【文档说明】浙江省台州山海协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题 含解析.docx，共(25)页，2.291 MB，由小赞的店铺上传

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2023学年第一学期台州山海协作体期中联考高二年级数学学科试题命题学校：玉城中学、平桥中学审题学校：城峰中学考生须知：1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、

座位号及准考证号并填涂相应数字.3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4．考试结束后，只需上交答题纸.一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是

符合题目要求的）1.直线3x=的倾斜角为A.0B.2C.3D.23【答案】B【解析】【分析】分析出直线3x=与x轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.【详解】由题意可知，直线3x=与x轴垂直，该直线的倾斜角为2

.故选：B.【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题．2.双曲线221520xy−=的渐近线方程为（）A12yx=B.2yx=C.14yx=D.4yx=【答案】B【解析】【分析】由双曲线的标准方程221520xy−=

直接求其渐近线方程..【详解】解析：∵5,25ab==，∴双曲线的渐近线方程为2byxxa==，故选B.【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程22221xyab−=中的1变成0,得到22220xyab−=,利用平方差公式得到渐近线方程:bxya=.3.平面的一个法向量为()2,1,

1m=−，一条直线l的方向向量()0,0,3AP=，则这条直线l与平面所成的角为（）A.π3B.2π3C.π2D.π6【答案】D【解析】【分析】设直线l与平面所成的角为，利用空间向量法求出sin的值，结合的取值范围可求得的值.【详解】设直线l与平面所成的角为，则31sin223

mAPmAP===，又因为π02，故π6=，即直线l与平面所成的角为π6.故选：D.4.如图，在四面体OABC中，OAa=，OBb=，OCc=点M在OA上，且,MN分别为,OABC中点，则MN=（）A.111222abc−++B.111222abc++C

.111222abc−−D.111222abc−−−【答案】A【解析】【分析】结合图形将向量放在一个闭合路径中线性转化表示即可.【详解】MNMOOCCN=++又点M在OA上，且M，N分别OA，BC中点，所以12OMOA=,()1

1112222CNCBOBOCOBOC==−=−,112211112222OBOCOMNMOOCOCOONACOABC=++=−++−=++−,111222abc=−++，故选：A.5.设()1,1A−，()5,1B，则以线段AB为直径的圆的方程是（）A.()22320xy−+=B.()2235x

y−+=C.()22320xy++=D.()2235xy++=【答案】B【解析】【详解】根据已知确定圆的圆心和半径，即可得圆的方程.【分析】由题设，所求圆的圆心为(3,0)，半径为||52AB=，所以以线段AB为直径的圆的方程是()2235xy−+=.故选：B6.已知点P，Q是圆O：222x

y+=上的两个动点，点A在直线l：340xy+−=上，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标是（）A.()1,3B.232,3C.()4,0D.430,3【答案】A为【解析】【分析】首先判断直线与圆为相离，再由题设得,APAQ为圆的切线，根据已知确定||2

OA=，设(43,)Ayy−应用两点距离公式求坐标.【详解】由(0,0)O到340xy+−=的距离22d=，故直线任意一点A与圆上两点,PQ所成角最大，则,APAQ为圆的切线，要使PAQ的最大值为90，即APOQ为边长为2的正方形，则||2OA=，此时||dOA=

，令(43,)Ayy−，有22(43)4yy−+=，22330yy−+=，所以3y=，即(1,3)A.故选：A7.在长方体1111ABCDABCD−中，13ADAA==，4AB=，E，F，G分别是棱11CD，B

C，1CC的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线1DM与平面EFG平行，则11MBMD的最小值为（）A.23B.9C.114D.52【答案】C【解析】【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设(),,0Mxy，利用已知条件确定变量

x与变量y之间的关系，利用坐标表示出11MBMD，并利用x、y的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可.【详解】如图，分别以AB、AD、1AA方向为x、y、z轴建立空间直角坐标系可得：()2,3,3E，34,,02F，34,3,2G，()

