【文档说明】山西省新绛县第二中学2020-2021学年高二上学期10月月考数学（文）试卷含答案.docx，共(21)页，388.486 KB，由小赞的店铺上传

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数学试题（文）一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分，）1.过点(1,0)且与直线𝑥−2𝑦−2=0平行的直线方程是()A.𝑥−2𝑦−1=0B.𝑥−2𝑦+1=0C.2𝑥+𝑦−2=0D.𝑥+2𝑦−1=02.若圆𝑥2+𝑦2−6𝑥−8𝑦=0的圆心到直线𝑥−�

�+𝑎=0的距离为√22，则𝑎的值为()A.2或0B.12或32C.−2或2D.−2或03.下列说法正确的是（）A.平行于同一平面的两条直线平行B.垂直于同一直线的两条直线垂直C.与某一平面所成角相等的两

条直线平行D.垂直于同一条直线的两个平面平行4.若圆𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦+𝑚=0截直线𝑥−𝑦−3=0所得弦长为6，则实数𝑚的值为()A.−31B.−4C.−2D.−15.两圆𝑥2+�

�2+4𝑥−4𝑦=0与𝑥2+𝑦2+2𝑥−12=0的公共弦长等于（）A.4B.2√3C.3√2D.4√26.已知两条直线𝑚，𝑛和两个平面𝛼,𝛽，下列命题正确的是()A.若𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，且𝑚⊥𝑛，则𝛼⊥𝛽B.若𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且�

�//𝑛，则𝛼//𝛽C.若𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，且𝑚⊥𝑛，则𝛼⊥𝛽D.若𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，且𝑚//𝑛，则𝛼//𝛽7.已知过点(1,1)的直线𝑙与圆𝑥2+𝑦2−4𝑥=0交于𝐴，𝐵两点，则|𝐴𝐵|的最小值为（）A.√2B.2C.2√

2D.48.一个空间几何体的三视图如图，则该几何体的表面积为()A.9+√3B.8+√3C.10D.12+√39.将边长为√2的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐴𝐶折起，使得𝐵𝐷=√2，则异面直线𝐴𝐵和𝐶𝐷所成角的余弦值为()A.12B.√22C.√32D.√6310.如图是某几何体

的三视图，图中小方格单位长度为1，则该几何体外接球的表面积为()A.24𝜋B.16𝜋C.12𝜋D.8𝜋11.已知圆𝑀:𝑥2+𝑦2+2𝑥−1=0，直线𝑙:𝑥−𝑦−3=0，点𝑃在直线𝑙上运动，直线𝑃𝐴，𝑃𝐵分别与圆𝑀相切于点𝐴，𝐵，当切线长𝑃𝐴最小

时，弦𝐴𝐵的长度为()A.√62B.√6C.2√6D.4√612.直线𝑎𝑥+𝑏𝑦−(𝑎+𝑏)=0(𝑎𝑏≠0)与圆(𝑥−2)2+𝑦2=4交于𝐴，𝐵两点，且𝑂𝐴⊥𝑂𝐵（其中𝑂为坐标原点），则𝑎

𝑏=()A.−1B.1C.2D.不确定二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分，）13.两条平行直线4𝑥+3𝑦+3＝0与8𝑥+6𝑦−9＝0的距离是________．14.底面半径都是3且高都是4的圆锥和圆柱的全面积之比为_____

___．15.设点𝐴(−3,5)和𝐵(2,15)，在直线𝑙:3𝑥−4𝑦+4=0上找一点𝑃，使|𝑃𝐴|+|𝑃𝐵|为最小，则这个最小值为________．16.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1�

�1𝐷1的棱长为4，𝑃是𝐴𝐴1中点，过点𝐷1作平面𝛼，满足𝐶𝑃⊥平面𝛼，则平面𝛼与正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的截面周长为________．三、解答题（本题共计6小题，共计70分，）17.(10分

)如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的底面是边长为2的菱形，𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷．(1)求证：𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷；(2)若𝑃𝐷=2，直线∠𝐷𝐵𝑃=45∘，求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积．18.(12分)如图所示，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面

𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，侧棱𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝑃𝐷=𝐷𝐶，𝐸是𝑃𝐶的中点，过𝐸点作𝐸𝐹⊥𝑃𝐵交𝑃𝐵于点𝐹．求证：(1)𝑃𝐴//平面𝐸𝐷𝐵；(2)𝑃𝐵⊥平面𝐸𝐹𝐷.19.(12分)已知直线𝐿被两平行直线𝐿1:2𝑥−5

𝑦+9=0与𝐿2:2𝑥−5𝑦−7=0所截线段𝐴𝐵的中点恰在直线𝑥−4𝑦−1=0上，已知圆𝐶:(𝑥+4)2+(𝑦−1)2=25.(1)证明直线𝐿与圆𝐶恒有两个交点；(2)求直线𝐿被圆𝐶截得的弦长最小时的方程．20.(12分)已知圆𝑀的圆心为

(0,2)，且直线√3𝑥+𝑦=0与圆𝑀相切，设直线𝑙的方程为𝑥−2𝑦=0，若点𝑃在直线𝑙上，过点𝑃作圆𝑀的切线𝑃𝐴，𝑃𝐵，切点为𝐴，𝐵．(1)求圆𝑀的标准方程；(2)若∠𝐴𝑃𝐵=60∘，试求点𝑃的坐标；(3)若点�

�的坐标为(2,1)，过点𝑃作直线与圆𝑀交于𝐶，𝐷两点，当|𝐶𝐷|=√2时，求直线𝐶𝐷的方程．21.(12分)已知圆𝐶：𝑥2+𝑦2−2𝑥−4𝑦−20=0.(1)求圆𝐶关于直线�

�−2𝑦−2=0对称的圆𝐷的标准方程；(2)过点𝑃(4,−4)的直线𝑙被圆𝐶截得的弦长为8，求直线𝑙的方程；(3)当𝑘为何值时，直线𝑚:𝑘𝑥−𝑦+3𝑘+1=0与圆𝐶相交弦长最短，并求出最短弦长.22.(12分)如图

，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵//𝐶𝐷，且𝐶𝐷=2，𝐴𝐵=1，𝐵𝐶=2√2，𝑃𝐴=1，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝑁为𝑃𝐷的中点．(1)求证：𝐴𝑁//平面𝑃𝐵𝐶；(

2)在线段𝑃𝐷上是否存在一点𝑀，使得直线𝐶𝑀与平面𝑃𝐵𝐶所成角的正弦值为√2626，若存在，求出𝐷𝑀𝐷𝑃的值；若不存在，说明理由．参考答案与试题解析一、选择题（本题共计12小题，每题5分，共计60分）1.【答案】A【解答】解：所求直线与直线𝑥−2𝑦−2=0平行，故所

求直线的斜率𝑘=12．又直线过点(1,0)，利用点斜式得所求直线的方程为𝑦−0=12(𝑥−1)，即𝑥−2𝑦−1=0．故选𝐴．2.【答案】A【解答】解：把圆𝑥2+𝑦2−6𝑥−8𝑦=0化为标准方程为：(𝑥−3)2+(𝑦−4)2=25，∴圆

心坐标为(3,4).∵圆心(3,4)到直线𝑥−𝑦+𝑎=0的距离为√22，∴|3−4+𝑎|√2=√22，即|𝑎−1|=1，可化为𝑎−1=1或𝑎−1=−1，解得𝑎=2或0.故选𝐴.3.【答案】D【解答】解：A，平行于同一平面的两条直线可能平行，

相交，异面，故A错误；B，垂直于同一直线的两条直线可能平行，相交，异面，故B错误；C，与某一平面成等角的两直线可能平行，相交，异面，故C错误；D，垂直于同一直线得两平面平行，故D正确.故选D.4.【答案】B【解答】解：由圆𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦+𝑚

=0即(𝑥−1)2+(𝑦+2)2=5−𝑚，∴圆心为(1,−2)，∴圆心在直线𝑥−𝑦−3=0上，∴此圆直径为6，则半径为3，∴5−𝑚=32，∴𝑚=−4.故选𝐵.5.【答案】D【解答】解：公共弦方程为𝑥−2𝑦+6=0．圆𝑥2+𝑦2+2

