：|OP|min=|−4| 2=2 2，
所以四边形PAOB的面积的最小值为2 (2 2)2−4=4.故选项C正确；
对于选项D，因为圆O的圆心O(0,0)，半径r1=2，则圆心O到直线x+y−2=0的距离为d=2 2= 2，
所以r1−d=2− 2<1，所以圆O上存在两点到直线x+y−2=0的距离为1.故选项D错误．
故选：BC．
对于选项A，转化为判断直线恒过的定点与圆的位置关系即可；对于选项B，转化为两圆外离，运用几何法求解即可；对于选项C，由SPAOB=2S△OAP=2 |OP|2−4，转化为求|OP|最小值即可；对于选项D，设圆心到直线的距离为d，比较r−d与1的关系即可．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为a=(1,0,2)，n1=(1,−2,−12)，且a⋅n1=1+0−1=0，所以a⊥n1，l/​/α或l⊂α，选项A错误；
对于B，因为n1=(1,−2,−12)，n2=(−1,0,−2)，计算n1⋅n2=−1+0+1=0，所以n1⊥n2，平面α⊥β，选项B正确；
对于C，因为a=(1,0,2)，b=(0,1,−2)，a与b不共线，所以直线l与m相交或异面，选项C正确；
对于D，a在b向量上的投影向量为a⋅b|b|2b=−402+12+(−2)2(0,1,−2)=(0,−45,85)，选项D正确．
故选：BC．
根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，判断选项中的命题是否正确即可．
本题考查了利用空间向量研究直线与平面之间的位置关系应用问题，是基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：∵l1/​/l2，∴−a−23=−1a，
化为a2−2a−3=0，
解得a=3或−1．
当a=3时，l1与l2重合，应舍去．
因此a=−1．
故答案为：−1．
由于l2的斜率存在，因此l1//l2⇔kl1=kl2且截距不等．即可得出．
本题考查了两条直线平行的充要条件，属于基础题．
16.【答案】2 55
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，注意分析两个圆的圆心与半径，属于基础题．
根据题意，设两圆的交点为M、N，即其公共弦所在的直线为MN，求出圆C1的圆心与半径，由两圆的一般方程分析可得直线MN的方程，结合直线与圆的位置关系，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，设两圆的交点为M、N，即其公共弦所在的直线为MN，
圆C1：x2+y2+2x−2y=0，其圆心为C1(−1,1)，半径r= 2，
圆C1：x2+y2+2x−2y=0，圆C2：x2+y2−2x+6y=0，则MN的方程为(x2+y2+2x−2y)−(x2+y2−2x+6y)=0，
变形可得：4x−8y=0，即x−2y=0，
则C1(−1,1)到直线MN的距离d=|(−1)−2| 1+4=3 55，
则MN=2× r2−d2=2 55；
故答案为：2 55．
17.【答案】(x+1)2+(y+2)2=10
【解析】解：由点A(2,−3)，B(−2,−5)，可得kAB=−5−(−3)−2−2=12，
AB的中点为(0,−4)，则AB的垂直平分线方程为y=−2x−4，
联立y=−2x−4x−2y−3=0，解得x=−1y=−2．
∴圆C的圆心坐标为(−1,−2)，
则圆的半径r= (−1−2)2+(−2+3)2= 10．
则圆C的方程为：(x+1)2+(y+2)2=10．
故答案为：(x+1)2+(y+2)2=10．
由A，B的坐标求出AB的垂直平分线方程，与直线x−2y−3=0联立求出圆心坐标，再由两点间的距离公式求得圆的半径，代入圆的标准方程得答案．
本题考查圆的方程的求法，考查圆的性质的应用，是基础题．
18.【答案】4
【解析】解：由椭圆的定义可知，点M到另一个焦点F′的距离|MF′|=2a−2=2×5−2=8，
∵O为FF′的中点，N是MF的中点，
∴|ON|=12|MF′|=4，
故答案为：4．
由椭圆的定义求出点M到另一个焦点F′的距离|MF′|的长，再利用三角形中位线定理即可求出结果．
本题主要考查了椭圆的定义，以及椭圆的几何性质，属于基础题．
19.【答案】 5
【解析】解：设点C到直线AB的距离为d，
∵A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，
∴AB=(2,−1,2)，AC=(1,−2,4)，
∴AB⋅AC|AB|=4，
∴d= |AC|2−16= 5．
故答案为： 5．
根据已知条件，结合向量的数量积公式，以及勾股定理，即可求解．
本题主要考查向量的数量积公式，以及勾股定理，属于基础题．
20.【答案】4 3
【解析】解：如图，点P(−1,2)关于x轴的对称点为P′(−1,−2)，
由反射的对称性可知，P′Q与圆相切，|PQ|+|QT|=|P′T|，
∵圆(x−3)2+(y−4)2=4的圆心坐标为A(3,4)，半径r=2，
∴|AP′|2=(−1−3)2+(−2−4)2=52，|AT|=r=2，
∴|PQ|+|QT|=|P′T|= |AP′|2−|AT|2=4 3．
故答案为：4 3．
根据反射的特征，作点P关于x轴的对称点为P′，则P′Q与圆相切，|PQ|+|QT|=|P′T|，利用两点间的距离公式、圆心到直线的距离等于半径和勾股定理，即可求出答案．
本题考查了关于点、直线对称的圆的方程，考查了两点间的距离公式的应用，是中档题．
21.【答案】解：(1)根据题意，设AB的中点坐标为(x′,y′)，
又由点A(−1,1)，B(2,3)，
则x′=(−1)+22=12，y′=1+32=2，
故AB中点的坐标为(12,2)；
直线AB的斜率k=3−12−(−1)=23；
(2)设直线l′的方程为2x+y+m=0，
又由直线l′经过点B(2,3)，
则有2×2+3+m=0，则m=−7；
即直线l′的方程为2x+y−7=0．
【解析】【试题解析】
本题考查直线的点斜式方程以及中点坐标公式，涉及直线的斜率计算，属于基础题．
(1)根据题意，设AB的中点坐标为(x′,y′)，由中点坐标公式和直线的斜率公式计算可得答案；
