【文档说明】高中数学课时作业（人教B版选修第一册）详解答案.docx，共(100)页，1.259 MB，由小赞的店铺上传

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课时作业(一)空间向量及其运算1．解析：当两个空间向量起点相同，终点也相同时，这两个向量必相等；但两个向量相等，不一定起点相同，终点也相同，故①错；根据向量相等的定义，要保证两个向量相等，不仅模要相等，而且方向还要

相同，但②中向量a与b的方向不一定相同，故②错；根据正方体的性质，在正方体ABCDA1B1C1D1中，向量与向量𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向相同，模也相等，所以＝𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，故③正确；

命题④显然正确．答案：C2．解析：根据空间向量的加法法则以及正方体的性质逐一进行判断：①(＋)＋𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝＋𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．②(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐴1𝐷1⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＋𝐷1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐷1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．③(＋𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＋B1C1＝𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗．④(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＋𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．所以，所给4个式子的运算结果都是𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗．答案：D3．解析：∵(2a＋b)·b

＝0，∴2a·b＋b2＝0，即2|a||b|cos〈a，b〉＋|b|2＝0，而|a|＝|b|，∴2cos〈a，b〉＋1＝0，∴cos〈a，b〉＝－12.又〈a，b〉∈[0°，180°]，∴〈a，b〉＝120°，选C.答案：C4．解析：由a⊥b，得a·b＝0，∴(2e1＋3e2)·(k

e1－4e2)＝0，∵e1·e2＝0，∴2k－12＝0，∴k＝6.答案：B5．解析：－＋－－＝＋＋＋＋＝＋＋＋＝.答案：6．解析：|a＋b|2＝a2＋2a·b＋b2＝1＋2×1×2×cosπ3＋22＝7

，∴|a＋b|＝7.答案：77．解析：|＋|＝||＝2；＝12，·＝2×2×cos60°＝2，故|－|2＝2＝2－·＋142＝4－2＋14×4＝3，故|－|＝3.答案：238．解析：＝＋＝－＋12(＋)＝－a＋12(b＋c).9．解析：因为M是D1D的

中点，＝13，所以＝＋＋＝－12𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－＋13＝－12𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－＋13(𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋＋)＝13－23－16𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝13a－23b－16c.10．解析：由已知⊥，⊥，所以

·＝0，·＝0，·(－)＝0，·(－)＝0，所以·＝·，·＝·，所以·－·＝0，(－)·＝0，·＝0，所以OC⊥AB.课时作业(二)空间向量基本定理1．解析：①中当b＝0时，a与c不一定共线，故①错误；②中a，b，c共面时，它们所在的直线平行于同一平面不一定在同一平面内，故②错误；③正确；④

不对，a，b不共线．当c＝λa＋μb时，a，b，c共面．答案：B2．解析：∵a＝12p＋12q，∴a与p，q共面，∵b＝12p－12q，∴b与p，q共面，∵不存在λ，μ，使c＝λp＋μq，∴c与p，q不共面，故{c，p，q}可作为空间的一个基底，故选C.答案：C3．解析：M

N⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝ON⃗⃗⃗⃗⃗−OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12(OB⃗⃗⃗⃗⃗+OC⃗⃗⃗⃗⃗)－23OA⃗⃗⃗⃗⃗＝12(b＋c)－23a＝－23a＋12b＋12c.答案：B4．解析：方法一：∵OP⃗⃗⃗⃗⃗＝13OA⃗⃗⃗⃗⃗+13OB⃗⃗⃗⃗⃗+13OC⃗⃗⃗⃗⃗，∴3OP⃗⃗⃗⃗⃗＝OA

⃗⃗⃗⃗⃗+OB⃗⃗⃗⃗⃗+OC⃗⃗⃗⃗⃗，∴OP⃗⃗⃗⃗⃗−OA⃗⃗⃗⃗⃗＝(OB⃗⃗⃗⃗⃗−OP⃗⃗⃗⃗⃗)＋(OC⃗⃗⃗⃗⃗−OP⃗⃗⃗⃗⃗)，∴AP⃗⃗⃗⃗⃗＝PB⃗⃗⃗⃗⃗+PC⃗⃗⃗⃗，∴PA⃗⃗⃗⃗＝－

PB⃗⃗⃗⃗⃗−PC⃗⃗⃗⃗，∴P，A，B，C四点共面．方法二：OP⃗⃗⃗⃗⃗＝xOA⃗⃗⃗⃗⃗＋yOB⃗⃗⃗⃗⃗＋zOC⃗⃗⃗⃗⃗，P、A、B、C共面⇔x＋y＋z＝1.答案：B5．解析：①为真命题，A，B，C，D在一条直线上，向量AB⃗

⃗⃗⃗⃗，CD⃗⃗⃗⃗⃗的方向相同或相反，因此AB⃗⃗⃗⃗⃗与CD⃗⃗⃗⃗⃗是共线向量；②为假命题，A，B，C，D不在一条直线上，则AB⃗⃗⃗⃗⃗，CD⃗⃗⃗⃗⃗的方向不确定，不能判断AB⃗⃗⃗⃗⃗与CD⃗⃗⃗⃗⃗是否为共

线向量；③为假命题，因为AB⃗⃗⃗⃗⃗，CD⃗⃗⃗⃗⃗两个向量所在的直线可能没有公共点，所以A，B，C，D四点不一定在一条直线上；④为真命题，因为AB⃗⃗⃗⃗⃗，AC⃗⃗⃗⃗⃗两个向量所在的直线有公共点A，且AB⃗⃗⃗⃗

⃗与AC⃗⃗⃗⃗⃗是共线向量，所以A，B，C三点共线．故填①④.答案：①④6．解析：因为m与n共线，所以存在实数λ，使m＝λn，即a－b＋c＝λxa＋λyb＋λc，于是有{1=λx，−1=λy，1=λ，解得{x

=1，y=−1.答案：1－17．解析：DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗−OD⃗⃗⃗⃗⃗＝12OA⃗⃗⃗⃗⃗−OD⃗⃗⃗⃗⃗，所以有序实数组(x，y，z)＝(12，0，－1)．答案：(12，0，－1)8．解析：假设OA⃗⃗⃗⃗⃗，OB⃗⃗⃗⃗⃗，OC⃗⃗⃗⃗⃗共

面，由向量共面的充要条件知，存在实数x，y，使得OA⃗⃗⃗⃗⃗＝xOB⃗⃗⃗⃗⃗＋yOC⃗⃗⃗⃗⃗成立，即e1＋2e2－e3＝x(－3e1＋e2＋2e3)＋y(e1＋e2－e3)＝(－3x＋y)e1＋(x＋y)e2＋(2x－y)e3.因为{e1，e2，e3}

是空间的一个基底，所以e1，e2，e3不共面，所以{−3x+y=1，x+y=2，2x−y=−1，此方程组无解．即不存在实数x，y，使得OA⃗⃗⃗⃗⃗＝xOB⃗⃗⃗⃗⃗＋yOC⃗⃗⃗⃗⃗成立，所以OA⃗⃗⃗⃗⃗，OB⃗⃗⃗⃗⃗，OC⃗⃗⃗⃗⃗不共面．故{OA⃗⃗⃗⃗⃗，OB⃗⃗

⃗⃗⃗，OC⃗⃗⃗⃗⃗}能作为空间的一个基底．9．解析：连接AC，AD′，AC′(图略)．(1)AP⃗⃗⃗⃗⃗＝12(AC⃗⃗⃗⃗⃗+AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12(AB⃗⃗⃗⃗⃗+AD⃗⃗⃗⃗⃗+AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12(a＋b＋c)．(2)AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12(AC

⃗⃗⃗⃗⃗+AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12(AB⃗⃗⃗⃗⃗＋2AD⃗⃗⃗⃗⃗+AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12a＋b＋12c.(3)AN⃗⃗⃗⃗⃗＝12(AC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗+AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12[(AB⃗⃗⃗⃗⃗+AD⃗⃗⃗⃗⃗+AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＋(AD⃗⃗⃗⃗⃗+AA′⃗⃗⃗⃗⃗

⃗)]＝12(AB⃗⃗⃗⃗⃗＋2AD⃗⃗⃗⃗⃗＋2AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗)＝12a＋b＋c.(4)AQ⃗⃗⃗⃗⃗＝AC⃗⃗⃗⃗⃗+CQ⃗⃗⃗⃗⃗＝AC⃗⃗⃗⃗⃗+45(AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗−AC⃗⃗⃗⃗⃗)＝15AC⃗⃗⃗⃗⃗+45AA′⃗⃗⃗⃗

⃗⃗＝15AB⃗⃗⃗⃗⃗+15AD⃗⃗⃗⃗⃗+45AA′⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝15a＋15b＋45c.10．解析：设SA⃗⃗⃗⃗＝a，SB⃗⃗⃗⃗＝b，SC⃗⃗⃗⃗＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a，b，c三个向量两两夹角均为60°，∴a·b＝b·c＝a·

c＝12.∵SM⃗⃗⃗⃗⃗·BN⃗⃗⃗⃗⃗＝12(SA⃗⃗⃗⃗+SB⃗⃗⃗⃗)·(SN⃗⃗⃗⃗⃗−SB⃗⃗⃗⃗)＝12(a＋b)·(12c－b)＝12(12a·c－a·b＋12b·c－b2)＝12(12×12−12+12×12－1)＝－12.

∴cos〈SM⃗⃗⃗⃗⃗，BN⃗⃗⃗⃗⃗〉＝SM⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗|SM⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝−12√32·√32＝－23.所以，异面直线SM与BN所成角的余弦值为23.课时作业(三)空间向量的坐标与空间直角坐标系1．解析：∵p＝a－b＝

(1，0，－1)，q＝a＋2b－c＝(0，3，1)，∴p·q＝1×0＋0×3＋1×(－1)＝－1.答案：A2．解析：a⊥b⇒(1，5，－2)·(m，2，m＋2)＝0⇒m＋10－2m－4＝0⇒m＝6.答案：C3．解析：由cos〈a，b〉＝𝐚·𝐛|𝐚|

|𝐛|＝2−λ+4√5+λ2·√9＝89，解得λ＝－2或λ＝255.答案：C4．解析：因为c＝(－4，－6，2)＝2a，所以a∥c.又a·b＝0，故a⊥b.答案：C5．解析：∵z与a共线，设z＝(2λ，－λ，2λ)．又a·z＝4λ＋λ＋4λ＝－18，∴λ＝－2.∴z＝(－4，2，－4)．

答案：(－4，2，－4)6．解析：(1)由题意得向量a，b的每一个坐标分量均不为零，所以a∥b⇔21＝4y＝x2⇔x＝4，y＝2.(2)依题意得{2+4y+2x=0，4+16+x2=36，解得{x=4，y=−52或{x=−4，y=32.答案：(1)2(2)32或－527．解析：设点P(

x，y，z)，则由AP⃗⃗⃗⃗⃗＝2PB⃗⃗⃗⃗⃗，得(x＋1，y－3，z－1)＝2(－1－x，3－y，4－z)，则{x+1=−2−2x，y−3=6−2y，z−1=8−2z，解得{x=−1，y=3，z=3，即P(－1，3，3)，则|PD⃗⃗⃗⃗⃗|＝√(1+1)2+(1−3)2

+(1−3)2＝√12＝2√3.答案：2√38．解析：由已知得AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－1，－1)，AC⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，1)，PA⃗⃗⃗⃗＝(－x，1，－z)，由题意得{PA⃗⃗⃗⃗·AB⃗⃗⃗⃗⃗=0PA⃗⃗⃗⃗·AC⃗⃗⃗⃗

⃗=0即{x−1+z=0−2x−z=0，解得{x=−1z=2，∴P(－1，0，2)．9．解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，E(0，0，12)，C(0，1，0)，F(12，12，0)，G(1，1，12)，∴EF⃗⃗⃗⃗＝(12，12，－

12)，CF⃗⃗⃗⃗＝(12，－12，0)，CG⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，12)，CE⃗⃗⃗⃗＝(0，－1，12)．(1)证明：∵EF⃗⃗⃗⃗·CF⃗⃗⃗⃗＝12×12+12×(－12)＋(－12)×0＝0，∴EF⃗⃗⃗⃗⊥CF⃗⃗⃗⃗，即EF⊥CF.(

2)∵EF⃗⃗⃗⃗·CG⃗⃗⃗⃗⃗＝12×1＋12×0＋(－12)×12＝14，|EF⃗⃗⃗⃗|＝√(12)2+(12)2+(−12)2＝√32|CG⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+02+(12)2＝√52，∴cos〈EF⃗⃗⃗⃗，CG⃗⃗⃗⃗⃗〉＝EF⃗⃗⃗⃗⃗·CG⃗⃗⃗⃗⃗|EF⃗⃗⃗⃗⃗||

CG⃗⃗⃗⃗⃗|＝14√32×√52＝√1515.(3)|CE⃗⃗⃗⃗|＝√02+(−1)2+(12)2＝√52.10.解析：以C为原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)．则B(0，1，0)，M(1，0，1

)，N(0，12，1).(1)∵BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，－1，1)，BN⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，−12，1)∴|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+(−1)2+12＝√3，|BN⃗⃗⃗⃗⃗|＝√02+(−12)2+12＝√52.故BM的长为√3，BN的长为√52.(2)∵cos∠MBN

＝cos〈BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗，BN⃗⃗⃗⃗⃗〉＝BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝32√3×√52＝√155，∴sin∠MBN＝√1−(√155)2＝√105，故S△BMN＝12|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|BN⃗⃗⃗⃗⃗|

·sin∠MBN＝12×√3×√52×√105＝√64.即△BMN的面积为√64.课时作业(四)空间中的点、直线与空间向量1．解析：因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.答案：A2．解析：∵AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，2，3)，∴(13，23

，1)＝13(1，2，3)＝13AB⃗⃗⃗⃗⃗，∴(13，23，1)是直线l的一个方向向量．故选A.答案：A3．解析：以D为坐标原点，DA⃗⃗⃗⃗⃗，DC⃗⃗⃗⃗⃗，DD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则F(1，0，0)，D1(0，0，2)

，O(1，1，0)，E(0，2，1)，则OE⃗⃗⃗⃗⃗＝(−1，1，1)，FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，2)，∴|OE⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3，|FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝√5，OE⃗⃗⃗⃗⃗·FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗＝3，∴cos〈OE⃗⃗⃗⃗⃗，FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝OE⃗⃗⃗⃗⃗⃗·FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|OE⃗⃗⃗⃗⃗⃗||FD1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝3√3·√5＝√155.答案：A4．解析：不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，

0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，∴BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，−1)，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，2，1)，∴cos〈BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AB

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝4−1√5×√9＝1√5＝√55>0，∴BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗与AB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，其余弦值为√55.答案：A5．解析：∵v1·v2＝(1，0，－1)·(－

2，0，－2)＝0，∴v1⊥v2，∴l1⊥l2.答案：垂直6．解析：设C(x，y，z)，则(x－3，y－3，z＋5)＝23(－1，－6，6)，解得x＝73，y＝－1，z＝－1，所以点C的坐标为(73，－1，－1)．答案：(73，－1，－1)7．解析：由题意，得AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－2－y，z

－3)，则−12＝−2−y1＝z−33，解得y＝－32，z＝32，所以y＋z＝0.答案：08．证明：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，可求得M(0，1，12)，N(1

2，1，1)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，于是MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(12，0，12)，DA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，1)．得DA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝2MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴DA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又DA1与MN不重合，∴DA1∥MN.9．证明：AB

，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)．(1)因为∠ABC＝60°，AB＝BC，所以△ABC为正三角形，所以C(12，√32，0)，E(14，√34，12)．设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得

AC⃗⃗⃗⃗⃗·CD⃗⃗⃗⃗⃗＝0，即y＝2√33，则D(0，2√33，0)，所以CD⃗⃗⃗⃗⃗＝(－12，√36，0)．又AE⃗⃗⃗⃗⃗＝(14，√34，12)，所以CD⃗⃗⃗⃗⃗·AE⃗⃗⃗⃗⃗＝－12×14+√36×√34＝0，