𝑥−12=0的圆心为(−1,0)，半径𝑟=√13圆心到公共弦的距离𝑑=√5所以弦长为2×√13−5=4√2。故𝐷正确．6.【答案】A【解答】解：若𝑚⊥𝛼，𝑛⊥𝛽，且𝑚⊥𝑛，则𝛼⊥𝛽，故𝐴正确；若𝑚//𝛼，𝑛//𝛽，且𝑚//𝑛，则𝛼

与𝛽平行或相交，故𝐵错误；若𝑚⊥𝛼，𝑛//𝛽，且𝑚⊥𝑛，则𝛼与𝛽平行或相交，所以𝐶错误；若𝑚⊥𝛼，𝑚//𝑛，则𝑛⊥𝛼，又由𝑛//𝛽，则𝛼⊥𝛽，故𝐷错误.故选𝐴.7.【答案】C【解答】解：圆𝑥2+𝑦2−4𝑥=0可化为(�

�−2)2+𝑦2=4，圆心为(2,0)，则(2,0)，(1,1)两点距离为√2，圆的半径为2，|𝐴𝐵|最小值为2√22−(√2)2=2√2.故选𝐶.8.【答案】D【解答】解：由三视图可知：该几何体是一个棱长和底面边长都是2的正三棱柱砍去一个三棱锥得到的几何体．𝑆=𝑆△𝐴𝐵𝐶+�

�矩形𝐶𝐵𝐵1𝐶1+𝑆梯形𝐴𝐶𝐶1𝑃+𝑆梯形𝐴𝐵𝐵1𝑃+𝑆△𝑃𝐶1𝐵1=√34×4+2×2+2×12×(2+1)×2+12×√5−1×2=12+√3．故选𝐷．9.【答案】A【解答】解：取𝐴�

�，𝐵𝐷，𝐵𝐶中点依次为𝐸，𝐹，𝐺，连接𝐵𝐷，𝐸𝐹，𝐸𝐺，𝐹𝐺，𝐷𝐸，𝐸𝐵，则𝐹𝐺//𝐶𝐷，𝐸𝐺//𝐴𝐵，∴∠𝐹𝐺𝐸为异面直线𝐴𝐵与𝐶𝐷所成的角.正方形

边长为√2，则𝐹𝐺=√22，𝐸𝐺=√22，在等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶中，∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=√2，∴𝐴𝐶=2.∵点𝐸为𝐴𝐶的中点，∴𝐵𝐸=12𝐴𝐶=1，同理可得，𝐷𝐸

=1.∵𝐵𝐸2+𝐷𝐸2=2=𝐵𝐷2，∴△𝐵𝐸𝐷是等腰直角三角形.又∵点𝐹为𝐵𝐷的中点，∴𝐸𝐹=12𝐵𝐷=√22.在△𝐸𝐹𝐺中，𝐹𝐺=𝐸𝐺=𝐸𝐹=√22，∴△𝐸�

�𝐺是等边三角形，∴∠𝐹𝐺𝐸=60∘，∴cos∠𝐹𝐺𝐸=cos60∘=12.故选A.10.【答案】A【解答】解：根据几何体的三视图，得该几何体是三棱锥，还原到长方体中，长方体的长宽高分别为2,2,4，如图所示，因为长方体的外接球就是三棱锥的外接球，所以外接球的直径为长

方体的体对角线的长度为：√22+22+42=√24=2√6，所以外接球的半径为√6，则该几何体外接球的表面积为4𝜋(√6)2=24𝜋.故选𝐴.11.【答案】B【解答】解：由条件得圆𝑀:(𝑥+1)2+𝑦2=2

，圆心𝑀(−1,0)，半径𝑟=√2.因为𝑃𝑀2=𝑃𝐴2+𝑟2=𝑃𝐴2+2，所以当𝑃𝑀取得最小值时，切线长𝑃𝐴有最小值.易知当𝑃𝑀⊥𝑙时，𝑃𝑀有最小值为𝑃𝑀=|−1−0−3|√2=2√2，所以�

�𝐴的最小值为√8−2=√6，所以𝐴𝐵=2×𝑀𝐴⋅𝑃𝐴𝑃𝑀=√6.故选𝐵.12.【答案】B【解答】解：因为原点𝑂在圆上，若𝑂𝐴⊥𝑂𝐵，则𝐴𝐵为圆的直径，所以直线过圆心(2,0)，故2𝑎−(𝑎

