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2023-2024学年广东省江门市五校联考（东方红中学、梁启超纪念中学、台师高级中学、陈瑞祺中学、陈经纶中学）高二（上）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省江门市五校联考（东方红中学、梁启超纪念中学、台师高级中学、陈瑞祺中学、陈经纶中学）高二（上）期中数学试卷（含解析），共15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.在空间直角坐标系中，a=(2x−4,x2,−4)，b=(−1,−4,1)，若a//b，则x的值为( )
A. 3B. 6C. 5D. 4
2.设直线l的斜率k满足|k|≤1，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A. [0,π4)B. [0,π4]∪[3π4,π)C. (3π4,π)D. [0,π4)∪(3π4,π]
3.三棱锥O−ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，若OA=a,OB=b,OC=c，则OE=( )
A. −12a−12b+cB. −12a+12b+c
C. −12a−14b+14cD. 12a+14b+14c
4.已知平面α的一个法向量为n=( 3,1,0)，则x轴与平面α所成角的大小为( )
A. π2B. π3C. 4D. π6
5.若点P(3,a)到直线x+ 3y−4=0的距离为1，则a值为( )
A. 3B. − 33C. 33或− 3D. 3或− 33
6.已知平面α的一个法向量n=(1,−2,−2)，点A(−1,3,0)在α内，则平面外一点P(−2,1,4)到α的距离为( )
A. 10B. 3C. 53D. 103
7.光线自点M(2,3)射到N(1,0)后被x轴反射，则反射光线所在的直线与圆C：x2+(y−4)2=1( )
A. 相离B. 相切C. 相交且过圆心D. 相交但不过圆心
8.圆x2+y2+4x−6y=0和圆x2+y2−6x=0交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是( )
A. 3x+5y+9=0B. 3x−5y−9=0C. 3x−5y+9=0D. 3x+5y−9=0
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知空间向量m=(2,−1,3)，n=(−4,2,x)，则下列选项中正确的是( )
A. 当m//n时，x=−6B. 当m⊥n时，x=2
C. 当x=−4时，|m+n|= 6D. 当x=1时，cs〈m,n〉=− 66
10.已知直线l：kx−y−k=0与圆M：x2+y2−4x−2y+1=0，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,0)B. 圆M的半径为2
C. 不存在实数k，使得直线l与圆M相切D. 直线l被圆M截得的弦长最长为2 2
11.若直线3x+4y−12=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P是圆x2+y2+6x+2y+6=0上的一点，则△PAB的面积可能为( )
A. 6B. 11C. 14D. 18
12.已知正方体ABCD−A′B′C′D′的边长为2，Q为棱AA′的中点，M，N分别为线段C′D′，CD上两动点(包括端点)，记直线QM，QN与平面ABB′A′所成角分别为α，β，tan2α+tan2β=4，则存在点M，N，使得( )
A. MN//AA′B. MN=2 2C. MN=52D. MN⊥C′Q
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.点M是空间直角坐标系Oxyz中的一点，其坐标为(1,−1,2)，若点N与点M关于x轴对称，则点N的坐标为______ ．
14.已知向量a=(1,4,1)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b上投影向量为______ ．
15.若过点P(2,1)作圆x2+y2=1的切线，则切线方程为______．
16.经过点P(1,2)，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的方程是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知a=(3,2,−1)，b=(2,1,2)．
(1)求(a+b)⋅(a−2b)；
(2)当(ka+b)⊥(a−kb)时，求实数k的值．
18.(本小题12分)
已知△ABC的顶点B(−2,0)，AB边上的高所在的直线方程为x+3y−26=0．
(1)求直线AB的方程；
(2)若BC边上的中线所在的直线方程为y=3，求直线AC的方程．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy内有三个定点A(2,2)，B(1,3)，C(1,1)，记△ABC的外接圆为E．
(1)求圆E的方程；
(2)试判断直线l：y=x+2与圆E是否相交，并说明理由；若相交，求所截得的弦长．
20.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，E为PC的中点，PD=DC=2．
(1)证明：PA//平面BDE；
(2)求三棱锥E−PAB的体积．
21.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系xOy中，已知A、B是圆O：x2+y2=8上的两个动点，P是弦AB的中点，且∠AOB=90°．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)过点D(1,0)的直线与点P的轨迹T交于E，F两点，探索DE⋅DF是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．
(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；
(2)若∠BCD=60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在空间直角坐标系中，a=(2x−4,x2,−4)，b=(−1,−4,1)，若a//b，
