第4期 核心素养阶段测评（一）测试范围：空间向量与立体几何-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 高中数学选择性必修第一册 核心素养阶段测评（一） 测试范围：空间向量与立体几何 ◆ 数理报社试题研究中心 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本大题共８小题，每小题５分，共４０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．已知ａ＝（１，２，－ｙ），ｂ＝（ｘ，１，２），且（ａ＋２ｂ）∥（２ａ－ｂ），则 （　　） （Ａ）ｘ＝ １３，ｙ＝１ （Ｂ）ｘ＝ １ ２，ｙ＝－４ （Ｃ）ｘ＝２，ｙ＝－１４ （Ｄ）ｘ＝１，ｙ＝－１ ２．已知向量ａ，ｂ，ｃ可作为空间的一组基底｛ａ，ｂ，ｃ｝，若ｄ＝３ａ＋４ｂ＋ ｃ，且ｄ在基底｛（ａ＋２ｂ），（ｂ＋３ｃ），（ｃ＋ａ）｝下满足ｄ＝ｘ（ａ＋２ｂ）＋ｙ（ｂ ＋３ｃ）＋ｚ（ｃ＋ａ），则ｘ＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）３ （Ｄ）４ ３．（２０２３陕西西安阶段练习）如图１所示，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ′Ｂ′Ｃ′Ｄ′ 中，点Ｆ是侧面ＣＤＤ′Ｃ′的中心，若→ → → →ＡＦ＝ＡＤ＋ｘＡＢ＋ｙＡＡ′，则ｘ－ｙ＝ （　　） （Ａ）０ （Ｂ）１ （Ｃ）１２ （Ｄ）－ １ ２ ４．（２０２４上广东校联考）阅读材料：数轴上，方程Ａｘ＋Ｂ＝０（Ａ≠０）可 以表示数轴上的点；平面直角坐标系ｘＯｙ中，方程Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０（Ａ、Ｂ不 同时为０）可以表示坐标平面内的直线；空间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚ中，方程 Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０（Ａ、Ｂ、Ｃ不同时为０）可以表示坐标空间内的平面．过 点Ｐ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）且一个法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）的平面 α的方程可表示为 ａ（ｘ－ｘ０）＋ｂ（ｙ－ｙ０）＋ｃ（ｚ－ｚ０）＝０．阅读上面材料，解决下面问题：已知 平面α的方程为３ｘ－５ｙ＋ｚ－７＝０，直线ｌ是两平面ｘ－３ｙ－７＝０与４ｙ ＋２ｚ＋１＝０的交线，则直线ｌ与平面α所成角的正弦值为 （　　） （Ａ）槡１０３５ （Ｂ） 槡７ ５ （Ｃ） 槡７ １５ （Ｄ） 槡１４ ３５ ５．（２０２４安徽襄安中学校考）四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，→ＡＢ＝（２，－１，３）， →ＡＤ＝（－２，１，０），→ＡＰ＝（３，－１，４），则这个四棱锥的高为 （　　） （Ａ）槡５５ （Ｂ） １ ５ （Ｃ） ２ ５ （Ｄ） 槡２５ ５ ６．（２０２４江苏苏州期末）如图２所示是素描中的由圆锥和圆柱简单组 合体，抽象成如图３的图象．已知圆柱Ｏ１Ｏ２的轴线在Ｏｘｚ平面内且平行于 ｘ轴，圆锥与圆柱的高相同．ＡＢ为圆锥底面圆的直径，ＡＢ＝２，且２ＡＢ＝ＯＳ． 若Ｏ１到圆Ｏ所在平面距离为２．若ＡＯ１⊥ＢＯ２，则ＳＯ１与ＳＯ２夹角的余弦 值为 （　　） （Ａ） 槡８ ６５６５ （Ｂ） 槡６５ １３ （Ｃ） １ ８ （Ｄ） 槡６５ ６５ ７．（２０２４湖北荆州阶段练习）已知动点 Ｐ在正 方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１（如图４）的对角线ＢＤ１（不含 端点）上．设 Ｄ１Ｐ Ｄ１Ｂ ＝λ，若∠ＡＰＣ为钝角，则实数λ的 取值范围为 （　　） （Ａ (） ０， )１３ 　　　　（Ｂ (） ０， )１２ （Ｃ (） １３， )１ 　　　　（Ｄ (） １２， )１ ８．（２０２４山东模拟预测）定义两个向量ｕ与ｖ的向量积ｕ×ｖ是一个向 量，它的模｜ｕ×ｖ｜＝｜ｕ｜·｜ｖ｜ｓｉｎ〈ｕ，ｖ〉，它的方向与ｕ和ｖ同时垂直，且 以ｕ，ｖ，ｎ的顺序符合右手法则（如图５），在棱长为２的正四面体ＡＢＣＤ（如 图６）中，则（→ →ＡＢ×ＡＤ） →×ＡＣ＝ （　　） （Ａ）槡４３ （Ｂ）４ （Ｃ）槡４２ （Ｄ）槡２３ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分．在每小题给出的 选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得６分，部分选对的得部分分， 有选错的得０分． ９．（２０２４河南濮阳阶段练习）设 Ｏｘ，Ｏｙ，Ｏｚ是空间中两两夹角都为 θ 的三条数轴，ｅ１，ｅ２，ｅ３分别是与ｘ，ｙ，ｚ轴正方向同向的单位向量，若 →ＯＰ＝ ｘｅ１＋ｙｅ２＋ｚｅ３，ｘ，ｙ，ｚ∈Ｒ，则把有序数对（ｘ，ｙ，ｚ）θ且叫做向量 →ＯＰ在坐标系 Ｏ－ｘｙｚ中的坐标，则下列命题中，真命题为 （　　） （Ａ）若ａ＝（２，６，－３）θ，ｂ＝（３，－１，０）θ，则ａ＋ｂ＝（５，５，－３）θ （Ｂ）若ａ＝（２，６，－３）π ２ ，ｂ＝（３，－１，０）π ２ ，则ａ·ｂ＝０ （Ｃ）若ａ＝（ｘ，ｙ，０）θ，ｂ＝（３，１，０）θ，则当且仅当ｘ∶ｙ＝３∶１时，向 量ａ与ｂ的夹角取得最小值 （Ｄ）若→ＯＡ＝（２，０，０）π ３ ， →ＯＢ＝（０，２，０）π ３ ， →ＯＣ＝（０，０，２）π ３ ，则三棱锥 Ｏ－ＡＢＣ的表面积为 槡４３ １０．（２０２４浙江温州期末）已知三棱锥Ｐ－ＡＢＣ如 图７所示，Ｇ为△ＡＢＣ重心，点Ｍ，Ｆ为ＰＧ，ＰＣ中点，点 Ｄ，Ｅ分别在ＰＡ，ＰＢ上，→ →ＰＤ＝ｍＰＡ，→ →ＰＥ＝ｎＰＢ，以下说 法正确的是 （　　） （Ａ）若ｍ＝ｎ＝ １２，则平面ＤＥＦ∥平面ＡＢＣ （Ｂ）→ＰＧ＝ １３ →ＰＡ＋１３ →ＰＢ＋１３ →ＰＣ （Ｃ）→ＡＭ ＝ １２ →ＡＰ＋１６ →ＡＢ＋１６ →ＡＣ （Ｄ）若Ｍ，Ｄ，Ｅ，Ｆ四点共面，则 １ｍ ＋ １ ｎ ＝１ １１．如图 ８，在多面体 ＡＢＣＤＥＳ中，ＳＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，四边形ＡＢＣＤ是正方形，且ＤＥ∥ＳＡ，ＳＡ＝ＡＢ ＝２ＤＥ，Ｍ，Ｎ分别是线段 ＢＣ，ＳＢ的中点，Ｑ是线段 ＤＣ上的一个动点（含端点Ｄ，Ｃ），则下列说法正确的 是 （　　） （Ａ）不存在点Ｑ，使得ＮＱ⊥ＳＢ （Ｂ）不存在点Ｑ，使得异面直线ＮＱ与ＳＡ所成的角为６０° （Ｃ）当点Ｑ自Ｄ向Ｃ处运动时，平面ＮＭＱ与ＭＱＡ的夹角先变大后变小 （Ｄ）当点Ｑ自Ｄ向Ｃ处运动时，平面ＮＭＱ与ＭＱＡ的夹角先变小后变大 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４新疆喀什高二校考期末）若ａ＝（２，－３，５），ｂ＝（－３，１， ２），则｜ａ－２ｂ｜＝ ． １３．已知向量ａ＝（２，１，３），ｂ＝（－１，２，－２），ｃ＝（７，６，λ），若向量ａ， ｂ，ｃ共面，则实数λ＝ ． １４．（２０２４宁夏银川银川唐徕回民中学校考 一模）如图９，在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＤ ＝ＡＡ１＝１，ＡＢ＝２，点Ｅ在棱ＡＢ上移动，则直线 Ｄ１Ｅ与Ａ１Ｄ所成角的大小是 ，若Ｄ１Ｅ⊥ ＥＣ，则ＡＥ＝ ． ! " # ! ! ! ! ! ! ! ! ! $ % # ! ! ! ! ! ! ! ! ! & ' # ! ! ! ! ! ! ! ! ! " # ( ) * ! " + $ % + & ' $ # ( , - . / 0 1 2 3 4 . % # ( 5 ) 6 7 8 9 : - ; 8 < = 7 > ! " # $ 名 师 名 卷 ? @ A % & '% !"#$ & (&) ! $&$' * ( + $$ , ! BCDE#FGHIJK ! BLDE#FGHJMNOPQRST FGHJUVWXYZ[\ ! ]^_'# $")$*+ ! `aDE#bcdefgYZ[\ ! ghijkl#mno ! pqrstu`av'# ,-"')&(&(. w / x !"#$ !"# 0 $%&'()*+, ! " # $ % ! " " " % " $ " ! + ! " # & ' ( $ % ) ! ( * % # "( ! $ + , ! * " ! $ % ' !! "! %! $! ! " ! $ - $ - " . ! - " / $ , 0 ! % ! " " " ! " ) % $ $ " % " ! ' ! % " $ ! 1 ! ! " # !"" ! 2 书 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文字说明、证明过程或 演算步骤． １５．