第5期 2.1 直线的倾斜角与斜率-【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（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． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$% 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8&%+ #$% 2 ! " #!!""# $ $ % ! " & ' # ( ! ) * ! # (! (" ! % ! $ # & " ) % ! ! ! ! ! + " + $ # % & &! ! " ! $ ! $ " &' " " # % ! " ! & # , " ' % ! % %-&'( ) ! ! & * # ' %-&'( # ! % " ! * 书 高中数学 选择性必修全三册 人教Ａ版 编辑计划 ２０２４年７～１２月 第１期　 §１．１空 间向量及其运算、§１．２ 空间向量基本定理、 §１．３空间向量及其运 算的坐标表示 第２期　 §１．４空 间向量的应用 第３期　空间向量 与立体几何 核心素养 综合测评 第４期　核心素养 阶段测评（一） 第５期　 §２．１直 线的倾斜角与斜率 第６期　 §２．２直 线的方程 第７期　§２．３直线 的交点坐标与距离公式 第８期　 §２．４圆 的方程 第９期　 §２．５直 线与圆、圆与圆的位置 关系 第 １０期　直线和 圆的方程 核心素养综 合测评 第 １１期　核心素 养阶段测评（二） 第 １２期　 §３．１ 椭圆 第 １３期　 §３．２ 双曲线 第 １４期　 §３．３ 抛物线 第 １５期　圆锥曲 线的方程 核心素养综 合测评 第 １６期　核心素 养阶段测评（三） 第 １７期　学业水 平测评（一） 第 １８期　学业水 平测评（二） （下转２，３版中缝） 书 内容再现　直线的斜率：当α≠９０°时，ｔａｎα表示 直线ｌ的斜率，用ｋ表示，即ｋ＝ｔａｎα．倾斜角是９０°的直 线，它的斜率不存在． 经过点Ｐ１（ｘ１，ｙ１）和点Ｐ２（ｘ２，ｙ２）（ｘ１≠ｘ２）的直线的 斜率公式：ｋ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ （ｘ１≠ｘ２）；当ｘ１＝ｘ２时，斜率不存在． 归纳探究　对于数式结构与直线斜率公式相似的 数学问题，通过类比、联想，可以借助直线斜率的几何意 义巧妙解决． 一、比较大小 例１已知函数 ｆ（ｘ）＝ｌｏｇ２（ｘ＋１），且ａ＞ｂ＞ｃ＞０， 则 ｆ（ａ） ａ， ｆ（ｂ） ｂ， ｆ（ｃ） ｃ 的大小关系为 （　　） （Ａ）ｆ（ａ）ａ ＞ ｆ（ｂ） ｂ ＞ ｆ（ｃ） ｃ （Ｂ）ｆ（ａ）ａ ＜ ｆ（ｂ） ｂ ＜ ｆ（ｃ） ｃ （Ｃ）ｆ（ｂ）ｂ ＞ ｆ（ａ） ａ ＞ ｆ（ｃ） ｃ （Ｄ）ｆ（ａ）ａ ＜ ｆ（ｃ） ｃ ＜ ｆ（ｂ） ｂ 分析：结合式子特征，转化为斜率的形式． 解：作出函数 ｆ（ｘ）＝ｌｏｇ２（ｘ＋１）的大致图象，如图 １．由图象可知，曲线上各点与原点连 线的斜率随ｘ的增大而减小． 因为ａ＞ｂ＞ｃ＞０，所以ｆ（ａ）ａ ＜ ｆ（ｂ） ｂ ＜ ｆ（ｃ） ｃ． 故选（Ｂ）． 