则2x−4−1=x2−4=−41，解得x=4．
故选：D．
由已知直接利用空间向量的坐标运算列式求解x的值．
本题考查空间向量共线的坐标运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由于直线l的斜率k满足|k|≤1，即−1≤k≤1，
则直线l的倾斜角α满足0≤tanα≤1或tanα≥−1，故有0≤α≤π4或3π4≤α<π．
故选：B．
由题意，根据直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，得出结论．
本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：三棱锥O−ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，且OA=a,OB=b,OC=c，如图，
OE=12OA+12OD=12OA+12⋅12(OB+OC)=12a+14b+14c．
故选：D．
利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示OE作答．
本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意x轴的方向向量可以为m=(1,0,0)，又n=( 3,1,0)，
设x轴与平面α所成角为θ，则sinθ=|n⋅m||n|⋅|m|= 32，因为θ∈[0,π2]，所以θ=π3．
故选：B．
依题意可得x轴的方向向量可以为m=(1,0,0)，再利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．
本题考查了利用空间向量求空间角，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：由点到直线的距离公式得：
点P(3,a)到直线x+ 3y−4=0的距离d=|3+ 3a−4|2=1
解得：a= 3或− 33
故选：D．
直接用点到直线的距离公式列方程求解即可．
本题主要考查了点到直线的距离公式的应用和基本运算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵A(−1,3,0)、P(−2,1,4)，
∴AP=(−1,−2,4)，
又平面α的一个法向量n=(1,−2,−2)，
∴点P到α的距离d=|n⋅AP||n|=|1×(−1)+(−2)2+(−2)×4| 12+(−2)2+(−2)2=53，
故选：C．
求出AP，根据点P到α的距离公式d=|n⋅AP||n|，求解即可得出答案．
本题考查空间向量的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：∵点M(2,3)关于x轴对称点是(2,−3)，
∴反射光线过(1,0)和(2,−3)，
∴反射光线的方程：yx−1=−3−02−1=−3，
即3x+y−3=0．
圆x2+(y−4)2=1的圆心是(0,4)，半径r=1，
∵圆心(0,4)到直线3x+y−3=0的距离
d=|3×0+4−3| 9+1= 1010<1，
∴反射光线3x+y−3=0与圆C：x2+(y−4)2=1相交但不过圆心．
故选：D．
由点M(2,3)关于x轴对称点是(2,−3)，知反射光线过(1,0)和(2,−3)；由此能够求出反射光线的方程．由圆x2+(y−4)2=1，能求出圆心和半径；再由圆心(0,4)到直线3x+y−3=0的距离d与半径的关系能判断反射光线与圆C：x2+(y−4)2=1的关系．
本题考查直线与圆的位置关系，综合性强，难度大，容易出错．解题时要认真审题，注意点到直线距离公式的灵活运用，合理地进行等价转化．
8.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2+4x−6y=0和圆x2+y2−6x=0交于A，B两点，
则两圆的公共弦方程为(x2+y2+4x−6y)−(x2+y2−6x)=0，即5x−3y=0，
故AB的直线方程为5x−3y=0，
设所求直线方程为3x+5y+m=0，
因为所求直线经过两圆的圆心，其中一个圆的圆心为(3,0)，代入方程求得m=−9，
故所求直线方程为3x+5y−9=0．
故选：D．
先求出两圆的公共弦AB的方程，然后利用垂直直线系设出所求方程，再将圆心代入即可得到答案．
本题考查了直线与圆位置关系的应用，涉及了两圆公共弦方程的求解、垂直直线系的应用，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A，∵m//n，
∴存在实数λ，使得n=λm，则(−4,2,x)=λ(2,−1,3)=(2λ,−λ,3λ)，即−4=2λ2=−λx=3λ，
解得λ=−2，x=−6，故A正确；
对B，∵m⊥n，
∴m⋅n=0，即2×(−4)+(−1)×2+3x=0，解得x=103，故B错误；
对C，当x=−4时，n=(−4,2,−4)，
∴m+n=(2,−1,3)+(−4,2,−4)=(−2,1,−1)，
∴|m+n|= (−2)2+12+(−1)2= 6，故C正确；
对D，当x=1时，n=(−4,2,1)，m=(2,−1,3)，
∴cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=2×(−4)+(−1)×2+3×1 (−4)2+22+12× 22+(−1)2+32=− 66，故D正确．
故选：ACD．
对于A，利用空间向量平行的性质即可判断；对于B，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于C，根据空间向量坐标运算计算出m+n，利用模长公式计算，从而得以判断；对于D，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断．
本题主要考查向量垂直、平行的性质，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，l：kx−y−k=0变形为y=k(x−1)，故恒过定点(1,0)，故A正确；
对于B，M：x2+y2−4x−2y+1=0变形为(x−2)2+(y−1)2=4，
圆心坐标为(2,1)，半径为2，故B正确；
对于C，令圆心(2,1)到直线l：kx−y−k=0的距离|2k−1−k| 1+k2=2，
整理得：3k2+2k+3=0，
由Δ=4−36=−32<0可得，方程无解，
故不存在实数k，使得直线l与圆M相切，故C正确；
