第20期 核心素养阶段测评（一）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书书书 １６． （１５ 分 ） 设 双 曲 线 Ｃ ： ｘ ２ ａ ２ － ｙ ２ ｂ ２ ＝ １ （ａ ＞ ０ ，ｂ ＞ ０ ） ，点 Ａ １ ，Ａ ２ 是 双 曲 线 Ｃ 的 左 、右 顶 点 ，点 Ｐ 在 双 曲 线 Ｃ 上 ． （１ ） 若 Ａ １ Ａ ２ ＝ ４ｂ，点 Ｐ （ 槡 ２ ２ ， － １ ） ，求 双 曲 线 Ｃ 的 方 程 ； （ ２ ） 当 Ｐ 异 于 点 Ａ １ ，Ａ ２ 时 ，直 线 ＰＡ １ 与 ＰＡ ２ 的 斜 率 之 积 为 ２ ，求 双 曲 线 Ｃ 的 渐 近 线 方 程 ． １７． （１５ 分 ） 已 知 圆 Ｃ ： ｘ ２ － ４ ｘ ＋ ｙ ２ ＝ ０ ，直 线 ｌ：ｍ ｘ ＋ ｙ － ２ｍ － １ ＝ ０．（１ ） 若 直 线 ｌ 被 圆 Ｃ 截 得 的 弦 为 ＡＢ ，求 弦 ＡＢ 长 度 的 最 小 值 ； （２ ） 已 知 点 Ｐ 是 圆 Ｃ 上 任 意 一 点 ，在 直 线 ｘ ＝ ２ 上 是 否 存 在 两 个 定 点 Ｍ ，Ｎ ，使 得 ｜ ＰＭ ｜ ＝ ２ ｜ ＰＮ ｜？若 存 在 ，分 别 求 出 点 Ｍ ，Ｎ 的 坐 标 ； 若 不 存 在 ， 请 说 明 理 由 ． １８． （１７ 分 ） 若 两 条 相 交 直 线 ｌ１ ，ｌ２ 的 倾 斜 角 分 别 为 θ １ ，θ ２ ，斜 率 均 存 在 ，分 别 为 ｋ １ ，ｋ ２ ，且 ｋ １ · ｋ ２ ≠ ０ ，若 ｌ１ ，ｌ２ 满 足 （ 从 ① θ １ ＋ θ ２ ＝ π ；② ｌ１ ⊥ ｌ２ 两 个 条 件 中 ， 任 选 一 个 补 充 在 上 面 问 题 中 并 作 答 ）． （１ ） 求 ｋ １ ，ｋ ２ 满 足 的 关 系 式 ； （２ ） 若 ｌ１ ，ｌ２ 交 点 坐 标 为 Ｐ （１ ，１ ） ，同 时 ｌ１ 过 Ａ （ａ ，２ ） ，ｌ２ 过 Ｂ （２ ， ｂ） ，在 （１ ） 的 条 件 下 ，求 出 ａ ，ｂ 满 足 的 关 系 ； （３ ） 在 （２ ） 的 条 件 下 ，若 直 线 ｌ１ 上 的 一 点 向 右 平 移 ４ 个 单 位 长 度 ，再 向 上 平 移 ２ 个 单 位 长 度 ，仍 在 该 直 线 上 ，求 实 数 ａ ，ｂ 的 值 ． １９． （１７ 分 ） 已 知 Ｐ 是 平 面 ＡＢＣＤ 外 的 一 点 ，四 边 形 ＡＢＣＤ 是 平 行 四 边 形 ， →ＡＢ ＝ （２ ， － １ ， － ４ ） ， →ＡＤ ＝ （４ ，２ ，０ ） ， →ＡＰ ＝ （ － １ ，２ ， － １ ）． （１ ） 证 明 ：ＰＡ ⊥ 平 面 ＡＢＣＤ ； （２ ） 对 于 向 量 ａ ＝ （ｘ １ ，ｙ １ ，ｚ１ ） ，ｂ ＝ （ｘ ２ ，ｙ ２ ，ｚ２ ） ，ｃ ＝ （ｘ ３ ，ｙ ３ ，ｚ３ ） 定 义 一 种 运 算 ：（ ａ × ｂ ） · ｃ ＝ ｘ １ ｙ ２ ｚ３ ＋ ｘ ２ ｙ ３ ｚ１ ＋ ｘ ３ ｙ １ ｚ２ － ｘ １ ｙ ３ ｚ２ － ｘ ２ ｙ １ ｚ３ － ｘ ３ ｙ ２ ｚ１ ，试 计 算 （ → → ＡＢ × ＡＤ ） · →ＡＰ 的 绝 对 值 ； 说 明 其 与 几 何 体 Ｐ － ＡＢＣＤ 的 体 积 关 系 ，并 由 此 猜 想 向 量 这 种 运 算 （ →  →  ＡＢ × ＡＤ ）· → ＡＰ 的 绝 对 值 的 几 何 意 义 ． ! " # $ % & ! ! ' ( ) * + % , $ & ! ' -./0123456&789:;<=>!"#$%&'( -./0123456&789:;<=>)"#$%&'( 书 热点问题１　求直线的方程 例１若直线 ｌ过点（３，４），且（１，２）是它的 一个法向量，则直线ｌ的方程为 ． 解析：由于（１，２）是直线的一个法向量，则 直线方程为１×（ｘ－３）＋２×（ｙ－４）＝０，即 ｘ＋２ｙ－１１＝０， 故填答案：ｘ＋２ｙ－１１＝０． 点评：本题主要考查了直线的法向量与直 线方程的求解． 热点问题２　求参数的值 例２若直线ｘ－２ｙ＋５＝０与直线２ｘ＋ｍｙ －６＝０互相垂直，则实数ｍ＝ ． 解析：由于直线ｘ－２ｙ＋５＝０与直线２ｘ＋ ｍｙ－６＝０互相垂直， 则有Ａ１Ａ２＋Ｂ１Ｂ２ ＝１×２－２×ｍ＝０， 解得ｍ＝１． 点评：本题主要考查了两条直线的位置关 系，以及两直线互相垂直的等价关系式的应用 等．解决此类问题，可以从直线的系数关系式入 手，也可以从直线的斜率关系式入手加以分析 与研究． 热点问题３　求最值 例３已知直线ｌ１：５ｘ－２ｙ＋３ｍ（３ｍ＋１）＝ ０与ｌ２：２ｘ＋６ｙ－３ｍ（９ｍ＋２０）＝０，当ｍ为何 值时，两直线ｌ１，ｌ２的交点到直线４ｘ－３ｙ－１２＝ ０的距离最小？这个最小值是多少？ 分析：本题为最值问题，可根据题意构造方 程组解出含有参数 ｍ的交点坐标，然后根据点 到直线的距离公式求解． 解析：由 ５ｘ－２ｙ＝－３ｍ（３ｍ＋１）， ２ｘ＋６ｙ＝３ｍ（９ｍ＋２０{ ）， 解得ｘ＝３ｍ，ｙ＝９２ｍ ２＋９ｍ， 所以ｄ＝ ４·（３ｍ）－ (３ ９２ｍ２＋９ )ｍ －１２ ４２＋３槡 ２ ＝２７ (１０ ｍ＋５)９ ２ ＋４７８１ ． 所以当ｍ＝－５９时，距离最小，其值为 ４７ ３０． 点评：有关最值问题常常构造函数，运用函 数的性质或运用基本不等式求解． 热点问题４　两直线的位置关系 例４设直线ｌ：ｙ＝ｋ１ｘ＋１，ｌ２：ｙ＝ｋ２ｘ－１，其 中实数ｋ１，ｋ２满足ｋ１ｋ２＋２＝０． （１）证明：ｌ１与ｌ２相交； （２）证明：ｌ１与ｌ２的交点在椭圆２ｘ ２＋ｙ２ ＝ １上． 证明：（１）反证法，假设ｌ１与ｌ２不相交．则ｌ１ 与ｌ２平行，有ｋ１＝ｋ２，代人ｋ１ｋ２＋２＝０，得ｋ ２ １＋ ２＝０． 此与ｋ１为实数的事实相矛盾． 从而ｋ１≠ｋ２，即ｌ１与ｌ２相交． （２）由方程组 ｙ＝ｋ１ｘ＋１， ｙ＝ｋ２ｘ－１ { ， 解得交点Ｐ的坐标（ｘ，ｙ）为 ｘ＝ ２ｋ２－ｋ１ ， ｙ＝ ｋ２＋ｋ１ ｋ２－ｋ１ { ， 而２ｘ２＋ｙ２ ＝ (２ ２ｋ２－ｋ )１ ２ (＋ ｋ２＋ｋ１ｋ２－ｋ )１ ２ ＝ ８＋ｋ２２＋ｋ ２ １＋２ｋ１ｋ２ ｋ２２＋ｋ ２ １－２ｋ１ｋ２ ＝ ｋ２１＋ｋ ２ ２＋４ ｋ２１＋ｋ ２ ２＋４ ＝１． 即交点Ｐ（ｘ，ｙ）在椭圆２ｘ２＋ｙ２ ＝１上． 热点问题５　直线与其他曲线的交汇问题 例５已知点 Ａ（０，２），Ｂ（２，０）．若点 Ｃ在函 数ｙ＝ｘ２的图象上，则使得△ＡＢＣ的面积为２的 点Ｃ的个数为 （　　） （Ａ）４　　（Ｂ）３　　（Ｃ）２　　（Ｄ）１ 分析：表示△ＡＢＣ的面积，需要利用两点之 间的距离公式求得ＡＢ的长度，此外还需要求出 哪个量？利用哪个公式表示出来？ 解析：设Ｃ（ａ，ａ２），由已知得直线ＡＢ的方程 为 ｘ ２＋ ｙ ２ ＝１，即ｘ＋ｙ－２＝０． 点 Ｃ 到 直 线 ＡＢ 的 距 离 为 ｄ ＝ ｜ａ＋ａ２－２｜ 槡２ ， 由三角形ＡＢＣ的面积为２可得 Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２｜ＡＢ｜ｄ ＝１２×２槡２× ｜ａ＋ａ２－２｜ 槡２ ＝｜ａ＋ａ２－２｜＝２， 得ａ２＋ａ＝０或ａ２＋ａ－４＝０．显然方程共 有四个根，可知函数ｙ＝ｘ２的图象上存在四个点 使得△ＡＢＣ的面积为２．所以选（Ａ）． 书 例题 设抛物线Ｃ：ｘ２ ＝２ｐｙ（ｐ＞０）的焦点 为Ｆ，准线为ｌ，Ａ为Ｃ上一点，已知以Ｆ为圆心， ＦＡ为半径的圆Ｆ交ｌ于Ｂ，Ｄ两点．若∠ＢＦＤ＝ ９０°，△ＡＢＤ的面积为４槡２，求ｐ的值及圆Ｆ的方 程． 命题立意：本题考查通过抛物线与圆的交 汇问题求抛物线的标准方程及圆的方程．圆锥 曲线之间的交汇问题，不外乎椭圆与双曲线、椭 圆与抛物线、双曲线与抛物线或它们跟圆的交 汇．这些知识广泛“牵手”，就组成一幅幅绚丽多 姿的图画，构成变化多端、引人入胜的各种变式 题，如用来求点的坐标、轨迹方程等等，涉及的 知识点较多，综合性强，能力要求高，能有效地 考查相关知识和各种能力． 解析：由对称性知，△ＢＦＤ是等腰直角三角 形，斜边｜ＢＤ｜＝２ｐ， 点Ａ到准线ｌ的距离为 ｄ＝｜ＦＡ｜＝｜ＦＢ｜＝槡２ｐ， Ｓ△ＡＢＤ ＝４槡２ １ ２×｜ＢＤ｜×ｄ＝４槡２ｐ＝２． 圆Ｆ的方程为ｘ２＋（ｙ－１）２ ＝８． 看交汇一：圆与抛物线交汇 例１如图１，圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２ ＝１６，Ａ（－２，０），Ｂ（２，０）为 两定点．ｌ是圆 Ｏ的一条切 线，若过 Ａ，Ｂ两点的抛物线 以直线ｌ为准线，则抛物线的 焦点所在的轨迹是 （　　） （Ａ）双曲线 （Ｂ）椭圆 （Ｃ）抛物线 （Ｄ）圆 解析：由题意知，焦点 到Ａ和Ｂ的距离之和等于Ａ 和 Ｂ分别到准线的距离之 和，而该距离之和为Ａ和Ｂ的中点Ｏ到准线的距 离的二倍，即为２ｒ＝８（ｒ为圆Ｏ的半径），根据椭 圆的定义得，所求焦点的轨迹方程是以Ａ和Ｂ为 焦点的椭圆．故选（Ｂ）． 