点评：该题从特殊值和常规方法都不容易找到解题 的捷径，但仔细分析可知其结构具备 ｆ（ｘ） ｘ ＝ ｆ（ｘ）－０ ｘ－０ 的 特点，由此联想到利用斜率进行求解． 二、求解取值范围 例２已知实数ｘ，ｙ满足ｙ＝－２ｘ＋８（２≤ｘ≤３），求 ｙ ｘ的取值范围． 分析：将 ｙ ｘ转化为 ｙ－０ ｘ－０，利用其几何意义解题． 解：如图 ２所示，由题意知点 Ｐ（ｘ，ｙ）在线段ＡＢ上运动，其中Ａ（２， ４），Ｂ（３，２），而 ｙｘ ＝ ｙ－０ ｘ－０，其几何意 义为直线ＯＰ的斜率． 由图可知ｋＯＢ≤ｋＯＰ≤ｋＯＡ， 而ｋＯＢ ＝ ２ ３，ｋＯＡ ＝２． 故 ｙ ｘ [的取值范围是 ２３， ]２ ． 点评：利用斜率公式解决函数问题的关键是：根据 题目中代数式的特征，看是否可写成 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ 的形式；从 而联想其几何意义（即直线的斜率），再利用几何图形来 形象直观地分析解决问题． 书 直线的倾斜角和斜率是平面解析几何的重要基 础，深刻、全面理解其中的重要概念，灵活、准确运用这 些知识是学好这部分内容的基本目标．学习时要注意 以下几点： １．在研究直线时，使用斜率比使用倾斜角更方便， 即斜率是研究两条直线位置关系的重要依据．对直线 斜率的理解，应从下面几个要点入手： （１）仅用倾斜角这个几何概念来研究直线方向是 不符合解析思想的，由此借用三角函数，因为 ｔａｎα∈ Ｒ，可设ｋ＝ｔａｎα这样，就可以从代数的角度去研究直 线对ｘ轴正方向的倾斜程度； （２）当倾斜角是９０°时，直线斜率不存在，并不是 该直线不存在，此时，直线垂直于ｘ轴（平行于ｙ轴或与 ｙ轴重合）； （３）所有的直线都有倾斜角，但不是所有的直线 都有斜率； （４）直线的斜率也反映了直线相对于 ｘ轴的正方 向的倾斜程度．当倾斜角在［０°，９０°）时，倾斜角越大， 斜率越大，斜率的绝对值越大；当倾斜角在（９０°，１８０°） 时，倾斜角越大，斜率越大，斜率的绝对值越小． ２．关于斜率公式的几点说明： （１）斜率公式表明直线相对于 ｘ轴正方向的倾斜 程度，可以通过直线上任意两点的坐标表示，比使用几 何的方法求出倾斜角再求斜率更简便； （２）斜率公式与两点的顺序无关，即两点的纵坐 标和横坐标在公式中的次序可以同时调换，就是说，如 果分子是ｙ２－ｙ１，分母必须是ｘ２－ｘ１； （３）如果ｙ１ ＝ｙ２，ｘ１≠ｘ２，则直线与ｘ轴平行或重 合，ｋ＝０；如果ｙ１≠ｙ２，ｘ１ ＝ｘ２，则直线与ｘ轴垂直，倾 斜角等于９０°，ｋ不存在． ３．求直线斜率的方法： （１）定义法：已知直线的倾斜角为 α，且 α≠９０° 时，则该直线的斜率ｋ＝ｔａｎα． （２）公式法：已知直线上任意两点的坐标 Ａ（ｘ１， ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）求直线的斜率时，首先应检验两点的横 坐标是否相等，若相等，则斜率不存在；若不相等，则直 线的斜率ｋ＝ ｙ２－ｙ１ ｘ２－ｘ１ ． （３）向量法：已知直线的方向向量为（ｍ，ｎ）（ｍ≠ ０），则直线的斜率ｋ＝ ｎｍ． 书 一、怎么认识直线的倾斜角和斜率？ 直线的倾斜角和斜率是描述直线倾斜程度的两个 重要特征，所有的直线都有倾斜角，但不是所有的直线 都有斜率．