10,3,3D，()14,0,3B，(),,0Mxy，32,,32EF=−−，330,,22FG=，()1,3,3DMxy=−−，设平面EFG的法向量(),,nxyz=，则00EFnFGn==，得323023302

2xyzyz−−=+=，解得：34x=−，1y=，1z=−，即3,1,14n=−−.由于直线1DM与平面EFG平行，则10DMn=，得：33304xy−+−+=，即：34yx=.()14,,3MBxy=−−，()1,3,3MDxy=−−，()()()()

2211439439MBMDxxyyxxyy=−−+−−+=−+−+，22239252549944164xxxxxx=−+−+=−+()225112164x=−+，可知：由于()0,4x，当2x=时，11MBMD取得最小值，最小值为114.故选：C8.如图，已知1F，

2F是双曲线C：22221xyab−=的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足12//FPFQ，且22125FQFPFP==，则双曲线C的离心率为（）（A.292B.293C.192D.193【答案】B【解析】【分析】延长2QF与双曲线交于点P＇，易得12FPFP=，设122FP

FPt==，结合双曲线定义得23ta=，进而在12PFF中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.【详解】延长2QF与双曲线交于点P＇，因为12//FPFP，根据对称性知12FPFP=，设122FPFPt==，则25FPt=，2

10FQt=，可得2132FPFPta−==，即23ta=，所以24123PQta==，则122623QFQFaa=+=，12103FPFPa==，即22211PQFPQF+=，可知11290FPQFPF==，在

12PFF中，由勾股定理得2222121FPFPFF+=，即222104433aac+=，解得293cea==.故选：B【点睛】关键点点睛：延长2QF与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出11290FPQFPF==，

最后在12PFF中应用勾股定理得到齐次方程为关键.二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知()2,0A−、()2,0B，则下

列命题中正确的是（）A.平面内满足6PAPB+=的动点P的轨迹为椭圆B.平面内满足4PAPB−=的动点P的轨迹为双曲线的一支C.平面内满足PAPB=的动点P的轨迹为抛物线D.平面内满足2PAPB=的动点P的轨迹为圆【答案】AD【解析】【分析】

由椭圆的定义可直接判定选项A；由双曲线的定义可直接判定选项B；由抛物线的定义可直接判定选项C；设点(),Pxy，列式化简即可判定选项D；【详解】对于选项A,有()2,0A−、()2,0B，且64PAPBAB+==,由

椭圆定义可知选项A正确;对于选项B,有()2,0A−、()2,0B，且4PAPBAB−==,轨迹为射线，不符合双曲线的定义可知选项B错误;对于选项C,有()2,0A−、()2,0B，且PAPB=,轨迹为线段AB的垂直平分线，不符合抛物线的定义

可知选项C错误;对于选项D,有()2,0A−、()2,0B，且2PAPB=,设点(),Pxy，则()()2222222xyxy++=−+，化简可得22106439xy−+=，可知选项D正确;故选：AD10.正

方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E，F，G分别为BC，1CC，1BB的中点,则正确的是（）A.10BBAF=B.1AG∥平面AEFC.点B、C到平面AEF的距离相等D.若P为底面ABCD内一点，且11ACCP⊥，则点P轨迹是线段【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系

，利用向量的坐标运算，逐一判断求解.【详解】以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A，()11,0,1A，()1,1,0B，()11,1,1B，1,1,02E，10,1,2F，11,1,2G，()

0,1,0C，()10,1,1C，选项A：()()()11,1,11,1,00,0,1BB=−=uuur，()110,1,1,0,01,1,22AF=−=−uuur，()1110,0,11,1,22BBAF=−=uuuruuurgg，所以选项A错误；选项B

：设平面AEF的法向量为(),,nxyz=，()1111,1,1,0,10,1,22AG=−=−uuur，()11,1,01,0,0,1,022AE=−=−uuur，故有·0·0nAEnAF==，即0202xyzxy−+=−

++=，令2x=，则()2,1,2n=，因为()112,1,20,1,02nAG=−=ruuurgg且1AG平面AEF，所以1AG∥平面AEF；选项C：()()()1,0,01,1,00,1,0BA=−=−uur，()()()1,0,00,1,01,1