对于D，若k=1，直线方程为l：x−y−1=0，圆心(2,1)在直线l：x−y−1=0上，
故直线l被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，故D错误．
故选：ABC．
将直线方程变形后得到y=k(x−1)，求出恒过的定点，即可判断A，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D．
本题主要考查了直线过定点问题，考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：易得A(4,0)，B(0,3)，所以|AB|=5，
圆的标准方程为(x+3)2+(y+1)2=4，圆心为(−3,−1)，
圆心到直线3x+4y−12=0的距离为d=|−3×3−4−12| 32+42=5，
所以点P到直线3x+4y−12=0的距离d的取值范围为[3,7]，
所以S△PAB=12|AB|d∈[152,352]．
故选：BC．
圆x2+y2+6x+2y+6=0，圆心为(−3,−1)，利用圆上点到直线之间的距离最大值为圆心到直线距离加半径，距离最小值为圆心到直线距离减半径，从而确定三角形的高的取值范围，然后得到面积的取值范围．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查零点存在定理，考查直观想象和数学运算的核心素养，属于难题．
建系设点坐标，作出题中的线面角，结合tan2α+tan2β=4得到1a2+1+1b2+1=1,a,b∈[0,2]，再依次判断各个选项a，b是否有解即可．
【解答】
解：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
过M点作A′B′的垂线，垂足为M′，作N点作AB的垂线，垂足为N′，则MM′⊥平面ABB′A′，NN′⊥平面ABB′A′，所以直线QM，QN与平面ABB′A′所成的角分别为∠MQM′，∠NQN′，即α=∠MQM′，β=∠NQN′，
Q(0,0,1)，C′(2,2,2)，设M(a,2,2)，N(b,2,0)，
则M′=(a,0,2)，N′(b,0,0)，
所以MM′=NN′=2,QM′= a2+1,QN′= b2+1，
其中a，b∈[0,2]，
所以tanα=tan∠MQM′=MM′QM′=2 a2+1,tanβ=tan∠NQN′=NN′QN′=2 b2+1，
因为tan2α+tan2β=4，所以4a2+1+4b2+1=4，即1a2+1+1b2+1=1, a,b∈[0,2]，
对于A选项，若MN//AA′，即a=b，解得a=b=1，满足题意，故 A 正确；
对于B选项，若MN=2 2，即MN= (a−b)2+4=2 2，此时a，b无解，故 B 错误；
对于C选项，若MN=52，即MN= (a−b)2+4=52，解得b=12a=2或b=2a=12，满足题意，故 C 正确；
对于D选项，MN⊥C′Q，MN·QC′=0即(b−a,0,−2)⋅(2,2,1)=0，
即b−a=1，
所以b=a+1∈[0,2]，故a∈[0,1]，
于是1a2+1+1b2+1=1a2+1+1(a+1)2+1=1，
令f(x)=1x2+1+1(x+1)2+1−1,x∈[0,1]，
又f(0)=12>0,f(1)=12+15−1=−310<0，
故f(0)f(1)<0，由零点存在定理可得f(x)在[0,1]上存在零点，
即方程1a2+1+1(a+1)2+1=1有[0,1]内的解，满足题意，故 D 正确．
故选：ACD．
13.【答案】(1,1,−2)
【解析】解：M(1,−1,2)关于x轴对称的点N(1,1,−2)．
故答案为：(1,1,−2)．
直接利用点关于线的对称求出结果．
本题考查的知识要点：点的对称，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】(−1,12,12)
【解析】解：因为向量a=(1,4,1)，b=(−2,1,1)，
所以向量a在向量b上投影向量为|a|⋅cs〈a,b〉⋅b|b|=a⋅b|b|⋅b|b|=−2+4+1 4+1+1⋅(−2,1,1) 4+1+1=12(−2,1,1)=(−1,12,12)．
故答案为：(−1,12,12)．
根据投影向量公式计算可得答案．
本题考查空间向量的坐标运算，投影向量，属于基础题．
15.【答案】y=l或4x−3y−5=0
【解析】解：由题意可知，22+12=5>1，故P在圆外，
则过点P做圆O的切线有两条，且切线斜率必存在，
设切线为y=k(x−2)+1，即kx−y−2k+1=0，
则圆心O(0,0)到直线kx−y−2k+1=0的距离d=|−2k+1| k2+1=1，解得k=0或k=43，
故切线方程为y=1或4x−3y−5=0．
故答案为：y=1或4x−3y−5=0．
根据圆心到切线的距离等于圆的半径即可求解．
本题考查过圆外一点的圆的切线方程，属于基础题．
16.【答案】2x−y=0或x+2y−5=0
【解析】解：当直线过原点时，直线的方程为y=2x，即2x−y=0，
当直线不过原点时，设直线在x轴上的截距为2m，则在y轴上的截距为m，
此时直线的方程为x2m+ym=1，由直线经过点(1,2)，
得12m+2m=1，解得2m=5，故m=52，
所以直线的方程为x+2y−5=0．
故答案为：2x−y=0或x+2y−5=0．
根据条件分直线过原点和不过原点两种情况，求出直线l的方程即可．
本题考查的知识要点：直线的截距式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)已知a=(3,2,−1)，b=(2,1,2)，
则a2=14，b2=9，a⋅b=6，
所以(a+b)⋅(a−2b)=a2−a⋅b−2b2=14−6−2×9=−10；
(2)因为(ka+b)⊥(a−kb)，
所以(ka+b)⋅(a−kb)=ka2+(1−k2)a⋅b−kb2=14k+6(1−k2)−9k=0，
解得k=32或−23．
【解析】(1)根据数量积的运算律结合数量积的坐标公式计算即可；
(2)由(ka+b)⊥(a−kb)，得(ka+b)⋅(a−kb)=0，再根据数量积的运算律结合数量积的坐标公式计算即可．
本题考查了空间向量数量积的运算律，重点考查了空间向量数量积的坐标运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为AB边上的高所在的直线方程为x+3y−26=0，可得斜率为−13，
可得直线AB的斜率k=3，又因为△ABC的顶点B(−2,0)，
所以直线AB的方程为y=3(x+2)，即3x−y+6=0；