当倾斜角α＝π２时，直线的斜率不存在，此时 直线垂直于ｘ轴（平行于ｙ轴或与ｙ轴重合）． 例１设直线ｌ的斜率为ｋ＝ｌｎ １２０１１，则直线ｌ的倾斜 角α的取值范围是 （　　） （Ａ）９０°＜α≤１８０° （Ｂ）９０°＜α＜１８０° （Ｃ）０°≤α＜９０° （Ｄ）０°＜α＜９０° 解析：因为０＜ １２０１１＜１，所以ｋ＝ｌｎ １ ２０１１＜０， 所以倾斜角为钝角． 故选（Ｂ）． 点评：当倾斜角０°≤α＜９０°时，斜率ｋ随倾斜角α 的增大而增大，其范围为［０，＋∞）；当倾斜角９０°＜α＜ １８０°时，斜率 ｋ随倾斜角 α的增大而增大，其范围为 （－∞，０）． 二、运用斜率判断两条直线的平行与垂直应注意什 么问题？ 判断两条直线平行、垂直时，不要忘记考虑两条直 线中有一条或两条均无斜率的情形． 例２判断下列直线ｌ１与ｌ２的位置关系． （１）直线ｌ１经过两点Ａ（－３，２），Ｂ（－３，１０），直线ｌ２ 经过两点Ｍ（５，－２），Ｎ（５，５）； （２）直线ｌ１经过两点Ａ（３，４），Ｂ（３，９９），直线ｌ２经过 两点Ｍ（－２０１１，４），Ｎ（２０１１，４）． 解析：（１）因为直线ｌ１经过两点Ａ（－３，２），Ｂ（－３， １０），所以直线ｌ１的斜率不存在． 因为直线ｌ２经过两点Ｍ（５，－２），Ｎ（５，５），所以直线 ｌ２的斜率也不存在． 又直线ｌ１与ｌ２上点的横坐标不相等， 所以直线ｌ１与ｌ２平行． （２）因为直线ｌ１经过两点Ａ（３，４），Ｂ（３，９９），所以直 线ｌ１的斜率ｋ１不存在． 因为直线 ｌ２经过两点 Ｍ（－２０１１，４），Ｎ（２０１１，４）， 所以直线ｌ２的斜率ｋ２ ＝０． 由此知直线ｌ１垂直于ｘ轴，直线ｌ２垂直于ｙ轴， 故直线ｌ１与ｌ２垂直． 点评：判断两条直线是否平行，要研究两条直线的斜率 是否相等，同时要注意两条直线的斜率都不存在以及两条 直线重合的情形；判断两条直线是否垂直，要研究两条直线 的斜率是否满足ｋ２ ＝－ １ ｋ１ ，同时要注意两条直线中一条直 线的斜率不存在，另一条直线的斜率为０的情形． 书 （上接第２版） 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３５７． 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． 书 １７．（１５分）（２０２３四川成都高二校考阶段练习）已 知Ｍ（１，－１），Ｎ（２，２），Ｐ（３，０）． （１）若点Ｑ满足ＰＱ⊥ＭＮ，ＰＮ∥ＭＱ，求点Ｑ的坐标； （２）若点Ｑ在ｘ轴上，且∠ＮＱＰ＝∠ＮＰＱ，求直线 ＭＱ的倾斜角． １８．（１７分）（２０２３安徽滁州校考阶段练习）已知直 线ＡＢ与ｘ轴正半轴交于点Ａ（ａ，０），与ｙ轴正半轴交于点 Ｂ（０，ｂ），点Ｍ在线段ＡＢ上，满足｜ＢＭ｜＝２｜ＭＡ｜，直线 ＯＭ（Ｏ为原点）的斜率为槡５１０． （１）求 ｂａ的值； （２）设点Ｃ与点Ｂ关于ｘ轴对称，Ｎ为线段ＡＣ的中 点，求证：ＭＮ⊥ＡＢ． １９．