看交汇二：椭圆与圆交汇 例２已知Ａ为椭圆ｘ２＋４ｙ２ ＝４上任一点， Ｂ为圆Ｍ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１３上任一点，求｜ＡＢ｜的 最值． 解析：利用平面几何知识，可知 ＡＢ过圆心 Ｍ（０，２）时｜ＡＢ｜有最大值，而｜ＭＢ｜为定值槡３３， 所以问题转化为求｜ＭＡ｜的最值． 因为点Ａ在椭圆ｘ ２ ４＋ｙ ２ ＝１上， 不妨设Ａ（２ｃｏｓθ，ｓｉｎθ），－１≤ｓｉｎθ≤１， 则｜ＭＡ｜２ ＝（２ｃｏｓθ）２＋（ｓｉｎθ－２）２ ＝－ (３ ｓｉｎθ＋２)３ ２ ＋２８３， 所以｜ＭＡ｜ｍａｘ＝ ２槡２１ ３ ，｜ＭＡ｜ｍｉｎ ＝１， 所以｜ＡＢ｜的最大值为２槡２１３ ＋ 槡３ ３，最小值为 １－槡３３． 看交汇三：双曲线之间的交汇 例３在△ＡＢＣ中，各边长互不相等，以Ｂ，Ｃ 为焦点，过Ａ作双曲线的一支；以Ａ，Ｂ为焦点，过 Ｃ作双曲线的一支；以Ａ，Ｃ为焦点，过Ｂ作双曲 线的一支，证明：这三支双曲线交于一点． 分析：要证三支双曲线交于一点，只要证其 中两支双曲线的交点在第三支双曲线上即可． 证明：不妨设｜ＡＣ｜ ＜｜ＡＢ｜＜｜ＢＣ｜，如图２ 所示． 设以 Ｂ，Ｃ为焦点， 过Ａ的双曲线Ｃ１与以Ａ，Ｂ为焦点，过Ｃ的双曲 线Ｃ２相交于Ｐ点． 由｜ＡＣ｜＜｜ＡＢ｜，知过Ａ的双曲线Ｃ１是靠 近Ｃ点的一支，且Ｐ点在Ｃ１上， 所以｜ＰＢ｜－｜ＰＣ｜＝｜ＡＢ｜－｜ＡＣ｜， ① 同理｜ＰＢ｜－｜ＰＡ｜＝｜ＣＢ｜－｜ＣＡ｜． ② 由①－②得｜ＰＡ｜－｜ＰＣ｜＝｜ＢＡ｜－｜ＢＣ｜， 即｜ＰＣ｜－｜ＰＡ｜＝｜ＢＣ｜－｜ＢＡ｜．此即说明点Ｐ 在以Ａ，Ｃ为焦点且过Ｂ的双曲线Ｃ３上，故三支 双曲线交于一点． !"#$%&'()*+ "#$%&$!'%!() !",-%&'()*+ "#$%&$!'%%!$ !"#$ %&' ./012345 / 63 !!!"7 "#"$8 !!9 "%:;<74 3 7 !" ?@;A<0BC ?@;<DEFGHIJKBL /MNOPQR= OSTUVW XYZ7[\R=]^T!"#$%&'&'(_)̀ abc^T*+,#-. ! 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" ' ( % ( # $ ) * ( ! ! ! ! de Ufg ! ?@ h i jklm !"#$%& '()*+,-., /0123456 78-9$2,:; 8<9= >?@$ A:,BCDEF$ GHIJKL8,M NEFOPQR+ S<:,T?$UV KWX,YKZ,[ \]^[_`Wa bc,-.Ude4 4$fg8hi,e j%&kl8mn= :(o<9$ p12,OP(qr 5:+,WsY/t uL, EvWwx y,MEz{|y} ~$i€j‚, Eƒ„…†+~‡ Wˆ$5‰= Š ‹Œp12zŽ ‘‘$,E(… †+’“,E|”( W•5–—+,„ ˜,„˜,™š›; „˜8= 012$GH vœRW8,EF žŸ ¡[]ˆ= o-,:(<9$2 „¢£‚(5¤g W.8= ¥¦12 ž§¨›©8,M NEzªP«¬„ ˜š(E<9$[ \]­,®¯°Y, E±²³´`µ„ ˜­¶·$¸¹,º ´,EªPek»8 p¼·H,½¾$o ¿:;8„˜= LÀÁÂÃÄ$ ’“Np¼·H,³ ´ÅD™FÆÇ< )= W›}9<$ Y°8ÈÉ,ÊD ˬ8ÌL$Ím, ΞNÏ?$ÐÑ, ´ÒÓ$ÔnÕÖ, ÃĚ(Y$-9= 书 一、单项选择题 １～４　ＤＣＡＢ　５～８　ＢＡＣＤ 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＣ． 三、填空题 １２．槡６２；　１３． 槡２ ２８６ １３ ；　１４． ９ ２． 四、解答题 １５．ＥＦ与ＢＤ１的距离为 →｜ＥＢ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ １ ２ 槡２ ＝槡２４． １６．ｄ的最小值为槡２１７ ． １７．ＶＱ－ＡＣＲ ＝槡 ２ ２７． １８．如图，以 Ａ为坐标原点，平面 ＡＢＣ内垂直于ＡＣ边的直线为ｘ轴，ＡＣ 所在直线为ｙ轴，ＡＰ所在直线为ｚ轴建 立空间直角坐标系． 因为ＡＰ＝２，ＡＢ＝ＢＣ＝ＡＣ＝４， 且Ｅ，Ｆ分别是ＢＣ，ＡＣ的中点， 所以 Ａ（０，０，０），Ｂ（ 槡２ ３，２，０），Ｃ（０，４，０），Ｆ（０，２，０）， Ｅ（槡３，３，０）， (Ｑ 槡３２，７２， )０ ，Ｐ（０，０，２）． （１）证明：因为→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ，→ＡＥ＝（槡３，３，０）， 所以 →ＡＥ＝２→ＦＱ． 因为ＡＥ与ＦＱ无交点，所以ＡＥ∥ＦＱ． 又ＦＱ平面ＰＦＱ，ＡＥ平面ＰＦＱ， 所以ＡＥ∥平面ＰＦＱ． （２）解：由（１）知，ＡＥ∥ 平面 ＰＦＱ，所以点 Ａ到平面 ＰＦＱ的距离就是ＡＥ与平面ＰＦＱ间的距离． 又 →ＰＦ＝（０，２，－２），→ (ＦＱ＝ 槡３２，３２， )０ ， 设平面ＰＦＱ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 ｎ·→ＰＦ＝２ｙ－２ｚ＝０， ｎ·→ＦＱ＝槡３２ｘ＋ ３ ２ｙ＝０ { ，取ｎ＝（－槡３，１，１）． 连接ＱＡ，则→ (ＱＡ＝ －槡３２，－７２， )０ ， 所以所求距离为ｄ＝ →｜ＱＡ·ｎ｜ ｜ｎ｜ ＝ 槡２５ ５． １９．（１）解：平面ＰＭＮ中，→ＰＭ＝（１，－２，１），→ＰＮ＝（２，－１，０）． 设平面ＰＭＮ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 所以 →ＰＭ·ｎ＝ｘ－２ｙ＋ｚ＝＝０， →ＰＮ·ｎ＝２ｘ－ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（１，２，３）． 设平面ＰＭＮ任意一点Ｑ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 当Ｑ不同于Ｐ，有→ＰＱ⊥ｎ； 当Ｑ与Ｐ重合，则有→ＰＱ＝０，所以→ＰＱ·ｎ＝０． 所以（ｘ－１，ｙ－３，ｚ＋１）·（１，２，３）＝０， 化简得ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． 所以平面ＰＭＮ的方程为ｘ＋２ｙ＋３ｚ－４＝０． （２）设Ｐ１（ｘ１，ｙ１，ｚ１），Ｐ２（ｘ２，ｙ２，ｚ２）为平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ ＋Ｄ＝０的任意两个点， 则Ａｘ１＋Ｂｙ１＋Ｃｚ１＋Ｄ＝０，Ａｘ２＋Ｂｙ２＋Ｃｚ２＋Ｄ＝０． 两式相减得Ａ（ｘ２－ｘ１）＋Ｂ（ｙ２－ｙ１）＋Ｃ（ｚ２－ｚ１）＝０， 即ｍ·Ｐ１Ｐ → ２ ＝０，即ｍ⊥Ｐ１Ｐ → ２， 所以平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的法向量可取ｍ＝（Ａ， Ｂ，Ｃ）． 记Ｈ（ｘ０，ｙ０，ｚ０），因为Ａ，Ｂ，Ｃ不同时为０， 所以不妨令Ｃ≠０， 平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０上可取点 (Ｇ ０，０，－Ｄ )Ｃ ， 所以 → (ＧＨ＝ ｘ０，ｙ０，ｚ０＋Ｄ )Ｃ ， 则点Ｈ到平面Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０的距离为 ｄ＝ →｜ＧＨ·ｍ｜ ｜ｍ｜ ＝ ｜Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋Ｄ｜ Ａ２＋Ｂ２＋Ｃ槡 ２ ． 一、单项选择题 １～４　ＢＤＤＢ　５～８　ＡＡＤＣ 二、多项选择题 ９．ＡＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣＤ． 三、填空题　１２．１２；　１３．１；　１４． 槡３ ９． 四、解答题 １５．（１）点Ｄ１到直线ＥＦ的距离为ｄ＝槡 １１４ ３ ． （２）证明略． １６．（１）→ＥＢ＝－２３ｂ－ｃ＋ａ． （２）证明略． １７．（１）证明略． （２） Ｖ１ Ｖ２ ＝ 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的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＢＣ＝２ｙ１ ＝０， ｎ１· →ＢＰ＝－ｘ１ (＋ 槡２２ｔ＋ )１ ｙ１＋槡２２ｔｚ１ ＝０{ ， 取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的法向量为ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＥＣ＝ｘ２＋ｙ２ ＝０， ｎ２· →ＥＰ＝槡２２ｔｙ２＋ 槡２ ２ｔｚ２ ＝０ { ，取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 ， 所以二面角Ｂ－ＰＣ－Ｅ ( 的平面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 ． ! !"