+𝑏)=0，得𝑎𝑏=1．故选𝐵．二、填空题（本题共计4小题，每题5分，共计20分）13.【答案】32【解答】可将直线8𝑥+6𝑦−9＝0化为4𝑥+3𝑦−92=0，所以两条平行直线间的距离为|3−(−92)|√42+32=32，14.【答案】47【解答

】由题意，圆柱与圆锥的底面半径𝑅＝3，圆柱与圆锥的高ℎ＝4，则圆锥的母线长为𝑙＝5，则圆锥的全面积为：𝜋𝑅2+12×2𝜋𝑅×𝑙＝9𝜋+15𝜋＝24𝜋；圆柱的全面积为：2𝜋𝑅2+𝜋×2𝑅×ℎ＝1

8𝜋+24𝜋＝42𝜋．∴圆锥的全面积与圆柱的全面积之比为：24𝜋42𝜋=47．15.【答案】5√13【解答】解：设点𝐴(−3,5)关于直线𝑙:3𝑥−4𝑦+4=0的对称点为𝐴′(𝑎,

𝑏)，由题意可列得方程组：{𝑏−5𝑎+3×34=−1，3×𝑎−32−4×𝑏+52+4=0，解得𝐴′(3,−3)，则|𝑃𝐴|+|𝑃𝐵|的最小值=|𝐴′𝐵|=√12+182=5√13．故答案为：5√13．16.【答案】4√5+6√2【解答】解：取𝐴𝐷中点�

�，𝐴𝐵中点𝐹，连接𝑃𝐷，𝐷1𝐸，𝐸𝐹，𝐵1𝐹，𝐵1𝐷1，𝐴𝐶，𝐵𝐷，如下图所示：因为𝐸为𝐴𝐷中点，𝐹为𝐴𝐵中点，则𝐸𝐹//𝐵𝐷，𝐵𝐷//𝐵1𝐷1，所以𝐸𝐹//𝐵1𝐷

1，所以𝐸，𝐹，𝐵1，𝐷1四点共面．根据正方形性质可知𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，而𝐷1𝐸⊂平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，所以𝐶𝐷⊥𝐷1𝐸.易得△𝐷1𝐷𝐸≅△𝐷𝐴𝑃，可知∠𝐸𝐷1𝐷=∠𝑃𝐷𝐴，而∠𝑃𝐷𝐴+∠𝑃𝐷𝐷1=

90∘，所以∠𝐸𝐷1𝐷+∠𝑃𝐷𝐷1=90∘，即𝑃𝐷⊥𝐷1𝐸.因为𝐶𝐷∩𝑃𝐷=𝐷，所以𝐷1𝐸⊥平面𝑃𝐷𝐶，而𝐶𝑃⊂平面𝑃𝐷𝐶，所以𝐷1𝐸⊥𝐶𝑃.𝐸为𝐴𝐷中点，𝐹为𝐴𝐵

中点，由正方形和正方体性质可知𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，𝑃𝐴⊥𝐸𝐹，且𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，所以𝐸𝐹⊥平面𝑃𝐴𝐶，而𝐶𝑃⊂平面𝑃𝐴𝐶，所以𝐸𝐹⊥𝐶𝑃.又因为𝐷1𝐸⊥𝐶𝑃，𝐷1𝐸∩𝐸𝐹=𝐸，所以𝐶𝑃⊥平面�

�𝐹𝐵1𝐷1，即平面𝐸𝐹𝐵1𝐷1为平面𝛼与正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的截面，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1棱长为4，所以𝐸𝐹𝐵1𝐷1的周长为：𝐵1𝐷1+𝐷1𝐸+𝐸𝐹+𝐵1𝐹=4√2+√42

+22+2√2+√42+22=4√5+6√2.故答案为：4√5+6√2.三、解答题（本题共计6小题，共计70分）17.【答案】(1)证明：因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷.又因为𝑃𝐷⊥

平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐶.又𝑃𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，故𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷；(2)解：因为∠𝐷𝐵𝑃=45∘，𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，因此

𝐵𝐷=𝑃𝐷=2.又𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，所以菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为𝑆=𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅sin60∘=2√3，故四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积𝑉=13𝑆⋅𝑃𝐷=4√33.