（１３分）如图１０所示，Ｍ，Ｎ分别是四面体ＯＡＢＣ的棱ＯＡ，ＢＣ的中 点，Ｐ，Ｑ是ＭＮ的三等分点，用向量→ＯＡ，→ＯＢ，→ＯＣ表示→ＯＱ． １６．（１５分）（２０２４吉林白城阶段练习）如图１１，四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＰＡ⊥ 平面ＡＢＣＤ，ＤＥ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＢ＝ＤＥ＝１，ＡＤ＝ＰＡ＝２，点Ｆ在棱ＰＡ上． （１）试判断ＣＥ与ＰＢ是否平行，并说明理由； （２）若点Ｆ到平面ＰＣＥ的距离为１，求线段ＡＦ的长． １７．（１５分）（２０２４浙江杭州期中）已知空间三点Ａ（０，－２，３），Ｂ（－２， －１，６），Ｃ（１，１，５）． （１）若向量ｍ与→ＡＢ平行，且｜ｍ｜＝槡１４，求ｍ的坐标． （２）若向量ｎ分别与→ＣＢ，→ＣＡ垂直，且｜ｎ｜＝槡３，求ｎ的坐标． （３）求以ＣＢ，ＣＡ为邻边的平行四边形的面积． １８．（１７分）如图１３，在四棱锥Ｓ－ＡＢＣＤ中，底面ＡＢＣＤ是直角梯形，侧 棱ＳＡ⊥底面ＡＢＣＤ，ＡＢ垂直于ＡＤ和ＢＣ，ＳＡ＝ＡＢ＝ＢＣ＝２，ＡＤ＝１，Ｍ 是棱ＳＢ的中点． （１）求证：ＡＭ∥平面ＳＣＤ； （２）求平面ＳＣＤ与平面ＳＡＢ夹角的余弦值； （３）设点Ｎ是直线ＣＤ上的动点，ＭＮ与平面ＳＡＢ所成的角为θ，求ｓｉｎθ 的最大值． １９．（１７分）（２０２４河南期末）三阶行列式是解决复杂代数运算的算 法，其运算法则如下： ａ１ ａ２ ａ３ ｂ１ ｂ２ ｂ３ ｃ１ ｃ２ ｃ３ ＝ａ１ｂ２ｃ３＋ａ２ｂ３ｃ１＋ａ３ｂ１ｃ２－ａ３ｂ２ｃ１－ ａ２ｂ１ｃ３－ａ１ｂ３ｃ２．若ａ×ｂ＝ ｉ ｊ ｋ ｘ１ ｙ１ ｚ１ ｘ２ ｙ２ ｚ２ ，则称ａ×ｂ为空间向量ａ与ｂ的 叉乘，其中ａ＝ｘ１ｉ＋ｙ１ｊ＋ｚ１ｋ（ｘ１，ｙ１，ｚ１∈Ｒ），ｂ＝ｘ２ｉ＋ｙ２ｊ＋ｚ２ｋ（ｘ２，ｙ２，ｚ２ ∈Ｒ），｛ｉ，ｊ，ｋ｝为单位正交基底．以Ｏ为坐标原点，分别以ｉ，ｊ，ｋ的方向为 ｘ轴、ｙ轴、ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系，已知Ａ，Ｂ是空间直角坐标系 中异于Ｏ的不同两点． （１）①若Ａ（１，２，１），Ｂ（０，－１，１），求→ →ＯＡ×ＯＢ； ②证明：→ → → →ＯＡ×ＯＢ＋ＯＢ×ＯＡ＝０． （２）记△ＡＯＢ的面积为Ｓ△ＡＯＢ，证明：Ｓ△ＡＯＢ ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜． （３）证明：（→ →ＯＡ×ＯＢ）２的几何意义表示以△ＡＯＢ为底面、 → →｜ＡＯ×ＯＢ｜ 为高的三棱锥体积的６倍． " ! !'()* ! +,-./% $%#! &#'(!'#) ! 0123%456789:;<=>? !%' @AB1CDEAF+,- ! GH+I% $%$$$) ! 9J-K1LM% $%#! !#'(!!'# $%#! !#'(!'%( NOPQ ! RSTUV019J-3WXYZ[\G]N^Q ! GHRSLMT !!!*# ! _`abRcdRefR ! 01gYZh6N9Qijklm1 ! nopqr_s@T !+,,,,+,,,!!, ! no-./T ,%#!!#'(!'## ! tuvwxyzO{|}~€N‚ƒ9„…<†‡ˆ‰Š‹Œ !! ŽQ|‘~|’“”•–UVtu9J-3W—˜ M ™ š N›œžŸ "Q ! " # $ % & ' ! ! !, " # $ % & ' ( ! !! " $ & ) % * ! !' 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第４～７期参考答案 第４期 核心素养阶段测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＢＢＡＡ　５～８　ＡＤＣＣ 提示： １．由题可得ａ＋２ｂ＝（２ｘ＋１，４，４－ｙ）， ２ａ－ｂ＝（２－ｘ，３，－２ｙ－２）， 则 ２ｘ＋１ ２－ｘ＝ ４ ３ ＝ ４－ｙ －２ｙ－２，解得ｘ＝ １ ２，ｙ＝－４． ２．因为ｄ＝３ａ＋４ｂ＋ｃ，且ｄ＝ｘ（ａ＋２ｂ）＋ｙ（ｂ＋３ｃ）＋ｚ（ｃ＋ａ）＝ （ｘ＋ｚ）ａ＋（２ｘ＋ｙ）ｂ＋（３ｙ＋ｚ）ｃ， 所以 ｘ＋ｚ＝３， ２ｘ＋ｙ＝４， ３ｙ＋ｚ＝１ { ， 解得 ｘ＝２， ｙ＝０， ｚ＝１ { ． ３．由题可得→ → → →ＡＦ＝ＡＤ＋ＤＦ＝ＡＤ＋１２ → →ＤＣ′＝ＡＤ＋１２（ → →ＤＣ＋ＤＤ′） →＝ＡＤ＋ １２ →ＡＢ＋ １２ →  ＡＡ′，所以ｘ＝ １２，ｙ＝ １ ２，所以ｘ－ｙ＝０． ４．平面α的方程为３ｘ－５ｙ＋ｚ－７＝０， 所以平面α的法向量可取ｍ ＝（３，－５，１）， 平面ｘ－３ｙ－７＝０的法向量为ａ＝（１，－３，０）， 平面４ｙ＋２ｚ＋１＝０的法向量为ｂ＝（０，４，２）， 设两平面的交线ｌ的方向向量为ｃ＝（ｐ，ｑ，ｒ）， 由 ｃ·ａ＝ｐ－３ｑ＝０， ｃ·ｂ＝４ｑ＋２ｒ＝０{ ，令ｐ＝３，则ｑ＝１，ｒ＝－２，ｃ＝（３，１，－２）， 设直线ｌ与平面α所成角的大小为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｃ，ｍ〉｜＝ ２ 槡１４·槡３５ ＝槡１０３５．故选：（Ａ）． ５．设平面ＡＢＣＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ２ｘ－ｙ＋３ｚ＝０， －２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１可得ｙ＝２，ｚ＝０，即ｎ＝（１，２，０）， 所以ｃｏｓ〈ｎ，→ＡＰ〉＝ ｎ·→ＡＰ ｜ｎ →｜｜ＡＰ｜ ＝ １ 槡５×槡２６ ， 设ＡＰ与平面ＡＢＣＤ所成角为α，则ｓｉｎα＝ １ 槡５×槡２６ ， 于是点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离为 →｜ＡＰ｜ｓｉｎα＝槡５５， 即四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的高为槡５５． ６．设Ｏ１（ｍ，０，２），Ｏ２（ｍ－４，０，２），Ａ（０，－１，０），Ｂ（０，１，０）， 所以ＡＯ→ １＝（ｍ，１，２），ＢＯ→ ２＝（ｍ－４，－１，２）， 由ＡＯ１⊥ＢＯ２，所以ｍ２－４ｍ－１＋４＝ｍ２－４ｍ＋３＝０． 所以ｍ１＝１，ｍ２＝３，不妨取ｍ＝１， 则Ｏ１（１，０，２），Ｏ２（－３，０，２），ＳＯ→ １＝（１，０，－２），ＳＯ→ ２＝（－３，０，－２）， 所以ＳＯ１＝槡５，ＳＯ２＝槡１３， 因此ｃｏｓ∠Ｏ１ＳＯ２＝ ｜ＳＯ→ １·ＳＯ→ ２｜ ｜ＳＯ→ １｜｜ＳＯ→ ２｜ ＝槡６５６５． ７．以Ｄ为坐标原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐 标系，设正方体的棱长为１， 则有Ａ（１，０，０），Ｂ（１，１，０），Ｃ（０，１，０），Ｄ１（０，０，１）． 所以Ｄ１→ Ｂ＝（１，１，－１），所以Ｄ１→ Ｐ＝（λ，λ，－λ）， 所以→ＰＡ＝ＰＤ→ １＋Ｄ１→ Ａ＝（－λ，－λ，λ）＋（１，０，－１）＝（１－λ，－λ，λ－ １），→ＰＣ＝ＰＤ→ １＋Ｄ１→ Ｃ＝（－λ，－λ，λ）＋（０，１，－１）＝（－λ，１－λ，λ－１）， ∠ＡＰＣ为钝角等价于ｃｏｓ∠ＡＰＣ＜０，所以→ＰＡ·→ＰＣ＜０，所以（１－λ）（－λ） ＋（－λ）（１－λ）＋（λ－１）２＝（λ－１）（３λ－１）＜０， 解得 １ ３ ＜λ＜１，所以λ (的取值范围是 １３， )１ ． ８ → → →．｜ＡＢ×ＡＤ｜＝｜ＡＢ｜· →｜ＡＤ｜· ｓｉｎ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉＝２×２×槡３２ ＝ 槡２３， 如图１，设底面△ＡＢＤ的中心为Ｏ， 连接ＣＯ，ＡＯ，则ＯＣ⊥平面ＡＢＤ， 又ＡＯ，ＡＢ，ＡＤ平面ＡＢＤ，故ＯＣ⊥ ＡＯ，ＯＣ⊥ＡＢ，ＯＣ⊥ＡＤ， ＡＯ＝槡３２ ×２× ２ ３ ＝ 槡２３ ３，ＯＣ＝ ＡＣ２－ＡＯ槡 ２＝ ４－槡 ４ ３ ＝ 槡２６ ３， 在△ＡＣＯ中，ｃｏｓ∠ＡＣＯ＝ＯＣＡＣ＝ 槡２６ ３ ２ ＝ 槡６ ３， 则ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＯＣ〉＝ｃｏｓ∠ＡＣＯ＝槡６３，又 → →ＡＢ×ＡＤ的方向与→ＯＣ相同， 所以（→ →ＡＢ×ＡＤ） →×ＡＣ＝ 槡２３×２×槡６３ ＝ 槡４２． 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．ａ＝（２，６，－３）θ＝２ｅ１＋６ｅ２－３ｅ３，ｂ＝（３，－１，０）θ＝３ｅ１－ｅ２， 可得ａ＋ｂ＝５ｅ１＋５ｅ２－３ｅ３＝（５，５，－３）θ，故（Ａ）正确； ａ·ｂ＝（２ｅ１＋６ｅ２－３ｅ３）·（３ｅ１－ｅ２）＝１０ｃｏｓθ＝０，故（Ｂ）正确； 显然当ｘ∶ｙ＝３∶１时，ａ与ｂ共线，此时夹角为０或π，故（Ｃ）错误； 当→ＯＡ＝（２，０，０）π ３ ，→ＯＢ＝（０，２，０）π ３ ，→ＯＣ＝（０，０，２）π ３ 时，三棱锥 Ｏ－ＡＢＣ为以２为棱长的正四面体，表面积为４×１２ ×２×２× 槡３ ２ ＝ 槡４３， 故（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．