,0CA=−=−uur，点B到平面AEF的距离为：()()()0,1,02,1,2132,1,2BAnn−==uurrggr，的点C到平面AEF的距离为：()()()1,1,02,1,2132,1,2CAnn−==uurrggr，所以点B、C到平面AEF的距离相等，故选项C正确；

选项D：设()11,,0Pxy，()()()10,1,01,0,11,1,1AC=−=−−uuur，()()()11111,,00,1,1,1,1CPxyxy=−=−−uuur，因为11ACCP⊥，所以110ACCP=uuuruuurg，即()()11111

,1,1,1,10xyxy−−−−=−+=g，所以点P坐标满足11yx=且101x，101y故点P的轨迹是一条线段，故选项D正确.故选：BCD.11.瑞士著名数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂

心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若ABC满足ABAC=，顶点()0,2B，()4,0C，且其“欧拉线”与圆M：()2224xyr+−=相切，则下列结论正确的是（）A.题中的“欧拉线”的方程为：230xy−−=B.圆M上的点到直线

20xy+=的最小距离为855C.若点(),xy在圆M上，则1yx+的最大值是12D.若圆M与圆()()22120xya−+−=有公共点，则2,6a【答案】AC【解析】【分析】由题意，ABC的“欧拉线”为线段BC的垂直平分线，可判

断A；利用圆心到直线距离判断B；设1ykx=+，可知1ykx=+与圆M有公共点即可判断C；根据两圆相交可得到关于a的方程，即可判断D.【详解】由题意，ABC的“欧拉线”为线段BC的垂直平分线，因为20

1042BCk−==−−，BC的中点为()2,1，所以线段BC的垂直平分线所在直线方程为()122yx−=−，即230xy−−=，所以ABC的“欧拉线”的方程为230xy−−=，故A正确；所以|243|541r−==+，所以圆M的方程为()2245xy

−+=，且圆心为()4,0M，所以圆M上的点到直线20xy+=的最小距离为|24|355=541−+，故B错误；设1ykx=+，即0kxyk−+=，由题意知0kxyk−+=与()2245xy−+=有交点，所以2|4|51kkk++，解得1122k−，

所以1yx+的最大值是12，故C正确；圆()()22120xya−+−=的圆心为()1,a，半径为25，圆M与圆()()22120xya−+−=有公共点，所以25935a+，解得66a−，故D错误.故选：AC12.如图，在四棱锥PABCD−中

，底面ABCD为菱形，60DAB=，2AB=，6PB=，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（）A.平面PAD⊥平面ABCDB.二面角PBCA−−的大小为30°C.异面直线AD与PB所成的角为90°D.三棱锥PABD−外

接球的表面积为20π3【答案】ACD【解析】【分析】若O为AD中点，连接,POOB，根据已知证明PO⊥面ABCD，再根据面面垂直的判定、二面角定义判断A、B，异面直线AD与PB所成的角为PBC或其补角，并求其大小

判断C，根据分析确定三棱锥PABD−外接球的球心位置，进而求半径，即可得表面积判断D.【详解】若O为AD中点，连接,POOB，又面PAD为正三角形，故POAD⊥，且3PO=，由面ABCD为菱形，60DAB=

，且1,2AOAB==，则3BO=，且90AOB=，所以222POBOPB+=，故POBO⊥，显然90OBCAOB==，即OBBC⊥，由ADBOO=，,ADBO面ABCD，故PO⊥面ABCD，BC

面ABCD，则POBC⊥，OBPOO=I，,OBPO面POB，则BC⊥面POB，PB面POB，则BCPB⊥，综上，二面角PBCA−−的平面角为45PBO=，B错；由PO面PAD，故平面PAD⊥平面ABCD，A对；由//ADBC，故异面直线AD与PB所成的角为PBC或其补角，连接OC