所以AE⃗⃗⃗⃗⃗⊥CD⃗⃗⃗⃗⃗，即AE⊥CD.(2)因为P(0，0，1)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2√33，－1)．又因为AE⃗⃗⃗⃗⃗·PD⃗⃗⃗⃗⃗＝√34×2√33+12×(－1)＝0，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗⊥AE⃗⃗⃗⃗⃗

，即PD⊥AE.因为AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗·AB⃗⃗⃗⃗⃗＝0.所以PD⊥AB，又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.10.解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，在

正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，设正方体棱长为2，则D(0，0，0)，E(2，1，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，0，－2)，设F(m，0，0)(0≤m≤2)，EF⃗⃗⃗⃗＝(m－2，－1，0)，设异面直线

B1C与EF的夹角为θ，则cosθ＝|EF⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||EF⃗⃗⃗⃗⃗|·|𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝|−2×(m−2)|2√2·√(m−2)2+1＝1√2·√1(m−2)2+1，异面直线B1C与EF所成角最小时，则co

sθ最大，即m＝0时，cosθ＝1√2·√14+1＝2√10＝√105.故选C.答案：C课时作业(五)空间中的平面与空间向量1．解析：∵α∥β，∴(1，－2，2)＝m(2，λ，4)，∴λ＝－4.答案：D2．解析：因为α⊥β，所以它们的法

向量也互相垂直，所以a·b＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0，即－x－2－8＝0，解得x＝－10.答案：B3．解析：设平面ABC的法向量为a＝(x，y，z)，则有{AB⃗⃗⃗⃗⃗·𝐚=0，AC⃗⃗⃗⃗⃗·𝐚=0，∴{

2x+2y+z=04x+5y+3z=0，令z＝1，得y＝－1，x＝12，∴a＝(12，－1，1)故平面ABC的一个单位法向量为𝐚|𝐚|＝(13，－23，23)．答案：C4．解析：因为n·AB⃗⃗⃗⃗⃗＝2×(－3)＋(－2)×1＋4×2＝0，所以n⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗.又点A不在平

面α内，n为平面α的一个法向量，所以AB∥α，故选D.答案：D5．解析：连接AG，BG(图略)，则AG，BG分别为AP，BP在平面ABC内的射影．因为PA⊥BC，所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC，同理，BG⊥AC，所以G是△ABC的垂心

．答案：垂心6．解析：∵l∥α，∴(2，－8，1)·(1，y，2)＝0，而2×1－8y＋2＝0，∴y＝12.答案：127．解析：AP⃗⃗⃗⃗⃗·AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1

)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即①正确．AP⃗⃗⃗⃗⃗·AD⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即②正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即AP⃗⃗⃗⃗⃗是平面ABCD的一个法向量，③正

确．④不正确．答案：①②③8．解析：如图所示建立空间直角坐标系，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所

以FC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，1)，DA⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，0)，AE⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，1)．(1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA⃗⃗⃗⃗⃗，n1⊥AE⃗⃗⃗⃗⃗，即{𝐧1·DA⃗⃗⃗⃗⃗=2x1=0�

�1·AE⃗⃗⃗⃗⃗=2y1+z1=0⇒{x1=0z1=−2y1，令z1＝2⇒y1＝－1，所以n1＝(0，－1，2)，因为𝐧1·FC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝－2＋2＝0，所以𝐧1⊥FC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又因为FC1⊄平面ADE，即FC1∥平面ADE

.(2)因为C1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，0)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量．由𝐧2⊥FC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐧2⊥C1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，得{𝐧2·FC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2y2+z2=0

𝐧2·C1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2x2=0⇒{x2=0z2=−2y2.令z2＝2⇒y2＝－1，所以n2＝(0，－1，2)，所以n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.9．解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直

角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，且P(0，2，a)，则D(0，0，0)，E(1，2，0)，C1(0，2，2)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，则DE⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，2，0)，DC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，2)

，设n1＝(x1，y1，z1)且n1⊥平面DEC1，则{x1+2y1=0y1+z1=0，取n1＝(2，－1，1)．又𝐴1𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(−2，2，a−2)，A1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，0)，设n2＝(x2，y2，z2)且n2⊥平面A1B

1P，则{−2x2+2y2+(a−2)z2=0y2=0，取n2＝(a－2，0，2)．由平面A1B1P⊥平面C1DE，得n1·n2＝0，即2(a－2)＋2＝0，解得a＝1.故P为CC1的中点．10．证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0

)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，(1)AP⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，3，4)，BC⃗⃗⃗⃗⃗＝(－8，0，0)，所以AP⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以AP⃗⃗⃗⃗⃗⊥BC⃗⃗⃗⃗⃗

，即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|＝5，又|AM|＝3，且点M在线段AP上，所以AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝35AP⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，95，125)．又因为BA⃗⃗⃗⃗⃗＝(－4，－5，0)，所以BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝BA⃗⃗⃗⃗⃗+AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－4，－165，125)，则AP⃗⃗⃗⃗

⃗·BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，3，4)·(－4，－165，125)＝0，所以AP⃗⃗⃗⃗⃗⊥BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗，即AP⊥BM.又根据(1)的结论知AP⊥BC，BM∩BC＝B，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC.又因为AM⊂平

面AMC，故平面AMC⊥平面BMC.课时作业(六)直线与平面的夹角1．解析：由线面垂直的判定定理，得C1O⊥平面BB1D1D，所以OB为BC1在平面BB1D1D上的射影，所以∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，故选D.答

案：D2.解析：取BC中点M，连接AM，OM，易知∠OAM即为AO与平面ABCD所成的角，可求得sin∠OAM＝√66.答案：C3．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(1，0，1)，E(1，12，0)，F(0，12，1)，B1(1，1，1)．A1E＝(

0，12，−1)，A1F＝(−1，12，0)，A1B1＝(0，1，0)，设平面A1EF的法向量n＝(x，y，z)，则{𝐧·A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝐧·A1F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{12y−z=0，−x+y2=0.令y＝2，则{x=1，z=1，∴n＝(1，2，1)，cos

〈𝐧，A1B1〉＝2√6＝√63，即A1B1与平面A1EF所成角的正弦值为√63.答案：B4．解析：因为θ1是直线A1P与平面ABC所成的角，而θ2是直线A1P与直线BC所成的角，由最小角定理可知θ1≤θ2，又因为直线BC在平面ABC内且不可能与A1P的射影AP共线，所以θ1

<θ2.故选C.答案：C5．解析：cos〈a，n〉＝𝐚·𝐧|𝐚||𝐧|＝1×2+2×1+3×1√1+4+9·√4+1+1＝2+2+3√14×6＝√216，所以l与平面α所成角的正弦值为√216.答案：√2166．解析：连接BC1交B1C于O点，连

接A1O.设正方体棱长为a.易证BC1⊥平面A1B1CD，∴A1O为A1B在平面A1B1CD上的射影．∴∠BA1O为A1B与平面A1B1CD所成的角．在Rt△A1BO中，A1B＝√2a，BO＝√22a，∴sin∠BA1O＝OBA1B＝12，∴∠BA1O＝

30°.即A1B与平面A1B1CD所成角为30°.答案：30°7．解析：以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P(0，－a2，a2)

，从而CA⃗⃗⃗⃗⃗＝(2a，0，0)，AP⃗⃗⃗⃗⃗＝(－a，－a2，a2)，CB⃗⃗⃗⃗⃗＝(a，a，0)．设平面PAC的一个法向量为n，可求得n＝(0，1，1)，则cos〈CB⃗⃗⃗⃗⃗，n〉＝CB⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧|CB⃗⃗⃗⃗⃗||𝐧|＝a√2a2·√2＝12.所

以〈CB⃗⃗⃗⃗⃗，n〉＝60°.所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°8.解析：取BC中点O，B1C1中点O1，连接AO，OO1，则AO⊥OC，OO1⊥平面ABC，以O为坐标原点，OC，OA，OO1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Ox

yz，则A(0，√32a，0)，C1(a2，0，√2a)，∴AC1＝(a2，－√32a，√2a)．取AB中点M，连接CM，则CM⊥AB.∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴CM⊥平面ABB1A1，∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗为平面ABB1A1的一个法向量．∵B(－a2，0，0)，∴M(－a4，√3

4a，0)．又∵C(a2，0，0)，∴CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－34a，√34a，0)．∴cos〈AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝−34a2√3

a·√32a＝－12.∴AC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为12.9．解析：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC.∵PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝1，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(1

2，12，√22)，AE⃗⃗⃗⃗⃗＝(－12，12，√22)．由(1)知AC⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，1，0)为平面PDB的一个法向量．设AE与平面PDB所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AC⃗⃗⃗⃗⃗，AE⃗⃗⃗⃗⃗〉|＝|AC⃗⃗⃗⃗⃗·AE⃗⃗⃗⃗⃗||AC⃗⃗⃗⃗⃗||AE⃗⃗

⃗⃗⃗|＝1√2×1＝√22.∴AE与平面PDB所成的角为45°.10．解析：如图，以D为坐标原点，DA为单位长建立空间直角坐标Dxyz.则DA⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，0)，CC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0

，1)．连接BD，B′D′.在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.设DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(m，m，1)(m>0)，由已知〈DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗，DA⃗⃗⃗⃗⃗〉＝60°，由DA⃗⃗⃗⃗⃗·DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝|DA⃗⃗⃗⃗⃗||DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos〈DH⃗⃗⃗

⃗⃗⃗，DA⃗⃗⃗⃗⃗〉，可得m＝12√2m2+1.解得m＝√22，所以DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(√22，√22，1)．(1)因为cos〈DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗，CC′⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝√22×0+√22×0+1×11×√2＝√22，所以〈DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗，CC′⃗⃗⃗⃗

⃗⃗〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，0)．因为cos〈DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗，DC⃗⃗⃗⃗⃗〉＝√22×0+√22×1+1×01×√2＝12，所以〈DH⃗⃗⃗⃗⃗⃗，DC⃗⃗⃗⃗⃗〉＝60°.可得DP与平面AA′D′

D所成的角为30°.课时作业(七)二面角1．解析：过点D作OD∥l，OA∥BD，OD∩▒OA＝O，因为AC⊥l，BD⊥l，OD＝AB＝1，OA＝BD＝2，OC＝√OA2+AC2−2OA·AC·cos120

°＝√22+22−2×2×2×(−12)＝√12，CD＝√OD2+OC2＝√12+(√12)2＝√13.答案：B2．解析：如图取BC的中点为E，连接AE，DE，由题意得AE⊥BC，DE⊥BC，且AE＝DE＝√32a，又AD＝√32a，∴∠A

ED＝60°，即二面角A­BC­D的大小为60°.答案：C3．解析：设正四棱锥的底面边长为a，侧面与底面所成的二面角为θ，高为h，斜高为h′，则12×√2ah4×12ah′＝√68，∴hh′＝√32，∴sinθ＝√32，即θ＝π3

.答案：D4．解析：设所求二面角的大小为θ，则|cosθ|＝|𝐧1·𝐧2||𝐧1||𝐧2|＝√32，所以θ＝30°或150°.答案：C5．解析：取BC中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝1，则A(0，0，√32)，B(0，−12，0)，D(√32，0

，0)，所以OA⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，√32)，BA⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，12，√32)，BD⃗⃗⃗⃗⃗＝(√32，12，0).由于OA⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，√32)为平面BCD的一个法向量，设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则{𝐧·BA⃗⃗⃗⃗⃗=0

，𝐧·BD⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以{12y+√32z=0，√32x+12y=0，取x＝1，则y＝－√3，z＝1，所以n＝(1，－√3，1)，所以cos〈n，OA⃗⃗⃗⃗⃗〉＝√55，所以sin〈n，OA⃗⃗⃗⃗

⃗〉＝2√55.答案：2√556．解析：以D为原点建立如图所示空间直角坐标系：则A1(2，0，1)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，F(0，1，1)，所以𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，2，－1)，CF⃗⃗⃗⃗＝(0，－1，1)，设异面直线A1E，CF

所成角的大小为θ，所以cosθ＝|A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·CF⃗⃗⃗⃗⃗||A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|CF⃗⃗⃗⃗⃗|＝3√6·√2＝√32，因为θ∈(0，π2]，所以θ＝π6.又A1F＝(－2，1，0)，设平面A1EF的一个法向量为m＝(

x，y，z)，则{𝐦·A1F⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0𝐦·A1E⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{−2x+y=0−x+2y−z=0，令x＝1，则m＝(1，2，3)，平面A1B1C1D1一个法向量为n＝(0，0，1)，设平面A1EF与平面A1B1C1D1所成锐二面角为α，所以cosα＝𝐦·𝐧|𝐦||�

�|＝3√14＝3√1414.答案：π63√14147．解析：∵D，E分别为AB，AC中点，∴DE∥BC，∴DE⊥BD，DE⊥A1D，又BD，A1D⊂平面A1BD，BD∩A1D＝D，∴DE⊥平面A1BD，∵二面角A1­DE

­B的平面角为∠A1DB，∴∠A1DB＝60°，∵A1D＝BD＝2，∴A1B＝2，∵BC∥DE，∴BC⊥平面A1BD，又A1B⊂平面A1BD，∴BC⊥A1B，∴A1C＝√A1B2+BC2＝√4+4＝2√2.答案：2√28．解析：如图建立空间直角坐标系Axyz，则A

(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．故平面PAB的法向量AD⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，0)，DC⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，0)，PD⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，－1)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，由{𝐧·DC⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝐧·PD⃗⃗⃗⃗⃗=0得{x=0，y

−z=0.令z＝1，所以n＝(0，1，1)，所以cos〈n，AD⃗⃗⃗⃗⃗〉＝1√2＝√22，所以〈n，AD⃗⃗⃗⃗⃗〉＝45°.即平面PAB与平面PCD的夹角为45°.9．解析：(1)证明：建立如图所示的

空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(0，1，1)，A(1，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，DE⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)，BE⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，－1，1)，BC⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，0)．因为DE⃗⃗⃗⃗⃗·BE⃗⃗⃗⃗⃗＝0，

DE⃗⃗⃗⃗⃗·BC⃗⃗⃗⃗⃗＝0，所以DE⃗⃗⃗⃗⃗⊥BE⃗⃗⃗⃗⃗，DE⃗⃗⃗⃗⃗⊥BC⃗⃗⃗⃗⃗.则DE⊥BE，DE⊥BC.因为BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BE∩BC＝B，所以DE⊥平面BCE.(

2)AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，0)，设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则{𝐧·AB⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝐧·BE⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{y=0，−x−y+z=0，含x＝1，所以平面AEB的法向量为n＝(1，

0，1)．因为DE⊥平面BCE，所以DE⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)就是平面BCE的一个法向量．因为cos〈n，DE⃗⃗⃗⃗⃗〉＝𝐧·DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐧||DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝12，由图形可知二面角A­EB­C为钝角，所以二面角A­EB­C的大

小为120°.10．解析：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝12AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.又BC＝12AD，所以EF綊BC，所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF.又BF⊂

平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知，得BA⊥AD，以A为坐标原点，AB⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴正方向，|AB⃗⃗⃗⃗⃗|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1

，1，0)，P(0，1，√3)，PC⃗⃗⃗⃗＝(1，0，－√3)，AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(1，0，0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(x－1，y，z)，PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(x，y－1，z－√3)．因为BM与底面ABCD

所成的角为45°，而n＝(0，0，1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗，n〉|＝sin45°，即|z|√(x−1)2+y2+z2＝√22，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝λPC⃗⃗

⃗⃗，则x＝λ，y＝1，z＝√3−√3λ.②由①②解得{x=1+√22，y=1，z=−√62，(舍去)，或{x=1−√22，y=1，z=√62，所以M(1－√22，1，√62)，从而AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1－√22，1，√62)．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，

则{𝐦·AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝐦·AB⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{(2−√2)𝑥0+2y0+√6𝑧0=0，𝑥0=0，所以可取m＝(0，－√6，2)．于是cos〈m，n〉＝𝐦·𝐧|𝐦||𝐧|＝√105.因此二面角M­AB­D的余弦值为