若ｍ＝ｎ＝ １２，即Ｄ，Ｅ分别为ＰＡ，ＰＢ的中点，又点Ｆ为ＰＣ的中 点，所以ＤＥ∥ＡＢ，ＤＦ∥ＡＣ，又ＤＥ面ＡＢＣ，ＡＢ面ＡＢＣ，所以ＤＥ∥ 面ＡＢＣ，同理可证ＤＦ∥面ＡＢＣ，又ＤＥ∩ＤＦ＝Ｄ，ＤＥ，ＤＦ面ＤＥＦ，所 以平面ＤＥＦ∥平面ＡＢＣ，故（Ａ）正确； 如图２所示，设ＢＣ中点为Ｈ，连接ＡＨ，ＡＭ，因 为点Ｇ为△ＡＢＣ重心，所以点Ｇ在线段ＡＨ上， 所以→ → → →ＰＧ＝ＰＡ＋ＡＧ＝ＰＡ＋２３ → →ＡＨ＝ＰＡ＋ ２ ３ × １ ２（ → →ＡＢ＋ＡＣ） →＝ＰＡ＋１３（ → → →ＡＰ＋ＰＢ＋ＡＰ →＋ＰＣ）＝ １３ →ＰＡ＋１３ →ＰＢ＋１３ →ＰＣ，故（Ｂ）正确； → → → →ＡＭ ＝ＡＰ＋ＰＭ ＝ＡＰ＋ １２ → →ＰＧ＝ＡＰ＋ (１２ １３→ＰＡ＋１３→ＰＢ＋１３→ )ＰＣ ＝ ５６→ＡＰ＋ １ ６（ → →ＰＡ＋ＡＢ）＋１６（ → →ＰＡ＋ＡＣ）＝ １２ →ＡＰ＋１６ →ＡＢ＋１６ →ＡＣ，故（Ｃ）正确； 因为→ＰＧ＝２→ＰＭ＝ １３（ → → →ＰＡ＋ＰＢ＋ＰＣ）＝ (１３ １ｍ→ＰＤ＋ １ｎ→ＰＥ＋ ２→ )ＰＦ ，所以→ＰＭ＝ １６ｍ→ＰＤ＋１６ｎ→ＰＥ＋１３→ＰＦ，若Ｍ，Ｄ，Ｅ，Ｆ四点共面，则 １ ６ｍ＋ １ ６ｎ＋ １ ３ ＝１，解得 １ ｍ ＋ １ ｎ ＝４，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．以Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＳ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角 坐标系，设ＤＥ＝１，则ＳＡ＝ＡＢ＝２；所以Ａ（０，０，０），Ｂ（２，０，０），Ｓ（０，０，２）， Ｎ（１，０，１），Ｍ（２，１，０）， 对于（Ａ），假设存在点Ｑ（ｍ，２，０）（０≤ｍ≤２），使得ＮＱ⊥ＳＢ，则→ＮＱ ＝（ｍ－１，２，－１），→ＳＢ＝（２，０，－２），所以→ＮＱ·→ＳＢ＝２（ｍ－１）＋２＝０， 解得ｍ＝０，即点Ｑ与Ｄ重合时，ＮＱ⊥ＳＢ，（Ａ）错误； 对于（Ｂ），假设存在点Ｑ（ｍ，２，０）（０≤ｍ≤２），使得异面直线ＮＱ与 ＳＡ所成的角为６０°，因为→ＮＱ＝（ｍ－１，２，－１），→ＳＡ＝（０，０，－２），所以 ｜ｃｏｓ〈→ＮＱ，→ＳＡ〉｜＝ →｜ＮＱ·→ＳＡ｜→｜ＮＱ｜·→｜ＳＡ｜ ＝ １ （ｍ－１）２＋槡 ５ ＝ １２，方程无解；所 以不存在点Ｑ，使得异面直线ＮＱ与ＳＡ所成的角为６０°，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），（Ｄ），由上分析知，→ＮＱ＝（ｍ－１，２，－１），→  ＮＭ ＝（１，１， －１），设ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）是面ＮＭＱ的法向量， 则 ｍ·→ＮＱ＝（ｍ－１）ｘ＋２ｙ－ｚ＝０， ｍ·→  ＮＭ ＝ｘ＋ｙ－ｚ＝０{ ， 令ｘ＝１，得ｙ＝２－ｍ，ｚ＝３－ｍ，则ｍ ＝（１，２－ｍ，３－ｍ）， 平面ＡＭＱ的法向量ｎ＝（０，０，１）， 所以｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜３－ｍ｜ １＋（２－ｍ）２＋（３－ｍ）槡 ２ ，令ｔ ＝３－ｍ∈［１，３］， 则｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｜ｔ｜ １＋（ｔ－１）２＋ｔ槡 ２ ＝ １ 槡２ (· １ｔ－ )１２ ２ ＋槡 ３ ４ ， 而 １ ｔ [∈ １３， ]１ ， 由Ｑ从Ｄ到Ｃ的过程，｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜先变大后变小，即平面ＮＭＱ与 平面ＭＱＡ的夹角先变小后变大，（Ｃ）错误，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 　１２． 槡３ １０；　１３．１０；　１４．９０°，１． 提示： １２．由题可得，ａ－２ｂ＝（２，－３，５）－２（－３，１，２）＝（８，－５，１）， 所以｜ａ－２ｂ｜＝ ８２＋（－５）２＋１槡 ２＝ 槡３ １０． １３．由题可设存在实数ｍ，ｎ使得ｃ＝ｍａ＋ｎｂ． 所以 ７＝２ｍ－ｎ， ６＝ｍ＋２ｎ， λ＝３ｍ－２ｎ { ， 　解得 ｍ＝４， ｎ＝１， λ＝１０ { ． １４．以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标 系，则Ｄ（０，０，０），Ｄ１（０，０，１），Ａ（１，０，０），Ａ１（１，０，１），Ｃ（０，２，０）， 设Ｅ（１，ｍ，０），０≤ｍ≤２，则Ｄ１→ Ｅ＝（１，ｍ，－１），Ａ１→ Ｄ＝（－１，０，－１）， 所以Ｄ１→ Ｅ·Ａ１→ Ｄ＝－１＋０＋１＝０， 所以直线Ｄ１Ｅ与Ａ１Ｄ所成角的大小是９０°． 因为Ｄ１→ Ｅ＝（１，ｍ，－１），→ＥＣ＝（－１，２－ｍ，０），Ｄ１Ｅ⊥ＥＣ， 所以Ｄ１→ Ｅ·→ＥＣ＝－１＋ｍ（２－ｍ）＋０＝０，解得ｍ＝１，所以ＡＥ＝１． 四、解答题 １５．解：→ →  →  ＯＱ＝ＯＭ＋ＭＱ＝ １２ →ＯＡ＋１３ →  ＭＮ＝ １２ →ＯＡ＋１３（ → →  ＯＮ－ＯＭ） ＝ １２ →ＯＡ＋ (１３ →ＯＮ－１２→ )ＯＡ ＝ １３→ＯＡ＋１３ ×１２ ×（→ →ＯＢ＋ＯＣ）＝ １ ３ →ＯＡ＋ １６ →ＯＢ＋ １６ →ＯＣ． １６．解：（１）因为 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，ＡＤ 平面 ＡＢＣＤ，ＡＢ 平面 ＡＢＣＤ，所以ＰＡ⊥ＡＤ，ＰＡ⊥ＡＢ，又因为四边形ＡＢＣＤ是矩形，ＡＤ⊥ＡＢ，所 以ＡＤ，ＡＢ，ＡＰ两两垂直．以点Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ所在直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系Ａ－ｘｙｚ，则Ｂ（１，０，０），Ｃ（１，２，０），Ｐ（０，０，２）， Ｅ（０，２，１）． ＣＥ与ＰＢ不平行，理由如下： 易得→ＣＥ＝（－１，０，１），→ＰＢ＝（１，０，－２）． 显然→ＣＥ与→ＰＢ不平行，即ＣＥ与ＰＢ不平行． （２）易得→ＰＥ＝（０，２，－１）， 设平面ＰＥＣ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＣＥ＝－ｘ＋ｚ＝０， ｎ·→ＰＥ＝２ｙ－ｚ＝０{ ，取ｘ＝２，可得ｎ＝（２，１，２）． 设ＡＦ＝ｔ，则Ｆ（０，０，ｔ），ｔ∈［０，２］，所以→ＣＦ＝（－１，－２，ｔ）， 因为点Ｆ到平面 ＰＣＥ的距离 ｄ＝ →｜ＣＦ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ ｜－２－２＋２ｔ｜ ３ ＝ ｜２ｔ－４｜ ３ ＝１，解得ｔ＝ １ ２，故线段ＡＦ的长为 １ ２． １７．解：（１）由已知可得→ＡＢ＝（－２，１，３）， 因为向量ｍ与→ＡＢ平行，设ｍ ＝λ→ＡＢ，其中λ∈Ｒ， 则｜ｍ｜＝｜λ｜·→｜ＡＢ｜＝｜λ｜ ４＋１＋槡 ９＝槡１４｜λ｜＝槡１４，解得 λ＝±１．所以ｍ →＝ＡＢ＝（－２，１，３）或ｍ →＝－ＡＢ＝（２，－１，－３）． （２）设平面ＡＢＣ的一个法向量为ａ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， →ＣＡ＝（－１，－３，－２），→ＣＢ＝（－３，－２，１）， 则 ａ·→ＣＡ＝－ｘ－３ｙ－２ｚ＝０， ａ·→ＣＢ＝－３ｘ－２ｙ＋ｚ＝０{ ，所以 ｘ＝－ｙ， ｚ＝－ｙ{ ， 取ｙ＝－１，可得ａ＝（１，－１，１）， 因为向量ｎ分别与→ＣＢ，→ＣＡ垂直，则ｎ∥ａ，设ｎ＝μａ，其中μ∈Ｒ， 则｜ｎ｜＝｜μ｜·｜ａ｜＝槡３｜μ｜＝槡３，解得μ＝±１， 所以ｎ＝ａ＝（１，－１，１）或ｎ＝－ａ＝（－１，１，－１）． （３）ｃｏｓＣ＝ →ＣＡ·→ＣＢ →｜ＣＡ｜·→｜ＣＢ｜ ＝ ７ 槡１４×槡１４ ＝ １２， 因为０≤Ｃ≤π，则Ｃ＝ π３， 所以以ＣＢ，ＣＡ为邻边的平行四边形的面积 →｜ＣＡ｜· →｜ＣＢ｜ｓｉｎＣ＝ （槡１４）２×槡 ３ ２ ＝ 槡７３． １８．（１）证明：因为ＳＡ⊥底面ＡＢＣＤ，且ＡＤ⊥ＡＢ，所以以点Ａ为坐标原点， ＡＤ，ＡＢ，ＡＳ所在直线为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴建立的空间直角坐标系（图略），则Ａ（０，０， ０），Ｂ（０，２，０），Ｃ（２，２，０），Ｄ（１，０，０），Ｓ（０，０，２），Ｍ（０，１，１）， 所以→ＡＭ＝（０，１，１），→ＳＤ＝（１，０，－２），→ＤＣ＝（１，２，０）， 设平面ＳＣＤ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＳＤ·ｎ＝０， →ＤＣ·ｎ＝０{ ，即 ｘ－２ｚ＝０， ｘ＋２ｙ＝０{ ， 令ｚ＝１，得ｎ＝（２，－１，１）． 