#$% !&'()(* !+123* !45678/$%#!&#'(!'#) !&9:;/<=>?@ABCDEFG !%' HIJ9K456 !LM4N/$%$$$) !AO6P9QR/$%#!!#'(!')* !##%))%)++(STUVHW !PX/YZ&9AO6;[\]^_`LaSbW !LMPXQR/!!!+# !cdefPghPijP ! & 9 k ] ^ _ >lAWm n o p q 9 ! & 9 r s t u v w x y z { | } ~S € A  ‚ D ƒ „ … † ‡ ˆ ‰ Š !! HW‹ y Œ  { y Ž   ‘ ’ Œ Y Z & 9 A O 6 ; [ “ ” 书书书 核 心 素 养 阶 段 测 评 （ 一 ） 测 试 范 围 ：１ ～ ４ 章 ◆ 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 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 已 知 向 量 ａ ＝ （ ０， ０， １） ，ｂ ＝ （ １， － １， １） ，向 量 ａ ＋ ｂ 在 向 量 ａ 上 的 投 影 向 量 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ ０， ０， ２） （ Ｂ） （ ０， ０， １） （ Ｃ） （ ０， ０， － １） （ Ｄ ） （ ０， ０， － ２） ２． 如 果 ＡＢ ＞ ０ 且 ＢＣ ＜ ０， 那 么 直 线 Ａｘ ＋ Ｂｙ ＋ Ｃ ＝ ０ 不 经 过 （ 　 　 ） （ Ａ ） 第 一 象 限 （ Ｂ） 第 二 象 限 （ Ｃ） 第 三 象 限 （ Ｄ ） 第 四 象 限 ３． 若 抛 物 线 ｙ２ ＝ ｍ ｘ 的 准 线 经 过 双 曲 线 ｘ２ － ｙ２ ＝ ２ 的 右 焦 点 ，则 ｍ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） － ４ （ Ｂ） ４ （ Ｃ） － ８ （ Ｄ ） ８ ４． 实 数 ｍ 变 化 时 ，方 程 （ ｍ － １） ｘ２ ＋ （ ｍ － ２） ｙ２ ＋ （ ｍ － １） （ ｍ － ２） ＝ ０ 表 示 的 曲 线 不 可 以 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 直 线 （ Ｂ） 圆 （ Ｃ） 椭 圆 （ Ｄ ） 双 曲 线 ５． 如 图 １， 点 Ａ， Ｂ， Ｃ 分 别 在 空 间 直 角 坐 标 系 Ｏ － ｘｙ ｚ的 三 条 坐 标 轴 上 ， → Ｏ Ｃ ＝ （ ０， ０， ２） ， → Ｏ Ａ ＝ （ １， ０， ０） ， → Ｏ Ｂ ＝ （ ０， ２， ０） ， 设 二 面 角 Ｃ － ＡＢ － Ｏ 的 平 面 角 为 θ， 则 ｃｏ ｓ θ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） 槡 ６ ３ （ Ｂ） 槡 ６ ６ （ Ｃ） 槡 ２ ４ （ Ｄ ） 槡 ３ ４ ６ ． 如 图 ２， 在 直 三 棱 柱 ＡＢ Ｃ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 中 ， Ｃ Ａ ＝ ＣＢ ＝ ＣＣ １ ，Ａ Ｃ ⊥ ＢＣ ，Ｅ ，Ｆ 分 别 是 Ａ １ Ｃ １ ，Ｂ １ Ｃ １ 的 中 点 ，则 直 线 ＡＥ 与 ＣＦ 所 成 角 的 余 弦 值 等 于 （ 　 　 ） （ Ａ ） ４ ５ （ Ｂ） １２ １３ （ Ｃ） ３ ５ （ Ｄ ） ５ １３ ７ ． 已 知 圆 Ｍ ：（ ｘ ＋ １） ２ ＋ （ ｙ － ２ａ ） ２ ＝ （ 槡 ２ － １） ２ 与 圆 Ｎ ：（ ｘ － ａ） ２ ＋ ｙ２ ＝ （ 槡 ２ ＋ １） ２ 有 两 条 公 切 线 ，则 实 数 ａ 的 取 值 范 围 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） （ － １， １） （ Ｂ ( ） － ７ ５ ， ) ０ ( ∪ ２ ３ ， ) １ （ Ｃ ( ） － １， ) ３ ５ （ Ｄ ( ） － ７ ５ ， － ) １ ( ∪ ３ ５ ， ) １ ８． “ 四 二 一 广 场 ” 是 重 庆 第 一 中 学 校 的 文 化 地 标 （ 如 图 ３） ， 广 场 中 心 的 建 筑 形 似 火 炬 宛 若 花 开 ， 三 朵 “ 花 瓣 ” 都 是 拓 扑 学 中 的 莫 比 乌 斯 带 （ 如 图 ４） ．将 莫 比 乌 斯 带 投 影 到 平 面 上 ，会 得 到 无 穷 大 符 号 “ ∞ ” ． 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ，设 线 段 ＡＢ 长 度 为 ２ａ （ ａ ＞ ０） ，坐 标 原 点 Ｏ 为 ＡＢ 中 点 且 点 Ａ， Ｂ 均 在 ｘ 轴 上 ，若 动 点 Ｐ 满 足 ｜ ＰＡ ｜× ｜ ＰＢ ｜ ＝ ａ２ ，那 么 点 Ｐ 的 轨 迹 称 为 双 纽 线 ， 其 形 状 也 是 无 穷 大 符 号 “ ∞ ” （ 如 图 ５） ．若 ａ ＝ １， 点 Ｐ 在 第 一 象 限 且 ｃｏ ｓ ∠ ＰＯ Ｂ ＝ ３ ４ ，则 ｜ ＰＡ ｜ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） １ ２ （ Ｂ） 槡 ２ ２ （ Ｃ） 槡 ２ （ Ｄ ） ２ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． 已 知 空 间 向 量 ｍ ＝ （ － １， ２， ５） ，ｎ ＝ （ ２， － ４， ｘ） ，则 下 列 选 项 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 当 ｍ ⊥ ｎ 时 ，ｘ ＝ ２ （ Ｂ） 当 ｍ ∥ ｎ 时 ，ｘ ＝ － １０ （ Ｃ） 当 ｜ ｍ ＋ ｎ ｜ ＝ 槡 ５ 时 ，ｘ ＝ － ４ （ Ｄ ） 当 ｘ ＝ 槡 １０ 时 ，ｃ ｏｓ 〈 ｍ ，ｎ 〉 ＝ 槡 １０ － ２ ６ １０ ．１ ９７ ０ 年 ４ 月 ２４ 日 ，我 国 发 射 了 自 己 的 第 一 颗 人 造 地 球 卫 星 “ 东 方 红 一 号 ” ， 从 此 我 国 开 始 了 人 造 卫 星 的 新 篇 章 ．人 造 地 球 卫 星 绕 地 球 运 行 遵 循 开 普 勒 行 星 运 动 定 律 ： 卫 星 在 以 地 球 为 焦 点 的 椭 圆 轨 道 上 绕 地 球 运 行 时 ， 其 运 行 速 度 是 变 化 的 ， 速 度 的 变 化 服 从 面 积 守 恒 规 律 ， 即 卫 星 的 向 径 （ 卫 星 与 地 球 的 连 线 ） 在 相 同 的 时 间 内 扫 过 的 面 积 相 等 ．如 图 ６， 设 椭 圆 的 长 轴 长 、 焦 距 分 别 为 ２ａ ，２ ｃ， 下 列 结 论 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 卫 星 向 径 的 取 值 范 围 是 ［ ａ － ｃ， ａ ＋ ｃ］ （ Ｂ） 卫 星 在 左 半 椭 圆 弧 的 运 行 时 间 大 于 其 在 右 半 椭 圆 弧 的 运 行 时 间 （ Ｃ） 卫 星 向 径 的 最 小 值 与 最 大 值 的 比 值 越 大 ，椭 圆 轨 道 越 扁 （ Ｄ ） 卫 星 运 行 速 度 在 近 地 点 时 最 大 ，在 远 地 点 时 最 小 １１ ．已 知 直 线 ｌ １ ：ｘ ＋ ｙ ＝ ０， ｌ ２ ：２ ｘ － ３ｙ － ６ ＝ ０， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 直 线 ｌ １ 与 ｌ ２ ( 相 交 于 点 ６ ５ ， － ) ６ ５ （ Ｂ） 直 线 ｌ １ ，ｌ ２ 和 ｘ 轴 围 成 的 三 角 形 的 面 积 为 ６ ５ （ Ｃ） 直 线 ｌ ２ 关 于 原 点 Ｏ 对 称 的 直 线 方 程 为 ２ｘ － ３ｙ ＋ ６ ＝ ０ （ Ｄ ） 直 线 ｌ ２ 关 于 直 线 ｌ １ 对 称 的 直 线 方 程 为 ３ｘ － ２ｙ ＋ ６ ＝ ０ 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 １ ５ 分 ． １２ ．一 条 光 线 从 点 Ａ（ － １， ３） 射 向 ｘ 轴 ，经 过 ｘ 轴 上 的 点 Ｐ 反 射 后 通 过 点 Ｂ（ ３， １） ，则 点 Ｐ 的 坐 标 为 ． １３ ．