√105.课时作业(八)空间中的距离1．解析：PA⃗⃗⃗⃗＝(－2，0，－1)，|PA⃗⃗⃗⃗|＝√5，|PA⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝√22，则点P到直线l的距离d＝√|PA⃗⃗⃗⃗|2−|PA⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧|𝐧||2＝√5−12＝3√22.答案：A2．解析

：由图易知A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A′(a，0，a)，则F(a，a2，0)，E(a2，a2，a2).∴|EF|＝√(a−a2)2+(a2−a2)2+(0−a2)2＝√a24+a24＝√22

a.答案：B3.解析：由正方体的性质，易得平面AB1D1∥平面BDC1，则两平面间的距离可转化为点B到平面AB1D1的距离．以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0，0)，B(a，a，0)，A1(a，0，a)，C(0

，a，0)，CA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(a，－a，a)，BA⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－a，0)，连接A1C，由A1C⊥平面AB1D1，得平面AB1D1的一个法向量为n＝(1，－1，1)，则两平面间的距离d＝|BA⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝a√3＝√33a.答案：D4．解析：由题意

可知PA⃗⃗⃗⃗＝(1，2，－4)．设点P到平面α的距离为h，则h＝|PA⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝|−2−4−4|√4+4+1＝103.答案：D5．解析：设AB⃗⃗⃗⃗⃗＝a，AD⃗⃗⃗⃗⃗＝𝐛，AA1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c，易得AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝a＋b＋c，则|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|

2＝AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(a＋b＋c)·(a＋b＋c)＝a2＋2a·b＋2a·c＋2b·c＋b2＋c2＝4＋4＋4＋4＋4＋4＝24，所以|AC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√6.答案：2√66．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(√32，12，0)，B(0，1，0)，B1(0，1，1)，C1(0，0，1)，则𝐶1𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(√32，12，−1)，C1B1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，0)，𝐶1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，－

1)．设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有{C1A⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧=√32x+12y−z=0，𝐶1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧=y−z=0，解得n＝(√33，1，1)，则所求距离为|𝐶1𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧|𝐧||＝1√13+1+1＝√217.答案：√2177．解析：由已知，得AB，AD，AP两两垂直．∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2

，2，0)，P(0，0，2)，PB⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，－2)，BC⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，2，0)，设平面PBC的法向量为n＝(a，b，c)，则{𝐧·PB⃗⃗⃗⃗⃗=0𝐧·BC⃗⃗⃗⃗⃗=0，即{2a−2c=02b=0，∴可取n＝(1，0，1)．又AB⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，0)，A

D∥平面PBC，∴所求距离为|AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝√2.答案：√28．解析：∵B1C1∥BC，且B1C1⊄平面A1BCD1，BC⊂平面A1BCD1，∴B1C1∥平面A1BCD1.从而点B1到平面A1BCD1的距离即为所求．过点B1作B1E⊥A1B于E点．∵BC⊥平面A

1ABB1，且B1E⊂平面A1ABB1，∴BC⊥B1E.又BC∩A1B＝B.∴B1E⊥平面A1BCD1，∴线段B1E的长即为所求．在Rt△A1B1B中，B1E＝A1B1·B1BA1B＝5×12√52+122＝6013.因此直线B1C1和平面A1BCD1的距离是6013.9．解析

：(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，F(1，0，0)，B(2，2，0)，E(0，1，1)．FP⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，2)，FB⃗⃗⃗⃗＝(1，2，0)，DE⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，1，1)，所以DE⃗⃗⃗⃗⃗＝12FP⃗⃗⃗⃗+12FB⃗⃗⃗⃗，

又因为DE⊄平面PFB，所以DE∥平面PFB.(2)因为DE∥平面PFB，所以点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离．设平面PFB的一个法向量n＝(x，y，z)，则{𝐧·FB⃗⃗⃗⃗=0𝐧·FP⃗⃗⃗⃗=0⇒{x+2y=0，−x+2z=0，

令x＝2，得y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1，1)．又因为FD⃗⃗⃗⃗⃗＝(－1，0，0)，所以点D到平面PFB的距离d＝|FD⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝2√6＝√63.所以点E到平面PFB的距离为√63.10.解析：由题意知PA，AD，AB两两垂

直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，E(0，0，1)，F(0，1，1)．假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件．令CQ＝m(0≤m≤2)，则DQ＝2－m.∴点Q的坐标为(2－m，2，0)

，∴EQ⃗⃗⃗⃗⃗＝(2－m，2，－1)．而EF⃗⃗⃗⃗＝(0，1，0)，设平面EFQ的法向量为n＝(x，y，z)，则{𝐧·EF⃗⃗⃗⃗=0𝐧·EQ⃗⃗⃗⃗⃗=0，∴{y=0(2−m)x+2y−z=0，令x＝1，则n＝(1，0，2－m)是平面EFQ

的一个法向量．又AE⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，0，1)，∴点A到平面EFQ的距离d＝|AE⃗⃗⃗⃗⃗·𝐧||𝐧|＝|2−m|√1+(2−m)2＝45，即(2－m)2＝169，∴m＝23或103，103＞2，不合题意，舍去．故存在点Q，且CQ＝23时，点A到平面EFQ的距离为45.课时作业(九)坐标

法1．解析：MP＝(－5)－3＝－8，PN＝(－1)－(－5)＝4，MP－PN＝－8－4＝－12.答案：C2．解析：易知x＝－3，y＝－2.∴x＋y＝－5.答案：D3．解析：由题意知|AB|＝√(2+

1)2+32＝3√2，|AC|＝√(2−2)2+32＝3，|BC|＝√(−1−2)2+02＝3.∴|AB|＋|AC|＋|BC|＝6＋3√2.答案：C4．解析：√x2+2x+5＝√(x+1)2+4＝√(

x+1)2+(0±2)2＝√(x+1)2+(−1−1)2，可看作点(x，0)与点(－1，－2)的距离，可看作点(x，0)与点(－1，2)的距离，可看作点(x，－1)与点(－1，1)的距离，故选项A不正确．答案：A5．

解析：设C(a，b)，则AC的中点为(3+a2，7+b2)，BC的中点为(−2+a2，5+b2)，若AC的中点在x轴上，BC的中点在y轴上，则{a=2，b=−7；若AC的中点在y轴上，BC的中点在x轴上，则{a=

−3，b=−5.答案：(2，－7)或(－3，－5)6．解析：设BC边的中点M的坐标为(x，y)，则{x=10+22=6，y=4+(−4)2=0，即M的坐标为(6，0)，所以|AM|＝√(6−7)2+(0−8)2＝√65.答案：√657．解析：A关于原点的对称点A′(－1，2)

，2√5＝√(−1−3)2+(m−2)2，解得m＝0或4.答案：0或48．解析：假设在x轴上能找到点P(x，0)，使∠APB为直角，由勾股定理可得|AP|2＋|BP|2＝|AB|2，即(x－1)2＋4＋(x－4)2＋4＝25，化简得x2－5x＝0，解得x＝0或5.所以在x轴上存在点

P(0，0)或P(5，0)，使∠APB为直角．9．证明：如图所示，D，E分别为边AC和BC的中点，以A为原点，边AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设A(0，0)，B(c，0)，C(m，n)，则|AB|＝c，又由中点坐标公式，可得D(m2，n2

)，E(c+m2，n2)，所以|DE|＝c+m2−m2＝c2，所以|DE|＝12|AB|，即三角形的中位线长度等于底边长度的一半．10．解析：原函数化为y＝√(x−0)2+(0−2)2+√(x−1)2+(0

+1)2，设A(0，2)，B(1，－1)，P(x，0)，借助于几何图形(略)可知它表示x轴上的点P到两个定点A、B的距离的和，当A、P、B三点共线时，函数取得最小值．∴ymin＝|AB|＝√10.课时作业(十)直线的倾斜角与斜率1．解析：由

斜率公式可得8−mm−5＝1，解得m＝132.答案：C2．解析：kAB＝y+34−2＝tan45°＝1，即y+32＝1，∴y＝－1.答案：C3．解析：直线倾斜角的取值范围是0°≤α<180°，又直线l经过第二、四象限，所

以直线l的倾斜角范围是90°<α<180°.答案：C4．答案：A5．解析：设l1，l2，l3的倾斜角分别为α1，α2，α3，则由图可知0<α3<α2<90°<α1<180°，所以tanα2>tanα3>0，tanα

1<0，故k1<k3<k2.答案：k1<k3<k26．解析：如图，易知kAB＝√3，kAC＝－√3，则kAB＋kAC＝0.答案：07．解析：∵A、B、C三点在同一直线上，∴kAB＝kBC，∴2−(−1)0−(−3)＝4−2m−0，∴m＝2.答案：28．解析：(1)由斜率公式，可得直线AB的

斜率kAB＝2−3−4−3＝17，直线AC的斜率kAC＝−2−30−3＝53，即直线AB的斜率为17，直线AC的斜率为53.(2)如图，当点D由点B运动到点C时，直线AD的斜率由kAB增大到kAC，由(1)知，kAB＝17，kAC＝53.故直线AD的斜率的变化范围是[17，53].9．解析

：∵k＝a−1a+2且直线的倾斜角为钝角，∴a−1a+2＜0，解得－2＜a＜1.10.解析：设k＝b−1a−1，则k可以看成点P(a，b)与定点Q(1，1)连线的斜率．如图，当P在线段AB上由B点运动到A点时，PQ的斜率由kBQ增大到kAQ，因为k

BQ＝3−13−1＝1，kAQ＝4−12−1＝3，所以1≤k≤3，即b−1a−1的取值范围是[1，3].课时作业(十一)直线的方程1．解析：当直线与y轴重合时，斜率不存在，选项A、D不正确；当直线垂直于x

轴或y轴时，直线方程不能用截距式表示，选项C不正确；当x1≠x2，y1≠y2时由直线方程的两点式知选项B正确，当x1＝x2，y1≠y2时直线方程为x－x1＝0，即(x－x1)(y2－y1)＝(y－y1)(x2－x1)，同理x1≠x2，y1＝y2时也可用此方程表

示．故选B.答案：B2．解析：将Ax＋By＋C＝0化为斜截式为y＝－ABx－CB，∵AC＜0，BC＜0，∴AB>0，∴－AB<0，－CB>0，故直线不通过第三象限，选C.答案：C3．解析：直线l的方程为y−(−1)5−(−1)＝x−(−1

)2−(−1)，即y＝2x＋1，令x＝1002，则b＝2005.答案：C4．解析：斜率k＝－√3，过定点(－3，4)．答案：B5．解析：将直线方程变形为y－2＝a(x－3)，由直线方程的点斜式可知，直线的斜率为a，过定点(3，2)．答案：

(3，2)6．解析：直线l的方向向量是(1，2)，则斜率为2，由点斜式方程可得即2x－y＋4＝0.答案：2x－y＋4＝07．解析：直线的法向量是(3，－1)，可设方程3x－y＋C＝0由点A(4，6)代入可得其方程为：3x－y－6＝0，令x＝0，得y＝－6，所以光线经过y轴上的点的坐

标为(0，－6)．答案：(0，－6)8．解析：由2x－3y＋12＝0知，斜率为23，在y轴上截距为4.根据题意，直线l的斜率为13，在y轴上截距为8，所以直线l的方程为x－3y＋24＝0.9．解析：(1)因为直线l的斜率存在，所以直线l的方程可化为

y＝－2k−3x＋2.由题意得－2k−3＝－1，解得k＝5.(2)直线l的方程可化为xk−3+y2＝1.由题意得k－3＋2＝0，解得k＝1.10．解析：方法一：设直线在x轴、y轴上的截距分别为a，b.①当a≠0，b≠0时，设l的方程为xa+yb＝1.∵点(4，－3)在直线上，∴4a+−3b＝1，若

a＝b，则a＝b＝1，直线方程为x＋y＝1.若a＝－b，则a＝7，b＝－7，此时直线的方程为x－y＝7.②当a＝b＝0时，直线过原点，且过点(4，－3)，∴直线的方程为3x＋4y＝0.综上知，所求直线方

程为x＋y－1＝0或x－y－7＝0或3x＋4y＝0.方法二：设直线l的方程为y＋3＝k(x－4)，令x＝0，得y＝－4k－3；令y＝0，得x＝4k+3k.又∵直线在两坐标轴上的截距的绝对值相等，∴|－4k－3|＝|4k+3k|，解得k＝1或k＝－1或k＝－34.∴所求的

直线方程为x－y－7＝0或x＋y－1＝0或3x＋4y＝0.课时作业(十二)两条直线的位置关系1．解析：因为kAB＝0，则直线x＝0与直线AB垂直．答案：B2．解析：直线l1与直线l2的倾斜角相等，l1与l2可能平行也可能重合，故A错；l1⊥l2，它们中可能有斜率不存在的情况，故k1k2＝－1错误

；若直线的斜率不存在，这条直线可能平行于y轴或与y轴重合，故C错；两直线斜率不相等，它们一定不平行，故D正确．答案：D3．解析：l1的斜率为0，则倾斜角为0°，又l1⊥l2，则l2的倾斜角为90°.答案：C4．解析：AB中点为(2，32)，k

AB＝1−23−1＝－12，所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，所以所求的方程为y－32＝2(x－2)，即4x－2y＝5.答案：B5．解析：显然当a＝1时两直线不平行；当a≠1时，因为两条直线平行，所以－a2＝31−a，解得a＝3或a＝－2.经检验，a＝－2时两直线重合，故a＝3.答案：36

．解析：由两条直线垂直，得k1·k2＝－1，即－m4·25＝－1，∴m＝10，直线为10x＋4y－2＝0，又∵垂足为(1，p)，故p＝－2，∴垂足为(1，－2)，代入2x－5y＋n＝0，得n＝－12，故m＋n－p＝10＋(－12)－(－2)＝0.答案：07．解析：设直线AD，BC的斜率分别

为kAD，kBC，由AD⊥BC得kAD·kBC＝－1，所以1−2m−2×3−14−0＝－1⇒m＝52.答案：528．解析：(1)设所求直线方程为3x＋y＋m＝0(m≠－1)，将(1，1)代入，3＋1＋m＝0，即m＝－4，

故所求直线方程为3x＋y－4＝0.(2)设直线l的方程为3x＋2y＋m＝0，将(－1，2)代入得－3＋4＋m＝0，∴m＝－1，∴l的方程为3x＋2y－1＝0.9．解析：设点D的坐标为(x，y)，由题意知直线CD、AD的斜率都存在．

因为kAB＝2−(−1)2−1＝3，kCD＝yx−3且CD⊥AB，所以kAB·kCD＝－1，即3×yx−3＝－1.①因为kBC＝2−02−3＝－2，kAD＝y+1x−1且BC∥AD，所以kBC＝kAD，即－2＝y+1x−1.②由①②可得，x＝0，y＝1，所以点D的

坐标为(0，1)．10．解析：(1)设C(x，y)，由中点坐标公式得{3+x2=−3，2+y2=4，解得{x=−9，y=6.故所求的对称点的坐标为C(－9，6)．(2)取直线l上任一点(x，y)，则它关于P(2，－1)的对称点(4－x，－2－y)在直线3x－y－4＝0上．所以3(4－x)－

(－2－y)－4＝0.所以3x－y－10＝0.所以所求直线l的方程为3x－y－10＝0.(3)设B(a，b)是A(2，2)关于直线2x－4y＋9＝0的对称点，根据直线AB与已知直线垂直，且线段AB的中点在已知直线2x－4y＋9＝0上，则有{12·b−2a−2=−1，2·a+22−4·b+22+

9=0，解得{a=1，b=4.所以所求的对称点B的坐标为(1，4)．(4)由{2x+y−4=0，3x+4y−1=0，得交点E(3，－2)，E也在直线b上．在a：2x＋y－4＝0上取点A(2，0)，设A关于l的对称点为B(x0，y0

)，则有{3×2+x02+4×0+y02−1=0，y0−0x0−2=43，解得{x0=45，y0=−85∴B(45，−85).故由两点式得直线b的方程为2x＋11y＋16＝0.课时作业(十三)点到直线的距离1．解析：直线x＋2＝0，即x＝－2为平行于y轴的