（１７分）已知过坐标原点 Ｏ的一条直线与函数 ｙ＝ｌｏｇ９ｘ的图象交于Ａ，Ｂ两点，分别过点Ａ，Ｂ作ｙ轴的 平行线与函数ｙ＝ｌｏｇ３ｘ的图象交于Ｃ，Ｄ两点． （１）证明：点Ｃ，Ｄ，Ｏ在同一条直线上； （２）当直线ＢＣ的斜率为０时，求点Ａ的坐标                                                                                                                                             ． !"#$ !%& ! ! !"#$% '()*+,-./0$12345 ! 6"$ # 7 ! 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９．ＡＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．１２；　１３．１；　１４．α１＜α２＜α３． 四、解答题 １５．（１）解：以Ｄ为原点，以→ＤＡ，→  ＤＣ，ＤＤ→ １分别为ｘ，ｙ，ｚ轴正 方向，建立空间直角坐标系，所以 Ｄ１（０，０，４），Ｅ（０，２，１），Ｆ（１， １，０），Ｃ（０，２，０），Ｂ（２，２，０），Ａ１（２，０，４），ＥＤ → １＝（０，－２，３）， →ＥＦ ＝（１，－１，－１）， 则点Ｄ１到直线ＥＦ的距离为： ｄ＝ ＥＤ→ １２ (－ ＥＤ→ １·→ＥＦ→ )｜ＥＦ｜槡 ２ ＝ １３ (－ －１ 槡 )３槡 ２ ＝槡１１４３ ． （２）证明：由（１）可得Ａ１ → Ｃ＝（－２，２，－４），→ＤＢ＝（２，２，０），→ＤＥ＝ （０，２，１），由Ａ１ → Ｃ·→ＤＢ＝－２×２＋２×２＝０，可得Ａ１Ｃ⊥ＤＢ， 又由Ａ１ → Ｃ·→  ＤＥ＝２×２＋（－４）×１＝０，可得Ａ１Ｃ⊥ＤＥ， 又ＤＢ∩ＤＥ＝Ｄ，故Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＥ． １６．（１）解：→ＥＢ＝ＥＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝２３Ｄ１Ａ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ＝－２３ｂ －ｃ＋ａ． （２）证明：→ＦＢ＝ＦＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２５ＣＡ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ ＝ ２５（ → →ＣＢ＋ＢＡ＋ＡＡ→ １）＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２５（－ｂ－ａ＋ｃ）－ｃ＋ ａ＝ ３５ａ－ ２ ５ｂ－ ３ ５ｃ＝ (３５ ａ－２３ｂ－ )ｃ ＝ ３５→ＥＢ， 又→ＥＢ与→ＦＢ相交于Ｂ，所以Ｅ，Ｆ，Ｂ三点共线． １７．（１）证明：设｛→ＢＡ，→ＢＣ，→ＢＰ｝为空间的一组基底， 因为Ｅ，Ｆ分别为ＰＡ，ＰＣ的中点， 所以→ＢＥ＝ １２ →ＢＰ＋１２ →ＢＡ，→ＢＦ＝ １２ →ＢＣ＋１２ →ＢＰ． 又→ＤＧ＝２→ＧＰ，所以→ → → →ＢＧ＝ＢＤ＋ＤＧ＝ＢＤ＋２３ → →ＤＰ＝ＢＤ＋２３（ →ＢＰ →－ＢＤ）＝１３ →ＢＤ＋２３ →ＢＰ＝１３ →ＢＡ＋１３ →ＢＣ＋２３ →ＢＰ＝ (２３ １２→ＢＡ ＋１２ → )ＢＰ ＋ (２３ １２→ＢＣ＋１２→ )ＢＰ ＝ ２３→ＢＥ＋２３→ＢＦ． 