所以直线AB的方程为3x−y+6=0．
(2)直线BC边上的中线所在的直线方程为y=3，
由方程组y=3y=3x+6，解得x=−1y=3，所以点A(−1,3)，
设点C(x1,y1)，则BC的中点在直线y=3上，所以y1+02=3，即y1=6，
又点C(x1,6)在直线x+3y−26=0上，x1+3×6−26=0，解得x1=8，所以C(8,6)，
所以AC的斜率kAC=6−38+1=13，所以直线AC的方程为y−6=13(x−8)，
即直线AC的方程为x−3y+10=0．
【解析】(1)根据题意，得到直线AB的斜率k=3，结合直线的点斜式方程，即可求解；
(2)根据题意，求得A(−1,3)，设点C(x1,y1)，求得y1=6，再求得点C(8,6)，进而求得AC的斜率kAC=13，进而求得直线AC的方程．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设圆E的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为A(2,2)、B(1,3)、C(1,1)都在圆E上，
则4+4+2D+2E+F=01+9+D+3E+F=01+1+D+E+F=0，解之得D=−2E=−4F=4，
所以圆E的方程为x2+y2−2x−4y+4=0；
(2)由(1)得圆E的方程为(x−1)2+(y−2)2=1，
则圆心E(1,2)，圆E的半径为1，
所以圆心E到直线x−y+2=0的距离为|1−2+2| 12+(−1)2= 22<1，
则直线l与圆E相交，
由圆的弦长公式，可得所截得的弦长为2 r2−d2=2 1−12= 2．
【解析】(1)设出圆E的方程，利用待定系数法求解作答；
(2)由(1)求得圆心E到直线x−y+2=0的距离为 22，结合圆的弦长公式，即可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：如图，连接AC，设AC∩BD=F，
又E为PC的中点，∴EF//PA，
又PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
∴PA//平面BDE；
(2)∵E为PC的中点，
∴VE−PAB=12VC−PAB=12VP−ABC=14VP−ABCD
=14×13×2×2×2=23．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理，即可证明；
(2)先转化三棱锥的顶点，再根据锥体的体积公式计算，即可求解．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
21.【答案】解：(1)由圆O：x2+y2=8，可得半径为2 2，
由P是弦AB的中点，且∠AOB=90°，可得|OP|=2，
设点P(x,y)为曲线上任意一点，
则点P的轨迹方程为：x2+y2=4．
(2)DE⋅DF是定值，定值为−3，理由如下：
当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为y=k(x−1)，
由x2+y2=4y=k(x−1)，消去y，得(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0，
显然Δ>0，设E(x1,y1)，F(x2,y2)，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2，
又DE=(x1−1,y1)，DF=(x2−1,y2)，
则DE⋅DF=1−(x1+x2)+x1x2+y1y2=1−(x1+x2)+x1x2+k(x1−1)(x2−1)
=(1+k2)x1x2−(1+k2)(x1+x2)+(1+k2)=(1+k2)k2−41+k2−(1+k2)2k21+k2+(1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2=−3k2−31+k2=−3．
当直线l的斜率不存在时，E(1, 3)，F(1,− 3)，DE⋅DF=−3，
故DE⋅DF是定值，即DE⋅DF=−3．
【解析】(1)由|OP|=2，即可得到点P的轨迹方程；
(2)当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)、E(x1,y1)，F(x2,y2)，联立圆P方程，利用韦达定理表示出x1+x2，x1x2，结合向量数量积的坐标表示化简计算即可；当直线的斜率不存在时，计算可得结论．
本题考查轨迹方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为CD⊥AE，AE∩EF=E，
AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF．
(2)在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，
设BC=4，则EA=2 3，DF=FC=l，EF= 3．
以{EH,EF,EA}为正交基底，建立如图空间直角坐标系E−xyz，
则E(0,0,0),A(0,0,2 3),C(−1, 3,0),D(1, 3,0)，
设G(1,y,0)，则EA=(0,0,2 3),AD=(1, 3,−2 3)，CD=(2,0,0),EG=(1,y,0)，
设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由n1⋅EA=2 3z1=0n1⋅EG=x1+yy1=0，令y1=−1，故n1=(y,−1,0)，
设平面ACD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅CD=2x2=0n2⋅AD=x2+ 3y2−2 3z2=0，令z2=1，则n2=(0,2,1)，
设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为θ，
则csθ=|cs|=|−2 5⋅ y2+1|=2 5⋅ y2+1，
当y=0，csθ最大，此时锐二面角θ最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小．
【解析】(1)由面面垂直可得AE⊥平面BCD，得出CD⊥AE，再由CD⊥EF可得CD⊥平面AEF，即可得出平面ACD⊥平面AEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求出锐二面角的余弦值，当y=0，csθ最大，θ最小，即可得出此时点G为BD的中点．