直线，所以点(5，－3)到x＝－2的距离d＝|5－(－2)|＝7.答案：A2．解析：d＝|1+1+1|√12+(−1)2＝3√22.答案：A3．解析：由点到直线的距离公式可得|−3a−4+1|√a2+1＝|6a+3+1|√a2+1，

化简得|3a＋3|＝|6a＋4|，解得实数a＝－79或－13.答案：C4．解析：d＝|−7−(−12)|√32+42＝1.答案：C5．解析：∵|5×2−12k+6|√52+122＝4，∴|16－12k|＝52，∴k＝－3或k＝173.答案：－3或173

6．解析：|OP|的最小值，即为点O到直线x＋y－4＝0的距离，d＝|0+0−4|√1+1＝2√2.答案：2√27．解析：d＝|3－(－2)|＝5.答案：58．解析：设与l平行的直线方程为5x－12y＋

b＝0，根据两平行直线间的距离公式得|b−6|√52+(−12)2＝3，解得b＝45或b＝－33.∴所求直线方程为5x－12y＋45＝0或5x－12y－33＝0.9．解析：由直线方程的两点式得直线BC的方程为y2−0＝x+31+3，即x－2y＋3＝0.由两点间距离公式得|BC|

＝√(−3−1)2+(0−2)2＝2√5.设点A到BC的距离为d，即为BC边上的高，d＝|−1−2×3+3|√12+(−2)2＝4√55，所以S＝12|BC|·d＝12×2√5×4√55＝4，即△ABC的面积S为4.10

．解析：(1)①当直线的斜率不存在时，方程x＝2符合题意；②当直线的斜率存在时，设斜率为k，则直线方程应为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.根据题意，得|2k+1|√k2+1＝2，解得k＝34.则直线方程为3x－

4y－10＝0.故符合题意的直线方程为x－2＝0或3x－4y－10＝0.(2)过点P且与原点的距离最大的直线应为过点P且与OP垂直的直线．则其斜率k＝2，所以其方程为y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0.最大距离为√5，(3)不存在．理由：由于原点到

过点(2，－1)的直线的最大距离为√5，而6>√5，故不存在这样的直线．课时作业(十四)圆的标准方程1．解析：由圆的标准方程得(x－1)2＋(y＋2)2＝9.答案：D2．解析：由题意得(0－a)2＋(0－b)2＝r2，即a2＋b2＝r2.答案：B3．解析：因为(2a，a－1

)在圆x2＋(y－1)2＝5的内部，所以4a2＋(a－2)2＜5，解得－15＜a＜1.答案：D4．解析：因为直径的两个端点在两坐标轴上，所以该圆一定过原点，所以半径r＝√(−1−0)2+(2−0)2＝√5，又圆心为C(－1，2)，故圆的方程为(

x＋1)2＋(y－2)2＝5，故选C.答案：C5．解析：由题意知圆心坐标为(−1+52，4−42)，即(2，0)，半径为12√(−1−5)2+(4+4)2＝5，故所求圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝25.答案：(x－2)2＋y2＝256．解析：由

题意，知点M在圆O内，MO的延长线与圆O的交点到点M(2，3)的距离最大，最大距离为√(2−3)2+(3−4)2＋5＝5＋√2.答案：5＋√27．解析：圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的圆心为(1，1)，圆心到直线x－

y＝2的距离为|1−1−2|√1+1＝√2，圆心到直线的距离加上半径就是圆上的点到直线的最大距离，即最大距离为1＋√2.答案：1＋√28．解析：圆心在线段AB的垂直平分线y＝6上，设圆心为(a，6)，半径为r，则圆的方程为(x－a)2＋(y－6)2＝r2.将点(1

，10)代入得(1－a)2＋(10－6)2＝r2，①而r＝|a−13|√5，代入①，得(a－1)2＋16＝(a−13)25，解得a＝3，r＝2√5或a＝－7，r＝4√5.故所求圆的方程为(x－3)2＋(y－6)2＝20或(x＋7

)2＋(y－6)2＝80.9．解析：方法一：(待定系数法)设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则{(1−a)2+b2=r2，(3−a)2+𝑏2=r2，(3−a)2+(4−b)2=r2，解得{a=2，b=2，r=√5，所以外

接圆的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝5.方法二：(几何法)易知△ABC是直角三角形，∠B＝90°，所以圆心是斜边AC的中点(2，2)，半径是斜边长的一半，即r＝√5，所以外接圆的方程为(x－2)2＋(y－

2)2＝5.10．解析：(1)AB＝√5.当点P到直线AB的距离最大时，△PAB的面积最大，圆的圆心(1，0)到直线AB：x−1+y2＝1，即2x－y＋2＝0的距离为4√55，则P到直线AB的距离的最大值为4√55＋1.所以△PAB面积的最大

值为12×√5×(4√55＋1)＝2＋√52.(2)方法一：因为(x－2)2≤8，解得2－2√2≤x≤2＋2√2.圆上的点P(x，y)，y2＝8－(x－2)2，所以x2＋y2＝4x＋4≤12＋8√2.方法二：x2＋y2表示圆上点P到原点距离的平

方．因为圆心到原点距离为2，所以x2＋y2最大值为(2＋2√2)2＝12＋8√2.答案：(1)2＋√52(2)12＋8√2课时作业(十五)圆的一般方程1．解析：圆的方程化为(x－2)2＋(y＋3)2＝13，圆心为(2，－3)，选D.答案：D2

．解析：方程2x2＋2y2－4x＋8y＋10＝0，可化为x2＋y2－2x＋4y＋5＝0，即(x－1)2＋(y＋2)2＝0，故方程表示点(1，－2)．答案：A3．解析：方程可化为(x－1)2＋y2＝－2k－2，只有－2k－2＞0，即k＜－1时才能表示圆．答案：A4

．解析：把圆x2＋y2－2x－4y＝0化为标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝5，故此圆圆心为(1，2)，圆心到直线x－y＋a＝0的距离为√22，则√22＝|1−2+a|√2，解得a＝2或a＝0.故选C.答案：C5．解析：由题意，知D＝－4，E＝8，r＝√(−4)2+82−4F2＝4，

∴F＝4.答案：46．解析：因为E(1，0)在圆x2＋y2－4x＋2y＋5k＝0的外部，所以{12+02−4×1+0+5k>0，(−4)2+22−4×5k>0，解得35＜k＜1.答案：(35，1)7．解析：由题意可得圆C的圆心(－1，

－a2)在直线x－y＋2＝0上，将(－1，－a2)代入直线方程得－1－(−a2)＋2＝0，解得a＝－2.答案：－28．解析：设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，圆M过三点A(1，

3)，B(4，2)，C(1，－7)，可得{10+D+3E+F=0，20+4D+2E+F=0，50+D−7E+F=0，解得{D=−2，E=4，F=−20，即圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0，即为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，圆心(1，－2)到原点的距离为√5.

9．解析：圆心C(－D2，－E2)，因为圆心在直线x＋y－1＝0上，所以－D2−E2－1＝0，即D＋E＝－2，①又r＝√D2+E2−122＝√2，所以D2＋E2＝20，②由①②可得{D=2，E=−4或{D=−4，E=2，又圆心在第二象限，所以－D2<0，即D>0，所以{D=2，

E=−4，所以圆的一般方程为x2＋y2＋2x－4y＋3＝0.10．解析：(1)线段AB的中点为(2，0)，因为△ABC为直角三角形，C为直角顶点，所以C到点(2，0)的距离为12|AB|＝5，所以点C(x，y)满足√(x−2)2+y2＝5(y≠0)，即顶点C的轨迹方程为(x－2)2＋y2＝

25(y≠0)．(2)由题意得√(x−26)2+(y−1)2＝5√(x−2)2+(y−1)2，整理得x2＋y2－2x－2y－23＝0，所以点M的轨迹方程是(x－1)2＋(y－1)2＝25.轨迹是以(1，1)为圆心，5为半径的圆．课时作业(十六)直线与圆的位置关系1．解析：圆心(1，－

1)到直线3x＋4y＋12＝0的距离d＝|3×1+4×(−1)+12|√32+42＝115＜r.答案：D2．解析：由题意得|a|√2＝1，所以a＝±√2，故选B.答案：B3．解析：l过定点A(1，1)，∵12＋12－2×1＝0，∴点A在圆上，∵直线x＝1过点A且为圆的切线，又l斜率存在

，∴l与圆一定相交，故选C.答案：C4．解析：结合圆的几何性质知直线PQ过点A(1，2)，且和直线OA垂直，故其方程为：y－2＝－12(x－1)，整理得x＋2y－5＝0.答案：B5．解析：点P到原点O的距离为|PO|＝√10，∵r＝3，且P在圆外，∴切线段长为√10−9＝1.答

案：16．解析：圆心C(2，－3)到直线x－2y－3＝0的距离为d＝5√5＝√5，又知圆C的半径长为3，∴|EF|＝2√32−(√5)2＝4，∴S△ECF＝12·|EF|·d＝12×4×√5＝2√5.答案：2√57．解析：圆的方程可化为(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，所以弦心距为d＝|−1−2

+1|√2＝√2.又圆的半径为2√2，所以到直线x＋y＋1＝0的距离为√2的点有3个．答案：38．解析：切线的斜率存在，设切线方程为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0.圆心到直线的距离等于√2，即|−k−3|√k2+1＝√2，∴k2－6k－7＝0，解得k＝7或k

＝－1，故所求的切线方程为y＋1＝7(x－2)或y＋1＝－(x－2)，即7x－y－15＝0或x＋y－1＝0.9．解析：(1)设圆A的半径为r，∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，∴r＝|−1+4+7|√5＝2√5，∴圆A的方程

为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.(2)当直线l与x轴垂直时，则直线l的方程x＝－2，此时有|MN|＝2√19，即x＝－2符合题意．当直线l与x轴不垂直时，设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)，

即kx－y＋2k＝0，∵Q是MN的中点，∴AQ⊥MN，∴|AQ|2＋(12|MN|)2＝r2，又∵|MN|＝2√19，r＝2√5，∴|AQ|＝√20−19＝1，解方程|AQ|＝|k−2|√k2+1＝1，得k＝34，∴此时直线l的方程为y－0＝34(x＋2)，即3x－4y＋

6＝0.综上所述，直线l的方程为x＝－2或3x－4y＋6＝0.10．解析：(1)如图，作半圆的切线l1和经过端点A，B的直线l3，l2，由图可知，当直线y＝x＋b为直线l1或位于l2和l3之间(包括l3，不包括l2)时，满足题意．∵l1与半圆相

切，∴b＝－√2；当直线y＝x＋b位于l2时，b＝－1；当直线y＝x＋b位于l3时，b＝1.∴b的取值范围是－1＜b≤1或b＝－√2.(2)如图，圆C3是圆C1关于直线x－y＝0的对称圆，所以圆C3的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝1，圆心为C

3(3，1)，且由图知，|MA|＋|MB|＝|MA1|＋|MB|，∴C2，B，M，A1，C3五点共线时，|MA1|＋|MB|有最小值，此时，(|MA|＋|MB|)min＝|C2C3|－1－2＝√82+0－3＝5，所以|MA|＋|MB|的最小值

为5.答案：(1)B(2)5课时作业(十七)圆与圆的位置关系1．解析：x2＋y2＋6x－8y－11＝0化成标准方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝36.圆心距为d＝√(0+3)2+(0−4)2＝5，若两圆有公共点，则|6－√m|≤5≤6＋√m，∴

1≤m≤121.答案：C2．解析：由已知两圆半径的和为6，与圆心距相等，故两圆外切．答案：B3．解析：已知圆的圆心为(3，－4)，半径为5，所求圆的半径也为5，由两圆相切于原点，知所求圆的圆心与已知圆的

圆心关于原点对称，即为(－3，4)，可知选B.答案：B4．解析：∵圆C1的圆心C1(－2，2)，半径为r1＝1，圆C2的圆心C2(2，5)，半径r2＝4，∴|C1C2|＝√(2+2)2+(5−2)2＝5＝r1＋r2，∴两圆相外切，∴两圆共有3条公切线．答案：C5．解析：两圆的公共弦所在

直线方程为2x＋y－15＝0，圆心(0，0)到直线的距离为15√5＝3√5，所以公共弦长为2√50−45＝2√5.答案：2√56．解析：C1(m，－2)，r1＝3，C2(－1，m)，r2＝2，由题意得|C1C2|＝5，即(m＋1)2＋(m＋2)2＝25，解得m＝2或m＝－5.答案：2或－5

7．解析：由题意知，线段AB的中点在直线x－y＋c＝0上，且kAB＝41−m＝－1，即m＝5，又点(1+m2，1)在该直线上，所以1+m2－1＋c＝0，所以c＝－2，所以m＋c＝3.答案：38．解析：设两圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y

2)，则A，B两点坐标是方程组{x2+y2+2x−6y+1=0，①x2+y2−4x+2y−11=0，②的解，①－②得：3x－4y＋6＝0.∵A，B两点坐标都满足此方程，∴3x－4y＋6＝0即为两圆公共弦所在的直线方

程．易知圆C1的圆心(－1，3)，半径r1＝3.又C1到直线AB的距离为d＝|−1×3−4×3+6|√32+(−4)2＝95.∴|AB|＝2√𝑟12−𝑑2＝2√32−(95)2＝245.即两圆的公共弦长为245.9．解析：设所求圆的

圆心为P(a，b)，则√(a−4)2+(b+1)2＝1.①(1)若两圆外切，则有√(a−2)2+(b+1)2＝1＋2＝3，②联立①②，解得a＝5，b＝－1，所以，所求圆的方程为(x－5)2＋(y＋1)2＝1；(2)若两圆内切，则有√(a−2)2

+(b+1)2＝|2－1|＝1，③联立①③，解得a＝3，b＝－1，所以，所求圆的方程为(x－3)2＋(y＋1)2＝1.综上所述，所求圆的方程为(x－5)2＋(y＋1)2＝1或(x－3)2＋(y＋1)2＝1.10．解析：方法一：由{x2+y2+6x−4=0，x2+y2+6y−2

8=0，得A(－1，3)，B(－6，－2)，线段AB的垂直平分线方程为x＋y＋3＝0.由{x−y−4=0x+y+3=0，得圆心坐标为(12，－72)．半径√(−1−12)2+(3+72)2＝√1782.所求圆的方程为(x－12

)2＋(y＋72)2＝1784，即x2＋y2－x＋7y－32＝0.方法二：根据题意，要求圆经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点，设其方程为(x2＋y2＋6x－4)＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0，变形可得

(1＋λ)x2＋(1＋λ)y2＋6x＋6λy－4－28λ＝0,其圆心为(－31+λ，−3λ1+λ),又由圆心在直线x－y－4＝0上，则有(−31+λ)−(−3λ1+λ)－4＝0，解得λ＝－7;则圆的方程为(－6)x2＋(－6)y

2＋6x－42y＋192＝0,即x2＋y2－x＋7y－32＝0，所以A选项是正确的．答案：A课时作业(十八)曲线与方程1．解析：点A，C，D都在方程的曲线上．答案：C2．解析：若点M在曲线x2＝4y上，则x＝±2√y；当点M

的坐标满足方程x＝2√y时，必有x2＝4y，即点M在曲线x2＝4y上，故“点M在曲线x2＝4y上”是“点M的坐标满足方程x＝2√y”的必要不充分条件．故选B.答案：B3．解析：由方程知y≤0，将方程两边平方得y2＝12－x2，即x2＋y2＝12，(y≤0)，故该方程表示的曲线是圆上的一部分，即

一个半圆．故选D.答案：D4．解析：把点(－2，3)和点(2，3)的坐标代入方程(a－1)x－y＋2a＋1＝0.验证知(－2，3)适合方程，而(2，3)不一定适合方程，故选A.答案：A5．解析：设M(x，y)，则|MA|＝√(x−9)2+y2，|MB|＝√(x−1)2+y