故Ｂ，Ｅ，Ｇ，Ｆ四点共面． （２）解：由正四棱锥的对称性知， Ｖ１ ＝２ＶＥ－ＰＢＧ，Ｖ２ ＝２ＶＡ－ＰＢＤ． 设点Ｅ到平面ＰＢＧ的距离为ｄ１，点Ａ到平面ＰＢＤ的距离为ｄ２， 由Ｅ是ＰＡ的中点得ｄ２ ＝２ｄ１． 由→ＤＧ＝２→ＧＰ，得Ｓ△ＰＢＤ ＝３Ｓ△ＰＢＧ， 则 Ｖ１ Ｖ２ ＝ ＶＥ－ＰＢＧ ＶＡ－ＰＢＤ ＝ Ｓ△ＰＢＧ·ｄ１ Ｓ△ＰＢＤ·ｄ２ ＝ １６． １８．（１）解：由题意知∠ＢＥＣ＝∠ＥＣＤ＝∠ＡＥＣ＝９０°， ∠ＰＥＤ＝∠ＡＥＤ＝４５°， 而ＢＥ＝ＣＤ，Ｍ是ＢＣ的中点，所以ＭＥ⊥ＥＤ， 又平面ＰＥＤ⊥平面ＢＣＤＥ，平面ＰＥＤ∩平面ＢＣＤＥ＝ＤＥ， ＭＥ平面ＢＣＤＥ，所以ＭＥ⊥平面ＰＥＤ， 在平面ＰＤＥ内，过点Ｅ 作ＥＤ的垂线作为ｚ轴，所以 ＭＥ⊥ｚ轴，如图，以Ｅ为坐 标原点，分别以ＥＭ，ＥＤ所 在直线分别为ｘ，ｙ轴建立空 间直角坐标系． 设ＰＥ＝ｔ（ｔ＞０）， 所以Ｅ（０，０，０），Ｍ（１，０，０），Ｂ（１，－１，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（０，２，０）， (Ｐ ０，槡２２ｔ，槡２２ )ｔ， (Ｎ ０，槡２４ｔ，槡２４ )ｔ， 所以→ (ＭＮ＝ －１，槡２４ｔ，槡２４ )ｔ ，→ (ＢＰ＝ －１，槡２２ｔ＋１，槡２２ )ｔ， →ＢＣ＝（０，２，０），→ (ＥＰ＝ ０，槡２２ｔ，槡２２ )ｔ，→ＥＣ＝（１，１，０）． 设平面ＰＢＣ的法向量ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 由 ｎ１· →ＢＣ＝０， ｎ１· →ＢＰ＝０{ ，得 ２ｙ１ ＝０， －ｘ１ (＋ 槡２２ｔ＋ )１ ｙ１＋槡２２ｔｚ１ ＝０{ ， 取ｚ１ ＝１，所以ｘ１ ＝槡 ２ ２ｔ，所以ｎ１ (＝ 槡２２ｔ，０， )１ ， ｓｉｎθ＝ ｜ｎ１· →ＭＮ｜ ｜ｎ１ →｜｜ＭＮ｜ ＝ －槡２２ｔ＋ 槡２ ４ｔ １＋１２ｔ槡 ２ １＋１４ｔ槡 ２ ＝ ｔ ｔ４＋６ｔ２＋槡 ８ ＞槡３６，解得槡２＜ｔ＜２． 设平面ＰＥＣ的法向量ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 由 ｎ２· →ＥＣ＝０， ｎ２· →ＥＰ＝{ ０得 ｘ２＋ｙ２ ＝０， 槡２ ２ｔｙ２＋ 槡２ ２ｔｚ２ ＝０ { ， 取ｙ２ ＝－１，所以ｘ２ ＝１，ｚ２ ＝１，所以ｎ２ ＝（１，－１，１）， 设平面ＰＢＣ与平面ＰＥＣ的夹角为α，则ｃｏｓα＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜｜ｎ２｜ ＝ 槡２ ２ｔ＋１ 槡３ １ ２ｔ ２＋槡 １ ＝ １ 槡３ １＋ 槡２２ ｔ＋２槡 ｔ (∈ 槡２＋１３ ，槡６)３ ， 所以平面 ＰＢＣ与平面 ＰＥＣ ( 夹角的余弦值的取值范围是 槡２＋１ ３ ， 槡６)３ ． （２）证明：Ｓ是四面体的表面积，ＶＫ－ＣＧＨ ＝ １ ３Ｓ·ｒ， 令ＫＧ与面ＣＧＨ所成角为α， ＶＫ－ＣＧＨ ＝ １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧｓｉｎα≤ １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧ， Ｓ△ＣＨＧ ＝ １ ２ＣＨ·ＧＨ，Ｓ△ＫＨＧ ＝ １ ２ＫＧ·ＧＨ， 因为ＧＨ是公垂线，ＣＤ上的点和ＰＫ上的点的最短距离是ＧＨ， Ｓ△ＣＫＧ ＞Ｓ△ＫＧＨ，Ｓ△ＣＫＨ ＞Ｓ△ＣＨＧ（取不到等号）， 所以Ｓ＞ＣＨ·ＧＨ＋ＫＧ·ＧＨ＝ＧＨ·（ＣＨ＋ＫＧ）， １ ６ＧＨ·ＣＨ·ＫＧ＞ １ ３ＧＨ·（ＣＨ＋ＫＧ）·ｒ， 所以 １ ｒ ＞ (２ １ＫＧ＋１ )ＣＨ ． １９．