本题主要考查面面垂直的证明，立体几何中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
1.在空间直角坐标系中，a=(2x−4,x2,−4)，b=(−1,−4,1)，若a//b，则x的值为( )
A. 3B. 6C. 5D. 4
2.设直线l的斜率k满足|k|≤1，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A. [0,π4)B. [0,π4]∪[3π4,π)C. (3π4,π)D. [0,π4)∪(3π4,π]
3.三棱锥O−ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，若OA=a,OB=b,OC=c，则OE=( )
A. −12a−12b+cB. −12a+12b+c
C. −12a−14b+14cD. 12a+14b+14c
4.已知平面α的一个法向量为n=( 3,1,0)，则x轴与平面α所成角的大小为( )
A. π2B. π3C. 4D. π6
5.若点P(3,a)到直线x+ 3y−4=0的距离为1，则a值为( )
A. 3B. − 33C. 33或− 3D. 3或− 33
6.已知平面α的一个法向量n=(1,−2,−2)，点A(−1,3,0)在α内，则平面外一点P(−2,1,4)到α的距离为( )
A. 10B. 3C. 53D. 103
7.光线自点M(2,3)射到N(1,0)后被x轴反射，则反射光线所在的直线与圆C：x2+(y−4)2=1( )
A. 相离B. 相切C. 相交且过圆心D. 相交但不过圆心
8.圆x2+y2+4x−6y=0和圆x2+y2−6x=0交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是( )
A. 3x+5y+9=0B. 3x−5y−9=0C. 3x−5y+9=0D. 3x+5y−9=0
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知空间向量m=(2,−1,3)，n=(−4,2,x)，则下列选项中正确的是( )
A. 当m//n时，x=−6B. 当m⊥n时，x=2
C. 当x=−4时，|m+n|= 6D. 当x=1时，cs〈m,n〉=− 66
10.已知直线l：kx−y−k=0与圆M：x2+y2−4x−2y+1=0，则下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,0)B. 圆M的半径为2
C. 不存在实数k，使得直线l与圆M相切D. 直线l被圆M截得的弦长最长为2 2
11.若直线3x+4y−12=0分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P是圆x2+y2+6x+2y+6=0上的一点，则△PAB的面积可能为( )
A. 6B. 11C. 14D. 18
12.已知正方体ABCD−A′B′C′D′的边长为2，Q为棱AA′的中点，M，N分别为线段C′D′，CD上两动点(包括端点)，记直线QM，QN与平面ABB′A′所成角分别为α，β，tan2α+tan2β=4，则存在点M，N，使得( )
A. MN//AA′B. MN=2 2C. MN=52D. MN⊥C′Q
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.点M是空间直角坐标系Oxyz中的一点，其坐标为(1,−1,2)，若点N与点M关于x轴对称，则点N的坐标为______ ．
14.已知向量a=(1,4,1)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b上投影向量为______ ．
15.若过点P(2,1)作圆x2+y2=1的切线，则切线方程为______．
16.经过点P(1,2)，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍的直线l的方程是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知a=(3,2,−1)，b=(2,1,2)．
(1)求(a+b)⋅(a−2b)；
(2)当(ka+b)⊥(a−kb)时，求实数k的值．
18.(本小题12分)
已知△ABC的顶点B(−2,0)，AB边上的高所在的直线方程为x+3y−26=0．
(1)求直线AB的方程；
(2)若BC边上的中线所在的直线方程为y=3，求直线AC的方程．
19.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy内有三个定点A(2,2)，B(1,3)，C(1,1)，记△ABC的外接圆为E．
(1)求圆E的方程；
(2)试判断直线l：y=x+2与圆E是否相交，并说明理由；若相交，求所截得的弦长．
20.(本小题12分)
如图所示，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，E为PC的中点，PD=DC=2．
(1)证明：PA//平面BDE；
(2)求三棱锥E−PAB的体积．
21.(本小题12分)
已知在平面直角坐标系xOy中，已知A、B是圆O：x2+y2=8上的两个动点，P是弦AB的中点，且∠AOB=90°．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)过点D(1,0)的直线与点P的轨迹T交于E，F两点，探索DE⋅DF是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．
(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；
(2)若∠BCD=60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在空间直角坐标系中，a=(2x−4,x2,−4)，b=(−1,−4,1)，若a//b，
则2x−4−1=x2−4=−41，解得x=4．
故选：D．
由已知直接利用空间向量的坐标运算列式求解x的值．
本题考查空间向量共线的坐标运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由于直线l的斜率k满足|k|≤1，即−1≤k≤1，
则直线l的倾斜角α满足0≤tanα≤1或tanα≥−1，故有0≤α≤π4或3π4≤α<π．