2.由|MA|＝3|MB|，得√(x−9)2+y2＝3√(x−1)2+y2，化简得x2＋y2＝9.答案：x2＋y2＝96．解析：由题设知直线PM与PN的斜率存在且均不为零，所以kPM·kPN＝yx+1·yx−1＝λ，整理得x2－

y2λ＝1(λ≠0，x≠±1)．即动点P的轨迹C的方程为x2－y2λ＝1(λ≠0，x≠±1)．答案：x2－y2λ＝1(λ≠0，x≠±1)7．答案：(1)曲线是方程所表示的曲线的一部分(2)方程所表示的曲线是图中曲线的一部分(3)方程是曲线的方程8．解

析：由x＝√4−y2，得x2＋y2＝4.又x≥0，所以方程x＝√4−y2表示的曲线是以原点为圆心，2为半径的右半圆．从而该曲线C与y轴围成的图形是半圆，其面积S＝12π·4＝2π.所以，所求图形的面积为2π.9．解析：

方法一：(直接法)如图，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°.设Q(x，y)，由题意，得|OQ|2＋|QC|2＝|OC|2，即x2＋y2＋[x2＋(y－3)2]＝9，所以点Q的轨迹方程是x2＋(y－32)2＝94(

去掉原点)．方法二：(定义法)如图所示，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°，则Q在以OC为直径的圆上，故Q点的轨迹方程为x2＋(y−32)2＝94(去掉原点)．方法三：(代入法)设P(x1，y1)，Q(x，y)

，由题意，得{x=x12，y=y12，即{x1=2x，y1=2y，又因为x12＋(y1－3)2＝9，所以4x2＋4(y−32)2＝9，即点Q的轨迹方程为x2＋(y−32)2＝94(去掉原点)．10．解析：设P(x

，y)，由已知，|PF1||PF2|＝8，即√(x+1)2+y2×√(x−1)2+y2＝8，平方得，(0，0)不满足方程，故选项A错误；用(x，－y)换(x，y)，方程不变，所以曲线E关于x轴对称，故B正确；同理用(－x，y)换(x

，y)，方程不变，所以曲线E关于y轴对称，故C正确；令y＝0，得(x＋1)2(x－1)2＝64，即x2－1＝8，所以x＝±3，故－3≤x≤3，D正确．故选A.答案：A课时作业(十九)椭圆的标准方程1．答案：D2．解析：由椭圆的定义得|AF1|＋|AF2|＝2a＝10，|BF1|＋|BF2

|＝2a＝10，所以△ABF1的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝20，故选B.答案：B3．解析：设椭圆方程为Ax2＋By2＝1(A＞0，B＞0)，由题意得{925A+16B=1，1625A+9B=1，解得{A=1，B=125.所以椭圆的标

准方程为y225＋x2＝1.答案：A4．解析：c＝1，a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆的方程为x24+y23＝1.答案：A5．解析：由|AF1|＋|AF2|＝2a＝4得a＝2，∴原方程化为x24+y2b2＝1，将A(1，32)代

入方程得b2＝3，∴椭圆方程为x24+y23＝1.答案：x24+y23＝16．解析：①√2<2，故点P的轨迹不存在；②因为2a＝|F1F2|＝4，所以点P的轨迹是线段F1F2；③到定点F1(－3，0)，F2(3，0)距离相

等的点的轨迹是线段F1F2的垂直平分线(y轴)；④点M(5，3)到定点F1(－4，0)，F2(4，0)的距离之和为4√10>8，故点P的轨迹为椭圆．故填②④.答案：②④7．解析：∵椭圆焦点在x轴上，∴设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2＝1(a>b>0)．∵椭圆经过(2，0)和(1，√32)

，∴{4a2=1，1a2+34b2=1，∴{a2=4，b2=1，∴所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.答案：x24＋y2＝18．解析：(1)方法一：因为椭圆的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)．由椭圆的定义

知2a＝√(52+2)2+(−32)2+√(52−2)2+(−32)2＝2√10，所以a＝√10.又因为c＝2，所以b2＝a2－c2＝10－4＝6.因此，所求椭圆的标准方程为x210+y26＝1.方法二：设标准方程为x2a2+y2b2＝1(

a＞b＞0)．依题意得{254a2+94b2=1，a2−b2=4，解得{a2=10，b2=6.所以所求椭圆的标准方程为x210+y26＝1.(2)方法一：当椭圆的焦点在x轴上时，设所求椭圆的方程为x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)．因为椭圆经过两点

(2，0)，(0，1)，所以{4a2+0b2=1，0a2+1b2=1，则{a=2，b=1.所以所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1；当椭圆的焦点在y轴上时，设所求椭圆的方程为y2a2+x2b2＝1(a＞b＞0)因为椭圆经过两点(2，0)，(

0，1)，所以{0a2+4b2=1，1a2+0b2=1，则{a=1，b=2，与a＞b矛盾，故舍去．综上可知，所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.方法二：设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m＞0，n＞0，m≠n)．因为椭圆过(2，0)和(0

，1)两点，所以{4m=1，n=1，所以{m=14，n=1.综上可知，所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.9．解析：∵F1，F2为椭圆焦点，∴|F1F2|＝12.∵P是椭圆上一点，∴根据椭圆性质，|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，①∵PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|

PF2|2＝122，②联立①②可求得|PF1|·|PF2|＝128.∴S△F1PF2＝12|PF1|·|PF2|＝64.10．解析：将圆的方程化为标准形式为(x＋2)2＋y2＝62，∴圆心坐标为B(－2，0)，半径为6，如图：由于动圆M与已知圆B相内切，设切点为C.∴已知圆(

大圆)半径与动圆(小圆)半径之差等于两圆心的距离，即|BC|－|MC|＝|BM|，而|BC|＝6，|CM|＝|AM|，∴|BM|＋|AM|＝6.根据椭圆的定义知M的轨迹是以点B(－2，0)和点A(2，0)为焦点的椭圆，且2a＝6.∴a＝3，c＝2，b＝√a2−c2＝√5，∴所求

圆心的轨迹方程为x29+y25＝1.课时作业(二十)椭圆的几何性质1．解析：a2＝16，b2＝8，c2＝8.从而e＝ca＝√22.答案：D2．解析：根据题意得A(－a，0)，B(0，b)，F(c，0)，因为∠ABF＝90°，所以kAB·kBF＝－1，即b−00−(−a)×b−00−c＝－

1，所以b2ac＝1，即b2＝ac.又因为c2＝a2－b2，所以c2－a2＋ac＝0，等号两边同除以a2得(ca)2＋ca－1＝0，即e2＋e－1＝0，所以e＝－√5+12(舍)或e＝√5−12.答案：A3

．解析：x2＋my2＝1，∴x2＋y21m＝1，∴a2＝1m，b2＝1∴a＝√1m，b＝1，∴√1m＝2，∴m＝14.答案：D4．解析：曲线x225+y29＝1的焦点在x轴上，长轴长为10，短轴长为6，离心率为45，焦距为8.曲线x225−k+y29−k＝1(k<9)的焦点在x轴上

，长轴长为2√25−k，短轴长为2√9−k，离心率为4√25−k，焦距为8.则C正确．答案：C5．解析：由题意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0，所以m＝3.答案：36．解析：由题意知a－c＝2，a＋c＝14，所

以a＝8，c＝6，b2＝a2－c2＝28，所以椭圆的标准方程为x264+y228＝1或y264+x228＝1.答案：x264+y228＝1或y264+x228＝17．解析：设椭圆C的方程为y2a2+x2b2＝1(a>b>0)，椭圆C的面积为S＝πab＝20π，又e＝√1

−b2a2＝45，解得a2＝1003，b2＝12，所以椭圆C的方程为y21003+x212＝1.答案：y21003+x212＝18．解析：设点P(x，y)，所以OP⃗⃗⃗⃗⃗＝(x，y)，FP⃗⃗⃗⃗＝(x－1，y)，由此可得OP⃗⃗⃗⃗⃗·FP⃗⃗⃗⃗＝(x，y)·(x－1，y)＝x2－x＋y

2＝12x2－x＋1＝12(x－1)2＋12，x∈[－√2，√2]，所以OP⃗⃗⃗⃗⃗·FP⃗⃗⃗⃗的最小值为12.9．解析：∵椭圆的焦点在x轴上，∴设它的标准方程为x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，∵e＝ca

＝13，∴a＝3c.∵b2＝a2－c2，∴b2＝9c2－c2＝8c2.又点M(c，4)在椭圆上，∴c29c2+168c2＝1，解得c2＝94，∴a2＝814，b2＝18，∴所求椭圆的标准方程为x2814+y218＝1.10．解析：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2

＝1(a＞b＞0)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mncos60°＝(m＋n)2－3mn＝4a2－3mn≥4a2－3·(m+n2)2＝4a2－3a2＝a2(当且仅当m＝n时取等号)．∴c2a2≥14，即e≥12.又

0<e<1，∴e的取值范围是[12，1).(2)由MF1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·MF2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0得，以F1F2为直径的圆在椭圆内，于是b>c，则a2－c2>c2，所以0<e<√22，故离心率的取值范围为(0，√22)．答案：(1)[12，1)(2)(0，√22)课时

作业(二十一)双曲线的标准方程1．解析：依题意得|F1F2|＝10，当a＝3时，2a＝6<|F1F2|，故点P的轨迹为双曲线的一支；当a＝5时，2a＝10＝|F1F2|，故点P的轨迹为一条射线．故选D.答案：D2．解析：方法一：因为所求曲线为双曲线，所以

可排除选项A，D；又双曲线x212－y224＝1的焦点在x轴上，所以排除选项B.方法二：与x212－y224＝1共焦点的双曲线方程为x212＋λ－y224－λ＝1，对比四个选项中的曲线方程，发现只有选项C中的方程符合条件(此时λ＝－2).故选C.答案

：C3．解析：由c2＝a2＋b2＝4得c＝2，所以F(2，0)，将x＝2代入x2－y23＝1，得y＝±3，所以|PF|＝3，又点A的坐标是(1，3)，故△APF的面积为12×3×(2－1)＝32，选D.答案：D4．解析：由题意，方程可化为y2m2－4－x21－m＝3，

∴m2－4>0，1－m>0，解得：m＜－2.答案：C5．解析：设动圆M的半径为r.因为动圆M与圆C1外切且与圆C2内切，所以|MC1|＝r＋3，|MC2|＝r－1.相减得|MC1|－|MC2|＝4.

又因为C1(－3，0)，C2(3，0)，并且|C1C2|＝6＞4，所以点M的轨迹是以C1，C2为焦点的双曲线的右支，且有a＝2，c＝3.所以b2＝5，所求的轨迹方程为x24－y25＝1(x≥2).答案：x24－y25＝1(x≥2)6．解析：

设F1为左焦点，F2为右焦点，当点P在双曲线左支上时，|PF2|－|PF1|＝10，|PF2|＝22；当点P在双曲线右支上时，|PF1|－|PF2|＝10，|PF2|＝2.答案：2或227．解析：因为双曲线的焦点是(0，2)，所以双曲线的标准方程是y2－3m－x2－m＝1，即

a2＝－3m，b2＝－m，c2＝－4m＝4，即m＝－1，所以椭圆方程是y2n＋x2＝1，因为焦距2c＝4，所以c2＝4，即n－1＝4，解得n＝5.答案：58．解析：由x29－y216＝1得a＝3，b＝4

，c＝5.∴|PQ|＝4b＝16>2a.又∵A(5，0)在线段PQ上，∴P，Q在双曲线的右支上，且PQ所在直线过双曲线的右焦点，由双曲线定义知|PF|－|PA|＝2a＝6，|QF|－|QA|＝2a＝6，∴|PF|＋|QF|＝28.∴

△PQF的周长是|PF|＋|QF|＋|PQ|＝28＋16＝44.9．解析：(1)如图所示，不妨设M在双曲线的右支上，M点到x轴的距离为h，因为MF1·MF2＝0，则MF1⊥MF2，设|MF1|＝m，|MF2|＝n，由双曲线定义，知m－n＝2a＝8，①又m

2＋n2＝(2c)2＝80，②由①②得m·n＝8，所以12mn＝4＝12|F1F2|·h，所以h＝255.所以M点到x轴的距离为255.(2)设所求双曲线C的方程为x216－λ－y24＋λ＝1(－4<λ<16)，由于双曲线C过点(32，2)，所以1816－λ

－44＋λ＝1，解得λ＝4或λ＝－14(舍去)，所以所求双曲线C的方程为x212－y28＝1.10．解析：(1)当k＝0时，方程变为y＝±2，表示两条与x轴平行的直线；(2)当k＝1时，方程变为x2＋y2＝4

表示圆心在原点，半径为2的圆；(3)当k<0时，方程变为y24－x2－4k＝1，表示焦点在y轴上的双曲线；(4)当0<k<1时，方程变为x24k＋y24＝1，表示焦点在x轴上的椭圆；(5)当k>1时，方程变为x24k＋y24＝1，表示焦点在y轴上的椭圆．课时作业(二十二)双曲线的几何性质1

．解析：由已知c＝4，e＝ca＝2，所以a＝2，b2＝c2－a2＝12，又焦点在x轴上，所以双曲线方程为x24－y212＝1.答案：A2．解析：方法一：由题意知，e＝ca＝3，所以c＝3a，所以b＝c2－a2＝2a，所以ba＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±2x，故选A.方法二：由

e＝ca＝1＋ba2＝3，得ba＝2，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±2x，故选A.答案：A3．解析：由题意得b＝2a，又a2＋b2＝c2，∴5a2＝c2.∴e2＝c2a2＝5，∴e＝5.答案：A4．解析：由已知得椭圆中a＝13

，c＝5，曲线C2为双曲线，由此知道在双曲线中a＝4，c＝5，故双曲线中b＝3，双曲线方程为x216－y29＝1.答案：A5．解析：由已知b＝1，c＝3，所以a2＝c2－b2＝2，所以渐近线方程为y＝±22x.答案：y＝±22x6．解析：若双曲线焦点在x轴上，依题意得，ba＝4，∴b2a2＝16

，即c2－a2a2＝16，∴e2＝17，e＝17.若双曲线焦点在y轴上，依题意得，ab＝4.∴ba＝14，b2a2＝116，即c2－a2a2＝116.∴e2＝1716，故e＝174，即双曲线的离心率是17或174.答案：17或1747．解析：依题意设双曲线的方程为x2－y24＝λ(λ≠0)

，将点(2，2)代入求得λ＝3，所以所求双曲线的标准方程为x23－y212＝1.答案：x23－y212＝18．解析：当焦点在y轴上时，n－6>0n>0n－6＋nn－6＝3，解得n＝12，当焦点在x轴上时，双曲线标准方程为x2－n－y26－n＝1，

6－n>0－n>0－n＋6－n－n＝3，解得n＝－6，综上得n＝12，或n＝－6.9．解析：(1)因为e＝2，所以可设双曲线的方程为x2－y2＝λ.因为过点(3，－1)，所以9－1＝λ，即λ＝8，所以双曲线的方程为x2－y2＝8.(2)因为F1(－4，0)，F2(

4，0)，𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－4－32，－m)，𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(4－32，－m)，所以𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－4－32)×(4－32)＋m2＝2＋m2，因为M点在双曲线上，所以18－m2＝8，

即m2＝10，所以𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝12.(3)△F1MF2的底|F1F2|＝8，由(2)知m＝±10.所以△F1MF2的高h＝|m|＝10，所以S△MF1F2＝410.10．解

析：由题意知a2＝2，b2＝1，所以c2＝3，不妨设F1(－3，0)，F2(3，0)，所以𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－3－x0，－y0)，𝑀𝐹2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(3－x0，－y0)，所以𝑀𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐹2⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝x20－3＋y20＝3y20－1<0，所以－33<y0<33.答案：A课时作业(二十三)抛物线的标准方程1．解析：由题意可设抛物线的标准方程为y2＝－2px(p>0)，由p2＝1，得p＝2，∴抛物线的标准

方程为y2＝－4x，故选D.答案：D2．解析：∵点F(4，0)在直线x＋5＝0的右侧，且P点到点F(4，0)的距离比它到直线x＋5＝0的距离小1，∴点P到F(4，0)的距离与它到直线x＋4＝0的距离相等．故点P的轨迹为抛物线，且顶点在原点，开口向右，p＝8，故P点的轨迹方程为y2＝16x.答案：