，OC面ABCD，则POOC⊥，故222PCPOOC=+，而222OCOBBC=+，则222222PCPOOBBCPBBC=++=+，故PBBC⊥，所以异面直线AD与PB所成的角为90°，C对；由题意，已知三棱锥PABD−外接球

的球心必在RtPOB△内，如下图，,FG分别是,POOB靠近O的三等分点，E是PB中点，H为上述三点在各边上垂线的交点，所以H为三棱锥PABD−外接球的球心，半径平方为2145333HP=+=，故外接球的表面积为20π3，D对.故

选：ACD三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知直线1l：10xay+−=，直线2l：()2220axy−++=，若12ll⊥，则=a______.【答案】2−或1【解析】【分析】由两线垂直的

判定列方程求参数即可.【详解】由12ll⊥，则()21210aa−+=，即22(2)(1)0aaaa+−=+−=，所以2a=−或1a=.故答案为：2−或114.已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，

但四点共面，且PAPBxPCPD=++5133，则实数x的值为______.【答案】1−【解析】【分析】根据向量共面的基本定理求1xyz++=即可求解.【详解】P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且PAPBxPCPD=++5133，则根据

向量共面定理，x++=51133，即=1x−.故答案为：1−15.已知点()1,2A，()4,2B−，则满足点A到直线l的距离为2，点B到直线l距离为3的直线l的条数有_______条.【答案】3【解析】【分析】先求||AB，结合已知及空间想象判断满足条件的直线条数.【详解】由22||(41

)(22)5AB=−+−−=，故,AB之间存在一条垂直于AB的直线满足题设；显然在线段AB的两侧各有一条直线满足条件，所以共有3条直线满足要求.故答案为：316.已知椭圆C：2214xy+=，点()1,0P

，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线MP交椭圆C于点N，直线,AMBN交于点T，则动点T的轨迹方程为_______________.【答案】4x=（0y）【解析】【分析】由题意，设直线MN的方程为1xmy=+，联立椭圆方程并

由韦达定理得12224myym−+=+，12234yym−=+，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得121122223myyyxxmyyy−−=++，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为1xmy=+，联立221

41xyxmy+==+，消x整理得()224230mymy++−=，()24810m=+，设()11,Mxy、()22,Nxy，则12224myym−+=+，12234yym−=+.因为AM的方程为()1122yyxx=++，AN的方程为()2222yyxx=−−两直线方程联立

得：()()()()12121212121122212222123yxymymyyyxxyxymymyyy−+−−−===+++++，因为()121223342mmyyyym=−=++.所以()()121121221231321222339233222yyyyyxxyyyyy+−+−==

=++++，解得4x=.所以动点T的轨迹方程为4x=（0y）.故答案为：4x=（0y）【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出12yy+，12yy，再由AM、AN的方程得到121122223myyyxx

myyy−−=++为关键.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知△ABC的三个顶点是()1,1A，()3,3B，()4,1C−．（1）求边AB上的中线所在直线的方程；（2）求ABC的面

积．【答案】（1）32100xy+−=（2）5【解析】【分析】（1）求出AB中点，利用点斜式方程求出直线方程；（2）求出AB的长度，及点C到直线AB的距离，利用三角形面积公式即可求解.【小问1详解】∵()1,1A，()3,3B

，∴AB中点为()2,2，所以中线斜率为()213242−−=−−，所以边AB上的中线所在直线的方程为()3222yx−=−−即32100xy+−=.【小问2详解】()()22313122AB=−+−=，边AB所在的直线方程为0xy−=，点()4,1C−

到直线AB的距离224152211d+==+，所以1152225222ABCSABd===.18.如图，某海面有O，A，B三个小岛（小岛可视为质点，不计大小），A岛在O岛正东方向距O岛20千米处，B岛在O岛北偏东45°方向

距O岛402千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，10．．千米为一个单位长度．．．．．．．．．，建立平面直角坐标系．圆C经过O，A，B三点．（1）求圆C的方程；（2）若圆C区域内有未知暗礁，现有一渔船D在O岛的南偏东30°方向距O岛40千米处，正沿着北偏东30°方向行驶，若不改