因为→ＡＭ·ｎ＝０，所以→ＡＭ⊥ｎ，所以ＡＭ∥平面ＳＣＤ． （２）解：易知平面ＳＡＢ的一个法向量为ｍ＝（１，０，０）， 设平面ＳＣＤ与平面ＳＡＢ的夹角为φ， 易知０＜φ＜ π２，则ｃｏｓφ＝ ｎ·ｍ ｜ｎ｜｜ｍ｜ ＝ 槡６ ３， 所以平面ＳＣＤ与平面ＳＡＢ夹角的余弦值为槡６３． （３）解：设Ｎ（ｘ，２ｘ－２，０），则→  ＭＮ＝（ｘ，２ｘ－３，－１）， 易知平面ＳＡＢ的一个法向量为ｍ ＝（１，０，０）， 所以ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＭＮ，ｍ〉｜＝ ｘ ５ｘ２－１２ｘ＋槡 １０ ＝ １ １０ (× １ )ｘ ２ －１２× １ｘ ＋槡 ５ ＝ １ １０ (× １ｘ － )３５ ２ ＋槡 ７ ５ ， 当 １ ｘ ＝ ３ ５，即ｘ＝ ５ ３时，ｓｉｎθ取得最大值，且ｓｉｎθ的最大值为 槡３５ ７． 书 ３．｜ＡＢ｜＝ （－３－３）２＋（０＋２）槡 ２＝ 槡２ １０， ｜ＢＣ｜＝ （－１－３）２＋（２＋２）槡 ２＝ 槡４２， ｜ＡＣ｜＝ （－１＋３）２＋（２－０）槡 ２＝ 槡２２， ｜ＡＣ｜２＋｜ＢＣ｜２＝｜ＡＢ｜２， 所以三角形ＡＢＣ是直角三角形．故选（Ｃ）． ４．设Ｍ（ｘ，ｙ），且Ｍ１→ Ｍ ＝ ３２ ＭＭ → ２， 则（ｘ－６，ｙ－２）＝ ３２（１－ｘ，７－ｙ）， 得 ｘ－６＝ ３２（１－ｘ）， ｙ－２＝ ３２（７－ｙ { ），解得 ｘ＝３，ｙ＝５{ ， 代入直线ｙ＝ｍｘ－７，得５＝３ｍ－７，解得ｍ＝４． ５．对于①，若点Ｃ在线段ＡＢ上，设Ｃ点的坐标为（ｘ０，ｙ０），则ｘ０在ｘ１， ｘ２之间，ｙ０在ｙ１，ｙ２之间，即｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＝｜ｘ０－ｘ１｜＋｜ｙ０－ｙ１｜＋ ｜ｘ２－ｘ０｜＋｜ｙ２－ｙ０｜＝｜ｘ２－ｘ１｜＋｜ｙ２－ｙ１｜＝｜｜ＡＢ｜｜，故①成立； 对于②，取Ｃ（０，０），Ａ（－１，１），Ｂ（１，１），则｜｜ＡＣ｜｜＝２，｜｜ＣＢ｜｜＝ ２，｜｜ＡＢ｜｜＝２，｜｜ＡＣ｜｜２＋｜｜ＣＢ｜｜２≠｜｜ＡＢ｜｜２，故②不成立； 对于③，取Ｃ（０，０），Ａ（０，１），Ｂ（１，０），则｜｜ＡＣ｜｜＋｜｜ＣＢ｜｜＝１＋１＝ ２＝｜｜ＡＢ｜｜＝２，故③不成立．故选（Ａ）． ６．当ｘ≥０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，－ａｘ＝－ａ＋ｘ， 当ａ≠－１时，解得ｘ＝ ａａ＋１； 当ｘ＜０时，由 －ａ｜ｘ｜＝－ａ＋ｘ可得，ａｘ＝－ａ＋ｘ， 解得ｘ＝－ ａａ－１， 所以 ａ ａ＋１≥０， － ａａ－１＜０ { ，其中ａ＜０，解得ａ＜－１． ７．因为直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３的斜率存在，所以ｘ１≠ｘ２， 由题意 ｙ１＝ｋｘ１＋２０２３， ｙ２＝ｋｘ２＋２０２３ { ， 则ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１＝ｘ１（ｋｘ２＋２０２３）－ｘ２（ｋｘ１＋２０２３） ＝２０２３（ｘ１－ｘ２）≠０， 故ｌ１：ｘ１ｘ＋ｙ１ｙ＝１与ｌ２：ｘ２ｘ＋ｙ２ｙ＝１相交， 所以方程组总有唯一解，（Ａ），（Ｄ）错误，（Ｂ）正确； 若 ｘ＝１， ｙ＝{ ２是方程组的一组解，则 ｘ１＋２ｙ１＝１， ｘ２＋２ｙ２＝１ { ， 则点 Ｐ１（ｘ１，ｙ１）， Ｐ２（ｘ２，ｙ２）在直线ｘ＋２ｙ＝１，即ｙ＝－ １ ２ｘ＋ １ ２ 上， 但已知这两个点在直线ｙ＝ｋｘ＋２０２３上，而这两条直线不是同一条 直线，所以 ｘ＝１， ｙ＝{ ２不可能是方程组的一组解，（Ｃ）错误． ８．由｜ａ｜＝３，｜ｂ｜＝４，ａ⊥ｂ， 不妨令ａ＝（３，０），ｂ＝（０，４），设ｘ＝（ｍ，ｎ）， 由｜ｘ＋ａ｜＜｜ｘ＋ｂ｜，得｜ｘ＋ａ｜２＜｜ｘ＋ｂ｜２， 而ｘ＋ａ＝（ｍ＋３，ｎ），ｘ＋ｂ＝（ｍ，ｎ＋４）， 则（ｍ＋３）２＋ｎ２＜ｍ２＋（ｎ＋４）２，整理得６ｍ－８ｎ－７＜０， 由ｘ·ａ＞ｘ·ｂ，得３ｍ－４ｎ＞０， 平行直线６ｍ－８ｎ－７＝０和３ｍ－４ｎ＝０间的距离为 ｄ＝｜０－（－７）｜ ６２＋８槡 ２ ＝０７， 到直线６ｍ－８ｎ－７＝０和直线３ｍ－４ｎ ＝０距离相等的点到这两条直线的距离为 ０３５，如图１，阴影部分表示的区域为集合 Ａ，因此无论ｄ是否属于Ａ，都有｜ｃ－ｄ｜＝ ０５， 所以命题①②都正确．故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．联立方程 ｘ＋ｙ－３＝０， ｙ＝ｋｘ＋３ｋ－２{ ，解得 ｘ＝５－３ｋｋ＋１， ｙ＝６ｋ－２ｋ＋１ { ， 因为两直线的交点在第四象限， 所以 ５－３ｋ ｋ＋１ ＞０， ６ｋ－２ ｋ＋１ ＜０ { ，解得 －１＜ｋ＜ １３．故选（Ａ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ）项，当ｋ＝０时，直线ｌ２的方程为ｘ＝０， 此时直线ｌ２的倾斜角为 π ２，故（Ａ）项正确； 对于（Ｂ）项，当ｋ＝－ １２ 时，直线ｌ２的方程为ｘ－ｙ－１＝０， 与ｌ１重合，此时两直线有公共点； 当ｋ≠－ １２ 时，有１×ｋ－（－１）×（ｋ＋１）＝２ｋ＋１≠０， 即ｌ１，ｌ２一定相交． 综上所述，对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都有公共点，故（Ｂ）项正确； 对于（Ｃ）项，由（Ｂ）可知，当ｋ＝－１２时，直线ｌ２与ｌ１重合，故（Ｃ）项错误； 对于（Ｄ）项，要使直线ｌ１与直线ｌ２垂直， 则应有ｋ＋１－ｋ＝０，该方程无解， 所以对任意的实数ｋ，直线ｌ１与直线ｌ２都不垂直，故（Ｄ）项正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由图 ２知，Ｐ１（１．５，２），Ｐ２（１， ３），Ｐ３（２，３），Ｐ４（２，４），Ｑ１（３，１），Ｑ２（３， ２），Ｑ３（４，３）， 当直线ｘ＝２５为分类直线时， ｄｌ＝３－２５＝０５， 当直线３ｘ－ｙ－５＝０为分类直线 时，其过（２，１），（３，４）， 由图可知Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线３ｘ－ｙ－５＝０距离最小， Ｐ３（２，３）到直线３ｘ－ｙ－５＝０的距离为 ｄ＝ ｜３×２－３－５｜ ３２＋１槡 ２ ＝ 槡１０ ５ ，同理Ｑ２（３，２）到直线３ｘ－ｙ－５＝０的距离为ｄ＝ 槡１０ ５ ， 因为槡 １０ ５ ＞０５，所以直线３ｘ－ｙ－５＝０的分类效果好，故（Ａ）错误； 由图知Ｌ的位置由Ｐ１（１．５，２），Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）确定， 所以点Ｐ１（１．５，２），Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线Ｌ的距离相等， 所以直线Ｌ过点Ｐ１Ｑ２，Ｐ３Ｑ２的中点， 而Ｐ１Ｑ２ (的中点为 ９４， )２ ，Ｐ３Ｏ２ (的中点为 ５２， )５２ ， 故直线Ｌ的斜率为 ２－ ５２ ９ ４ － ５ ２ ＝２，故（Ｂ）正确； 由（Ｂ）知直线Ｌ的方程为ｙ＝ (２ ｘ－ )５２ ＋ ５２ ＝２ｘ－ ５２， 此时点（３，３）在Ｌ的右侧，故（Ｃ）正确； 去掉点Ｐ１后，Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）到直线Ｌ的距离相等， 此时直线Ｌ为线段Ｐ３（２，３），Ｑ２（３，２）的垂直平分线ｙ＝ｘ，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２ｘ－ｙ＋１＝０；　１３．槡２；　１４．１． 提示： １２．设直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＋ｃ＝０（ｃ≠３，ｃ≠１）， 则 ｜３－ｃ｜ ２２＋（－１）槡 ２ ＝ ｜－１－ｃ｜ ２２＋（－１）槡 ２ ， 解得ｃ＝１，所以直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ＋１＝０． １３．因为ｘ２＋ｙ２＋１＝ ４ｘ２＋槡 １，所以ｙ２＝ ４ｘ２＋槡 １－ｘ２－１≥０， ４ｘ２＋槡 １≥ｘ２＋１，两边平方得４ｘ２＋１≥ｘ４＋２ｘ２＋１，即ｘ４－２ｘ２≤０， 解得０≤ｘ２≤２， 故｜ＯＰ｜２＝ｘ２＋ｙ２＝ ４ｘ２＋槡 １－１∈［０，２］， 则｜ＯＰ｜∈［０，槡２］，｜ＯＰ｜的最大值为槡２． １４．直线ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０，即ｍ（ｘ＋１）－ｙ＝０，恒过定点（－１，０）， 直线ｌ３：（ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０， 即ｍ（ｘ＋１）＋ｘ－ｙ＋１＝０，也恒过定点（－１，０）， 所以直线ｌ１与ｌ３相交于定点Ａ（－１，０）． 由 ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０， （ｍ＋１）ｘ－ｙ＋（ｍ＋１）＝０{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝ｍ＋１{ ， 可知直线ｌ２与直线ｌ３相交于点Ｂ（０，ｍ＋１）． 