C3.解析：设抛物线上点M(x0，y0)，如图所示，过M作MN⊥l于N(l是抛物线的准线x＝－p2)，连MF.根据抛物线定义，|MN|＝|MF|＝a，∴x0＋p2＝a，∴x0＝a－p2，∴选B.答案：B4．解析

：如图建立直角坐标系，设抛物线方程是y2＝2px(p＞0)，因为A(40，30)在抛物线上，∴302＝2p×40，∴p＝454，∴光源到反光镜顶点的距离为p2＝4542＝458＝5.625cm.答案：B5．解析：由抛物线方程，可知其准

线方程为y＝－1，所以点P的纵坐标为4，代入抛物线方程可知横坐标为±4.答案：±46．解析：抛物线x＝ay2(a≠0)可化为y2＝1ax(a≠0).①当a>0时，p2＝14a，抛物线开口向右，焦点坐标为14a，0，准线方程为x＝－14a.②当a<0时，p2＝－14a，抛物线开口向左，

焦点坐标为14a，0，准线方程为x＝－14a.故不论a>0，还是a<0，焦点坐标都是14a，0，准线方程都为x＝－14a.答案：14a，0x＝－14a7．解析：由题可设抛物线的标准方程为x2＝－2py(p>0)，由定义知点P到准线的距离

为4，故p2＋2＝4，所以p＝4，所以x2＝－8y.将点P的坐标代入x2＝－8y，得m＝±4.答案：±48．解析：由题可知点F0，p2，Pxp，－p2，因为点A到y轴的距离为1，且A在抛物线上，所以不妨设点A1，12p，因为FA→＝12AP→，所以12p－p2＝12

－p2－12p，解得p＝3或－3(舍去).所以抛物线的方程为x2＝23y.9．解析：因为交点在第一象限，抛物线的顶点在原点，其准线垂直于x轴，所以可设抛物线方程为y2＝2px(p>0).将点32，6代入方程，得p＝2，所以抛物

线方程为y2＝4x.准线方程为x＝－1.由此知双曲线方程中c＝1，焦点为(－1，0)，(1，0)，点32，6到两焦点距离之差2a＝1，所以双曲线的标准方程为x214－y234＝1.10．解析：(1)如图，易知抛物线的焦点为F(1，0)，准线方程是

x＝－1.由抛物线的定义知，点P到直线x＝－1的距离等于点P到焦点F的距离．于是问题转化为在曲线上求一点P，使点P到点A(－1，1)的距离与点P到F(1，0)的距离之和最小．显然，连接AF，AF与抛物线的交点即为点P，故最小值为22＋12＝5，即点P到点A(－1，1)的

距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值为5.(2)如图，把点B的横坐标代入y2＝4x中，得y＝±23.因为23＞2，所以点B在抛物线内部．过点B作BQ垂直于准线，垂足为点Q，交抛物线于点P1，连接P1F.此时，由抛物线定义知，|P1Q|＝|P1F|.所以|PB|＋|PF

|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝3＋1＝4，即|PB|＋|PF|的最小值为4.课时作业(二十四)抛物线的几何性质1．解析：依题意知抛物线方程为x2＝±2py(p＞0)的形式，又p2＝3，∴p＝6，2p＝12，故方程为x2＝±12y.答案：C2．解析

：p2＝3＋1⇒p＝4，解得p＝4.答案：C3.解析：∵y2＝4x，∴2p＝4，p＝2.∴由抛物线定义知：|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋2＝6＋2＝8.答案：B4．解析：由抛物线的定义可得|NM|＝|MF|

＝8，又∠MFN＝60°，故△MFN为等边三角形，所以∠NMF＝60°且|MN|＝|MF|＝|NF|＝8，因为MN平行于x轴，故MF的倾斜角为60°.故∠NFO＝60°，F到准线的距离为8cos60°＝4，即p＝4.故选B.答案：

B5．解析：不妨设A(x，23)，则(23)2＝4x，所以x＝3，所以AB的方程为x＝3，抛物线的焦点为(1，0).所以焦点到AB的距离为2.答案：26．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立3x－4y＝0y2＝2px，可得x＝0y＝0或x＝3

2p9y＝8p3，所以|AB|＝x2＋y2＝322p281＋64p29＝322＋24281p2，而|AB|＝5，可得322＋24281·p2＝5，解得p＝98，即F916，0，所以F到直线AB的距离d＝3×

91632＋（－4）2＝2716×5，所以S△ABF＝12·|AB|·d＝12×5·2716×5＝2732.答案：27327．解析：由题意知Bp3，－p2，代入方程x23－y23＝1得p＝6.答案：68．解析：设P(x，y)，则y2＝2x，因为A(－3，0)，

B(3，0)，所以PA→·PB→＝AP→·BP→＝(x＋3，y)·(x－3，y)＝x2＋y2－9＝x2＋2x－9＝(x＋1)2－10(x≥0)，故当x＝0时，取得最小值为－9.9．解析：(1)因为直线l的倾斜角为60°，所以其斜率k＝tan60°＝3.又F32，0，所以直线

l的方程为y＝3x－32.联立y2＝6x，y＝3x－32，消去y得x2－5x＋94＝0.若设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝5，而|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋p，所以

|AB|＝5＋3＝8.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线定义知|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋p2＋x2＋p2＝x1＋x2＋p＝x1＋x2＋3，所以x1＋x2＝6.于是线段AB的中点M的横坐标是

3，又准线方程是x＝－32，所以M到准线的距离等于3＋32＝92.10．证明：(1)由已知得抛物线焦点坐标为p2，0.由题意可设直线方程为x＝my＋p2，代入y2＝2px，得y2＝2pmy＋p2，即y2－2pmy－p2＝0.(*)由y1，y2是方程(*)的两个实

数根，所以y1y2＝－p2.因为y21＝2px1，y22＝2px2，所以y21y22＝4p2x1x2，所以x1x2＝y21y224p2＝p44p2＝p24.(2)1|AF|＋1|BF|＝1x1＋p2＋1x2＋p2＝x1＋x2＋px1x2＋p2（x1＋x2）＋p24.因为x1x2＝p24

，x1＋x2＝|AB|－p，代入上式，得1|AF|＋1|BF|＝|AB|p24＋p2（|AB|－p）＋p24＝2p(定值).(3)设AB的中点为M(x0，y0)，分别过A，B作准线的垂线，垂足为C，D，过M作准

线的垂线，垂足为N，则|MN|＝12(|AC|＋|BD|)＝12(|AF|＋|BF|)＝12|AB|.所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切．课时作业(二十五)直线与圆锥曲线的位置关系1．解析：由y＝x＋2，x2m＋y23＝1，得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，∴Δ＞0，∴m＞1或m＜

0.又∵m＞0且m≠3，∴m＞1且m≠3.答案：B2．解析：因为y＝kx－k＋1，所以y－1＝k(x－1)，过定点(1，1)，定点在椭圆x29＋y24＝1内部，故选A.答案：A3．解析：令直线与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由

y＝2x＋1，y2＝12x，得4x2－8x＋1＝0，∴x1＋x2＝2，x1x2＝14，∴|AB|＝（1＋22）（x1－x2）2＝5[（x1＋x2）2－4x1x2]＝15.答案：A4.解析：双曲线x212－y24＝1的渐近线方程是y＝±33x，

右焦点F(4，0)，过右焦点F(4，0)分别作两条渐近线的平行线l1和l2，如图，由图形可知，符合条件的直线的斜率的取值范围是－33，33，故选C.答案：C5．解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由x2＋4y2＝

4，y＝x＋t，消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝4（t2－1）5.所以|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝2·－85t2－4×4（t2－1）5＝425·5－t2

，当t＝0时，|AB|max＝4105.答案：41056．解析：设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2).则x2136＋y219＝1，且x2236＋y229＝1，两式相减得y1－y2x1－x2＝

－x1＋x24（y1＋y2）.又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以y1－y2x1－x2＝－12，故直线l的方程为y－2＝－12(x－4)，即x＋2y－8＝0.答案：x＋2y－8＝07．解析：(1)当直线l斜率不存在时，方程为x＝1，显然与双曲线Γ相切，只有一个交点，符合题意，(2)当直线l的

斜率存在且与双曲线Γ相切时，设斜率为k，则直线l的方程为y－1＝k(x－1)，即y＝kx－k＋1，联立方程y＝kx－k＋1，x2－y24＝1，消去y得：(4－k2)x2－2k(1－k)x－[(1－k)2＋4]＝0，因为直线l和双曲线Γ有且仅有一个公共点，所以Δ＝4k2(1－k)2＋4(

4－k2)[(1－k)2＋4]＝0，化简得：80－32k＝0，所以k＝52，所以直线l的方程为：y＝52x－32，即5x－2y－3＝0.(3)当直线l与双曲线Γ的渐近线平行时，也与双曲线Γ有且仅有一个公共点，因为双曲线Γ的渐近线方程为：y＝±2x，所以直线

l的斜率为±2，所以直线l的方程为y－1＝2(x－1)或y－1＝－2(x－1)，即2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0，综上所述，直线l的方程为x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝0.答案：x＝1或5x－2y－3＝0或2x－y－1＝0或2x＋y－3＝08．

解析：(1)ca＝32，2c＝233解得a＝2，c＝3，∴椭圆E的方程：x24＋y2＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，△OPQ不存在，则直线存在斜率，设直线l的方程为y＝kx－2与x24＋y2＝1联立消去y有：(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，

∴Δ＝(－16k)2－4×(4k2＋1)×12＝64k2－48>0，∴k2>34，令P(x1，y1)，Q(x2，y2)，∵x1＋x2＝16k4k2＋1，x1x2＝124k2＋1，∴|PQ|＝（1＋k

2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝（1＋k2）16k4k2＋12－484k2＋1，整理得|PQ|＝41＋k24k2－34k2＋1，令点O到直线l的距离为d，则d＝2k2＋1，∴△OPQ的面积S(k)＝12

|PQ|d＝44k2－34k2＋1，令4k2－3＝t(t>0)，则S(k)＝44k2－34k2＋1＝4tt2＋4＝4t＋4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立所以直线l方程为7x－2y－4＝0，7x＋2y＋4＝0.9．解析：(1)依据题意作图，

如图所示：由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则AG→＝(a，1)，GB→＝(a，－1).由AG→·GB→＝8得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为x29＋y2＝1.(2)设C(x1，y1)，D(

x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3<n<3.由于直线PA的方程为y＝t9(x＋3)，所以y1＝t9(x1＋3).直线PB的方程为y＝t3(x－3)，所以y2＝t3(x2－3).可得3y1(x2－3

)＝y2(x1＋3).由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2＋3）（x2－3）9，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①将x＝my＋n代入x29＋y2＝1得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋

y2＝－2mnm2＋9，y1y2＝n2－9m2＋9.代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0.解得n1＝－3(舍去)，n2＝32.故直线CD的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点32，0.若t＝0，

则直线CD的方程为y＝0，过点32，0.综上，直线CD过定点32，0.10．证明：由题意可知：e＝ca＝1－b2a2＝12，所以a2＝43b2，由直线x＝1与椭圆相交，交点P(1，y)(y＞0)，由题意可知：12×1×2y＝32，解得y＝32，将P

1，32代入椭圆方程：x243b2＋y2b2＝1，解得b2＝3，a2＝4，所以椭圆方程为x24＋y23＝1，即4y2＋3x2－12＝0.所以D点坐标为(2，0)，当直线l的斜率不存在时，A27，127，B27，－127，∴DA→·DB→＝0，

∴∠ADB＝π2.当直线l的斜率存在时，设直线l：x＝my＋27，由x＝my＋27，4y2＋3x2－12＝0，得(196＋147m2)y2＋84my－576＝0，∵l与C有两个交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴Δ＞0，且y1y2＝－5

76196＋147m2，y1＋y2＝－84m196＋147m2，∴x1＋x2＝－84m2196＋147m2＋47，x1x2＝－600m2196＋147m2＋449，∵DA→＝(x1－2，y1)，DB→＝(x2－2，y2)，∴DA→·DB→

＝x1x2－2(x1＋x2)＋y1y2＋4＝－432m2－576196＋147m2＋14449＝－432m2－576＋432m2＋576196＋147m2＝0，∴∠ADB＝π2.综上，∠ADB＝π2是定值．章末质量检测(一

)空间向量与立体几何1．解析：因为①a＝(1，－2，1)＝－b＝－(－1，2，－1)，所以a∥b；②a＝(8，4，0)，b＝(2，1，0)，a＝4b，所以a∥b；③a＝(1，0，－1)，b＝(－3，0，3)，a＝－13b，所以a∥b；④a＝－43，1，－1，b＝(

4，－3，3)，a＝－13b，所以a∥b，因此选D.答案：D2．解析：向量a，b，c共面，所以存在实数m，n使得c＝ma＋nb，所以1＝m＋2n4＝λm－n4＝2m＋2n，解得λ＝1.答案：A3．解析

：由向量减法的三角形法则可知AP→＝OP→－OA→，因为P为棱BC的中点，由向量加法的平行四边形法则可知OP→＝12(OB→＋OC→)，所以AP→＝OP→－OA→＝12(OB→＋OC→)－OA→＝－a＋12b＋12c.故B正确．答案：B4.解析：不妨设正方体的棱长为1，如图，建

立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，B1(1，1，1).平面ACD1的法向量为DB1＝(1，1，1)，又BB1＝(0，0，1)，则cos〈𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝

𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝13×1＝33.故BB1与平面ACD1所成角的余弦值为1－332＝63.答案：D5．解析：当长方体的侧面AA1D1D与BB1C1C为正方形时，𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⊥𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0；当长方体的底面为正方形时，𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥AC→，所以𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·AC→＝0；由长方体的性质知AB⊥平面AA1D1D，

所以AB→⊥𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以AB→·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝0；无论长方体具体何种结构，都不可能有𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥BC→，也就不可能有𝐵𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·BC→＝0，故选D.答案：D6．解析：如题图，因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中

，向量AB→，AD→，𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗两两的夹角均为60°，且|AB→|＝1，|AD→|＝2，|𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝3，所以𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝AB→＋BC→＋𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐶1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＝(AB→＋BC→＋𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)2＝AB→2＋BC→2＋𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2＋2AB→·BC→＋2AB→·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋2BC→·𝐶𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝1＋4＋

9＋2×1×2×cos60°＋2×1×3×cos60°＋2×2×3×cos60°＝25，所以|AC1|＝5.答案：A7．解析：过点B作BE垂直A1C，垂足为点E，设点E的坐标为(x，y，z)，则A1(0，0，3)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(1

，2，－3)，𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(x，y，z－3)，BE→＝(x－1，y，z).因为{𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗//𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗BE→·𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以x1

＝y2＝z－3－3，x－1＋2y－3z＝0，解得x＝57，y＝107，z＝67所以BE→＝－27，107，67，所以点B到直线A1C的距离|BE→|＝2357.答案：B8．解析：如图所示，作BD⊥AP于D，作C

E⊥AP于E.设AB＝1，则易得CE＝22，EP＝22，PA＝PB＝2，可以求得BD＝144，ED＝24.因为BC→＝BD→＋DE→＋EC→，所以BC→2＝BD→2＋DE→2＋EC→2＋2BD→·DE→＋2DE→·EC→＋2E

C→·BD→，所以EC→·BD→＝－14，所以cos〈BD→，EC→〉＝－77，由图知，二面角B­AP­C的余弦值为77.故选C.答案：C9．解析：因为2a＋b＝(－1，2，7)，a＝(－2，－1，1)，而－1－2≠2－1≠71，故A不正确；因为|a|＝6，|b|＝5

2，所以5|a|＝3|b|，故B正确；因为a·(5a＋6b)＝5a2＋6a·b＝0，故C正确；又cos〈a·b〉＝－56×52＝－36，故D正确．答案：BCD10．解析：对于A，a○×b＝|a|·|b|sin〈a，b〉

，b○×a＝|b|·|a|sin〈b，a〉，故a○×b＝b○×a恒成立；对于B，λ(a○×b)＝λ(|a|·|b|sin〈a，b〉)，(λa)○×b＝|λ||a||b|sin〈λa，b〉，故λ(a○×b)＝|λa|○×b不会恒成立；对于C，