（１）证明：设Ｐ（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是直线ｌ上任意一点，而ｄ＝ （－２，０，－４）为直线ｌ的方向向量，则有→  ＱＰ∥ｄ，从而存在实数 λ，使得→  ＱＰ＝λｄ，即（ｘ０－１，ｙ０－１，ｚ０－２）＝λ（－２，０，－４）， 则 ｘ０－１＝－２λ， ｙ０－１＝０， ｚ０－２＝－４λ { ， 解得ｘ０ ＝１－２λ，ｙ０＝１，ｚ０＝２－４λ， 即点Ｐ（１－２λ，１，２－４λ）， 显然 （１－２λ）２ １ ＋ １２ １ － （２－４λ）２ ４ ＝１－４λ＋４λ ２＋１－（１－ ４λ＋４λ２）＝１，因此点Ｐ的坐标总是满足曲面Ｃ的方程，所以直线ｌ 在曲面Ｃ上． （２）解：直线ｌ′在曲面Ｃ上，且过点Ｔ（槡２，０，２）， 设Ｍ（ｘ１，ｙ１，ｚ１）是直线ｌ′上任意一点， 直线ｌ′的方向向量为ｄ′＝（ａ，ｂ，ｃ），则有→ＴＭ∥ｄ′， 从而存在实数ｔ，使得→ＴＭ＝ｔｄ′， 即（ｘ１－槡２，ｙ１，ｚ１－２）＝ｔ（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｘ１－槡２＝ａｔ， ｙ１ ＝ｂｔ， ｚ１－２＝ｃｔ { ， 解得ｘ１ ＝槡２＋ａｔ，ｙ１ ＝ｂｔ，ｚ１ ＝２＋ｃｔ， 即点Ｍ（槡２＋ａｔ，ｂｔ，２＋ｃｔ）， 由点Ｍ（ｘ１，ｙ１，ｚ１）在曲面Ｃ上， 得 （槡２＋ａｔ）２ １ ＋ （ｂｔ）２ １ － （２＋ｃｔ）２ ４ ＝１， (整理得 ａ２＋ｂ２－ｃ２ )４ ｔ２＋（槡２２ａ－ｃ）ｔ＝０， 依题意，对任意的实数ｔ (有 ａ２＋ｂ２－ｃ２ )４ ｔ２＋（槡２２ａ－ｃ）ｔ ＝０恒成立，因此ａ２＋ｂ２－ｃ ２ ４ ＝０，且 槡２２ａ－ｃ＝０， 解得ｃ＝ 槡２２ａ，ｂ＝ａ或ｃ＝ 槡２２ａ，ｂ＝－ａ， 不妨取ａ＝１，则ｂ＝１，ｃ＝ 槡２２或ｂ＝－１，ｃ＝ 槡２２， 即ｄ′＝（１，１，槡２２）或ｄ′＝（１，－１，槡２２）， 又直线ｌ的方向向量为ｄ＝（－２，０，－４）， 所以异面直线ｌ与ｌ′所成角的余弦值均为 ｜ｃｏｓ〈ｄ，ｄ′〉｜＝｜ｄ·ｄ′｜｜ｄ｜｜ｄ′｜＝ ２＋ 槡８２ 槡２５×槡１０ ＝８＋槡２１０ ． 一、单项选择题 １～４　ＢＢＡＡ　５～８　ＡＤＣＣ 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＤ． 三、填空题 １２． 槡３ １０；　１３．１０；　１４．９０°，１． 四、解答题 １５．