已 知 Ｆ １ ，Ｆ ２ 分 别 为 椭 圆 Ｃ： ｘ２ ａ２ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝ １（ ａ ＞ ｂ ＞ ０） 的 左 、右 焦 点 ， Ｐ 是 椭 圆 Ｃ 上 的 一 点 ，直 线 ｌ： ｘ ＝ ａ２ ＋ ｂ２ ａ ，且 ＰＱ ⊥ ｌ， 垂 足 为 Ｑ 点 ． 若 四 边 形 ＰＱ Ｆ １ Ｆ ２ 为 平 行 四 边 形 ， 则 椭 圆 Ｃ 的 离 心 率 的 取 值 范 围 是 ． １４ ．如 图 ７， 在 四 棱 锥 Ｐ － ＡＢ ＣＤ 中 ，Ｐ Ａ ⊥ 平 面 ＡＢ ＣＤ ， ＢＣ ∥ ＡＤ ， ∠ ＢＡ Ｄ ＝ ９０ °， ＰＡ ＝ ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ １ ２ ＡＤ ＝ １， 已 知 点 Ｑ 是 四 边 形 ＡＢ ＣＤ 内 部 一 点 （ 包 含 边 界 ） ， 且 二 面 角 Ｑ － ＰＤ － Ａ 的 平 面 角 为 π ４ ， 则 △ Ａ Ｄ Ｑ 的 面 积 的 取 值 范 围 是 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 抛 物 线 ｙ２ ＝ ２ｐ ｘ（ ｐ ＞ ０） ， 其 焦 点 Ｆ 到 准 线 的 距 离 为 ２． （ １） 求 抛 物 线 的 标 准 方 程 ； （ ２） 若 Ｏ 为 坐 标 原 点 ，斜 率 为 ２ 且 过 焦 点 Ｆ 的 直 线 ｌ交 此 抛 物 线 于 Ａ， Ｂ 两 点 ，求 △ ＡＯ Ｂ 的 面 积 ． • – I — ˜ ™ š › œ  ž 2 Ÿ   ¡ ¢ £ * ¤ ! " # $ % & ' ( • – I — ˜ ™ š › œ  ž 2 Ÿ   ¡ ¢ £ * ¤ ) " # $ % & ' ( ! " # $% & ' ! ! ( ( ! ) ! * + , & ! - ! ' ! ! ! ' " . , / ! ! % ! , ! # " # $ % # $ # & ! ) ! ! ( - 0 , / 1 ! ( !" !# ! 0 + ( * - ' , / # 2 % + ) / 3 4 ' ! # 书 第１９期 空间向量与立体几何，数学建模核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＢＤＤＢ　５～８　ＡＡＤＣ 提示： １．因为→ＯＡ＝（－１，０，－２），→ＯＢ＝（０，１，２）， 所以ｃｏｓ〈→ＯＡ，→ＯＢ〉＝ →ＯＡ·→ＯＢ → →｜ＯＡ｜｜ＯＢ｜ ＝ －４ 槡５×槡５ ＝－４５． ２．连接ＡＣ，ＢＤ相交于点Ｏ， 则 →ＡＯ＝ １２ →ＡＣ＝ １２（ → →ＡＢ＋ＡＤ）， →ＰＱ＝２→ＰＯ＝２（→ →ＡＯ－ＡＰ）＝ [２ １２（→ →ＡＢ＋ＡＤ） → ]－ＡＰ → →＝ＡＢ＋ＡＤ－２→ＡＰ＝ａ＋ｂ－２ｃ． ３→ →．ＡＢ＋ＣＤ＝（２ｍ，ｍ，２）＋（ｍ，ｍ＋１，－５） ＝（３ｍ，２ｍ＋１，－３）， 因为 → → (ＡＢ＋ＣＤ＝ ５，１３３，－ )３ ， 所以 ３ｍ＝５， ２ｍ＋１＝１３３ { ，即ｍ＝ ５３， 所以 → (ＡＢ＝ １０３，５３， )２ ，→ (ＣＤ＝ ５３，８３，－ )５ ． 又因为 →ＡＢ·→ＣＤ＝１０３× ５ ３＋ ５ ３× ８ ３＋２×（－５）＝０， 所以 →ＡＢ⊥ →ＣＤ． ４．由→ＡＥ＝λ→ＡＢ，→ＡＦ＝λ→ＡＤ得→ → →ＥＦ＝ＡＦ－ＡＥ＝λ（→ＡＤ →－ＡＢ）＝λ→ＢＤ，所以→ＥＦ与→ＢＤ共线；同理，由 →ＣＭ ＝μ→ＣＢ， →ＣＮ＝μ→ＣＤ得 →ＭＮ＝μ→ＢＤ，所以 →ＭＮ与→ＢＤ共线，所以→ＥＦ，→ＭＮ 共线，即 →ＥＦ∥ →ＭＮ． ５．由题可得Ａ（０，０，０），Ａ１（０，０，３），ｚ＝３， 所以 →ＰＡ＝（－ｘ，－ｙ，－ｚ）， 又ＡＡ１⊥平面ＡＢＣ，所以ＡＡ → １ ＝（０，０，３）是平面ＡＢＣ 的一个法向量． 因为直线ＰＡ和底面ＡＢＣ所成角为π３， 所 以 ｜ ｃｏｓ〈→ＰＡ， ＡＡ→ １〉 ｜＝ →｜ＰＡ·ＡＡ→ １｜ →｜ＰＡ｜｜ＡＡ→ １｜ ＝ ｜－３ｚ｜ ｘ２＋ｙ２＋ｚ槡 ２ ×３ ＝ ｜ｚ｜ ｘ２＋ｙ２＋ｚ槡 ２ ＝槡３２，整理得 ｚ ２ ＝ ３ｘ２＋３ｙ２，又ｚ＝３，所以ｘ２＋ｙ２ ＝３． ６．由图象可知，ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ＋ＢＰ→ ｉ， 则 →ＡＢ·ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ·（→ＡＢ＋ＢＰ→ ｉ） →＝ＡＢ２ →＋ＡＢ·ＢＰ→ ｉ， 由题可得 →ＡＢ·ＢＰ→ ｉ＝０，所以→ＡＢ·ＡＰ→ ｉ →＝ＡＢ２ →＋ＡＢ·ＢＰ→ ｉ ＝１＋０＝１， 即 →ＡＢ·ＡＰ→ ｉ（ｉ＝１，２，…，８）的不同值的个数为１． ７．在棱长为２的正方体 ＡＢＣＤ －Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，以ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在 直线分别为 ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角 坐标系，如图１， 则有Ｂ（２，２，０），Ｆ（１，０，２）， 则 →ＦＢ＝（１，２，－２）， 设点Ｐ（０，ｙ，０），ｙ∈［０，２］， →ＢＰ＝（－２，ｙ－２，０）， 则点Ｐ到直线ＢＦ的距离 →ｄ＝ ｜ＢＰ｜２ (－ →ＢＰ·→ＦＢ→ )｜ＦＢ｜槡 ２ ＝ （ｙ２－４ｙ＋８） (－ ２ｙ－６)３槡 ２ ＝ (５９ ｙ－ )６５ ２ ＋１６槡 ５≥ 槡４５ ５， 当且仅当ｙ＝６５时取等号，则点Ｐ到直线ＢＦ的距离 的最小值为 槡 ４５ ５． ８．取ＢＣ，ＡＤ的中点分别为Ｈ，Ｇ，连接ＧＨ，与ＡＣ交于 点Ｏ， 则ＧＨ⊥ＢＣ，连接ＦＨ，ＥＧ，则ＦＨ⊥ＢＣ， 又ＧＨ∩ＦＨ＝Ｈ，ＧＨ，ＦＨ平面ＥＦＨＧ，所以ＢＣ⊥ 平面ＥＦＨＧ， 又ＢＣ平面ＡＢＣＤ，所以平面ＡＢＣＤ⊥平面ＥＦＨＧ． 以Ｏ为坐标原点，过Ｏ作 平行于ＡＤ的直线为 ｘ轴，在 平面ＥＦＨＧ内过 Ｏ作垂直于 平面ＡＢＣＤ的直线为ｚ轴，ＯＨ 所在直线为 ｙ轴，建立如图２ 所示的空间直角坐标系． 设ＭＦ＝ｍ（０≤ｍ≤１）， 则ＡＮ＝ 槡３２２ｍ，在等腰三角形ＢＣＦ中， ＦＨ＝ ３－槡 １＝槡２，易知梯形ＥＦＨＧ为等腰梯形，过 Ｆ作ＦＱ⊥ＧＨ， 则ＦＱ＝ （槡２） ２ (－ ２－１)２槡 ２ ＝槡７２， 则 (Ｍ ０，１２－ｍ，槡７)２ ， (Ｎ １－３２ｍ，３２ｍ－１， )０ ， 则 → (ＭＮ＝ １－３２ｍ，５２ｍ－３２，－槡７)２ ， 所以 →｜ＭＮ｜ (＝ １－３２ )ｍ ２ (＋ ５２ｍ－ )３２ ２ (＋ －槡７)２槡 ２ ＝ １７２ｍ ２－２１２ｍ＋槡 ５， 当ｍ＝２１３４时， →｜ＭＮ｜取得最小值． 二、多项选择题　９．ＡＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＢＣＤ． 提示： ９．｜ＡＢ｜＝ ６２＋（－２）２＋（－３）槡 ２ ＝７，｜ＡＣ｜＝ （－２）２＋３２＋（－６）槡 ２ ＝７，故（Ａ）正确； 因为 →ＡＢ·→ＡＣ＝（６，－２，－３）·（－２，３，－６）＝－１２ －６＋１８＝０，所以ＡＢ⊥ＡＣ，故（Ｃ）正确； 因为 →ＡＢ＝（６，－２，－３），→ＡＣ＝（－２，３，－６），→ＡＰ＝（４， １，－９），所以→ → →ＡＰ＝ＡＢ＋ＡＣ＝（４，１，－９），所以点Ｐ（８，２，０） 在平面ＡＢＣ内，故（Ｂ）正确； 因为 →ＡＢ＝（６，－２，－３）， ２→ＣＤ＝ (２ －１，－９，－ )９２ ＝ （－２，－１８，－９），显然不成立，故 （Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题意得 Ｅ是正四面体 ＡＢＣＤ外接球的球心，如图３． 设点Ｏ是顶点 Ａ在底面的射影，则 ＡＯ是正四面体 ＡＢＣＤ的高，ＯＢ是△ＢＣＤ的外接圆半径，所以→ＢＯ＝２→ＯＧ， 对于（Ａ），因为ＡＥ⊥底面ＢＣＤ，ＣＤ底面ＢＣＤ，所 以ＡＥ⊥ＣＤ，所以→ＡＥ·→ＣＤ＝０，故（Ａ）正确； 取ＣＤ的中点Ｇ，ＡＢ的中点Ｆ，连接ＡＧ，ＢＧ，ＧＦ． 设ＡＯ∩ＦＧ＝Ｅ′，→ＡＥ′＝λ→ＡＯ， 则 →ＡＥ′＝ (λ ２３→ＡＧ＋１３→ )ＡＢ ， 由Ｆ，Ｅ′，Ｇ三点共线得 →ＡＥ′＝μ→ＡＧ＋（１－μ）→ＡＦ＝ μ→ＡＧ＋１－μ２ →ＡＢ， 所以 ２ ３λ＝μ， １ ３λ＝ １－μ ２ { ，解得 λ＝ ３ ４， μ＝ １２ { ， 所以 →ＡＥ′＝ ３４ →ＡＯ，→ＡＥ′＝ １２ →ＡＧ＋１２ →ＡＦ， 所以Ｅ′为ＦＧ的中点． 