若a＝λb，且λ≠0，(a＋b)○×c＝|1＋λ||b|·|c|sin〈b，c〉，(a○×c)＋(b○×c)＝|λb|·|c|sin〈b，c〉＋|b|·|c|sin〈b，c〉＝(1＋|λ|)|b|·|c|sin〈b，c〉，因为|1＋λ|与1＋|λ|不恒等，显然(a＋b

)○×c＝(a○×c)＋(b○×c)不会恒成立；对于D，cos〈a，b〉＝x1x2＋y1y2|a|·|b|，sin〈a，b〉＝1－（x1x2＋y1y2|a|·|b|）2即有a○×b＝|a|·|b|·1－（x1x2＋y1y2|a|·|b|）2＝|a|·|b|2－（x1x2＋y1y

2|a|）2＝x21＋y21·x22＋y22－（x1x2＋y1y2x21＋y21）2＝（x21＋y21）（x22＋y22）－（x1x2＋y1y2）2＝x21y22＋x22y21－2x1x2y1y2＝|x1y2－x2y1|.则a○×b＝|x1y2－x2y1|恒

成立，故选AD.答案：AD11．解析：由|a|－|b|＝|a＋b|，得a与b的夹角为π，故是充分不必要条件，故A不正确；B正确；因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，C不正确；由向量的数量积的性质知，D不正确．答案：ACD12．解析：对A，因为E，F分别是A

1D1和C1D1的中点，故EF∥A1C1，故A1C1∥平面CEF成立．对B，建立如图空间直角坐标系，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(－2，－2，－2)，FC→＝(0，1，－2).故𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·FC→＝0－2＋4＝2

≠0.故𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，FC→不互相垂直．又CF属于平面CEF.故𝐵1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥平面CEF不成立．对C，同B空间直角坐标系有CE→＝(1，－2，2)，12DA→＋𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－DC→＝12(2，0，0)＋(0，0，2)－(0，2，0)＝

(1，－2，2).故CE→＝12DA→＋𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗－DC→成立．对D，点D与点B1到平面CEF的距离相等，则点D与点B1连线的中点O在平面CEF上．连接AC，AE，易得平面CEF即平面CAEF.又点D与点B1连线的中点O在平面A1ACC1上，故点O不在平面CEF上．故D

不成立．答案：AC13．解析：∵a－2b＝(8，－5，13)，∴|a－2b|＝82＋（－5）2＋132＝258.答案：25814．解析：因为a⊥b，所以a·b＝2×(－4)＋(－1)×2＋3x＝0，解得x＝103.答案：103

15．解析：连接AE，则GE→＝AE→－AG→＝AD→＋DE→－23AM→＝AD→＋14DB→－13(AB→＋AC→)＝AD→＋14AB→－14AD→－13AB→－13AC→＝－112AB→－13AC→＋34AD→.答案：－11

2AB→－13AC→＋34AD→16．解析：如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD的边长为2，则D(1，0，0)，B(－1，0，0)，C(0，0，1)，A(0，1，0)，所以AC→＝(0，－1，1)，BD→＝(2，0

，0)，AC→·BD→＝0，故AC⊥BD，①正确．又|AC→|＝2，|CD→|＝2，|AD→|＝2，所以△ACD为等边三角形，②正确．对于③，OA→为平面BCD的法向量，cos〈AB→，OA→〉＝AB→·OA

→|AB→||OA→|＝（－1，－1，0）·（0，1，0）2×1＝－12＝－22，因为直线与平面所成的角的范围是[0°，90°]，所以AB与平面BCD所成角为45°，故③错误．又cos〈AB→，CD→＝AB→·CD→|AB→||CD→|＝（－1，－1

，0）·（1，0，－1）2×2＝－12.因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为60°，故④正确．答案：①②④17．解析：(1)因为在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，所以DE→

＝DB→＋BE→＝DA→＋DC→＋12𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，又DE→＝xDA→＋yDC→＋z𝐷𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以x＝y＝1，z＝12；所以x＋y＋z＝1＋1＋12＝52.(2)由题意

，以及题中坐标系可得：A1(2，0，4)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，E(2，2，2)，则DE→＝(2，2，2)，𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(0，－2，4)，从而cos〈DE→，𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉＝𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗

⃗||𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝423×25＝1515，故异面直线DE与CD1所成角的余弦值为1515.18．解析：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E

为棱PC的中点，得E(1，1，1).(1)证明：向量BE→＝(0，1，1)，DC→＝(2，0，0)，故BE→·DC→＝0，所以BE⊥DC.(2)向量BD→＝(－1，2，0)，PB→＝(1，0，－2).设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则n·BD→＝0，n·PB→＝0，即

－x＋2y＝0，x－2z＝0.不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有cos〈n，BE→〉＝n·BE→|n||BE→|＝26×2＝33.所以，直线BE与平面PBD所成角的正

弦值为33.(3)向量BC→＝(1，2，0)，CP→＝(－2，－2，2)，AC→＝(2，2，0)，AB→＝(1，0，0).由点F在棱PC上，设CF→＝λCP→，0≤λ≤1.故BF→＝BC→＋CF→＝BC→＋λCP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ).由BF⊥AC，得BF→·AC→＝0，因此，2(1－

2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF→＝－12，12，32.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则n1·AB→＝0，n1·BF→＝0，即x＝0，－12x＋12y＋3

2z＝0.不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0).则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F­AB­P是锐角，所以其余弦值为31010.19．解析：(1)证明：

D，E分别为AB，AC中点，∴DE∥BC.又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC.(2)证明：连接PD，∵PA＝PB，D为AB中点，∴PD⊥AB.∵DE∥BC，BC⊥AB，∴DE⊥AB.又PD∩DE＝D，PD⊂平

面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE.(3)∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊥AB，∴PD⊥平面ABC.如图，以D为原点建立空间直角坐标系，∴B(1，0，0)，P(0，0，3)，E

0，32，0，∴PB→＝(1，0，－3)，PE→＝0，32，－3.设平面PBE的法向量n1＝(x，y，z)，∴x－3z＝0，32y－3z＝0，令z＝3，得n1＝(3，2，3).∵DE⊥平面PAB，∴平面PAB的法向量为n2＝(0，1，0).设二面角A­PB­E的大

小为θ，由图知，cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝|n1·n2||n1||n2|＝12，θ＝60°，∴二面角A­PB­E的大小为60°.20．解析：(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示：设PC的中点为H，连接FH，

GH，所以FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，所以FH∥AG，FH＝AG，所以四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PGC，AF⊄平面PGC，所以AF∥平面PGC.(2)选择①AB⊥BC：因为PA

⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，由题意知AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为PA＝AB＝2，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，F(0，1，

1)，P(0，0，2)，所以AF→＝(0，1，1)，CF→＝(－2，－1，1)，设平面FAC的一个法向量为μ＝(x，y，z)所以μ·AF→＝y＋z＝0μ·CF→＝－2x－y＋z＝0，取y＝1，得μ＝(－1，1，－1)，平面ACD的一个法向量为

v＝(0，0，1)，设二面角F－AC－D的平面角为θ，则cosθ＝|μ·v||μ||v|＝33，所以二面角F－AC－D的余弦值为33.选择②FC与平面ABCD所成的角为π6：因为PA⊥平面ABCD，取BC中点E，连接AE，取AD的中

点M，连接FM，CM，则FM∥PA，且FM＝1，所以FM⊥平面ABCD，FC与平面ABCD所成角为∠FCM，所以∠FCM＝π6，在Rt△FCM中，CM＝3，又CM＝AE，所以AE2＋BE2＝AB2，所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标

系，因为PA＝AB＝2，所以A(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，所以AF→＝(0，1，1)，CF→＝(－3，0，1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则

m·AF→＝y＋z＝0m·CF→＝－3x＋z＝0，取x＝3，得m＝(3，－3，3)，平面ACD的一个法向量n＝(0，0，1)，设二面角F－AC－D的平面角为θ，则cosθ＝|m·n||m||n|＝217.所以二面角F－AC－D的余弦值为217.选择③

∠ABC＝π3，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，取BC中点E，连接AE，因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，因为E是BC的中点，所以BC⊥AE，所以AE，AD，AP两两垂直，以AE，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为PA＝AB＝2，所以A

(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，E(3，0，0)，F(0，1，1)，P(0，0，2)，所以AF→＝(0，1，1)，CF→＝(－3，0，1)，设平面FAC的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·AF→＝y＋z＝0m·CF→＝－3x

＋z＝0，取x＝3，得m＝(3，－3，3)，平面ACD的一个法向量n＝(0，0，1)，设二面角F－AC－D的平面角为θ，则cosθ＝|m·n||m||n|＝217，所以二面角F－AC－D的余弦值为217.21．解析：(1

)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD，AP方向为y轴，z轴建立

如图所示的空间直角坐标系Axyz，易知：A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，由PF→＝13PC→可得点F的坐标为F23，23，43，则AF→＝23，

23，43，由PE→＝12PD→可得E(0，1，1)，则AE→＝(0，1，1)，设平面AEF的法向量为：m＝(x，y，z)，则m·AF→＝23x＋23y＋43z＝0，m·AE→＝y＋z＝0据此可得平面AEF的一个法向量为：m＝(1，1，－1)，很

明显平面AEP的一个法向量为n＝(1，0，0)，cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝13×1＝33，二面角F­AE­P的平面角为锐角，故二面角F­AE­P的余弦值为33.(3)易知P(0，0，2)，B(2，－1，0)，由P

G→＝23PB→可得G43，－23，23，则AG→＝43，－23，23，由(2)知平面AEF的一个法向量为：m＝(1，1，－1)，又m·AG→＝0且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内．22．解析：(1)在三棱柱ABC­A1B1C1中，∵CC

1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF.∵AB＝BC.∴AC⊥BE，又EF∩BE＝E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF，∴AC⊥平面BEF.(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥

CC1.又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC，∴EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).∴CD→＝(2，0，1)，CB→＝(1，2，0)，

设平面BCD的法向量为n＝(a，b，c)，∴n·CD→＝0n·CB→＝0，∴2a＋c＝0a＋2b＝0，令a＝2，则b＝－1，c＝－4，∴平面BCD的法向量n＝(2，－1，－4)，又∵平面CDC1

的法向量为EB→＝(0，2，0)，∴cos〈n·EB→〉＝n·EB→|n||EB→|＝－2121.由图可得二面角B­CD­C1为钝角，所以二面角B­CD­C1的余弦值为－2121.(3)由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，∵

G(0，2，1)，F(0，0，2)，∴GF→＝(0，－2，1)，∴n·GF→＝－2，∴n与GF→不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．章末质量检测(二)平面解析几何1．解析：因为斜率为1的直线的倾斜角是45°，斜率为2的直线的倾斜角大于45°，倾斜角

大于90°且小于180°时，直线的斜率是负值，所以斜率为2的直线的倾斜角α的范围是45°<α<90°，故选B.答案：B2．解析：由题可知直线的斜率k＝tan60°＝3，所以直线方程为y＝3(x－2)，即y＝3x－23.答案：A3．解析：由题意可得椭圆x2a2＋y22

5＝1的b＝5，c＝4，a＝b2＋c2＝41，由椭圆的定义可得|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，即有△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝441.故选D.答案：D4．解析：由e＝62得c2a2＝32，1＋b2

a2＝32，b2a2＝12，选B.答案：B5．解析：由2m－4＝0，解得m＝2.满足l1∥l2.l2的方程为2x＋y－2＝0，有|n＋2|5＝355，则|n＋2|＝3，解得n＝1或－5，故m＋n＝±3.答案：A6．解析：∵方程y＝ax2表示的是抛物线，∴a≠0，∴x2＝ya＝2·12a·

y，∴抛物线y＝ax2的准线方程是y＝－12×2a＝2，解得a＝－18，故选B.答案：B7．解析：设等轴双曲线C：x2a2－y2a2＝1.∵抛物线y2＝16x的准线为x＝－4，联立x2a2－y2a2＝1和x＝－4得A(－4

，16－a2)，B(－4，－16－a2)，∴|AB|＝216－a2＝43，∴a＝2，∴2a＝4.∴C的实轴长为4.答案：C8．解析：由题可得圆心为(0，0)，半径为2，则圆心到直线的距离d＝|m|k2＋1，则弦长为|MN|＝24－m

2k2＋1，则当k＝0时，弦长|MN|取得最小值为24－m2＝2，解得m＝±3.故选C.答案：C9．解析：因为点M(1，2)关于直线y＝kx＋b对称的点是N(－1，6)，线段MN的中点坐标为(0，4)，所以6－2－1－1·k＝－1，4＝k×

0＋b，解得k＝12，b＝4，所以kb＝2，故A错；此时直线l方程为y＝12x＋4，令y＝0，解得x＝－8，所以直线l在x轴上的截距是－8，故B正确；由点到直线的距离公式知，点M到直线l的距离为12－2＋4122＋（－1）2＝5，故C错

误；易知直线m的方程为x－2y＋3＝0，又直线l：x－2y＋8＝0，则两直线间的距离为|3－8|1＋4＝5，故D正确，故选BD.答案：BD10．解析：两圆方程相减可得直线AB的方程为a2＋b2－2ax－2by

＝0，即2ax＋2by＝a2＋b2，故B正确；分别把A(x1，y1)，B(x2，y2)两点代入2ax＋2by＝a2＋b2得2ax1＋2by1＝a2＋b2，2ax2＋2by2＝a2＋b2，两式相减得2a(x1－x2)＋2b(y1－y2)＝0

，即a(x1－x2)＋b(y1－y2)＝0，故A正确；由圆的性质可知：线段AB与线段C1C2互相平分，∴x1＋x2＝a，y1＋y2＝b，故C正确，D错误．故选ABC.答案：ABC11．解析：由x26＋y2＝1可知，a2＝6，b2＝1，c2＝5，则焦距2c＝25，离心率e＝ca＝56＝3

06；设P(x，y)，圆心D(－1，0)，半径为r＝55，则|PD|＝（x＋1）2＋y2＝（x＋1）2＋1－x26＝56x＋652＋45>15，故圆D在C的内部；当PD取最小值45时，|PQ|的最小值为45－1

5＝55，综上所述，选项B、C正确，故选BC.答案：BC12．解析：因为|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.又2c>2a，4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，

所以cos∠PF1F2＝16a2＋4c2－4a22·4a·2c＝32，所以c2－23ac＋3a2＝0，所以e2－23e＋3＝0，解得e＝3，A正确；因为e2＝c2a2＝a2＋b2a2＝3，所以b2a2＝2，所以ba＝2，所以

双曲线的渐近线方程为y＝±2x，B正确；因为e＝3，所以2c＝23a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，所以∠PF2F1＝90°.又|AF2|＝c＋a＝(3＋1)a，|PF2|＝2a，所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°

，C错误；联立得方程组x＋2y－2＝0，x2a2－y22a2＝1，所以2(2－2y)2－y2＝2a2，所以7y2－16y＋8－2a2＝0，所以Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，所以直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点，D正确．故选ABD.答案：A

BD13．解析：直线ax－y＋1＝0经过抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，则a＋1＝0，∴a＝－1.答案：－114．解析：在双曲线C中，a＝6，b＝3，则c＝a2＋b2＝3，则双曲线C的右焦点坐标为(3，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝

±22x，即x±2y＝0，所以双曲线C的焦点到其渐近线的距离为312＋2＝3.答案：(3，0)315．解析：圆的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝1，则圆心为C(1，－2)，半径为1，则直线与圆相离，如图：S四边形PACB＝S△PAC＋S△PBC，而S△PAC＝12|PA|·|CA

|＝12|PA|，S△PBC＝12|PB|·|CB|＝12|PB|，又|PA|＝|PB|＝|PC|2－1，所以当|PC|取最小值时|PA|＝|PB|取最小值，即S△PAC＝S△PBC取最小值，此时，CP⊥l，四边形P