解：→ → →ＯＱ＝ＯＭ＋ＭＱ＝ １２ →ＯＡ＋ １３ →ＭＮ＝ １２ →ＯＡ＋ １ ３（ → →ＯＮ－ＯＭ）＝ １２ →ＯＡ＋ (１３ →ＯＮ－１２→ )ＯＡ ＝ １３→ＯＡ＋１３ ×１２ ×（ →  →  ＯＢ＋ＯＣ）＝ １３ →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３２ ＝ 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）， （下转第４版） 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共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．（２０２４江苏课时作业）若直线ｌ的倾斜角为１５０°， 则它的方向向量可以为 （　　） （Ａ）（１，槡３） （Ｂ）（－３，槡３） （Ｃ）（－槡３，３） （Ｄ）（１，－槡３） ２．（２０２４广东潮州期末）已知斜率为槡２的直线经过 点Ｍ（２，ｍ），Ｎ（１，２），则ｍ＝ （　　） （Ａ）槡２－２ （Ｂ）槡２＋２ （Ｃ）１ （Ｄ）０ ３．若直线ｌ经过点Ａ（ａ－２，－１）和Ｂ（－ａ－２，１）， 且与斜率为 －２３的直线垂直，则实数ａ的值是 （　　） （Ａ）－２３ （Ｂ） ３ ２ （Ｃ）±２３ （Ｄ）± ３ ２ ４．（２０２４湖北武汉期末）张老师不仅喜欢打羽毛 球，还喜欢玩折纸游戏，他将一张画了直角坐标系（两坐 标轴单位长度相同）的纸折叠一次，使点（２，０）与点 （－２，４）重合，点（２０２３，２０２４）与点（ａ，ｂ）重合，则ａ＋ ｂ＝ （　　） （Ａ）４０４６ （Ｂ）４０４７ （Ｃ）４０４８ （Ｄ）４０４９ ５．（２０２４江苏泰州期末）斜拉桥是桥梁建筑的一种 形式，在桥梁平面上有多根拉索，所有拉索的合力方向 与中央索塔一致．如图１，一座斜拉桥共有１０对拉索，在 索塔两侧对称排列，已知拉索上端相邻两个锚的间距 ｜ＰｉＰｉ＋１｜（ｉ＝１，２，３，…，９）均为４ｍ，拉索下端相邻两 个锚的间距｜ＡｉＡｉ＋１｜，｜ＢｉＢｉ＋１｜（ｉ＝１，２，３，…９）均为 １６ｍ，最短拉索 Ｐ１Ａ１满足 ｜ＯＰ１｜＝６０ｍ，｜ＯＡ１｜＝ ９６ｍ，若建立如图１所示的平面直角坐标系，则最长拉索 Ｐ１０Ｂ１０所在直线的斜率为 （　　） （Ａ）１５ （Ｂ） ５ １６ （Ｃ） ２５ ６４ （Ｄ） ２ ５ ６．已知点 Ａ（－４，３），Ｂ（２，５），Ｃ（６，３），Ｄ（－３，０）， 顺次连接Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ａ所构成的图形是 （　　） （Ａ）平行四边形 （Ｂ）直角梯形 （Ｃ）等腰梯形 （Ｄ）以上都不对 ７．（２０２４广东江门一模） 如图２，△ＡＢＣ的顶点都在坐标 轴上，直线ＡＢ的斜率为 ２３，直 线 ＢＣ的斜率为 － １２，则 ｔａｎ∠ＡＢＣ＝ （　　） （Ａ）－１４ （Ｂ）－ ７ ８ （Ｃ）－ ７ ４ （Ｄ）－ ７ ２ ８．（２０２４湖北阶段练习）已知点 Ａ（１，２），Ｂ（０， －槡３），若经过点Ｍ（－１，０）的直线ｌ与线段ＡＢ有公共 点，则直线ｌ的倾斜角的取值范围为 （　　） （Ａ [） π４，２π]３ （Ｂ [） ０，π ]４ [∪ ５π６， )π （Ｃ [） ０，π ]４ [∪ ２π３， )π （Ｄ [） π４，π )２ (∪ π２，２π]３ 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安徽黄山期中）如 图３所示，下列四条直线ｌ１，ｌ２，ｌ３， ｌ４，斜率分别是 ｋ１，ｋ２，ｋ３，ｋ４，倾斜 角分别是α１，α２，α３，α４，则下列关 系正确的是 （　　） （Ａ）ｋ２ ＜ｋ１ ＜ｋ４ ＜ｋ３ （Ｂ）ｋ３ ＜ｋ２ ＜ｋ１ ＜ｋ４ （Ｃ）α２ ＜α１ ＜α４ ＜α３ （Ｄ）α３ ＜α２ ＜α１ ＜α４ １０．