因为ＡＧ＝ＢＧ＝槡３２×２＝槡３， 则ＯＢ＝ ２３ＢＧ＝ ２ ３× 槡３ ２×２＝ 槡２３ ３， ＡＯ＝ ＡＢ２－ＯＢ槡 ２ ＝ 槡２６３， 因为ＢＥ２＝（ＡＯ－ＡＥ）２＋ＢＯ２，即ＡＥ２＝（ＡＯ－ＡＥ）２ ＋ＯＢ２，则ＡＥ２ (＝ 槡２６３ )－ＡＥ ２ (＋ 槡２３)３ ２ ， 解得ＡＥ＝槡６２，故（Ｃ）正确； 对于（Ｂ），由ＡＯ＝ 槡２６３，ＡＥ＝ 槡６ ２得 →ＡＥ＝ ３４ →ＡＯ， 所以Ｅ，Ｅ′重合，所以Ｅ为 ＦＧ的中点，即ＥＦ＝ＥＧ， 所以 → →ＥＡ＋ＥＢ＝２→ＥＦ，→ →ＥＣ＋ＥＤ＝２→ＥＧ， 则 → →ＥＡ＋ＥＢ＝－（→ →ＥＣ＋ＥＤ）， 所以 → → → →ＥＡ＋ＥＢ＋ＥＣ＋ＥＤ＝０，故（Ｂ）正确； 对于（Ｄ），因为ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＥ〉＝ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＯ〉＝ＡＯＡＣ＝ 槡６ ３，所以 →ＡＥ·→ → →ＡＣ＝｜ＡＥ｜｜ＡＣ｜ｃｏｓ〈→ＡＣ，→ＡＥ〉＝槡６２×２× 槡６ ３ ＝２，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．对于（Ａ），当 Ｅ与 Ｄ１ 重合时，因为ＥＦ＝槡２２ａ，所以 Ｆ为Ｂ１Ｄ１的中点，连接ＢＤ，记 ＢＤ的中点为 Ｏ，连接 Ｄ１Ｏ， ＡＯ，如图４所示： 则 ＢＯ ∥ Ｄ１Ｆ，ＢＯ ＝ Ｄ１Ｆ，所以四边形ＢＯＤ１Ｆ为平行四边形，所以Ｄ１Ｏ∥ＢＦ， 所以∠ＡＤ１Ｏ（或其补角）是异面直线ＡＥ与ＢＦ所成的角， 又Ｄ１ (Ｏ＝ 槡２ａ)２ ２ ＋ａ槡 ２ ＝槡６ａ２，ＡＤ１＝槡２ａ，ＡＯ＝ 槡２ａ ２， 所以 ｃｏｓ∠ＡＤ１Ｏ＝ ３ａ２ ２ ＋２ａ ２－ａ ２ ２ ２×槡６ａ２ ×槡２ａ ＝槡３２，则 ∠ＡＤ１Ｏ＝ π ６，（Ａ）错误；对于（Ｂ），ＶＢ－ＡＥＦ ＝ＶＡ－ＢＥＦ，易知 Ａ到平面 ＢＢ１Ｄ１Ｄ的距离和点Ｂ到直线Ｂ１Ｄ１的距离为定值，所以三 棱锥Ａ－ＢＥＦ即三棱锥Ｂ－ＡＥＦ的体积为定值，（Ｂ）正确； 对于（Ｃ），易知∠Ａ１Ｂ１Ｄ１＝ π ４，ＥＦ在平面ＡＢＢ１Ａ１内的射 影在Ａ１Ｂ１上，所以射影长为槡 ２ａ ２ ×ｃｏｓ π ４ ＝ ａ ２，（Ｃ）正确； 对于（Ｄ），二面角 Ａ－ＥＦ－Ｂ的平面角等于二面角 Ａ－ Ｂ１Ｄ１－Ｂ的平面角，则二面角Ａ－ＥＦ－Ｂ的平面角保持不 变，（Ｄ）正确．故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．１２；　１３．１；　１４． 槡３ ９． 提示： １２．由题可得 → → →ＮＭ ＝ＮＰ＋ＰＭ ＝ ２３ →ＤＰ＋１２ →ＰＣ＝ ２ ３（ → →ＡＰ－ＡＤ）＋１２（ → →ＡＣ－ＡＰ）＝２３（ → →ＡＰ－ＡＤ）＋１２（ →ＡＢ → →＋ＡＤ－ＡＰ）＝１２ →ＡＢ－１６ →ＡＤ＋１６ →ＡＰ，所以ｘ＝１２，ｙ＝ －１６，ｚ＝ １ ６，故ｘ＋ｙ＋ｚ＝ １ ２． １３．因为ｅ１，ｅ２，ｅ３为三个不共面的空间向量， 由题意可知，存在λ，μ∈ Ｒ，使得 ｃ＝λ（ｅ１＋ｅ２）＋ μ（ｅ２－ｅ３），即ｅ１＋ｍｅ３ ＝λｅ１＋（λ＋μ）ｅ２－μｅ３， 所以 λ＝１， λ＋μ＝０， ｍ＝－μ { ， 解得 λ＝１， μ＝－１， ｍ＝１ { ． ! " # $ % ! ! " ! $ ! % ! &" ! " ' !"#$%&'()*+,-./- ! 0 !"# !"#$!$%&'( )*+,-./ # %$01 !&$2 ( $ "! ) * % " ! $ ! % ! + # ! ! ! ! $ " , ! % # - & ! # ( ) + . / ' 0 $ % & ! " ! $ 0 ' # ! " # $ %&' 34567#89 书 １４．由题设知，四边形 ＡＢＣＤ是正方形，连接 ＡＣ， ＢＤ，交于点 Ｏ，则 ＡＣ⊥ ＢＤ． 连接ＰＱ，则ＰＱ过点Ｏ．由正 四棱锥的性质知 ＰＱ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，故以 Ｏ为坐标原点， 以直线 ＣＡ，ＤＢ，ＱＰ分别为 ｘ 轴、ｙ轴、ｚ轴建立如图５所示的空间直角坐标系，则 Ｐ（０， ０，１），Ａ（槡２２，０，０），Ｑ（０，０，－２），Ｂ（０，槡２２，０）， 所以 →ＡＱ＝（－ 槡２２，０，－２），→ＢＰ＝（０，－ 槡２２，１）． 于是ｃｏｓ〈→ＡＱ，→ＢＰ〉＝ →ＡＱ·→ＢＰ → →｜ＡＱ｜｜ＢＰ｜ ＝－槡３９， 设异面直线ＡＱ与ＢＰ所成的角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＱ，→ＢＰ〉｜， 所以异面直线ＡＱ与ＢＰ所成角的余弦值为槡３９． 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． 由Ａ１ → Ｃ·→ＤＥ＝２×２＋（－４）×１＝０得Ａ１Ｃ⊥ＤＥ， 又ＤＢ∩ＤＥ＝Ｄ，故Ａ１Ｃ⊥平面ＢＤＥ． １６．（１）解：→ＥＢ＝ＥＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ３Ｄ１Ａ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ ＝－２３ｂ－ｃ＋ａ． （２）证明：→ＦＢ＝ＦＡ→ １＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ５ＣＡ → １＋Ａ１ → →Ａ＋ＡＢ ＝ ２５（ → →ＣＢ＋ＢＡ＋ＡＡ→ １）＋Ａ１→ →Ａ＋ＡＢ＝ ２ ５（－ｂ－ａ＋ｃ）－ ｃ＋ａ＝３５ａ－ ２ ５ｂ－ ３ ５ｃ＝ (３５ ａ－２３ｂ－ )ｃ ＝３５→ＥＢ， 又 →ＥＢ与→ＦＢ相交于点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６，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的法向量为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ１· →ＢＣ＝２ｙ１ ＝０， ｎ１· →ＢＰ＝－ｘ１ (＋ 槡２２ｔ＋ )１ ｙ１＋槡２２ｔｚ１ ＝０{ ， 取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的法向量为ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ２· →ＥＣ＝ｘ２＋ｙ２ ＝０， ｎ２· →ＥＰ＝槡２２ｔｙ２＋ 槡２ ２ｔｚ２ ＝０ { ，取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 ， 所以二面角Ｂ－ＰＣ－Ｅ ( 的平面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 ． 第２０期３，４版 核心素养阶段测评（一） 一、单项选择题 １～４　ＡＣＣＢ　５～８　ＢＡＤＣ 提示： １．向量ａ＋ｂ在向量ａ上的投影向量为（ａ＋ｂ）·ａ｜ａ｜ · ａ ｜ａ｜＝ （１，－１，２）·（０，０，１） １ · （０，０，１） １ ＝（０，０，２）． ２．由ＡＢ＞０且ＢＣ＜０，可得Ａ，Ｂ同号，Ｂ，Ｃ异号，所 以Ａ，Ｃ也是异号；令ｘ＝０，得ｙ＝－ＣＢ ＞０；令ｙ＝０，得 ｘ＝－ＣＡ ＞０；所以直线Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃ＝０不经过第三象限． ３．因为双曲线ｘ２－ｙ２ ＝２的右焦点为（２，０）， 又抛物线ｙ２ ＝ｍｘ的准线方程为ｘ＝－ｍ４， 则 －ｍ４ ＝２，即ｍ＝－８． ４．ｍ＝１时，方程化为ｙ＝０，为直线； ｍ＜１时，方程化为 ｘ ２ ２－ｍ＋ ｙ２ １－ｍ＝１，为椭圆； １＜ｍ＜２时，方程化为 ｘ ２ ２－ｍ－ ｙ２ ｍ－１＝１，为双曲线； 而ｍ－１≠ｍ－２，因此曲线不可能是圆． ５．由题可得→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（－１，０，２）， 设平面ＡＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＡＣ·ｎ＝０， →ＡＢ·ｎ＝０{ ，即 －ｘ＋２ｚ＝０，－ｘ＋２ｙ＝０{ ， 取ｎ＝（２，１，１）， 又因为平面ＡＢＯ的法向量为→ＯＣ＝（０，０，２）， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈→ＯＣ，ｎ〉｜＝ →｜ＯＣ·ｎ｜ →｜ＯＣ｜｜ｎ｜ ＝ ２ ２×槡６ ＝槡６６． ６．由题意，以→ＣＡ，→ＣＢ，ＣＣ→ １的方向分别为ｘ轴、ｙ轴和ｚ轴正 方向建立空间直角坐标系，设ＣＡ＝ＣＢ＝ＣＣ１＝１，可得Ａ（１，０， ０），Ａ１（１，０，１），Ｃ１（０，０，１）， (Ｅ １２，０，)１ ， (Ｆ ０，１２，)１ ， 则 → (ＡＥ＝ －１２，０， )１ ，→ (ＣＦ＝ ０，１２， )１ ， 所以ｃｏｓ〈→ＡＥ，→ＣＦ〉＝ →ＡＥ·→ＣＦ → →｜ＡＥ｜｜ＣＦ｜ ＝ ( １ － )１２ ２ ＋１槡 ２ (· )１２ ２ ＋１槡 ２ ＝ ４５． 