由题可得直线ｌ１与直线ｌ２相互垂直， 所以△ＡＢＣ是Ｃ为直角的直角三角形． 因为点Ａ到ｌ２：ｘ＋ｍｙ－ｍ（ｍ＋１）＝０的距离 ｜ＡＣ｜＝｜－１－ｍ（ｍ＋１）｜ １＋ｍ槡 ２ ＝ｍ ２＋ｍ＋１ １＋ｍ槡 ２ ， 点Ｂ到ｌ１：ｍｘ－ｙ＋ｍ＝０的距离 ｜ＢＣ｜＝｜－ｍ－１＋ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ １ ｍ２＋槡 １ ， 所以△ＡＢＣ的面积 Ｓ＝ １２ ｜ＡＣ｜｜ＢＣ｜＝ １ ２ × ｍ２＋ｍ＋１ ｍ２＋１ ＝ (１２ １＋ ｍｍ２＋ )１ ， ｍ＜０时，△ＡＢＣ的面积不可能取到最大值； ｍ＝０时，Ｓ＝ １２； ｍ＞０时， ｍ ｍ２＋１ ≤ ｍ ２ ｍ槡 ２ ＝ １２，当且仅当ｍ＝１时，等号成立，此 时Ｓｍａｘ＝ (１２ １＋ )１２ ＝ ３４． 综上，当ｍ＝１时，△ＡＢＣ的面积Ｓ取得最大值 ３４． 四、解答题 １５．解：（１）设直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋ｎ＝０， 由题可得 －２－１＋ｎ＝０，解得ｎ＝３， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋３＝０． （２）结合（１）设直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋ｔ＝０， 因为点Ｐ（－２，１）到直线ｍ的距离为槡２， 则ｄ＝｜－２－１＋ｔ｜ 槡２ ＝槡２，解得ｔ＝５或ｔ＝１， 直线ｍ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０或ｘ－ｙ＋１＝０． １６．解：（１）由 ２ｘ－ｙ＋３＝０， ３ｘ－ｙ＋２＝０{ ，解得 ｘ＝１， ｙ＝５{ ， 即两直线的交点坐标为（１，５）． 则直线经过点（１，５）和（２，３）， 由两点式方程得， ｙ－３ ５－３＝ ｘ－２ １－２， 化简得所求直线方程为２ｘ＋ｙ－７＝０． （２）由３ｘ＋ｙ－１＝０可得直线的斜率为 －３， 故平行于直线３ｘ＋ｙ－１＝０的直线的斜率为 －３， 结合（１）问可知：两条直线ｙ＝２ｘ＋３与３ｘ－ｙ＋２＝０的交点为（１，５）， 由点斜式方程得，ｙ－５＝－３（ｘ－１）， 化简得所求直线方程为３ｘ＋ｙ－８＝０． １７．解：（１）直线ｌ２可化为２ｘ－ｙ－ １ ２ ＝０， 所以ｌ１与ｌ２的距离为ｄ＝ (ａ－ － )１２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡７５１０． 因为ａ＞０，所以ａ＝３． （２）设存在点Ｐ（ｘ０，ｙ０）满足， 则点Ｐ在与ｌ１，ｌ２平行直线ｌ′：２ｘ－ｙ＋ｃ＝０上． 且 ｜ｃ－３｜ 槡５ ＝ １２· ｃ＋ １２ 槡５ ，即ｃ＝１３２ 或ｃ＝ １１ ６． 所以满足条件②的点满足２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０或２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０． 若点Ｐ满足条件③，由点到直线的距离公式， 有 ｜２ｘ０－ｙ０＋３｜ 槡５ ＝槡２ 槡５ · ｜ｘ０＋ｙ０－１｜ 槡２ ， 即｜２ｘ０－ｙ０＋３｜＝｜ｘ０＋ｙ０－１｜， 所以ｘ０－２ｙ０＋４＝０或３ｘ０＋２＝０， 因为点Ｐ在第一象限，所以３ｘ０＋２＝０不成立． 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １３ ２ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０，解得 ｘ０＝－３， ｙ０＝ １ ２ { ，（舍去） 联立方程２ｘ０－ｙ０＋ １１ ６ ＝０和ｘ０－２ｙ０＋４＝０，解得 ｘ０＝ １ ９， ｙ０＝ ３７ １８ { ， 所以 (Ｐ １９，３７)１８ 即为同时满足条件的点． １８．解：（１）Ｃ（１，２）关于ｘ轴的对称点Ｃ′（１，－２）， ｌＣ′Ｍ∶ｙ＝ｘ－３，联立ｙ＝ｘ－３与ｙ＝－ｘ＋７，得Ｎ（５，２）， 所以光所走过的路程即｜Ｃ′Ｎ｜＝ 槡４２． （２）对于线段ｙ＝－ｘ＋８，ｘ∈［３，５］， 令其端点Ａ（３，５），Ｂ（５，３），则ｋＣ′Ａ＝ ７ ２，ｋＣ′Ｂ＝ ５ ４， [所以反射光斜率的取值范围是 ５４， ]７２ ． （３）若反射光与直线ｙ＝－ｘ＋ｂ垂直， 则反射光的方程为：ｙ＝ｘ－３， 则由 ｙ＝－ｘ＋ｂ， ｙ＝ｘ－{ ３ ｘ＝ｂ＋３２ ． ①当ｘ＝ｂ＋３２ ∈［３，５］，即６≤ｂ≤７时， 光所走过的最短路程为点Ｃ′到直线ｙ＝－ｘ＋ｂ的距离，为ｂ＋１ 槡２ ． ②当ｘ＝ｂ＋３２ ∈（５，＋∞），即ｂ＞７时，光所走过的最短路程为线 段Ｃ′Ｂ，其中Ｂ（５，ｂ－５），｜Ｃ′Ｂ｜＝ ｂ２－６ｂ＋槡 ２５． １９．解：（１）因为ｌ１：ｘ＋ｙ＝０，所以ｋ１＝－１， 由题可知ｋ１·ｋ２＝－３，所以ｋ２＝３， 设ｌ１的倾斜角为θ１，ｌ２的倾斜角为θ２，ｌ１，ｌ２的夹角为θ， 则ｔａｎθ＝ｔａｎ（θ１－θ２）＝ ｔａｎθ１－ｔａｎθ２ １＋ｔａｎθ１ｔａｎθ２ ＝ ｋ１－ｋ２ １＋ｋ１ｋ２ ＝ －１－３１＋（－３）＝２． （２）设直线ＰＱ：ｙ＝ｋＡｘ＋１，ＱＲ：ｙ＝ｋＢ（ｘ＋１），ＲＰ：ｙ＝ｋＣ（ｘ－１）， 由题可知 ｋＡｋＢ＝４， ｋＡｋＣ＝１， ｋＢｋＣ＝９ { ， 解得 ｋＡ＝ ２ ３， ｋＢ＝６， ｋＣ＝ { ３ ２ 或 ｋＡ＝－ ２ ３， ｋＢ＝－６， ｋＣ＝－ ３ ２ { ， 当 ｋＡ＝ ２ ３， ｋＢ＝６， ｋＣ＝ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝ ２３ｘ＋１， ｙ＝ ３２（ｘ－１ { ）可得Ｐ（３，３）， 当 ｋＡ＝－ ２ ３， ｋＢ＝－６， ｋＣ＝－ { ３ ２ 时，联立 ｙ＝－ ２３ｘ＋１， ｙ＝－ ３２（ｘ－１ { ）可得 (Ｐ ３５， )３５ ， 所以Ｐ点的坐标为（３，３） (或 ３５， )３５ ． （３）ｌ１：ｍｘ＋ｙ＋ｍ＋１＝０过定点Ｑ（－１，－１），ｋ１＝－ｍ， 因为直线ｌ１，ｌ２是“Ｑ－１共轭线对”，所以ｋ１ｋ２＝－１， 所以ｋ２＝ １ ｍ，所以ｌ２：ｘ－ｍｙ＋１－ｍ＝０． 设原点到直线ｌ１，ｌ２的距离分别为ｄ１，ｄ２， 则ｄ１ｄ１＝ ｜ｍ＋１｜ ｍ２＋槡 １ · ｜１－ｍ｜ ｍ２＋槡 １ ＝ ｍ ２－１ ｍ２＋１ ＝ １－ ２ ｍ２＋１ ， 当ｍ２＝１时，（ｄ１ｄ２）ｍｉｎ＝０， 又因为 ２ ｍ２＋１ ＞０，所以１－ ２ ｍ２＋１ ＜１，即ｄ１ｄ２∈［０，１）． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$% 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8&%+ #$% 2 !"#$ !"#$ ! " # $ % ! ! ! & ' ( ) * % " + ! " , #-.$/%& - '-.(/)*%& # / ! ! ! !! ! ! ! ! ! " # $ + 0"#$% 1 # 1 " 1 ! + $ + # + " + ! #0.2)+%& 2"#$% $ # " ! # ! " 书 ６．由Ａ（３，０），Ｂ（０，４）可得：ｋＡＢ＝ ４－０ ０－３＝－ ４ ３， 则直线ＡＢ的方程为：ｙ－４＝－ ４３（ｘ－０），即４ｘ＋３ｙ＝１２． 又因为动点Ｐ（ｘ，ｙ）在线段ＡＢ上运动， 所以ｘ＞０，ｙ＞０， 则１２＝４ｘ＋３ｙ≥２ ４ｘ·３槡 ｙ＝４ ３槡ｘｙ， 当且仅当４ｘ＝３ｙ，即ｘ＝ ３２，ｙ＝２时等号成立， 所以ｘｙ≤３，最大值为３．故选（Ｃ）． ７．由题意可知：｜ＡＢ｜＝１，｜ＡＤ｜＝２，｜ＤＦ｜＝２ １ ３， 则Ｃ（１，２），Ｆ（０，２＋２ １ ３）， 设Ｅ（ｍ，０），可知直线ＥＦ：ｘｍ ＋ ｙ ２＋２ １ ３ ＝１， 代入Ｃ（１，２）可得 １ｍ ＋ ２ ２＋２ １ ３ ＝１，解得ｍ＝２＋２ １ ３ ２ １ ３ ， 则｜ＢＥ｜＝２＋２ １ ３ ２ １ ３ －１＝ ２ ２ １ ３ ＝２ ２ ３， 可得 →ｂ＝ＢＥ·→ →ＣＥ＝ＥＢ·→ →ＥＣ＝ＥＢ２＝２４３， 所以ｂ３ (＝ ２ )４３ ３＝２４＝１６． ８．ｍ（ｘ＋１）＋ｎ（ｙ＋２）＝０可化为ｍｘ＋ｎｙ＋ｍ＋２ｎ＝０， ① 要使ｌ与两坐标轴能围成三角形，则ｍｎ≠０且ｍ＋２ｎ≠０， 由①令ｘ＝０得ｙ＝－ｍ＋２ｎｎ ；令ｙ＝０得ｘ＝－ ｍ＋２ｎ ｍ ． 依题意， １ ２ (× －ｍ＋２ｎ)ｎ (× －ｍ＋２ｎ)ｍ ＝ １２ × ｍ２＋４ｍｎ＋４ｎ２ ｍｎ ＝ １ ２ × ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４ ＝６， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝１２或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＋４＝－１２， 所以 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝８或 ｍ ｎ ＋ ４ｎ ｍ ＝－１６． 