【解答】(1)证明：因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷.又因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐶.又𝑃𝐷∩𝐵𝐷=𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐵𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝑃𝐵

𝐷，故𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐵𝐷；(2)解：因为∠𝐷𝐵𝑃=45∘，𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，因此𝐵𝐷=𝑃𝐷=2.又𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，所以菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为𝑆=𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅sin60∘=2

√3，故四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积𝑉=13𝑆⋅𝑃𝐷=4√33.18.【答案】证明：(1)连结𝐴𝐶、𝐵𝐷，交于点𝑂，连结𝑂𝐸，∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴𝑂是𝐴𝐶中点，∵点𝐸是𝑃𝐶的中点，∴𝑂𝐸//𝑃𝐴.∵𝑂𝐸

⊂平面𝐸𝐷𝐵，𝑃𝐴⊄平面𝐸𝐷𝐵，∴𝑃𝐴//平面𝐸𝐷𝐵．(2)∵𝑃𝐷=𝐷𝐶，点𝐸是𝑃𝐶的中点，∴𝐷𝐸⊥𝑃𝐶.∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，侧棱𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐷⊥𝐵𝐶，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，且𝑃𝐷

∩𝐷𝐶=𝐷，∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐷𝐶，∴𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，又𝑃𝐶∩𝐵𝐶=𝐶，∴𝐷𝐸⊥平面𝑃𝐵𝐶，∴𝐷𝐸⊥𝑃𝐵，∵𝐸𝐹⊥𝑃𝐵，𝐸𝐹∩𝐷𝐸=𝐸，∴𝑃𝐵⊥平面𝐸𝐹𝐷．

【解答】证明：(1)连结𝐴𝐶、𝐵𝐷，交于点𝑂，连结𝑂𝐸，∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，∴𝑂是𝐴𝐶中点，∵点𝐸是𝑃𝐶的中点，∴𝑂𝐸//𝑃𝐴.∵𝑂𝐸⊂平面𝐸𝐷𝐵，𝑃𝐴⊄平面𝐸𝐷𝐵，∴𝑃𝐴//平面𝐸𝐷𝐵．(2)∵𝑃𝐷=𝐷

𝐶，点𝐸是𝑃𝐶的中点，∴𝐷𝐸⊥𝑃𝐶.∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，侧棱𝑃𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐷⊥𝐵𝐶，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，且𝑃𝐷∩𝐷𝐶=𝐷，∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐷𝐶，∴𝐷𝐸⊥𝐵𝐶，又𝑃𝐶∩𝐵𝐶=𝐶，∴𝐷𝐸⊥平面𝑃𝐵

𝐶，∴𝐷𝐸⊥𝑃𝐵，∵𝐸𝐹⊥𝑃𝐵，𝐸𝐹∩𝐷𝐸=𝐸，∴𝑃𝐵⊥平面𝐸𝐹𝐷．19.【答案】解：(1)设线段𝐴𝐵的中点𝑃的坐标(𝑎,𝑏)，由𝑃到𝐿1，𝐿2的距离相等，

得|2𝑎−5𝑏+9|√22+52=|2𝑎−5𝑏−7|√22+52，经整理得，2𝑎−5𝑏+1=0，又点𝑃在直线𝑥−4𝑦−1−0上，所以𝑎−4𝑏−1=0，解方程组{2𝑎−5𝑏+1=0,𝑎−4𝑏−1=0,得{𝑎=−3,𝑏=−1,即点𝑃的坐标(−3,−1)，所以直线𝐿

恒过点𝑃(−3,−1).将点𝑃(−3,−1)代入圆𝐶:(𝑥+4)2+(𝑦−1)2=25，可得(−3+4)2+(−1−1)2<25，所以点𝑃(−3,−1)在圆内，从而过点𝑃的直线𝐿与圆𝐶恒有两个交点．(2)当𝑃𝐶与直线�

�垂直时，弦长最小，因为𝑘𝑃𝐶=−2，所以直线𝐿的斜率为12，所以直线𝐿的方程为：𝑥−2𝑦+1=0.【解答】解：(1)设线段𝐴𝐵的中点𝑃的坐标(𝑎,𝑏)，由𝑃到𝐿1，𝐿2的距离相等，得|2𝑎−5𝑏+9|√22+52=|2𝑎−

5𝑏−7|√22+52，经整理得，2𝑎−5𝑏+1=0，又点𝑃在直线𝑥−4𝑦−1−0上，所以𝑎−4𝑏−1=0，解方程组{2𝑎−5𝑏+1=0,𝑎−4𝑏−1=0,得{𝑎=−3,𝑏=−1,即点𝑃的坐标(−3,−1)，所以直线𝐿恒过点𝑃(−3,−1).将点𝑃(−3,−1)

代入圆𝐶:(𝑥+4)2+(𝑦−1)2=25，可得(−3+4)2+(−1−1)2<25，所以点𝑃(−3,−1)在圆内，从而过点𝑃的直线𝐿与圆𝐶恒有两个交点．(2)当𝑃𝐶与直线𝐿垂直时，弦长最小，因为𝑘𝑃𝐶=−2，所以

直线𝐿的斜率为12，所以直线𝐿的方程为：𝑥−2𝑦+1=0.20.【答案】解：(1)由题得圆的半径为|0+2|√3+1=1，所以圆𝑀的标准方程为𝑥2+(𝑦−2)2=1.(2)∵点𝑃在直线上，可设𝑃(2𝑚,𝑚)，又∠𝐴𝑃𝐵=60∘，由题可知|𝑀𝑃|=2|𝐴𝑀|，∴|

𝑀𝑃|=2，∴(2𝑚)2+(𝑚−2)2=4，解之得：𝑚=0，𝑚=45，故所求点𝑃的坐标为𝑃(0,0)或𝑃(85,45).(3)斜率不存在时，直线𝐶𝐷的方程为：𝑥=2，此时直线𝐶�

�与圆𝑀相离，所以舍去；斜率存在时，设直线𝐶𝐷的方程为：𝑦−1=𝑘(𝑥−2)，由题知圆心𝑀到直线𝐶𝐷的距离为√22，即√22=|−2𝑘−1|√1+𝑘2，解得𝑘=−1或𝑘=−17，故所求直线𝐶𝐷的方程为：𝑥+𝑦−3=0或𝑥+7𝑦−

9=0.【解答】解：(1)由题得圆的半径为|0+2|√3+1=1，所以圆𝑀的标准方程为𝑥2+(𝑦−2)2=1.(2)∵点𝑃在直线上，可设𝑃(2𝑚,𝑚)，又∠𝐴𝑃𝐵=60∘，由题可知|𝑀𝑃|=2|𝐴𝑀

|，∴|𝑀𝑃|=2，∴(2𝑚)2+(𝑚−2)2=4，解之得：𝑚=0，𝑚=45，故所求点𝑃的坐标为𝑃(0,0)或𝑃(85,45).(3)斜率不存在时，直线𝐶𝐷的方程为：𝑥=2，此时直线𝐶𝐷与圆𝑀相离，所以舍去；

斜率存在时，设直线𝐶𝐷的方程为：𝑦−1=𝑘(𝑥−2)，由题知圆心𝑀到直线𝐶𝐷的距离为√22，即√22=|−2𝑘−1|√1+𝑘2，解得𝑘=−1或𝑘=−17，故所求直线𝐶𝐷的方程为：𝑥+𝑦−3=0或𝑥+7𝑦−9=0.21.【答案】解：(1)圆𝐶的方程可化为(�

�−1)2+(𝑦−2)2=25,圆𝐶的圆心为(1,2)，半径为5.设圆𝐷的标准方程为(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=25，由点𝐷(𝑎,𝑏)与点𝐶(1,2)关于直线𝑥−2𝑦−2=0对称，得{𝑏−2𝑎−1=−2,𝑎+12−2×𝑏+2

2−2=0,解得：𝑎=3，𝑏=−2，因此圆𝐷的标准方程为(𝑥−3)2+(𝑦+2)2=25.(2)设直线𝑙与圆𝐶交于𝐴，𝐵两点.当直线𝑙的斜率不存在时，方程为𝑥=4，这时圆心𝐶(1,