（２０２４河北邢台阶段练习）某县相邻两镇在一 平面直角坐标系下的坐标分别为Ａ（－３，－４），Ｂ（６，３）， 交通枢纽Ｃ（０，－１），计划经过Ｃ修建一条马路ｌ（ｌ看成 一条直线，ｌ的斜率为ｋ），则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）若Ａ，Ｂ两个镇到马路ｌ的距离相等，则ｋ＝７９ 或 １ ３ （Ｂ）若Ａ，Ｂ两个镇到马路ｌ的距离相等，则ｋ＝９７ 或 ３ ２ （Ｃ）若Ａ，Ｂ两个镇位于马路的两侧，则ｋ的取值范 (围为 ２３， )１ （Ｄ）若Ａ，Ｂ两个镇位于马路的两侧，则ｋ的取值范 (围为 －∞， )２３ ∪（１，＋∞） １１．（２０２４湖南岳阳阶段练习）已知点 Ａ（０，２）， Ｂ（－１，０），下列结论正确的是 （　　） （Ａ）若直线ＡＢ的方向向量为（１，ｋ），则ｋ＝ １２ （Ｂ）若直线ｌ的斜率为 －１２，则ｌ⊥ＡＢ （Ｃ）若Ｃ（１，－１），则△ＡＢＣ为直角三角形 （Ｄ）若Ｃ（１，－１），Ｄ（３，３），则四边形ＡＢＣＤ是平行 四边形 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．过两点Ａ（ｍ２－３，ｍ），Ｂ（２ｍ，－１）的直线的倾 斜角为４５°，则ｍ的值为 ． １３．（２０２４湖北武汉二中期中考试）已知直线ｌ经过 点Ａ（１，２），且不经过第四象限，则直线ｌ的斜率ｋ的取值 范围是 ． １４．（２０２４河南期末）台球赛的一 种得分战术手段叫做“斯诺克”：在白 色本球与目标球之间，设置障碍，使 得本球不能直接击打目标球．如图４， 某场比赛中，某选手被对手做成了一 个“斯诺克”，本球需经过边 ＢＣ，ＣＤ两次反弹后击打目 标球Ｎ，点Ｍ到ＣＤ，ＢＣ的距离分别为２００ｃｍ，６０ｃｍ，点Ｎ 到ＣＤ，ＢＣ的距离分别为８０ｃｍ，１２０ｃｍ，将Ｍ，Ｎ看成质 点，本球在Ｍ点处，若击打成功，则ｔａｎθ＝ ． 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）（１）（２０２４上海假期作业）若直线ｌ的一 个方向向量为（－１，槡３），求它的倾斜角； （２）（２０２４江苏假期作业）经过两点 Ａ（１，ｍ），Ｂ（ｍ －１，３）的直线的倾斜角是钝角，求实数ｍ的范围． １６．（１５分）已知坐标平面内三点 Ａ（－２，－４）， Ｂ（２，０），Ｃ（－１，１）． （１）求直线ＡＢ的斜率和倾斜角； （２）若Ｅ（ｍ，ｎ）是线段ＡＣ上一动点，求 ｎｍ－２的取 值范围                                                                                                                                                           ． !"#$ ! %& !"#$% ! ! 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