故选：B．
由题意，根据直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，得出结论．
本题主要考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及倾斜角的取值范围，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：三棱锥O−ABC中，D为BC的中点，E为AD的中点，且OA=a,OB=b,OC=c，如图，
OE=12OA+12OD=12OA+12⋅12(OB+OC)=12a+14b+14c．
故选：D．
利用给定的空间向量的基底，结合空间向量的线性运算表示OE作答．
本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意x轴的方向向量可以为m=(1,0,0)，又n=( 3,1,0)，
设x轴与平面α所成角为θ，则sinθ=|n⋅m||n|⋅|m|= 32，因为θ∈[0,π2]，所以θ=π3．
故选：B．
依题意可得x轴的方向向量可以为m=(1,0,0)，再利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解．
本题考查了利用空间向量求空间角，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：由点到直线的距离公式得：
点P(3,a)到直线x+ 3y−4=0的距离d=|3+ 3a−4|2=1
解得：a= 3或− 33
故选：D．
直接用点到直线的距离公式列方程求解即可．
本题主要考查了点到直线的距离公式的应用和基本运算能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵A(−1,3,0)、P(−2,1,4)，
∴AP=(−1,−2,4)，
又平面α的一个法向量n=(1,−2,−2)，
∴点P到α的距离d=|n⋅AP||n|=|1×(−1)+(−2)2+(−2)×4| 12+(−2)2+(−2)2=53，
故选：C．
求出AP，根据点P到α的距离公式d=|n⋅AP||n|，求解即可得出答案．
本题考查空间向量的应用，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：∵点M(2,3)关于x轴对称点是(2,−3)，
∴反射光线过(1,0)和(2,−3)，
∴反射光线的方程：yx−1=−3−02−1=−3，
即3x+y−3=0．
圆x2+(y−4)2=1的圆心是(0,4)，半径r=1，
∵圆心(0,4)到直线3x+y−3=0的距离
d=|3×0+4−3| 9+1= 1010<1，
∴反射光线3x+y−3=0与圆C：x2+(y−4)2=1相交但不过圆心．
故选：D．
由点M(2,3)关于x轴对称点是(2,−3)，知反射光线过(1,0)和(2,−3)；由此能够求出反射光线的方程．由圆x2+(y−4)2=1，能求出圆心和半径；再由圆心(0,4)到直线3x+y−3=0的距离d与半径的关系能判断反射光线与圆C：x2+(y−4)2=1的关系．
本题考查直线与圆的位置关系，综合性强，难度大，容易出错．解题时要认真审题，注意点到直线距离公式的灵活运用，合理地进行等价转化．
8.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2+4x−6y=0和圆x2+y2−6x=0交于A，B两点，
则两圆的公共弦方程为(x2+y2+4x−6y)−(x2+y2−6x)=0，即5x−3y=0，
故AB的直线方程为5x−3y=0，
设所求直线方程为3x+5y+m=0，
因为所求直线经过两圆的圆心，其中一个圆的圆心为(3,0)，代入方程求得m=−9，
故所求直线方程为3x+5y−9=0．
故选：D．
先求出两圆的公共弦AB的方程，然后利用垂直直线系设出所求方程，再将圆心代入即可得到答案．
本题考查了直线与圆位置关系的应用，涉及了两圆公共弦方程的求解、垂直直线系的应用，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A，∵m//n，
∴存在实数λ，使得n=λm，则(−4,2,x)=λ(2,−1,3)=(2λ,−λ,3λ)，即−4=2λ2=−λx=3λ，
解得λ=−2，x=−6，故A正确；
对B，∵m⊥n，
∴m⋅n=0，即2×(−4)+(−1)×2+3x=0，解得x=103，故B错误；
对C，当x=−4时，n=(−4,2,−4)，
∴m+n=(2,−1,3)+(−4,2,−4)=(−2,1,−1)，
∴|m+n|= (−2)2+12+(−1)2= 6，故C正确；
对D，当x=1时，n=(−4,2,1)，m=(2,−1,3)，
∴cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=2×(−4)+(−1)×2+3×1 (−4)2+22+12× 22+(−1)2+32=− 66，故D正确．
故选：ACD．
对于A，利用空间向量平行的性质即可判断；对于B，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于C，根据空间向量坐标运算计算出m+n，利用模长公式计算，从而得以判断；对于D，利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断．
本题主要考查向量垂直、平行的性质，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：对于A，l：kx−y−k=0变形为y=k(x−1)，故恒过定点(1,0)，故A正确；
对于B，M：x2+y2−4x−2y+1=0变形为(x−2)2+(y−1)2=4，
圆心坐标为(2,1)，半径为2，故B正确；
对于C，令圆心(2,1)到直线l：kx−y−k=0的距离|2k−1−k| 1+k2=2，
整理得：3k2+2k+3=0，
由Δ=4−36=−32<0可得，方程无解，
故不存在实数k，使得直线l与圆M相切，故C正确；
对于D，若k=1，直线方程为l：x−y−1=0，圆心(2,1)在直线l：x−y−1=0上，
故直线l被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，故D错误．
故选：ABC．