显然二面角Ｃ－ＡＢ－Ｏ的平面角为锐角，所以ｃｏｓθ＝ ４ ５． ７．圆Ｍ：（ｘ＋１）２＋（ｙ－２ａ）２＝（槡２－１） ２与圆Ｎ：（ｘ －ａ）２＋ｙ２＝（槡２＋１） ２有两条公切线，所以圆Ｍ与圆Ｎ相 交，圆Ｍ的圆心为Ｍ（－１，２ａ），半径为槡２－１，圆Ｎ的圆心 为Ｎ（ａ，０），半径为槡２＋１．依题意可得（槡２＋１）－（槡２－ １） ＜｜ＭＮ｜＜ （槡２ ＋１） ＋（槡２ －１），即 ２ ＜ （ａ＋１）２＋（－２ａ）槡 ２ ＜ 槡２２，即 ５ａ２＋２ａ－３＞０， ５ａ２＋２ａ－７＜０{ ，解 得ａ (∈ －７５，－ )１ (∪ ３５， )１ ． ８．由题可得Ａ（－１，０），Ｂ（１，０），设Ｐ（ｘ，ｙ）， 由双纽线的定义得｜ＰＡ｜×｜ＰＢ｜＝１， 即 （ｘ＋１）２＋ｙ槡 ２ × （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝１， 化简得（ｘ２＋ｙ２）２ ＝２（ｘ２－ｙ２）， 显然｜ＯＢ｜＝１，设｜ＯＰ｜＝ｒ，∠ＰＯＢ＝θ， 则Ｐ（ｒｃｏｓθ，ｒｓｉｎθ）， 代入方程（ｘ２＋ｙ２）２ ＝２（ｘ２－ｙ２）， 得ｒ４ ＝２ｒ２（ｃｏｓ２θ－ｓｉｎ２θ）＝２ｒ２ｃｏｓ２θ， 所以ｒ２ ＝２ｃｏｓ２θ＝２（２ｃｏｓ２θ－１）＝１４， 由余弦定理得 ｜ＰＢ｜２ ＝｜ＯＰ｜２ ＋｜ＯＢ｜２ － ! 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" !"#$%&'()*+,-./- ! 0 书 ２｜ＯＰ｜｜ＯＢ｜·ｃｏｓ∠ＰＯＢ＝１４＋１－２× １ ２×１× ３ ４＝ １ ２， 所以｜ＰＢ｜＝槡２２，所以｜ＰＡ｜＝ １ ｜ＰＢ｜＝槡２． 二、多项选择题 ９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣ． 提示： ９．由题得ｍ·ｎ＝（－１）×２＋２×（－４）＋５ｘ＝－１０ ＋５ｘ＝０，解得ｘ＝２，故（Ａ）正确； 因为ｍ∥ｎ，所以存在λ∈Ｒ，使得ｍ ＝λｎ， 则（－１，２，５）＝λ（２，－４，ｘ）＝（２λ，－４λ，λｘ）， 即 ２λ＝－１， －４λ＝２， λｘ＝５ { ， 解得 λ＝－１２， ｘ＝－１０ { ， 故（Ｂ）正确； 因为ｍ＋ｎ＝（１，－２，５＋ｘ）， 所以 ｜ｍ ＋ｎ｜＝ １２＋（－２）２＋（５＋ｘ）槡 ２ ＝ ５＋（５＋ｘ）槡 ２ ＝槡５，解得ｘ＝－５，故（Ｃ）错误； 因为ｘ＝槡１０，则ｍ＝（－１，２，５），ｎ＝（２，－４，槡１０）， 所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝－１×２＋２×（－４）＋５×槡１０ １＋４＋槡 ２５× ４＋１６＋槡 １０ ＝ 槡１０－２６ ，故 （Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １０．根据椭圆定义知卫星向径的取值范围是［ａ－ｃ， ａ＋ｃ］，（Ａ）正确； 当卫星在左半椭圆弧运行时，对应的面积更大，面积 守恒规律，速度更慢，（Ｂ）正确； ａ－ｃ ａ＋ｃ＝ １－ｅ １＋ｅ＝ ２ １＋ｅ－１，当比值越大，则ｅ越小，椭 圆轨道越圆，（Ｃ）错误． 根据面积守恒规律，卫星在近地点时向径最小，故速 度最大，在远地点时向径最大，故速度最小，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．由 ｘ＋ｙ＝０， ２ｘ－３ｙ－６＝０{ ，解得ｘ＝６５，ｙ＝－６５，所以 (交点坐标为 ６５，－ )６５ ，所以（Ａ）正确； 直线ｌ２：２ｘ－３ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（３，０），与ｙ轴 的交点为（０，－２），直线ｌ１过原点，所以直线ｌ１，ｌ２和ｘ轴围 成的三角形的面积为 １ ２×３× ６ ５ ＝ ９ ５，所以（Ｂ）错误； 由上述分析可知，直线ｌ２关于原点Ｏ对称的直线过点 （－３，０），（０，２），所以直线ｌ２关于原点Ｏ对称的直线方程 为ｙ－２＝ ２－００－（－３）（ｘ－０），即２ｘ－３ｙ＋６＝０，所以（Ｃ） 正确； 点（３，０）关于直线ｘ＋ｙ＝０的对称点是（０，－３）， 点（０，－２）关于直线ｘ＋ｙ＝０的对称点是（２，０）， 则直线ｌ２关于直线ｌ１对称的直线方程为 ｘ ２＋ ｙ －３＝１， 即３ｘ－２ｙ－６＝０，所以（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． 三、填空题 １２．（２，０）；　１３．（槡２－１，１）；　１４ (． ０，槡２５]５ ． 提示： １２．由题可得Ｂ（３，１）关于ｘ轴的对称点为Ｂ′（３，－１）， 则直线 ＡＢ′的方程为 ｙ－３－１－３＝ ｘ＋１ ３－（－１），可得 ｙ＝－ｘ＋２， 令ｙ＝０，可得ｘ＝２，所以点Ｐ（２，０）． １３．设Ｐ（ｍ，ｎ），则 (Ｑ ａ２＋ｂ２ａ ， )ｎ ， 又四边形ＰＱＦ１Ｆ２为平行四边形， 所以 ｍ ＝ａ ２＋ｂ２ ａ －２ｃ ＝２ａ ２－２ａｃ－ｃ２ ａ ∈ （－ａ， ａ），即 －ａ＜２ａ ２－２ａｃ－ｃ２ ａ ＜ａ， 所以 －１＜２－２ｅ－ｅ２ ＜１，解得槡２－１＜ｅ＜１． １４．因为 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，∠ＢＡＤ＝９０°，所以 ＰＡ， ＡＢ，ＡＤ两两垂直．以点 Ａ为坐标原点，ＡＤ，ＡＢ，ＡＰ所在直 线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空间直角坐标系，则 Ａ（０，０，０）， Ｂ（０，１，０），Ｃ（１，１，０），Ｄ（２，０，０），Ｐ（０，０，１）．设点 Ｑ（ａ， ｂ，０），其中０≤ａ≤２，０≤ｂ≤１，且ａ＋ｂ≤２．设平面ＰＤＱ 的一个法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）． 又 →ＤＰ ＝（－２，０，１），→ＤＱ ＝（ａ－２，ｂ，０），所以 ｍ·→ＤＰ＝－２ｘ＋ｚ＝０， ｍ·→ＤＱ＝（ａ－２）ｘ＋ｂｙ＝０{ ．取ｍ ＝（ｂ，２－ａ，２ｂ）． 易知平面ＰＡＤ的一个法向量为ｎ＝（０，１，０）．由已知 条件可得｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜２－ａ｜ （２－ａ）２＋５ｂ槡 ２ ＝槡２２，即ａ＋槡５ｂ＝２．由题可知Ｓ△ＡＤＱ ＝ １ ２×｜ＡＤ｜×ｂ＝ ｂ．结合图形，当ａ＝２时，ｂ取得最小值，为０；当ａ＝０时， ｂ取得最大值，为 槡２５５．所以ｂ [的取值范围为 ０，槡２５]５ ．若 要组成△ＡＤＱ，则点Ｑ不在线段ＡＤ上，所以Ｓ△ＡＤＱ ＝ｂ ( ∈ ０，槡２５]５ ． 四、解答题 １５．解：（１）由焦点Ｆ到准线的距离为２，得ｐ＝２， 故抛物线的标准方程为ｙ２ ＝４ｘ． （２）由（１）知Ｆ（１，０），则直线ｌ为ｙ＝２（ｘ－１）， 即２ｘ－ｙ－２＝０， 联立抛物线可得ｘ２－３ｘ＋１＝０， 则ｘＡ＋ｘＢ ＝３，ｘＡｘＢ ＝１， 所以｜ＡＢ｜＝ｘＡ＋ｘＢ＋２＝５， 又Ｏ到直线ｌ的距离ｄ＝｜－２｜ 槡５ ＝ 槡２５５， 所以Ｓ△ＯＡＢ ＝ １ ２｜ＡＢ｜ｄ＝槡５． １６．解：（１）由题意有 ２ａ＝４ｂ， ８ ａ２ －１ ｂ２ ＝１{ ，解得 ａ＝２，ｂ＝１{ ， 所以双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４－ｙ ２ ＝１． （２）设点Ｐ（ｘ０，ｙ０），则 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即 ｙ２０ ｘ２０－ａ ２＝ ｂ２ ａ２ ． 又Ａ１（－ａ，０），Ａ２（ａ，０）， 则有ｋＰＡ１·ｋＰＡ２＝ ｙ０ ｘ０＋ａ · ｙ０ ｘ０－ａ ＝ ｙ２０ ｘ２０－ａ ２ ＝ ｂ２ ａ２ ＝２， 所以 ｂ ａ ＝槡２，所以渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ． １７．解：（１）易得直线ｌ：ｍｘ＋ｙ－２ｍ－１＝０过定点 Ｄ（２，１），又圆Ｃ：（ｘ－２）２＋ｙ２ ＝４，所以Ｃ（２，０）． 易得｜ＡＢ｜ｍｉｎ ＝２ ４－｜ＣＤ｜槡 ２ ＝ 槡２３． （２）满足题意的定点Ｍ，Ｎ存在，证明如下： 设Ｐ（ｘ，ｙ），Ｍ（２，ａ），Ｎ（２，ｂ）（ａ≠ｂ）， 因为｜ＰＭ｜＝２｜ＰＮ｜，等式两边平方得 （ｘ－２）２＋（ｙ－ａ）２ ＝４［（ｘ－２）２＋（ｙ－ｂ）２］． 又（ｘ－２）２ ＝４－ｙ２， 所以２（ａ－４ｂ）ｙ＋４ｂ２－ａ２＋１２＝０． 所以 ａ＝４ｂ， ４ｂ２－ａ２＋１２＝０{ ，解得 ａ＝４， ｂ＝１{ ，或 ａ＝－４， ｂ＝－１{ ， 所以满足题意的定点为 Ｍ（２，４），Ｎ（２，１）或 Ｍ（２， －４），Ｎ（２，－１）． １８．