ACB面积的最小值为22，S△PAC＝S△PBC＝2，所以|PA|＝22，所以|CP|＝3，所以|k－8－10|k2＋16＝3，因为k>0，所以k＝3.16．解析：如图，设|PQ|＝4t(t>0)，由3|PQ|＝4|PF1|可得|PF1|＝3t，由双曲线定义，有|

PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝3t－2a，|QF2|＝|PQ|－|PF2|＝t＋2a，又|QF1|－|QF2|＝2a，所以|QF1|＝t＋4a，因为PQ⊥PF1，所以|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，|PF1|2＋|PQ|2＝|QF1|2，即(3t)2＋

(3t－2a)2＝4c2①，(3t)2＋(4t)2＝(t＋4a)2②，由②解得t＝a，代入①得(3a)2＋(3a－2a)2＝4c2，即10a2＝4c2，所以e＝ca＝104＝102.答案：10217．解析：(1)解法一：依题意，Rt△ABC的直角顶点坐标为B(－1，－

22)，∴AB⊥BC，∴kAB·kBC＝－1.又∵A(－3，0)，∴kAB＝0＋22－3－（－1）＝－2，∴kBC＝－1kAB＝22，∴边BC所在的直线的方程为y＋22＝22(x＋1)，即x－2y－3＝0.∵直线BC的方程为x－2y－3＝0，点C在x轴上，由y＝0，得x＝3，即

C(3，0).解法二：设点C(c，0)，由已知可得kAB·kBC＝－1，即0＋22－3－（－1）·0＋22c＋1＝－1，解得c＝3，所以点C的坐标为(3，0).(2)由B为直角顶点，知AC为直角三角形ABC的斜边

．∵A(－3，0)，C(3，0)，∴斜边所在直线的方程为y＝0.18．解析：(1)将圆C的方程化为标准方程为x2＋(y－1)2＝5，所以圆C的圆心为C(0，1)，半径r＝5，圆心C(0，1)到直线l：mx－y＋1－m＝0的距离d＝|0－1＋1－m|m2＋1＝|m|m2＋1＜1＜5，因此直线l与圆C

相交．(2)设圆心C到直线l的距离为d，则d＝（5）2－3222＝22.又d＝|m|m2＋1，则|m|m2＋1＝22，解得m＝±1，所以所求直线方程为x－y＝0或x＋y－2＝0.19．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知直线AB的方程为y＝x－p

2，与y2＝2px联立，得y2－2py－p2＝0，∴y1＋y2＝2p.由题意知y1＋y2＝4，∴p＝2.∴抛物线的方程为y2＝4x，其准线方程为x＝－1.20．解析：(1)①当直线l的斜率不存在时，M1，32，N1，－32，

或M1，－32，N1，32.此时|MN|＝3.②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1).由y＝k（x－1），x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4k2－4＝0设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝8k21＋4k2，x1x2＝

4k2－41＋4k2．所以|MN|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝43k4＋4k2＋11＋4k2.设m＝1＋4k2，则m≥1.所以|MN|＝3（m－1）2＋16mm＝3m2＋10m＋3m>3m2m＝3.综上|MN|≥3.(2)当直线l的斜率不存在

时，M1，32，N1，－32，或M1，－32，N1，32，此时都有k1k2＝13.直线A1M的斜率为k1＝y1x1＋2，直线A2N的斜率为k2＝y2x2－2.方法一：k1k2＝y1（x2－2）y2（x1＋2）

＝（x1－1）（x2－2）（x2－1）（x1＋2）＝x1x2－2（x1＋x2）＋x2＋2x1x2－（x1＋x2）＋3x2－2＝（4k2－4）－2×8k2＋（1＋4k2）x2＋2（1＋4k2）（4k2－4）－8k2＋3（1＋4k2

）x2－2（1＋4k2）＝－2（1＋2k2）＋（1＋4k2）x2－6（1＋2k2）＋3（1＋4k2）x2＝13.方法二：k21k22＝y21（x2－2）2y22（x1＋2）2＝（4－x21）（x2－2）2（4－x22）（x1＋2）2＝（2－x1）（2－x2

）（2＋x1）（2＋x2）＝x1x2－2（x1＋x2）＋4x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝（4k2－4）－2×8k2＋4（1＋4k2）（4k2－4）＋2×8k2＋4（1＋4k2）＝19.又k1k2＝y1（x2－2）y2（x1＋2）>0，所以k1k2＝13.综上，k1k2＝13.21．解析：(1)

由题意得（3）2a2＋122b2＝1ca＝32a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝1.故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，A(0，1)，B(0，－1)，则OA→·OB→＝－1.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方

程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得y＝kx＋2x24＋y2＝1，消去y，整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，由Δ>0，可得4k2>3，且x1＋x2＝－16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2，∴OA→·OB→＝x

1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－1＋171＋4k2，则－1<OA→·OB→<134，综上，OA→·OB→∈－1，134.22．解析：(1)因为椭圆ω过点A(－2，0)，所以a＝2.因为a＝2b，所以b＝1.所以椭圆ω的方程为x2

4＋y2＝1.(2)当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x＝1.不妨设此时P1，32，Q1，－32，所以直线AP的方程为y＝36(x＋2)，即M0，33.直线AQ的方程为y＝－36(x＋2)，即N

0，－33.所以|OM|·|ON|＝13.当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由y＝k（x－1），x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0.依题意，Δ>0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝8k24k2＋1，x1x2＝4k

2－44k2＋1.又直线AP的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)，令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝2y1x1＋2，即M0，2y1x1＋2.同理，得N0，2y2x2＋2.所以|OM|·|ON|＝4y1y2（x1＋2）（x2＋2）＝

4k2（x1－1）（x2－1）（x1＋2）（x2＋2）＝4k2[x1x2－（x1＋x2）＋1]x1x2＋2（x1＋x2）＋4＝4k24k2－44k2＋1－8k24k2＋1＋14

k2－44k2＋1＋16k24k2＋1＋4＝4k2（4k2－4－8k2＋4k2＋1）4k2－4＋16k2＋16k2＋4＝12k236k2＝13.综上，|OM|·|ON|为定值，定值为13.模块质量检测1．解析：由斜截式可得直线方程为

y＝－x－1，化为一般式即为x＋y＋1＝0.故选D.答案：D2．解析：由直线互相垂直可得－a4·25＝－1，∴a＝10，所以第一条直线方程为5x＋2y－1＝0，又垂足(1，c)在直线上，所以代入得c＝－2，再把点(1，－2)代入另一方程可得b＝－12，所以a＋b＋c＝－4.答案：A3．

解析：由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，∴7＝2t－μ，5＝－t＋4μ，λ＝3t－2μ.∴t＝337，μ＝177，λ＝657．答案：D4．解析：∵BM→＝𝐵𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＋𝐵1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝c＋12(BA→＋B

C→)＝c＋12(－a＋b)＝－12a＋12b＋c.答案：A5．解析：∵双曲线x24＋y2k＝1的离心率e∈(1，2)，∴1<4－k2<2，解得－12<k<0.故选B.答案：B6．解析：根据椭圆的定义得：|MF2|＝8，由于△MF2F1中N、O是MF1、F1F2的

中点，根据中位线定理得：|ON|＝4，故选B.答案：B7．解析：因为0<k<9，所以方程x225－y29－k＝1与x225－k－y29＝1均表示焦点在x轴上的双曲线．双曲线x225－y29－k＝1中，其实轴长为10，虚轴长为29－k，焦距为225＋9－k＝2

34－k；双曲线x225－k－y29＝1中，其实轴长为225－k，虚轴长为6，焦距为225－k＋9＝234－k.因此两曲线的焦距相等，故选A.答案：A8．解析：设点A关于直线x＋y＝4的对称点A′(a，b)，设军营所在区域的圆心为C，根据题意，|A′C|－2为最短距离，先求出A′

的坐标，AA′的中点为a＋32，b2，直线AA′的斜率为1，故直线AA′为y＝x－3，由a＋32＋b2＝4，b＝a－3，联立得a＝4，b＝1，所以|A′C|＝42＋12＝17，故|A′C|－2＝17－2.答案：B9．解析

：由题意得|－2a－4＋1|a2＋1＝|a＋5＋1|a2＋1，解得a＝－3或a＝3.答案：AC10．解析：圆C的方程为x2＋y2－4x＝0，则圆心为C(2，0)，半径R＝2.设两个切点分别为A，B，则由题意可得四边形PACB为正方形，故有PC＝2R＝22，∴圆心到直线y＝k(x＋1

)的距离小于或等于PC＝22，即|2k－0＋k|k2＋1≤22，解得k2≤8，可得－22≤k≤22，∴实数k的取值可以是1，2.答案：AB11．解析：∵以F为圆心，|FA|为半径的圆交l于B，D两点，∠BAD＝90°，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|＝|BF|，∴△ABF是等边三角形，∴∠F

BD＝30°，∵△ABF的面积为34|BF|2＝93，∴|BF|＝6，又点F到准线的距离为|BF|·sin30°＝3＝p，则该抛物线的方程为y2＝6x.答案：ACD12．解析：圆(x－5)2＋(y－5)2＝16的圆心为M(5，5)，半径为4，直线AB的方程为x4＋y2＝1，即x＋2y－4

＝0，圆心M到直线AB的距离为|5＋2×5－4|12＋22＝115＝1155∈(4，5)，所以，点P到直线AB的距离的最小值为1155－4<2，最大值为1155＋4<10，A选项正确；如图所示，当∠PBA最大或最小时，PB与

圆M相切，连接MP、BM，可知PM⊥PB，|BM|＝（0－5）2＋（2－5）2＝34，|MP|＝4，由勾股定理可得|BP|＝|BM|2－|MP|2＝32，C、D选项正确．故选ACD.答案：ACD13．解析：由题意可知所求双曲线的渐近线方程为y＝±34x.答案：y＝±34x14

．解析：由两直线平行的条件得a(a－3)＝－2，解得a＝1或2，经检验，a＝2时两直线重合，所以两直线平行时，实数a的值为1.答案：115．解析：由(c－a)·(2b)＝－2，即2b·c－2a·b＝－2，即

b·c－a·b＝－1，所以1＋2＋1－(1＋2＋x)＝－1，得x＝2.答案：216．解析：作AD⊥BC于点D，∵PA⊥面ABC，∴PA⊥AD.∴AD是PA与BC的公垂线．易得AB＝2，AC＝23，BC＝4，AD＝3，连接PD，则P

D⊥BC，P到BC的距离PD＝7.答案：3717．解析：(1)将点(1，2)的坐标代入抛物线C的方程，得22＝2p，即p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.准线方程为x＝－1.(2)方法一：依题意，直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l的方程为y＝k(x－1)

(k≠0).联立y＝k（x－1），y2＝4x，化简得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.易知Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝2k2＋4k2.则|MN|＝x1＋x2＋

2＝2k2＋4k2＋2＝4k2＋4k2.易知Q(－1，－2k)，F(1，0)，所以|QF|＝4＋4k2.因为|MN|＝22|QF|，所以4k2＋4k2＝224＋4k2.得k2＝1，即k＝±1.所以直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.方法二：

依题意，直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0).联立y＝k（x－1）y2＝4x，化简得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.易知Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0.设M(x1，y1)，N(x

2，y2)，则x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1.易知Q(－1，－2k)，F(1，0)，因为|MN|＝22|QF|，所以|MN||QF|＝22.所以|x1－x2|2＝22，即|x1－x2|＝42.即（x1＋x2

）2－4x1x2＝42，故2k2＋4k22－4＝42.得k2＝1，即k＝±1.所以直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.18．解析：(1)证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD.因为O为B1C的中点，D为AC的中点，所以OD∥AB

1.因为AB1⊄平面BC1D，OD⊂平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.(2)建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，2)，B1(0，0，2)，因此𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(

0，－2，2)，𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝(2，0，2).所以cos〈AB1，BC1〉＝𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|＝0＋0＋42

2×22＝12，设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝12，由于θ∈0，π2，故θ＝π3.19．解析：(1)设AC，BD交点为E，连接ME.因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为ABCD是正方形，所以E为BD的中点

，所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0，0

，2)，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，BD→＝(4，－4，0)，PD→＝(2，0，－2).设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BD→＝0n·PD→＝0，即4x－4y＝02x－2z＝0.令x＝1

，则y＝1，z＝2.于是n＝(1，1，2).平面PAD的法向量为p＝(0，1，0)，所以cos〈n，p〉＝n·p|n||p|＝12.由题知二面角B­PD­A为锐角，所以它的大小为π3.(3)由题意知M

－1，2，22，C(2，4，0)，MC→＝3，2，－22.设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，MC→〉|＝|n·MC→||n||MC→|＝269.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.20．解析：(1)由题意得b＝1，e＝ca＝32，因为a2＝b2＋c

2所以c＝3，a＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)若四边形PAMN是平行四边形，则PA∥MN，且|PA|＝|MN|.所以直线PA的方程为y＝k(x－2)，所以P(3，k)，|PA|＝k2＋1.设M(x1，y1)，N(x2，y2

).由y＝kx＋3，x2＋4y2＝4，得(4k2＋1)x2＋83kx＋8＝0，由Δ>0，得k2>12.且x1＋x2＝－83k4k2＋1，x1x2＝84k2＋1.所以|MN|＝（k2＋1）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝（k2＋1）64k2－32（4k2＋1）2.因

为|PA|＝|MN|，所以（k2＋1）64k2－32（4k2＋1）2＝k2＋1.整理得16k4－56k2＋33＝0，解得k＝±32，或k＝±112.经检验均符合Δ>0，但k＝－32时不满足PAMN是平行四边形，舍去．所以k＝32或k＝±112.21．解析：(1)∵平面PAD∩平面ABC

D＝AD，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD.又PD⊥PA，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)取AD中点为O，连接CO，PO.∵CD＝AC＝5，

∴CO⊥AD.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，以O为原点，如图建系易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，－1，0)，C(2，0，0)，则PB→＝(1，1，－1)，PD→＝(0，－1，－1)，PC→＝(2，0，－1

)，CD→＝(－2，－1，0).设n为平面PDC的法向量，令n＝(x0，y0，1)，n·PD→＝0n·PC→＝0⇒n＝12，－1，1，则PB与平面PCD夹角θ有sinθ＝|cos〈n，PB→〉|＝n·

PB→|n||PB→|＝12－1－114＋1＋1×3＝33.(3)假设存在M点使得BM∥平面PCD，设AMAP＝λ，M(0，y′，z′)，由(2)知A(0，1，0)，P(0，0，1)，AP→＝(0，－1，1)，B(1，1，

0)，AM→＝(0，y′－1，z′)，由AM→＝λAP→⇒M(0，1－λ，λ)，∴BM→＝(－1，－λ，λ)∵BM∥平面PCD，n为平面PCD的法向量，∴BM→·n＝0，即－12＋λ＋λ＝0，∴λ＝14.∴综上，存在M点使得BM∥平面PCD，此时AMAP＝14.22．解析：(1)

依题意，e＝ca＝63，c＝2得a＝6，b2＝a2－c2＝2.得x26＋y22＝1.(2)设点C(－m，0),则点P－m2，0.联立方程y＝x＋m，x2＋3y2＝6，可得，4x2＋6mx＋3m2－6＝0.依题意，Δ＝36m2－16

(3m2－6)>0，得－22<m<22.又因为m≠0，所以－22<m<0或0<m<22.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，B1(x2，－y2)，得x1＋x2＝－3m2.设向量PA→＝x1＋m2，y1，𝑃𝐵1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗＝x2＋m2，－y2则有PA→·𝑃𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗＝x1＋m2x2＋m2－y1y2＝x1＋m2x2＋m2－(x1＋m)(x2＋m)＝－m2(x1＋x2)－34m2＝3m24－3m24＝0.所以PA⊥P

B1.所以∠APB1＝90°.设AB的中点为M(x0，y0),则x0＝x1＋x22＝－3m4，y0＝x0＋m＝m4.kPM＝－34m＋m2m4－0＝－1，由题意可知kAB＝1，故PM⊥AB，所以|PA|＝|PB|.因为点B关于x轴的对称点为B1，所以|PB|＝|PB1|.所以|PA|＝

|PB1|.所以△APB1为等腰直角三角形．