将直线方程变形后得到y=k(x−1)，求出恒过的定点，即可判断A，将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线l的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线l上，故直线l被圆M截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D．
本题主要考查了直线过定点问题，考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：易得A(4,0)，B(0,3)，所以|AB|=5，
圆的标准方程为(x+3)2+(y+1)2=4，圆心为(−3,−1)，
圆心到直线3x+4y−12=0的距离为d=|−3×3−4−12| 32+42=5，
所以点P到直线3x+4y−12=0的距离d的取值范围为[3,7]，
所以S△PAB=12|AB|d∈[152,352]．
故选：BC．
圆x2+y2+6x+2y+6=0，圆心为(−3,−1)，利用圆上点到直线之间的距离最大值为圆心到直线距离加半径，距离最小值为圆心到直线距离减半径，从而确定三角形的高的取值范围，然后得到面积的取值范围．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查空间向量在立体几何中的应用，考查零点存在定理，考查直观想象和数学运算的核心素养，属于难题．
建系设点坐标，作出题中的线面角，结合tan2α+tan2β=4得到1a2+1+1b2+1=1,a,b∈[0,2]，再依次判断各个选项a，b是否有解即可．
【解答】
解：如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，
过M点作A′B′的垂线，垂足为M′，作N点作AB的垂线，垂足为N′，则MM′⊥平面ABB′A′，NN′⊥平面ABB′A′，所以直线QM，QN与平面ABB′A′所成的角分别为∠MQM′，∠NQN′，即α=∠MQM′，β=∠NQN′，
Q(0,0,1)，C′(2,2,2)，设M(a,2,2)，N(b,2,0)，
则M′=(a,0,2)，N′(b,0,0)，
所以MM′=NN′=2,QM′= a2+1,QN′= b2+1，
其中a，b∈[0,2]，
所以tanα=tan∠MQM′=MM′QM′=2 a2+1,tanβ=tan∠NQN′=NN′QN′=2 b2+1，
因为tan2α+tan2β=4，所以4a2+1+4b2+1=4，即1a2+1+1b2+1=1, a,b∈[0,2]，
对于A选项，若MN//AA′，即a=b，解得a=b=1，满足题意，故 A 正确；
对于B选项，若MN=2 2，即MN= (a−b)2+4=2 2，此时a，b无解，故 B 错误；
对于C选项，若MN=52，即MN= (a−b)2+4=52，解得b=12a=2或b=2a=12，满足题意，故 C 正确；
对于D选项，MN⊥C′Q，MN·QC′=0即(b−a,0,−2)⋅(2,2,1)=0，
即b−a=1，
所以b=a+1∈[0,2]，故a∈[0,1]，
于是1a2+1+1b2+1=1a2+1+1(a+1)2+1=1，
令f(x)=1x2+1+1(x+1)2+1−1,x∈[0,1]，
又f(0)=12>0,f(1)=12+15−1=−310<0，
故f(0)f(1)<0，由零点存在定理可得f(x)在[0,1]上存在零点，
即方程1a2+1+1(a+1)2+1=1有[0,1]内的解，满足题意，故 D 正确．
故选：ACD．
13.【答案】(1,1,−2)
【解析】解：M(1,−1,2)关于x轴对称的点N(1,1,−2)．
故答案为：(1,1,−2)．
直接利用点关于线的对称求出结果．
本题考查的知识要点：点的对称，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】(−1,12,12)
【解析】解：因为向量a=(1,4,1)，b=(−2,1,1)，
所以向量a在向量b上投影向量为|a|⋅cs〈a,b〉⋅b|b|=a⋅b|b|⋅b|b|=−2+4+1 4+1+1⋅(−2,1,1) 4+1+1=12(−2,1,1)=(−1,12,12)．
故答案为：(−1,12,12)．
根据投影向量公式计算可得答案．
本题考查空间向量的坐标运算，投影向量，属于基础题．
15.【答案】y=l或4x−3y−5=0
【解析】解：由题意可知，22+12=5>1，故P在圆外，
则过点P做圆O的切线有两条，且切线斜率必存在，
设切线为y=k(x−2)+1，即kx−y−2k+1=0，
则圆心O(0,0)到直线kx−y−2k+1=0的距离d=|−2k+1| k2+1=1，解得k=0或k=43，
故切线方程为y=1或4x−3y−5=0．
故答案为：y=1或4x−3y−5=0．
根据圆心到切线的距离等于圆的半径即可求解．
本题考查过圆外一点的圆的切线方程，属于基础题．
16.【答案】2x−y=0或x+2y−5=0
【解析】解：当直线过原点时，直线的方程为y=2x，即2x−y=0，
当直线不过原点时，设直线在x轴上的截距为2m，则在y轴上的截距为m，
此时直线的方程为x2m+ym=1，由直线经过点(1,2)，
得12m+2m=1，解得2m=5，故m=52，
所以直线的方程为x+2y−5=0．
故答案为：2x−y=0或x+2y−5=0．
根据条件分直线过原点和不过原点两种情况，求出直线l的方程即可．
本题考查的知识要点：直线的截距式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)已知a=(3,2,−1)，b=(2,1,2)，
则a2=14，b2=9，a⋅b=6，
所以(a+b)⋅(a−2b)=a2−a⋅b−2b2=14−6−2×9=−10；
(2)因为(ka+b)⊥(a−kb)，
所以(ka+b)⋅(a−kb)=ka2+(1−k2)a⋅b−kb2=14k+6(1−k2)−9k=0，
解得k=32或−23．
【解析】(1)根据数量积的运算律结合数量积的坐标公式计算即可；
(2)由(ka+b)⊥(a−kb)，得(ka+b)⋅(a−kb)=0，再根据数量积的运算律结合数量积的坐标公式计算即可．
本题考查了空间向量数量积的运算律，重点考查了空间向量数量积的坐标运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)因为AB边上的高所在的直线方程为x+3y−26=0，可得斜率为−13，
可得直线AB的斜率k=3，又因为△ABC的顶点B(−2,0)，
所以直线AB的方程为y=3(x+2)，即3x−y+6=0；
所以直线AB的方程为3x−y+6=0．