解：（１）依题意ｋ１ ＝ｔａｎθ１，ｋ２ ＝ｔａｎθ２， 且θ１，θ２均不为０或 π ２， 若选①θ１＋θ２ ＝π，则θ１ ＝π－θ２， 则ｔａｎθ１ ＝ｔａｎ（π－θ２）＝－ｔａｎθ２，即ｋ１＋ｋ２ ＝０； 若选②ｌ１⊥ｌ２，则ｋ１·ｋ２ ＝－１． （２）依题意直线ｌ１：ｙ－１＝ｋ１（ｘ－１）， 直线ｌ２：ｙ－１＝ｋ２（ｘ－１）， 又ｌ１过Ａ（ａ，２），所以２－１＝ｋ１（ａ－１）且ａ≠１， 即１＝ｋ１（ａ－１）且ａ≠１， 又ｌ２过Ｂ（２，ｂ），所以ｂ－１＝ｋ２（２－１）且ｂ≠１， 即ｂ－１＝ｋ２且ｂ≠１； 若选①，则ｋ１＋ｋ２ ＝０，所以ｋ１ ＝－ｋ２ ＝１－ｂ， 即１＝（１－ｂ）（ａ－１）且ａ≠１，ｂ≠１； 若选②，则ｋ１·ｋ２＝－１，所以（ｂ－１）× １ ａ－１＝－１， 即ｂ＋ａ＝２且ａ≠１，ｂ≠１． （３）直线ｌ１：ｙ－１＝ｋ１（ｘ－１），将直线ｌ１向右平移４ 个单位长度，再向上平移２个单位长度得到ｙ－１＝ｋ１［（ｘ －４）－１］＋２，即ｙ－１＝ｋ１ｘ－５ｋ１＋２， 所以 －５ｋ１＋２＝－ｋ１，解得ｋ１ ＝ １ ２， 此时直线ｌ１：ｙ－１＝ １ ２（ｘ－１），所以２－１＝ １ ２（ａ－１）， 解得ａ＝３； 若选①，则ｋ２ ＝－ １ ２，此时ｌ２：ｙ－１＝－ １ ２（ｘ－１）， 所以ｂ－１＝－１２（２－１），解得ｂ＝ １ ２； 若选②，则ｋ２ ＝－２，此时ｌ２：ｙ－１＝－２（ｘ－１）， 所以ｂ－１＝－２（２－１），解得ｂ＝－１． １９．（１）证明：→ＡＰ·→ＡＢ＝－２－２＋４＝０， 所以 →ＡＰ⊥ →ＡＢ，即ＡＰ⊥ＡＢ； →ＡＰ·→ＡＤ＝－４＋４＋０＝０，所以→ＡＰ⊥ →ＡＤ，即ＡＰ⊥ＡＤ． 又ＡＢ∩ＡＤ＝Ａ，所以ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ． （２）解：｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜ ＝｜－４－３２＋０－０－４－８｜＝４８， 又 ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉＝ ８－２＋０ ４＋１＋槡 １６· １６＋４＋槡 ０ ＝ 槡１０５ ３５ ，所以ｓｉｎ〈 →ＡＢ，→ＡＤ〉＝ 槡４ ７０３５ ， ＶＰ－ＡＢＣＤ ＝ １ ３ →｜ＡＢ｜· →｜ＡＤ｜·ｓｉｎ〈→ＡＢ，→ＡＤ〉· →｜ＡＰ｜＝１６． ｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜＝３ＶＰ－ＡＢＣＤ． 猜测：｜（→ →ＡＢ×ＡＤ）·→ＡＰ｜在几何上可表示以ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ 为棱的平行六面体的体积（或以ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ为棱的四棱柱的 体积）． 第２１期３，４版 核心素养阶段测评（二） 一、单项选择题 １～４　ＤＢＢＣ　５～８　ＣＣＤＢ 提示： １．由题可得ａ－２ｂ＝（８，－５，１３）， 所以｜ａ－２ｂ｜＝ ８２＋（－５）２＋１３槡 ２ ＝槡２５８． ２．由题可得ａ·ｎ＝０即ａ⊥ｎ，所以ｌ∥α或ｌα． ３．直线５ｘ－１２ｙ＋２＝０，即１０ｘ－２４ｙ＋４＝０， 则平行线间的距离ｄ＝｜４－（－３）｜ １０２＋２４槡 ２ ＝ ７２６． ４．由题得ａ＝ 槡２３，ｃ＝３， 因为原点Ｏ是Ｆ１Ｆ２的中点， 所以ＰＦ２平行于ｙ轴，即ＰＦ２垂直于ｘ轴， 设｜ＰＦ１｜＝ｘ，则｜ＰＦ２｜＝ 槡４３－ｘ， 在Ｒｔ△ＰＦ１Ｆ２中，（槡４３－ｘ） ２＋３６＝ｘ２， 解得ｘ＝ 槡７３２，所以｜ＰＦ２｜＝ 槡３ ２，所以ｔ＝７． ５．由直线ｌ：ｘａ＋ ｙ ｂ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）过点（１，４）， 则 １ ａ＋ ４ ｂ ＝１，所以ａ＋ｂ＝（ａ＋ｂ (） １ａ＋４ )ｂ ＝ １＋ｂａ＋ ４ａ ｂ＋４≥５＋２ ｂ ａ× ４ａ 槡 ｂ ＝９， 当且仅当 ｂ ａ ＝ ４ａ ｂ，即ａ＝３，ｂ＝６时，等号成立， 所以直线ｌ方程为 ｘ３＋ ｙ ６ ＝１，即２ｘ＋ｙ－６＝０． ６．不妨设Ｆ１（－ｃ，０），Ｆ２（ｃ，０），Ｍ（ｘ０，ｙ０），且ｘ０≥２， 则｜ＭＦ１｜ ２－｜ＭＦ２｜ ２＝（ｘ０＋ｃ） ２＋ｙ２０－［（ｘ０－ｃ） ２ ＋ｙ２０］＝４ｃｘ０≥８ｃ，所以８ｃ＝ 槡８６，解得ｃ＝槡６，ｂ＝槡２， 故双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±槡２２ｘ． ７．抛物线 Ｃ：ｘ２ ＝４ｙ的焦点 Ｆ（０，１），准线方程为 ｙ＝－１， 圆ｘ２＋（ｙ－１）２ ＝４的圆心Ｆ（０，１），Ｒ＝２， ｜ＦＢ｜＝２，｜ＡＦ｜＝ｙＡ＋１，｜ＡＢ｜＝ｙＢ－ｙＡ， 所以三角形△ＡＦＢ周长为： ｜ＦＢ｜＋｜ＡＦ｜＋｜ＡＢ｜＝２＋ｙＡ＋１＋ｙＢ－ｙＡ＝３＋ｙＢ， 因为１＜ｙＢ ＜３，所以△ＡＦＢ周长的取值范围是（４，６）． ８．设圆心Ｃ坐标为（ａ，ｂ），则Ｑ（０，ｂ）， 圆的方程为（ｘ－ａ）２＋（ｙ－ｂ）２ ＝ａ２， 因为Ｅ，Ｆ两点在圆上， 所以 （２－ａ）２＋（４－ｂ）２ ＝ａ２， （４－ａ）２＋（２－ｂ）２ ＝ａ２{ ， ! " # $ ! % $ " & ' !"#$%&'()*+,-./- ! 0 书 解得 ａ＝２， ｂ＝{ ２或 ａ＝１０， ｂ＝１０{ ， 当 ａ＝１０， ｂ＝{ １０时，∠ＥＱＦ为劣弧所对角，故舍去． 所以Ｑ（０，２），Ｃ（２，２）， 所以｜ＱＦ｜＝４，｜ＱＥ｜＝ 槡２２，｜ＥＦ｜＝ 槡２２， 所以△ＱＥＦ为等腰直角三角形，所以∠ＥＱＦ＝４５°． 二、多项选择题 ９．ＡＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢ． 提示： ９．设过点Ｐ的直线方程为ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３）－１， 则由直线与圆相切知 ｜槡３ｋ－１｜ １＋ｋ槡 ２ ＝１， 解得ｋ＝０或ｋ＝槡３． 故直线ｌ的倾斜角为０°或６０°．故选（Ａ）（Ｄ）． １０．当ｍ (∈ １２， )２ 时，０＜２－ｍ＜３２，３２ ＜ｍ＋ １＜３，所以０＜ １ｍ＋１＜ １ ２－ｍ， 所以 ｘ２ １ ２－ｍ ＋ ｙ ２ １ ｍ＋１ ＝１表示焦点在ｘ轴上的椭圆， 即曲线Ｃ表示焦点在ｘ轴上的椭圆，故（Ａ）正确； 若曲线Ｃ表示双曲线， 则（２－ｍ）（ｍ＋１）＜０，解得ｍ＜－１或ｍ＞２，故（Ｂ） 错误； 当ｍ＝２时，曲线Ｃ：３ｙ２ ＝１，即ｙ＝±槡３３， 即曲线Ｃ表示两条直线，故（Ｃ）正确； 若曲线Ｃ为等轴双曲线，则 （２－ｍ）（ｍ＋１）＜０， －（２－ｍ）＝ｍ＋１{ ，解集为，所以不存在ｍ∈Ｒ，使 得曲线Ｃ为等轴双曲线，故（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｃ）． １１．若ｐ＝ １２，则点Ｑ到平面ＡＢＤ的距离为定值，所 以三棱锥Ｑ－ＡＢＤ的体积为定值，（Ａ）正确； 若ｍ＝ｎ，则→ → → →ＣＱ＝ＡＱ－ＡＣ＝ＡＱ－（→ →ＡＢ＋ＡＤ）＝（ｍ －１）→ＡＢ＋（ｎ－１）→ＡＤ＋ｐＡＡ→ １，且→ → →ＤＢ＝ＡＢ－ＡＤ，→ＣＱ·→ＤＢ ＝（ｍ－１）－（ｎ－１）＝０，所以ＱＣ⊥ＢＤ，（Ｂ）正确； 若ｍ＝ｎ，由（Ｂ）选项可知ＱＣ⊥ＢＤ，且ＡＣ⊥ＢＤ，所 以 →ＢＤ为平面ＱＡＣ的一个法向量，且 →｜ＢＤ｜＝槡２，ＢＤ→ １ ＝ ＡＤ→ １ →－ＡＢ＝ＡＡ→ １ → →＋ＡＤ－ＡＢ，ＢＤ→ １２＝（ＡＡ→ １ → →＋ＡＤ－ＡＢ）２＝ ３，｜ＢＤ→ １｜＝槡３，又因为→ＢＤ·ＢＤ→ １ ＝（→ →ＡＤ－ＡＢ）·（ＡＡ→ １＋ → →ＡＤ－ＡＢ）＝２，所以 →｜ＢＤ·ＢＤ→ １｜ →｜ＢＤ｜｜ＢＤ→ １｜ ＝ ２ 槡２×槡３ ＝槡６３，即ＢＤ１ 与平面ＱＡＣ所成角的正弦值为槡６３，（Ｃ）错误； →｜ＣＱ｜２＝｜（ｍ－１）→ＡＢ＋（ｎ－１）→ＡＤ＋ｐＡＡ→ １｜２＝（ｍ －１）２＋（ｎ－１）２＋ｐ２＋ｐ（ｍ－１）＋ｐ（ｎ－１）＝ｍ２＋ｎ２ ＋ｐ２－ｐ≥（ｍ＋ｎ） ２ ２ (＋ ｐ－ )１２ ２ －１４≥ １ ２－ １ ４ ＝ １ ４， 当且仅当ｍ＝ｎ＝ｐ＝１２时等号成立，所以ＱＣ长度的最 小值为 １ ２，（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｂ）． 三、填空题 １２．３；　１３ (． ２５， )６５ ；　１４．３． 提示： １２．因为ｄ＝αａ＋βｂ＋γｃ＝α（ｅ１＋ｅ２）＋β（ｅ２＋ｅ３） ＋γ（ｅ１＋ｅ３）＝（α＋γ）ｅ１＋（α＋β）ｅ２＋（β＋γ）ｅ３， 即（α＋γ）ｅ１＋（α＋β）ｅ２＋（β＋γ）ｅ３＝ｅ１＋２ｅ２＋３ｅ３， 可得 α＋γ＝１， α＋β＝２， β＋γ＝３ { ， 三式相加得２（α＋β＋γ）＝６， 即α＋β＋γ＝３． １３．圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２ ＝４， 圆心Ｏ（０，０），半径ｒ＝２， 则ＯＭ＝ １２＋３槡 ２ ＝槡１０＞２， 所以点Ｍ在圆Ｏ外， 过Ｍ作圆的两条切线．