2)到直线𝑙的距离𝑑=|1−4|=3，|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝑑2=2√25−9=8，符合条件；当直线𝑙的斜率存在时，设其方程为𝑦+4=𝑘(𝑥−4)，即𝑘𝑥−𝑦−4𝑘−4=0，这时圆心𝐶(1,2)到直线𝑙的距离：𝑑=|1×𝑘−2×1−4𝑘−4|√𝑘2+(−1)2

=|3𝑘+6|√𝑘2+1，因为|𝐴𝐵|=8，所以2√25−(|3𝑘+6|√𝑘2+1)2=8，解得：𝑘=−34，这时直线𝑙的方程为𝑦+4=−34(𝑥−4),即3𝑥+4𝑦+4=0.因此，直线𝑙的方程为𝑥=4或3

𝑥+4𝑦+4=0.(3)由题意可知：直线𝑚:𝑘𝑥−𝑦+3𝑘+1=0过定点𝐸(−3,1)，(−3)2+12−2×(−3)−4×1−20=−8<0，所以定点𝐸在圆𝐶内，所以当直线𝑚与直线𝐶𝐸垂直时

，弦长最短.因为𝑘𝐶𝐸=2−11−(−3)=14，由𝑘×𝑘𝐶𝐸=−1，得𝑘=−4，这时圆心𝐶(1,2)到直线𝑚的距离即为：|𝐶𝐸|=√(−3−1)2+(1−2)2=√17，所以弦长为2√𝑟2−|𝐶𝐸|2=2√25−17=4√2.【解答】解：(1)圆𝐶的方程可化为

(𝑥−1)2+(𝑦−2)2=25,圆𝐶的圆心为(1,2)，半径为5.设圆𝐷的标准方程为(𝑥−𝑎)2+(𝑦−𝑏)2=25，由点𝐷(𝑎,𝑏)与点𝐶(1,2)关于直线𝑥−2𝑦−2=0对称，得{𝑏−2𝑎−1=−2,𝑎+12−2

×𝑏+22−2=0,解得：𝑎=3，𝑏=−2，因此圆𝐷的标准方程为(𝑥−3)2+(𝑦+2)2=25.(2)设直线𝑙与圆𝐶交于𝐴，𝐵两点.当直线𝑙的斜率不存在时，方程为𝑥=4，这时圆心𝐶(1,2)到直线𝑙的距离𝑑=|1−4|

=3，|𝐴𝐵|=2√𝑟2−𝑑2=2√25−9=8，符合条件；当直线𝑙的斜率存在时，设其方程为𝑦+4=𝑘(𝑥−4)，即𝑘𝑥−𝑦−4𝑘−4=0，这时圆心𝐶(1,2)到直线𝑙的距离：𝑑=|1×𝑘−2×1−4𝑘−4

|√𝑘2+(−1)2=|3𝑘+6|√𝑘2+1，因为|𝐴𝐵|=8，所以2√25−(|3𝑘+6|√𝑘2+1)2=8，解得：𝑘=−34，这时直线𝑙的方程为𝑦+4=−34(𝑥−4),即3𝑥+4𝑦+4=0.因此，直线𝑙的方程为𝑥=4或3𝑥+4

𝑦+4=0.这时直线𝑙的方程为𝑦+4=−34(𝑥−4),即3𝑥+4𝑦+4=0.因此，直线𝑙的方程为𝑥=4或3𝑥+4𝑦+4=0.(3)由题意可知：直线𝑚:𝑘𝑥−𝑦+3𝑘+1=0过定点𝐸(−3,1)，(−3)2+12−2×(−3)−4×1−20=−8<0，所以定点

𝐸在圆𝐶内，所以当直线𝑚与直线𝐶𝐸垂直时，弦长最短.因为𝑘𝐶𝐸=2−11−(−3)=14，由𝑘×𝑘𝐶𝐸=−1，得𝑘=−4，这时圆心𝐶(1,2)到直线𝑚的距离即为：|𝐶𝐸|=√(−3−1)2

+(1−2)2=√17，所以弦长为2√𝑟2−|𝐶𝐸|2=2√25−17=4√2.22.【答案】(1)证明：过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝐷于点𝐸，则𝐷𝐸=1，以𝐴为原点，𝐴𝐸，𝐴𝐵，𝐴𝑃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．则𝐴(0,0,