设ｔ＝ ｍｎ，则ｔ＋ ４ ｔ ＝８或ｔ＋ ４ ｔ ＝－１６， 则ｔ２－８ｔ＋４＝０或ｔ２＋１６ｔ＋４＝０， 解得ｔ＝４± 槡２３或ｔ＝－８± 槡２ １５， 即 ｍ ｎ ＝４± 槡２３或 ｍ ｎ ＝－８± 槡２ １５， 所以这样的直线有４条． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．由ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０可知直线斜率ｋ＝－ ａｂ ＞０， 直线在ｙ轴上的截距ｙ＝－ ｃｂ ＜０，满足条件的只有（Ｂ）， 所以不可能是（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由直线方程知直线斜率为槡３，因此倾斜角为 π ３，又纵截距是１， 因此直线过一、二、三象限，（Ａ）错，（Ｂ）正确； 直线槡３ｘ－ｙ－４＝０与直线ｌ平行，且槡３× 槡２３－２－４＝０， 即过点（槡２３，２），（Ｃ）正确； 槡３×１＋（－１）×（－槡３）＝ 槡２３≠０，ｍ与ｌ不垂直，（Ｄ）错． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １１．对于（Ａ），整理ｍｘ＋ｙ＋１－３ｍ＝０，得ｍ（ｘ－３）＋ｙ＋１＝０，令 ｘ－３＝０， ｙ＋１＝０{ ，解得 ｘ＝３， ｙ＝－１{ ，所以直线ｌ恒过点（３，－１），（Ａ）正确； 对于（Ｂ），可知所求直线的斜率存在且不为０，设为ｋ， 则它的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ－１）． 令ｘ＝０，得ｙ＝１－ｋ，即该直线在ｙ轴上的截距为１－ｋ； 令ｙ＝０，得ｘ＝１－ １ｋ，即该直线在ｘ轴上的截距为１－ １ ｋ． 因为该直线在 ｘ，ｙ轴上的截距相等， 所以１－ｋ＝１－ １ｋ，解得ｋ＝±１， 所以所求直线的方程为ｘ－ｙ＝０或ｘ ＋ｙ－２＝０，（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），点 Ｂ关于 ｘ轴的对称点为 Ｂ′（－１，－１），连接ＡＢ′交ｘ轴于点Ｐ０，点 Ｐ是ｘ轴上任意一点，连接 ＢＰ０，ＡＰ，ＢＰ， ＰＢ′，如图１． 于是｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＝｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ′｜≥｜ＡＢ′｜＝｜ＡＰ０｜＋｜Ｂ′Ｐ０｜＝ ｜ＡＰ０｜＋｜ＢＰ０｜， 当且仅当点Ｐ与Ｐ０重合时，等号成立， 因此（｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜）ｍｉｎ＝｜ＡＢ′｜＝ ３２＋４槡 ２＝５，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），直线ｌ与ｘ，ｙ轴的正半轴分别交于Ａ，Ｂ两点，可知直线ｌ的 斜率为负数，设直线ｌ：ｙ－２＝ｋ（ｘ－３），ｋ＜０， 令ｘ＝０，得ｙ＝２－３ｋ，令ｙ＝０，得ｘ＝３－ ２ｋ， 可知２－３ｋ＞０，３－ ２ｋ ＞０， 所以Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ ×（２－３ｋ (） ３－ ２ )ｋ ＝ [１２ （－９ｋ）＋ ４－ｋ＋ ]１２ ≥ １２（ 槡２ ３６＋１２）＝１２， 当且仅当 －９ｋ＝ ４－ｋ，即ｋ＝－ ２ ３ 时，等号成立， 所以△ＡＯＢ面积的最小值为１２，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．垂直；　１３．ｙ＝－２ｘ＋２；　１４．２５． 提示： １２．由题可得两直线的方向向量分别为（１，２），（－２，１）， 又因为１×（－２）＋２×１＝０，故两向量垂直，故两直线垂直． １３．直线ｌ１的方程为 ｘ ２ ＋ ｙ ２ ＝１， 即ｘ＋ｙ－２＝０， 直线ｌ２：ｙ＝ｋｘ＋ｂ过点Ｃ（１，０）， 即ｋ＋ｂ＝０，ｂ＝－ｋ，所以ｙ＝ｋｘ－ｋ， 设ｌ２过点Ｄ（０，－ｋ），依题意可知０＜－ｋ ＜２，即 －２＜ｋ＜０， 且 １ ２ ×１×（－ｋ）＝ １ ２ (× １２ ×２× )２ ，解得ｋ＝－２，此时Ａ，Ｄ两点重合． 所以直线ｌ２的方程为ｙ＝－２ｘ＋２． １４．直线２ｘ＋ｍｙ＋６＝０，整理成ｍｙ＝－２ｘ－６，过定点Ａ（－３，０）；直 线ｍｘ－２ｙ－ｍ＋６＝０，整理成ｍ（ｘ－１）＝２ｙ－６，过定点Ｂ（１，３）． 又ｍ∈Ｒ，过定点Ａ的动直线２ｘ＋ｍｙ＋６＝０和过定点Ｂ的动直线 ｍｘ－２ｙ－ｍ＋６＝０始终垂直，Ｐ（ｘ，ｙ）为两条垂直直线的交点，则有ＰＡ⊥ ＰＢ，所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＝｜ＡＢ｜２＝４２＋３２＝２５． 四、解答题 １５．解：（１）当ｘ，ｙ的系数不同时为零时，方程表示一条直线． 令ｍ２－２ｍ－３＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝３； 令２ｍ２＋ｍ－１＝０，解得ｍ＝－１或ｍ＝ １２． 所以ｘ，ｙ的系数同时为零时ｍ＝－１， 故若方程表示一条直线，则ｍ≠－１， 即实数ｍ的取值范围为｛ｍ｜ｍ≠－１｝． （２）当ｘ的系数不为０，ｙ的系数为０时斜率不存在， 由（１）知当ｍ＝ １２ 时，２ｍ ２＋ｍ－１＝０且ｍ２－２ｍ－３≠０， 方程表示的直线的斜率不存在， 此时直线方程为３ｘ－４＝０． （３）易知ｍ≠－１且ｍ≠３时，直线在ｘ轴上的截距存在． 依题意，令ｙ＝０，得直线在ｘ轴上的截距 ２ｍ－６ ｍ２－２ｍ－３ ＝－３， 解得ｍ＝－ ５３（ｍ＝３舍去）， 所以实数ｍ的值为 － ５３． （４）易知ｍ≠－１且ｍ≠ １２ 时，直线的斜率存在， 方程即ｙ＝－ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ｘ－ ６－２ｍ ２ｍ２＋ｍ－１ （ｍ∈Ｒ）， 故斜率为 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ． 因为直线的倾斜角是４５°，所以斜率为１， 所以 －ｍ ２－２ｍ－３ ２ｍ２＋ｍ－１ ＝１，解得ｍ＝ ４３，（ｍ＝－１舍去）． 所以实数ｍ的值为 ４３． １６．解：（１）（１，５）（－２，－１）＝１×（－２）＋５×（－１）＝－７． （２）因为（３，ａ）∈Ｍ，即点（３，ａ）在直线２ｘ－ｙ＋３＝０上， 所以２×３－ａ＋３＝０，得ａ＝９． 同理由２ｂ－５＋３＝０，得ｂ＝１． 则（３，ａ）（ｂ，５）＝（３，９）（１，５）＝３×１＋９×５＝４８． 所以可以确定（３，ａ）（ｂ，５）的值为４８． （３）由（３，ａ）∈Ｍ，（ｂ，ｃ）∈Ｍ知２×３－ａ＋３＝０，即ａ＝９， 且２×ｂ－ｃ＋３＝０，即ｃ＝２ｂ＋３． 则（３，ａ）（ｂ，ｃ）＝３ｂ＋ａｃ＝３ｂ＋９（２ｂ＋３）＝２１ｂ＋２７＜０， 解得ｂ＜－ ９７． 取ｂ＝－２，知ｃ＝－１，此时（３，ａ）（ｂ，ｃ）＝（３，９）（－２，－１）＝ －６－９＝－１５＜０，即ａ＝９，ｂ＝－２，ｃ＝－１符合题意．（答案不唯一） １７．解：（１）由直线的两点式方程， 得边ＡＣ所在直线的方程为ｙ－４０－４＝ ｘ－０ －８－０，即ｘ－２ｙ＋８＝０． 同理得边ＡＢ所在直线的方程为ｙ－４６－４＝ ｘ－０ －２－０，即ｘ＋ｙ－４＝０． （２）由题意，得点Ｄ的坐标为（－４，２），由直线的两点式方程， 得中线ＢＤ所在直线的方程为ｙ－２６－２＝ ｘ－（－４） －２－（－４）， 即２ｘ－ｙ＋１０＝０． １８．解：（１）选择①：由题意可设直线ｌ２的方程为ｙ－１＝ｋ（ｘ＋４）， 因为直线ｌ２的斜率是直线ｙ＝－ １ ４ｘ的斜率的２倍， 所以ｋ＝－ １２， 所以直线ｌ２的方程为ｙ－１＝－ １ ２（ｘ＋４），即ｘ＋２ｙ＋２＝０． 选择②：由题意可设直线ｌ２的方程为 ｘ ２ｍ＋ ｙ ｍ ＝１，ｍ≠０， 因为直线ｌ２过点Ａ（－４，１），所以 －４ ２ｍ＋ １ ｍ ＝１，解得ｍ＝－１． 所以直线ｌ２的方程为 ｘ －２＋ ｙ －１＝１，即ｘ＋２ｙ＋２＝０． （２）由（１）可知直线ｌ２的方程为ｘ＋２ｙ＋２＝０， 令ｙ＝０，可得ｘ＝－２，所以直线ｌ２在ｘ轴上的截距为 －２， 所以直线ｌ１在ｘ轴上的截距为 －２． 故直线ｌ１过点（－２，０），代入ａｘ＋２ｙ－１２＝０， 得 －２ａ＋２×０－１２＝０，解得ａ＝－６． １９．（１）证明：由ｋｘ－ｙ＋２＋３ｋ＝０可得：ｋ（ｘ＋３）＋２－ｙ＝０， 由 ｘ＋３＝０， ２－ｙ＝０{ ，可得 ｘ＝－３， ｙ＝２{ ，所以ｌ经过定点Ｐ（－３，２）， 即直线ｌ过定点（－３，２），且定点在第二象限， 所以无论ｋ取何值，直线ｌ始终经过第二象限． （２）解：设直线ｌ的倾斜角为α，则０＜α＜ π２， 可得｜ＰＡ｜＝ ２ｓｉｎα ，｜ＰＢ｜＝ ３ｃｏｓα ， 所以 １ ２ ｜ＰＡ｜＋ １ ３ ｜ＰＢ｜＝ １ ｓｉｎα ＋ １ｃｏｓα ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓαｓｉｎαｃｏｓα ． 令ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为０＜α＜ π２，可得 π ４ ＜α＋ π ４ ＜ ３π ４， 槡２ ２ ＜ (ｓｉｎ α＋π )４ ≤１，则ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ∈（１，槡２］． 将ｔ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα两边平方可得： ｔ２＝（ｓｉｎα＋ｃｏｓα）２＝１＋２ｓｉｎα·ｃｏｓα，所以ｓｉｎαｃｏｓα＝ｔ ２－１ ２ ， 所以 １ ２｜ＰＡ｜＋ １ ３｜ＰＢ｜＝ ｓｉｎα＋ｃｏｓα ｓｉｎαｃｏｓα ＝ ２ｔ ｔ２－１ ＝ ２ ｔ－ １ｔ ， 因为ｙ＝ｔ－ １ｔ在（１，槡２］上单调递增， 所以０＜ｔ－ １ｔ≤ 槡２ ２， 故ｙ＝ １ ｔ－ １ｔ ≥槡２，所以 ２ ｔ－ １ｔ ≥ 槡２２，当且仅当ｔ＝槡２时取等号， 此时ｔ＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ＝槡２， 可得α＝ π４，所以ｋ＝ｔａｎα＝ｔａｎ π ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｘ－ｙ＋５＝０． 第７期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．ＡＢＤ．　４．（－４，３）；　５．－３． ６．解：（１）解方程组 ３ｘ－ｙ＋４＝０， ｘ＋３ｙ＋２＝０{ ，得 ｘ＝－ ７５， ｙ＝－ １５ { ， 所以这两条直线相交， (交点坐标是 － ７５，－ )１５ ． （２）ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０可化为方程３ｘ－５ｙ＋１０＝０， 所以 ３ｘ－５ｙ＋１０＝０， ９ｘ－１５ｙ＋３０＝{ ０有无数多个解， 故ｌ１：３ｘ－５ｙ＋１０＝０与ｌ２：９ｘ－１５ｙ＋３０＝０重合． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＤ； ４．（－∞，－槡３］∪［槡３，＋∞）；　５． 槡２ １０． ６．解：（１）由题意，｜５×２－１２ｍ＋６｜ ５２＋１２槡 ２ ＝４， 解得ｍ＝１７３ 或ｍ＝－３． （２）结合（１）可得ｍ＝－３， 因为直线ｌ１：ａｘ－ｙ－３＝０与ｌ２：－３ｘ＋ａｙ＋６＝０平行，ａ＞０， 所以 ａ －３＝ －１ ａ≠ －３ ６，解得ａ＝槡３， 所以直线ｌ１：槡３ｘ－ｙ－３＝０， ｌ２：－３ｘ＋槡３ｙ＋６＝０，即槡３ｘ－ｙ－ 槡２３＝０， 所以直线ｌ１与ｌ２之间的距离为ｄ＝槡３－ ３ ２． 第７期３，４版 直线的交点坐标与距离公式同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＣＣＤ　５～８　ＡＢＢＣ 提示： １．由题可得ｄ＝｜９＋４＋２｜ ９＋槡 １６ ＝３，故选（Ｃ）． ２．由 ２ｘ＋ｙ－４＝０， ｘ－ｙ－２＝０{ ， ｘ＝２， ｙ＝０{ ，即两直线交点坐标为（２，０）， 代入ｋｘ－ｙ＋３＝０得：２ｋ－０＋３＝０ｋ＝－ ３２． 故选：（Ｃ）． 书 １９．（１）①解：因为Ａ（１，２，１），Ｂ（０，－１，１）， 则→ →ＯＡ×ＯＢ＝ ｉ ｊ ｋ １ ２ １ ０ －１ １ ＝２ｉ－ｋ－ｊ－（－ｉ）＝３ｉ－ｊ－ｋ＝（３， －１，－１）． ②证明：设Ａ（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２，ｚ２），则 → →ＯＡ×ＯＢ＝ｙ１ｚ２ｉ＋ｚ１ｘ２ｊ＋ｘ１ｙ２ｋ－ｘ２ｙ１ｋ－ｚ２ｘ１ｊ－ｙ２ｚ１ｉ ＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１，ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１，ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）， 将ｘ２与ｘ１互换，ｙ２与ｙ１互换，ｚ２与ｚ１互换， 可得→ →ＯＢ×ＯＡ＝（ｙ２ｚ１－ｙ１ｚ２，ｚ２ｘ１－ｚ１ｘ２，ｘ２ｙ１－ｘ１ｙ２）， 故→ → → →ＯＡ×ＯＢ＋ＯＢ×ＯＡ＝（０，０，０）＝０． （２） 证 明： 因 为 ｓｉｎ∠ＡＯＢ ＝ １－ｃｏｓ２∠槡 ＡＯＢ ＝ １－ （ →ＯＡ·→ＯＢ）２ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜槡 ２＝ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２→ →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ ， 故Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ｓｉｎ∠ＡＯＢ ＝ １２ →｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２， 故要证Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜， 只需证 → → →｜ＯＡ×ＯＢ｜＝ ｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）槡 ２， 即证 →｜ＯＡ×ＯＢ｜２ →＝｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）２， 由（１）→ＯＡ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），→ＯＢ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， → →ＯＡ×ＯＢ＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１，ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１，ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）， 故 → →｜ＯＡ×ＯＢ｜２＝（ｙ１ｚ２－ｙ２ｚ１）２＋（ｚ１ｘ２－ｚ２ｘ１）２＋（ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１）２， 又 →｜ＯＡ｜２＝ｘ２１＋ｙ２１＋ｚ２１，→｜ＯＢ｜２＝ｘ２２＋ｙ２２＋ｚ２２，（→ＯＡ·→ＯＢ）２＝（ｘ１ｘ２ ＋ｙ１ｙ２＋ｚ１ｚ２）２，则 → →｜ＯＡ×ＯＢ｜２ →＝｜ＯＡ｜２ →｜ＯＢ｜２－（→ＯＡ·→ＯＢ）２成立， 故Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜． （３）证明：由（２）Ｓ△ＡＯＢ＝ １ ２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜， （→ →ＯＡ×ＯＢ）２ → →＝｜ＯＡ×ＯＢ｜２＝ １２ → →｜ＯＡ×ＯＢ｜·２→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜＝Ｓ△ＡＯＢ ·２→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜，故（→ →ＯＡ×ＯＢ）２＝ １３Ｓ△ＡＯＢ· → →｜ＯＡ×ＯＢ｜·６， 故（→ＯＡ·→ＯＢ）２的几何意义表示以△ＡＯＢ为底面、→ →｜ＯＡ×ＯＢ｜为高的 三棱锥体积的６倍． 第５期３，４版 直线的倾斜角与斜率同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＢＡＢ　５～６　ＤＢＣＣ 提示： １．因为直线ｌ的倾斜角为１５０°，所以ｔａｎ１５０°＝－槡３３， 由斜率的定义ｋ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ 可知，取ｘ１＝ｙ１＝０， 解得一组解可以是ｘ２＝－３，ｙ２＝槡３， 所以直线的一个方向向量可以是（－３，槡３）． ２．由题可得ｋＭＮ＝ ｍ－２ ２－１＝槡２，解得ｍ＝槡２＋２． ３．由题意得，直线ｌ的斜率必存在， 且ｋＡＢ＝ －１－１ ａ－２－（－ａ－２）＝－ １ ａ（ａ≠０）． 则 － ２３ (× － １ )ａ ＝－１，解得ａ＝－ ２３．故选（Ａ）． ４．设Ａ（２，０），Ｂ（－２，４），则点Ａ，Ｂ所在直线的斜率为ｋＡＢ＝ ４－０ －２－２＝－１， 由题意知，过点（２０２３，２０２４），（ａ，ｂ）的直线与直线ＡＢ平行， 所以 ｂ－２０２４ ａ－２０２３＝－１，整理得ａ＋ｂ＝２０２３＋２０２４＝４０４７．故选（Ｂ）． ５．｜ＯＡ１０｜＝｜ＯＡ１｜＋｜Ａ１Ａ１０｜＝９６＋９×１６＝２４０ｍ， ｜ＯＰ１０｜＝｜ＯＰ１｜＋｜Ｐ１Ｐ１０｜＝６０＋９×４＝９６ｍ， 故Ｂ１０（－２４０，０），Ｐ１０（０，９６），则ｋＰ１０Ｂ１０＝ ０－９６ －２４０－０＝ ２ ５． ６．