(2)根据题意，设直线l′的方程为2x+y+m=0，将B的坐标代入其方程计算可得m的值，即可得答案．
22.【答案】解：(1)设椭圆方程为mx2+ny2=1，(m>0,n>0,m≠n)
则4m+2n=1m+72n=1，解得m=18n=14，
故椭圆的标准方程为：x28+y24=1．
(2)由已知椭圆方程可得焦点坐标为(0,±4)，
则可设所求的椭圆方程为：y2m+x2m−16=1，(其中m>16)，
代入点( 3,− 5)，解得m=20，
所以所求椭圆方程为： y220+x24=1．
【解析】(1)设椭圆方程为mx2+ny2=1，(m>0,n>0,m≠n)则4m+2n=1m+72n=1，解得m，n即可；
(2)可设所求的椭圆方程为：y2m+x2m−16=1，(其中m>16)，代入点( 3,− 5)，解得m即可，
本题考查了椭圆的标准方程以及焦点相同和不确定的问题的椭圆方程的设法，属于基础题．
23.【答案】证明：(1)∵ABC是正三角形，O为AB的中点，∴CO⊥AB．
又∵ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，∴AA1⊥CO．
又AB∩AA1=A，∴CO⊥平面ABB1A1．
解：(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，
∴直线B1C与平面ABB1A1所成的角为∠CB1O，∴tan∠CB1O= 155．
∵△ABC是边长为2的正三角形，则CO= 3，∴OB1= 5．
在直角△B1BO中，OB=1，OB1= 5，∴BB1=2．
建立如图所示坐标系，则B(1,0,0)，A(−1,0,0)，A1(−1,2,0)，B1(1,2,0)，C1(0,2, 3)．
∴BA1=(−2,2,0)，BC1=(−1,2, 3)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，则−2x+2y=0−x+2y+ 3z=0，
解得平面A1BC1的法向量为m=( 3, 3,−1)．AB=(2,0,0)，AC1=(1,2, 3)，
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z)，则2x=0x+2y+ 3z=0，
解得平面ABC1的法向量为n=(0,− 3,2)．
设平面A1BC1与平面ABC1夹角为θ，则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=57．
平面A1BC1与平面ABC1夹角的余弦值为57．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明即可；
(2)连接OB1，由(1)知CO⊥平面ABB1A1，又直线B1C与平面ABB1A1所成的角的正切值为 155，可得BB1=2，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用二面角的坐标公式计算大小可得答案．
本题考查二面角，考查学生的推理运算能力，属于中档题．
24.【答案】(1)解：设圆的标准为(x−3)2+y2=r2，把A(0,4)代入得r=5，
故圆的标准方程为(x−3)2+y2=25．
(2)解：①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=0，此时弦AB长为8，符合题意；
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+4，
联立方程y=kx+4(x−3)2+y2=25，则(1+k2)x2−(6−8k)x=0，
所以B(6−8k1+k2,4+6k−4k21+k2)，
根据弦AB长为8，可得|AB|= (6−8k1+k2)2+(4+6k−4k21+k2−4)2=8，
解得k=−724，所以直线AB的方程为7x+24y−96=0，
(令解：当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+4，即kx−y+4=0，
由题意可知圆心C到直线AB的距离为3，所以|3k+4| k2+1=3，
解得k=−724，所以直线AB的方程为7x+24y−96=0)
综上所述，直线AB的方程为x=0或7x+24y−96=0；
(3)证明：当直线l斜率不存在时，设M(a,b)，N(a,−b)，
∵直线AM，AN的斜率之积为2，A(0,4)，
∴b−4a⋅−b−4a=2，即b2=16−2a2，
∵点M(a,b)在圆上，
∴(a−3)2+b2=25，
联立b2=16−2a2(a−3)2+b2=25，无解，舍去，
当直线l斜率存在时，设直线l：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t)，
kAM⋅kAN=kx1+t−4x1⋅kx2+t−4x2=2⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0①
联立方程y=kx+t(x−3)2+y2=25⇒(k2+1)x2+(2kt−6)x+t2−16=0，
∴x1+x2=−(2kt−6)1+k2，x1x2=t2−161+k2，
代入①，得(k2−2)(t2−16)+(kt−4k)(−2kt+6)+(t−4)2(1+k2)=0，
化简得k=t6+2，∴直线l的方程为：y=(t6+2)x+t，所以过定点(−6,−12)．
【解析】(1)设圆的标准为(x−3)2+y2=r2，直接求出；
(2)分直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，即可求得直线AB的直线方程；
(3)当直线l的斜率不存在时，设M(a,b)，N(a,−b)，由直线AM，AN的斜率之积为2，及点M在圆上可得关于a，b的方程组，解方程组即可，当直线l的斜率存在时，可设直线l：y=kx+t，M(x1,kx1+t)，N(x2,kx2+t)，根据kAM⋅kAN=2⇒(k2−2)x1x2+k(t−4)(x1+x2)+(t−4)2=0，求出k，t关系，代入直线方程求出即可．
本题主要考查求圆的标准方程，直线和圆的位置关系，考查定点问题，属于中档题．