两切点为 Ａ，Ｂ，则Ａ，Ｂ在以ＯＭ为直径的圆上， 即Ａ，Ｂ (是圆 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )３２ ２ ＝５２与圆Ｏ：ｘ ２＋ｙ２＝４的交点，两圆方程相减，得 公共弦ＡＢ所在直线的方程为ｘ＋３ｙ－４＝０． 又直线ＯＭ的方程为ｙ＝３ｘ， 由 ｘ＋３ｙ－４＝０， ｙ＝３{ ｘ 解得 ｘ＝ ２５， ｙ＝ ６５ { ， 所以Ｍ (的反演点的坐标为 ２５， )６５ ． １４．因为双曲线Γ的离心率为槡２，所以 ｂ ａ ＝１， 不妨设 Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｄ（ｘ０，ｙ０），因为点 Ａ，Ｂ 在Γ上，所以 ｘ２１ ａ２ － ｙ２１ ｂ２ ＝１， ｘ２２ ａ２ － ｙ２２ ｂ２ ＝１， 两式相减，得 （ｘ１＋ｘ２）（ｘ１－ｘ２） ａ２ ＝ （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２） ｂ２ ， 而点Ｄ是ＡＢ的中点，所以ｘ１＋ｘ２＝２ｘ０，ｙ１＋ｙ２＝２ｙ０， 所以 （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２） （ｘ１＋ｘ２）（ｘ１－ｘ２） ＝ｂ ２ ａ２ ，即 ｙ０（ｙ１－ｙ２） ｘ０（ｘ１－ｘ２） ＝ｂ ２ ａ２ ， 所以ｋ１ｋ′１＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ · ｙ０－０ ｘ０－０ ＝ｂ ２ ａ２ ＝１． 同理ｋ２ｋ′２＝１，ｋ３ｋ′３＝１．因为 １ ｋ′１ ＋１ｋ′２ ＋１ｋ′３ ＝３， 所以ｋ１＋ｋ２＋ｋ３ ＝ １ ｋ′１ ＋１ｋ′２ ＋１ｋ′３ ＝３． 四、解答题 １５．解：由题意得ｅ＝ ｃａ ＝ 槡３ ２，即ｃ＝ 槡３ ２ａ， 由椭圆定义知｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝ 槡３ａ，又｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝３， 所以｜ＰＦ１｜＝ａ＋ ３ ２，｜ＰＦ２｜＝ａ－ ３ ２， 在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２ ＝ １ ２ ( ＝ ａ＋ )３２ ２ (＋ ａ－ )３２ ２ －３ａ２ (２ ａ＋ ) (３２ ａ－ )３２ ，解得ａ２ ＝２７８， 所以Ｓ△ＰＦ１Ｆ２ ＝ (１２ ａ＋ ) (３２ ａ－ )３２ ｓｉｎπ３ ＝槡３(４ ａ２－ )９４ ＝ 槡９３３２． １６．（１）证明：圆的方程可整理为（ｘ２＋ｙ２－２０）＋ａ（－ ４ｘ＋２ｙ＋２０）＝０（ａ≠２）， 由题可得 ｘ２＋ｙ２－２０＝０， －４ｘ＋２ｙ＋２０＝０{ ，得 ｘ＝４， ｙ＝－２{ ， 所以该圆恒过定点（４，－２）． （２）解：圆的方程可化为（ｘ－２ａ）２＋（ｙ＋ａ）２ ＝５（ａ －２）２（ａ≠２），两圆圆心之间的距离ｄ＝ ５ａ槡 ２， ①当两圆外切时，ｄ＝ｒ１＋ｒ２， 即 ５ａ槡 ２ ＝２＋ ５（ａ－２）槡 ２，解得ａ＝１＋槡５５； ②当两圆内切时，ｄ＝｜ｒ１－ｒ２｜， 即 ５ａ槡 ２ ＝｜ ５（ａ－２）槡 ２ －２｜，解得ａ＝１－槡５５； 综上所述，ａ＝１±槡５５． １７．（１）证明：取ＰＤ的中点为Ｓ，连接ＢＦ，ＳＦ，ＳＣ， 则ＳＦ∥ＥＤ，ＳＦ＝ １２ＥＤ＝１， 而ＥＤ∥ＢＣ，ＥＤ＝２ＢＣ，故ＳＦ∥ＢＣ，ＳＦ＝ＢＣ， 故四边形ＳＦＢＣ为平行四边形， 故ＢＦ∥ＳＣ，而ＢＦ平面ＰＣＤ，ＳＣ平面ＰＣＤ， 所以ＢＦ∥平面ＰＣＤ． （２）解：因为 ＥＤ＝２，故 ＡＥ＝１，故ＡＥ∥ＢＣ，ＡＥ＝ＢＣ， 故四边形ＡＥＣＢ为平行四 边形，故ＣＥ∥ＡＢ，所以ＣＥ⊥ 平面ＰＡＤ， 而ＰＥ，ＥＤ平面ＰＡＤ，故 ＣＥ⊥ＰＥ，ＣＥ⊥ ＥＤ，而 ＰＥ⊥ ＥＤ， 故以Ｅ为原点，ＥＣ，ＥＤ，ＥＰ所在直线分别为 ｘ轴、ｙ 轴、ｚ轴建立如图２所示的空间直角坐标系， 则Ａ（０，－１，０），Ｂ（１，－１，０），Ｃ（１，０，０），Ｄ（０，２，０），Ｐ（０，０，２）， 则 →ＰＡ＝（０，－１，－２），→ＰＢ＝（１，－１，－２）， →ＰＣ＝（１，０，－２），→ＰＤ＝（０，２，－２）， 设平面ＰＡＢ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则由 ｍ·→ＰＡ＝０， ｍ·→ＰＢ＝{ ０可得 －ｙ－２ｚ＝０，ｘ－ｙ－２ｚ＝０{ ， 取ｍ ＝（０，－２，１）． 设平面ＰＣＤ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则由 ｎ·→ＰＣ＝０， ｎ·→ＰＤ＝{ ０可得 ａ－２ｃ＝０，２ｂ－２ｃ＝０{ ， 取ｎ＝（２，１，１）， 故｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝｜ｍ·ｎ｜｜ｍ｜｜ｎ｜＝ ｜－１｜ 槡５×槡６ ＝槡３０３０， 故平面ＰＡＢ与平面ＰＣＤ所成二面角的平面角的余弦 值为槡 ３０ ３０． １８．解：（１）由题得圆Ｐ的圆心坐标为（１，０），半径为１， 设Ｑ（ｘ，ｙ）（ｘ＞０），依题意有 （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝ｘ＋１， 化简整理得ｙ２ ＝４ｘ， 故所求动圆圆心Ｑ的轨迹方程为ｙ２ ＝４ｘ（ｘ＞０）． （２）设直线ｌ１的方程为ｘ＝ｍｙ＋１（ｍ≠０）， 则直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ， 因为ｌ１，ｌ２的倾斜角互补，故直线ｌ２的方程为ｘ＝－ｍｙ ＋１， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），Ｄ（ｘ４，ｙ４）， 由 ｘ＝ｍｙ＋１， ｙ２ ＝４{ ｘ 得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝４ｍ，ｙ１ｙ２ ＝－４， 所以Ｓ△ＡＢＥ ＝ １ ２｜ＰＥ｜｜ｙ１－ｙ２｜ ＝ ３２ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ ３２ （４ｍ） ２＋槡 １６＝６ ｍ ２＋槡 １， 同理可得Ｓ△ＣＤＥ ＝ １ ２｜ＰＥ｜｜ｙ３－ｙ４｜＝６ ｍ ２＋槡 １， 因为△ＡＢＥ与△ＣＤＥ面积之和为 槡１２５， 所以有１２ ｍ２＋槡 １＝ 槡１２５， 解得ｍ＝±２，所以直线ｌ１的斜率ｋ＝ １ ｍ ＝± １ ２． １９．（１）解：把点（１，２），（－１，０）分别代入ｘ＋ｙ－１， 可得δ＝（１＋２－１）（－１＋０－１）１＋１ ＝－２＜０， 所以点Ａ（１，２），Ｂ（－１，０）被直线ｘ＋ｙ－１＝０分隔． （２）解：联立 ｘ ２－４ｙ２ ＝１，{ｙ＝ｋｘ 可得（１－４ｋ２）ｘ２ ＝１， 根据题意，此方程无解，则１－４ｋ２≤０，所以｜ｋ｜≥ １２． 当｜ｋ｜≥ １２时，对于直线ｙ＝ｋｘ，曲线ｘ ２－４ｙ２ ＝１ 上的点（－１，０）和（１，０）满足δ＝ －ｋ ２ １＋ｋ２ ＜０， 即点（－１，０）和（１，０）被ｙ＝ｋｘ分隔． 故实数ｋ (的取值范围是 －∞，－ ]１２ [∪ １２，＋ )∞ ． （３）证明：设点Ｍ（ｘ，ｙ）， 则由题意可得 ｘ２＋（ｙ－２）槡 ２·｜ｘ｜＝１， 故曲线Ｅ的方程为［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１． ① 对任意的ｙ０，（０，ｙ０）不是上述方程的解， 即ｙ轴（即ｘ＝０）与曲线Ｅ没有公共点． 又曲线Ｅ上的点（１，２），（－１，２）对于ｙ轴（即ｘ＝０） 对称，满足δ＝１×（－１）１＋０ ＝－１＜０， 即点（１，２）和（－１，２）被ｙ轴分隔， 所以ｙ轴，即ｘ＝０为曲线Ｅ的分隔线． 若过原点的直线不是ｙ轴， 设为ｙ＝ｋｘ，代入［ｘ２＋（ｙ－２）２］ｘ２ ＝１， 可得［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２ ＝１， 令ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（ｋｘ－２）２］ｘ２－１， 当ｋ≠２时，ｆ（０）·ｆ（１）＝－（ｋ－２）２ ＜０， 所以ｆ（ｘ）＝０在（０，１）有实数解， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，故ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 当ｋ＝２时，ｆ（ｘ）＝［ｘ２＋（２ｘ－２）２］ｘ２－１＝０，解得ｘ＝１， 即ｙ＝ｋｘ与Ｅ有公共点，故ｙ＝ｋｘ不是Ｅ的分隔线． 所以通过原点的直线中，有且仅有一条直线是Ｅ的分 隔线，即ｘ＝０． !"#$%&'()*+,-./- ! 0 ! 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