由已知可得：ｋＡＢ＝ ５－３ ２＋４＝ １ ３，ｋＢＣ＝ ３－５ ６－２＝－ １ ２， ｋＣＤ＝ ０－３ －３－６＝ １ ３，ｋＡＤ＝ ０－３ －３＋４＝－３． 所以ｋＡＢ＝ｋＤＣ，ｋＡＤ≠ｋＢＣ，ｋＡＤ·ｋＡＢ＝ｋＡＤ·ｋＤＣ＝－１，即ＡＢ∥ＤＣ， ＡＤ不平行于ＢＣ，ＡＤ⊥ＡＢ，ＡＤ⊥ＤＣ，故构成的图形为直角梯形． 故选（Ｂ）． ７．由题可得∠ＡＢＣ＝∠ｘＣＢ－∠ｘＡＢ， 又ｋＡＢ＝ ２ ３，ｋＢＣ＝－ １ ２，得ｔａｎ∠ｘＡＢ＝ ２ ３，ｔａｎ∠ｘＣＢ＝－ １ ２， 所以ｔａｎ∠ＡＢＣ＝ｔａｎ（∠ｘＣＢ－∠ｘＡＢ） ＝ ｔａｎ∠ｘＣＢ－ｔａｎ∠ｘＡＢ１＋ｔａｎ∠ｘＣＢ·ｔａｎ∠ｘＡＢ ＝ － １２ － ２ ３ １－ １２ × ２ ３ ＝－ ７４． ８．依题意，直线ＭＡ的斜率ｋＭＡ＝ ２－０ １－（－１）＝１， 直线ＭＢ的斜率ｋＭＢ＝ －槡３－０ ０－（－１）＝－槡３， 如图１，直线ｌ与线段ＡＢ有公共点， 则直线ｌ的斜率ｋ满足 －槡３≤ｋ≤１， 当 －槡３≤ ｋ＜０时，直线 ｌ的倾斜角 α [ ∈ ２π ３， )π ，当０≤ｋ≤１时，α [∈ ０，π ]４ ， 所以直线ｌ [的倾斜角的取值范围为 ０，π ]４ [∪ ２π３， )π ．故选（Ｃ）． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＢＣ． 提示： ９．由倾斜角定义知０＜α１＜α４＜ π ２，α３＞ π ２，α２＝０， 所以α２＜α１＜α４＜α３，故（Ｃ）正确； 由ｋ＝ｔａｎα，知ｋ２＝０，ｋ３＜０，０＜ｋ１＜ｋ４，所以ｋ３＜ｋ２＜ｋ１＜ｋ４， 故（Ｂ）正确．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １０．若Ａ，Ｂ两个镇到马路ｌ的距离相等， 当ｌ与直线ＡＢ平行时，则ｋ＝－４－３－３－６＝ ７ ９． 当直线ＡＢ与ｌ相交时，则直线过ＡＢ的中点，又 ＡＢ (的中点为 ３２， － )１２ ，所以ｋ＝－ １ ２ ＋１ ３ ２ －０ ＝ １３，故ｋ＝ ７ ９ 或 １ ３． 若Ａ，Ｂ两个镇位于马路的两侧，则ｋＡＣ＝ －１＋４ ３ ＝１，ｋＢＣ＝ ３＋１ ６ ＝ ２ ３，故ｋ (的取值范围为 －∞， )２３ ∪（１，＋∞）．故选（Ａ）（Ｄ）． １１．ｋ＝ｋＡＢ＝ ２－０ ０＋１＝２，所以直线ＡＢ的方向向量为（１，２），（Ａ）错误； 因为 － １２·ｋＡＢ＝－１，所以ｌ⊥ＡＢ，（Ｂ）正确． 因为ｋＢＣ＝ ０＋１ －１－１＝－ １ ２，ｋＢＣｋＡＢ＝－１，所以ＡＢ⊥ＢＣ，（Ｃ）正确． 因为ｋＣＤ＝ ３＋１ ３－１＝２＝ｋＡＢ，ｋＡＤ＝ １ ３，ｋＢＣ＝－ １ ２，ｋＡＤ≠ｋＢＣ， 所以四边形ＡＢＣＤ不是平行四边形，（Ｄ）错误．故选（Ｂ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．４；　１３．［０，２］；　１４．９１４． 提示： １２．ｋＡＢ＝ ｍ＋１ ｍ２－２ｍ－３ ＝ｔａｎ４５°＝１， 解得ｍ＝４． １３．由图２，可知当直线位于如图阴影部分 所示的区域内（包括边界）时，满足题意，所以直 线ｌ的斜率满足０≤ｋ≤２．故［０，２］． １４．以Ｃ为原点，ＤＣ，ＢＣ边分别为ｘ 轴，ｙ轴建立平面直角坐标系，如图３，则 Ｎ（－１２０，－８０），Ｍ（－６０，－２００）， Ｎ关于 ｘ轴的对称点为 Ｎ′（－１２０， ８０），Ｎ′关于 ｙ轴的对称点为 Ｎ″（１２０， ８０）， 直线ＭＮ″方向为本球射出方向， 故 (ｔａｎ π２ － )θ ＝８０＋２００１２０＋６０＝ １４ ９，ｔａｎθ＝ ９ １４． 四、解答题 １５．解：（１）依题意，（－１，槡３）是直线ｌ的一个方向向量， 所以直线ｌ的斜率ｋ＝－槡３， 所以直线ｌ的倾斜角为１２０°． （２）直线的倾斜角是钝角，则直线斜率ｋＡＢ＝ ｍ－３ １－ｍ＋１＜０， 解得ｍ＜２或ｍ＞３． 所以实数ｍ的范围是（－∞，２）∪（３，＋∞）． １６．解：（１）由斜率公式得直线ＡＢ的斜率为 －４－２－２＝１， 记倾斜角为α，则ｔａｎα＝１， 因为α∈［０，π），所以直线ＡＢ的倾斜角为 π４． （２）由题知 ｎｍ－２为直线ＢＥ的斜率． 记直线ＢＣ的倾斜角为β， 直线ＢＥ的倾斜角为γ， 由图４可知，γ∈［０，α］∪［β，π］， 又ｋＢＣ＝ｔａｎβ＝ １ －１－２＝－ １ ３， 所以，由正切函数性质可得，直线 ＢＥ的 [斜率的取值范围为 － １３， ]１ ，即 ｎｍ－２的 [取值范围为 － １３， ]１ ． １７．解：（１）设Ｑ（ｘ，ｙ），由题意得ｋＭＮ＝３，ｋＰＮ＝－２． 因为ＰＱ⊥ＭＮ，所以ｋＰＱ·ｋＭＮ＝ ｙ ｘ－３×３＝－１． ① 又ＰＮ∥ＭＱ，所以ｋＭＱ＝ｋＰＮ，即 ｙ＋１ ｘ－１＝－２． ② 由①②，得ｘ＝０，ｙ＝１，即Ｑ（０，１）． （２）设Ｑ（ｘ，０），因为∠ＮＱＰ＝∠ＮＰＱ，所以ｋＮＱ＝－ｋＮＰ． 又ｋＮＱ＝ ２ ２－ｘ，ｋＮＰ＝－２，所以 ２ ２－ｘ＝２，即ｘ＝１， 所以Ｑ（１，０），又Ｍ（１，－１），所以ＭＱ⊥ｘ轴， 故直线ＭＱ的倾斜角为９０°． １８．（１）解：设Ｍ（ｘ，ｙ）， →ＢＭ ＝ ２３ →ＢＡ（ｘ，ｙ－ｂ）＝ ２３（ａ，－ｂ）， 则ｘ＝ ２３ａ，ｙ＝ １ ３ｂ，即点Ｍ (的坐标为 ２３ａ，１３ )ｂ ． 又因为直线ＯＭ的斜率为槡５１０， 于是ｋＯＭ ＝ ｙ ｘ ＝ ｂ ２ａ＝ 槡５ １０，所以 ｂ ａ ＝ 槡５ ５． （２）证明：由题得点Ｃ的坐标为（０，－ｂ）， 线段ＡＣ的中点Ｎ (的坐标为 １２ａ，－ １２ )ｂ ， 则ｋＭＮ＝ ５ｂ ａ，ｋＡＢ＝－ ｂ ａ，于是ｋＭＮ·ｋＡＢ＝－ ５ｂ２ ａ２ ＝－１， 所以ＭＮ⊥ＡＢ． １９．（１）证明：如图５， 设点Ａ（ｘ１，ｌｏｇ９ｘ１），Ｂ（ｘ２，ｌｏｇ９ｘ２）， 则Ｃ（ｘ１，ｌｏｇ３ｘ１），Ｄ（ｘ２，ｌｏｇ３ｘ２）． 由Ａ，Ｏ，Ｂ三点共线，知ｋＯＡ＝ｋＯＢ， 所以 ｌｏｇ９ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ９ｘ２ ｘ２ ， 即 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２ ｘ２ ，即ｋＯＣ＝ｋＯＤ， 所以点Ｃ，Ｄ，Ｏ在同一条直线上． （２）解：当直线ＢＣ的斜率为０时，ＢＣ∥ｘ轴， 则ｌｏｇ９ｘ２＝ｌｏｇ３ｘ１，即 １ ２ｌｏｇ３ｘ２＝ｌｏｇ３ｘ１，所以ｘ２＝ｘ ２ １． 由（１）知 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２ ｘ２ ，所以 ｌｏｇ３ｘ１ ｘ１ ＝ ｌｏｇ３ｘ２１ ｘ２１ ＝ ２ｌｏｇ３ｘ１ ｘ２１ ，解得ｘ１＝２， 所以点Ａ的坐标为（２，ｌｏｇ９２）． 第６期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ．　４．２ｘ－ｙ＋２＝０； ５．ｙ－２＝－槡３（ｘ＋１）． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ａ；　３．ＡＣ．　４．－３； ５．ｙ＝ ２ｘ， １ ３ｘ＋ ５０ ３ { ，０≤ｘ＜１０，１０≤ｘ≤４０． 专项小练三 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．ｘ－槡３ｙ＋槡３＝０；　５．二． 第６期３，４版 直线的方程同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＢＤＡＣ　５～８　ＡＣＢＤ 提示： １．直线ｌ的倾斜角是１３５°，所以ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１， 所以由点斜式得直线ｌ的方程为ｙ＝－（ｘ－１）＝－ｘ＋１， 当ｘ＝－１时，ｙ＝２，故点（－１，２）在直线上，（Ｂ）正确． ２．已知ｋｂ≠０，ｌ２：ｙ＝－ ｂ ｋｘ＋ｂ，由四个选项中的ｌ１可知ｋ＞０，可排 除（Ａ），（Ｃ）；当ｂ＜０时，可排除（Ｂ）；当ｂ＞０时，（Ｄ）符合题意． ３．由题意可知直线ｌ的斜率ｋ＝ｔａｎπ４ ＝１， 所以直线ｌ的方程为ｙ－３＝ｘ－１，即ｙ＝ｘ＋２， 所以它在ｙ轴上的截距为２． ４．因为Ａ∩Ｂ＝， 所以直线ｘ＋ａｙ－ａ＝０与直线ａｘ＋（２ａ＋３）ｙ－１＝０没有交点， 所以直线ｘ＋ａｙ－ａ＝０与直线ａｘ＋（２ａ＋３）ｙ－１＝０互相平行， 所以１×（２ａ＋３）－ａ×ａ＝０，解得ａ＝－１或ａ＝３， 当ａ＝－１时，两直线为：ｘ－ｙ＋１＝０，－ｘ＋ｙ－１＝０， 此时两直线重合，不满足； 当ａ＝３时，两直线为：ｘ＋３ｙ－３＝０，３ｘ＋９ｙ－１＝０， 此时两直线平行，满足， 所以ａ的值为３． ５．由直线ｌ的方程为：２ｘ＋３ｙ－１＝０， 得斜率ｋ＝ｔａｎθ＝－ ２３， 则ｓｉｎ（θ－π）· (ｓｉｎ π２ － )θ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ１ ＝－ｓｉｎθ·ｃｏｓθ ｓｉｎ２θ＋ｃｏｓ２θ ＝ －ｔａｎθ ｔａｎ２θ＋１ ＝ ( ２ ３ － )２３ ２ ＋１ ＝ ６１３． ! ! ! 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