0)，𝐵(0,1,0)，𝐸(2√2,0,0)，𝐷(2√2,−1,0)，𝐶(2√2,1,0)，𝑃(0,0,1)，∵𝑁为𝑃𝐷的中点．∴𝑁(√2,−12,12)．𝐴𝑁→=(√2,−12,12)，𝐵𝑃→=(0,−1

,1)，𝐵𝐶→=(2√2,0,0)，设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚→=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚→⋅𝐵𝑃→=−𝑦+𝑧=0，𝑚→⋅𝐵𝐶→=2√2𝑥=0，令𝑦=1，则𝑥=0，𝑧=1

，∴𝑚→=(0,1,1)．∴𝐴𝑁→⋅𝑚→=−12+12=0，即𝐴𝑁→⊥𝑚→，又𝐴𝑁⊄平面𝑃𝐵𝐶．∴𝐴𝑁//平面𝑃𝐵𝐶．(2)解：令𝐷𝑀→=𝜆𝐷𝑃→，𝜆∈(0,1)，设𝑀(𝑥,

𝑦,𝑧)，∴(𝑥−2√2,𝑦+1,𝑧)=𝜆(−2√2,1,1)．∴𝑀(2√2−2√2𝜆,𝜆−1,𝜆)，∴𝐶𝑀→=(−2√2𝜆,𝜆−2,𝜆).由(1)知，平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚→=(0,1,1).∵直线𝐶𝑀与

平面𝑃𝐵𝐶所成角的正弦值为√2626，∴√2626=|𝐶𝑀→⋅𝑚→||𝐶𝑀→||𝑚→|=|2𝜆−2|√8𝜆2+(𝜆−2)2+𝜆2×√2，化简得21𝜆2−50𝜆+24=0，即(3𝜆−2)(7𝜆−12)=0，∵𝜆∈(0,1)，∴𝜆=23，故𝐷𝑀𝐷

𝑃=23．【解答】(1)证明：过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐶𝐷于点𝐸，则𝐷𝐸=1，以𝐴为原点，𝐴𝐸，𝐴𝐵，𝐴𝑃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．则𝐴(0,0,0)，𝐵(0,1,0)，𝐸(2√2,0,0)，𝐷(2√2,−1,0)，

𝐶(2√2,1,0)，𝑃(0,0,1)，∵𝑁为𝑃𝐷的中点．∴𝑁(√2,−12,12)．𝐴𝑁→=(√2,−12,12)，𝐵𝑃→=(0,−1,1)，𝐵𝐶→=(2√2,0,0)，设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚→=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚→⋅𝐵𝑃→=−

𝑦+𝑧=0，𝑚→⋅𝐵𝐶→=2√2𝑥=0，令𝑦=1，则𝑥=0，𝑧=1，∴𝑚→=(0,1,1)．∴𝐴𝑁→⋅𝑚→=−12+12=0，即𝐴𝑁→⊥𝑚→，又𝐴𝑁⊄平面𝑃𝐵𝐶．∴𝐴𝑁//

平面𝑃𝐵𝐶．(2)解：令𝐷𝑀→=𝜆𝐷𝑃→，𝜆∈(0,1)，设𝑀(𝑥,𝑦,𝑧)，∴(𝑥−2√2,𝑦+1,𝑧)=𝜆(−2√2,1,1)．∴𝑀(2√2−2√2𝜆,𝜆−1

,𝜆)，∴𝐶𝑀→=(−2√2𝜆,𝜆−2,𝜆).由(1)知，平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚→=(0,1,1).∵直线𝐶𝑀与平面𝑃𝐵𝐶所成角的正弦值为√2626，∴√2626=|𝐶𝑀→⋅𝑚→||𝐶𝑀→||𝑚→|=|2𝜆−2|√8𝜆2+(�

�−2)2+𝜆2×√2，化简得21𝜆2−50𝜆+24=0，即(3𝜆−2)(7𝜆−12)=0，∵𝜆∈(0,1)，∴𝜆=23，故𝐷𝑀𝐷𝑃=23．