(2)直线BC边上的中线所在的直线方程为y=3，
由方程组y=3y=3x+6，解得x=−1y=3，所以点A(−1,3)，
设点C(x1,y1)，则BC的中点在直线y=3上，所以y1+02=3，即y1=6，
又点C(x1,6)在直线x+3y−26=0上，x1+3×6−26=0，解得x1=8，所以C(8,6)，
所以AC的斜率kAC=6−38+1=13，所以直线AC的方程为y−6=13(x−8)，
即直线AC的方程为x−3y+10=0．
【解析】(1)根据题意，得到直线AB的斜率k=3，结合直线的点斜式方程，即可求解；
(2)根据题意，求得A(−1,3)，设点C(x1,y1)，求得y1=6，再求得点C(8,6)，进而求得AC的斜率kAC=13，进而求得直线AC的方程．
本题考查直线方程的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设圆E的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为A(2,2)、B(1,3)、C(1,1)都在圆E上，
则4+4+2D+2E+F=01+9+D+3E+F=01+1+D+E+F=0，解之得D=−2E=−4F=4，
所以圆E的方程为x2+y2−2x−4y+4=0；
(2)由(1)得圆E的方程为(x−1)2+(y−2)2=1，
则圆心E(1,2)，圆E的半径为1，
所以圆心E到直线x−y+2=0的距离为|1−2+2| 12+(−1)2= 22<1，
则直线l与圆E相交，
由圆的弦长公式，可得所截得的弦长为2 r2−d2=2 1−12= 2．
【解析】(1)设出圆E的方程，利用待定系数法求解作答；
(2)由(1)求得圆心E到直线x−y+2=0的距离为 22，结合圆的弦长公式，即可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：如图，连接AC，设AC∩BD=F，
又E为PC的中点，∴EF//PA，
又PA⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，
∴PA//平面BDE；
(2)∵E为PC的中点，
∴VE−PAB=12VC−PAB=12VP−ABC=14VP−ABCD
=14×13×2×2×2=23．
【解析】(1)根据线面平行的判定定理，即可证明；
(2)先转化三棱锥的顶点，再根据锥体的体积公式计算，即可求解．
本题考查线面平行的证明，三棱锥的体积的求解，属中档题．
21.【答案】解：(1)由圆O：x2+y2=8，可得半径为2 2，
由P是弦AB的中点，且∠AOB=90°，可得|OP|=2，
设点P(x,y)为曲线上任意一点，
则点P的轨迹方程为：x2+y2=4．
(2)DE⋅DF是定值，定值为−3，理由如下：
当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则直线l的方程为y=k(x−1)，
由x2+y2=4y=k(x−1)，消去y，得(1+k2)x2−2k2x+k2−4=0，
显然Δ>0，设E(x1,y1)，F(x2,y2)，则x1+x2=2k21+k2，x1x2=k2−41+k2，
又DE=(x1−1,y1)，DF=(x2−1,y2)，
则DE⋅DF=1−(x1+x2)+x1x2+y1y2=1−(x1+x2)+x1x2+k(x1−1)(x2−1)
=(1+k2)x1x2−(1+k2)(x1+x2)+(1+k2)=(1+k2)k2−41+k2−(1+k2)2k21+k2+(1+k2
=k4−3k2−4−2k4−2k2+k4+2k2+11+k2=−3k2−31+k2=−3．
当直线l的斜率不存在时，E(1, 3)，F(1,− 3)，DE⋅DF=−3，
故DE⋅DF是定值，即DE⋅DF=−3．
【解析】(1)由|OP|=2，即可得到点P的轨迹方程；
(2)当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)、E(x1,y1)，F(x2,y2)，联立圆P方程，利用韦达定理表示出x1+x2，x1x2，结合向量数量积的坐标表示化简计算即可；当直线的斜率不存在时，计算可得结论．
本题考查轨迹方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为CD⊥AE，AE∩EF=E，
AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF．
(2)在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，
设BC=4，则EA=2 3，DF=FC=l，EF= 3．
以{EH,EF,EA}为正交基底，建立如图空间直角坐标系E−xyz，
则E(0,0,0),A(0,0,2 3),C(−1, 3,0),D(1, 3,0)，
设G(1,y,0)，则EA=(0,0,2 3),AD=(1, 3,−2 3)，CD=(2,0,0),EG=(1,y,0)，
设平面AEG的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
由n1⋅EA=2 3z1=0n1⋅EG=x1+yy1=0，令y1=−1，故n1=(y,−1,0)，
设平面ACD的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
由n2⋅CD=2x2=0n2⋅AD=x2+ 3y2−2 3z2=0，令z2=1，则n2=(0,2,1)，
设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为θ，
则csθ=|cs
当y=0，csθ最大，此时锐二面角θ最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小．
【解析】(1)由面面垂直可得AE⊥平面BCD，得出CD⊥AE，再由CD⊥EF可得CD⊥平面AEF，即可得出平面ACD⊥平面AEF；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求出锐二面角的余弦值，当y=0，csθ最大，θ最小，即可得出此时点G为BD的中点．
本题主要考查面面垂直的证明，立体几何中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
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