变方向，试问该渔船是否有触礁的危险？请说明理由．【答案】（1）22260xyxy+−−=；（2）没有触礁危险，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据已知确定()0,0O，()2,0A，()4,4B，再设圆的方程，将所过的点代入求参数，即得方程；（

2）该船航线所在直线l与圆心C的距离，判断其与半径的大小，即可得结论.【小问1详解】由已知()0,0O，()2,0A，()4,4B．法1：设圆C的一般方程为220xyDxEyF++++=，将O，A，B三点代入得042032440FDFDEF=++=+++=，解得26

0DEF=−=−=，∴圆C的方程为22260xyxy+−−=法2：设圆C方程为()()()2220xaybrr−+−=，将O，A，B三点代入得()()()()2222222222044abrabrabr+=−+−=−+−=，解得21310abr===，

∴圆C的方程为()()221310xy−+−=【小问2详解】由已知该船初始位置为点()2,23D−，且该船航线所在直线l的斜率为3．∴海船行驶路线l:()2332yx+=−即3430xy−−=，圆心()1,3C到l的距离334333322d−−+==，∵333102dr+==，∴

没有触礁危险．19.在直三棱柱111ABCABC-中，90BCA=o，D、E分别是11AB、11AC的中点，12BCCACC===.（1）求证：//DF平面11CCBB；（2）求异面直线BD与AF所

成角的余弦值；（3）求直线AF与平面1CBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3010（3）155【解析】【分析】（1）利用中位线的性质可得出11//DFBC，根据线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）解法1：取BC中

点E，连接EF，分析可知，异面直线BD与AF所成角为AFE或其补角，求出AEF△三边边长，利用余弦定理求出cosAFE的值，即可得解；解法2：以1C为原点，1CA、11CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线BD与AF所成角的

余弦值；（3）利用空间向量法可求得直线AF与平面1CBD所成角的正弦值.【小问1详解】证明：因为D、F分别是11AB、11AC的中点，则11//DFBC，又因为DF平面11CCBB，11BC平面11CCBB，所以，//DF平面11CCBB.【小问2详解】解：解法

1：取BC中点E，连接EF，在三棱柱111ABCABC-中，11//BBCC且11BBCC=，所以，四边形11BBCC为平行四边形，且111122BEBCBC==，又因为11//DFBC，且1112DFBC=，则//DFBE且DFBE=，所以，四边形BDFE为平行四边形，则//BDEF，所

以，异面直线BD与AF所成角为AFE或其补角，在直三棱柱111ABCABC-中，1AA⊥平面111ABC，1AF平面111ABC，则11AAAF⊥，同理，11BBBD⊥，因为90BCA=o，则11190ACB

=，所以，221111114422ABACBC=+=+=，由勾股定理可得1111122222BDAB===，同理可得2211415AFAAAF=+=+=，22415AEACCE=+=+=，2211426EFBDBBBD==+=+=，由余弦定理可得

22256530cos210256AFEFAEAFEAFEF+−+−===，所以，异面直线BD与AF所成角的余弦值为3010.解法2：在直三棱柱111ABCABC-中，因为90BCA=o，则11190ACB

=，如图所示，以1C为原点，1CA、11CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系.则()10,0,0C、()12,0,0A、()10,2,0B、()0,2,2B、()1,1,0D、()2,0,2A

、()1,0,0F、则()1,1,2BD=−−，()1,0,2AF=−−，10430cos,1065BDAFBDAFBDAF−++===，所以，异面直线BD与AF所成角的余弦值为3010.【小问3详解】解：()10,2,2CB=，()11,1,

0CD=，设平面1CBD的一个法向量为(),,nxyz=，则112200nCByznCDxy=+==+=，取1x=，则1y=−，1z=，则()1,1,1n=−，设直线AF与平面1CBD所成角为，10215sincos,553AFnAFnAFn−+−====

，所以，直线AF与平面1CBD所成角的正弦值为155.20.已知动圆过定点()1,0F，且与直线=1x−相切.（1）求动圆圆心C的轨迹的方程.（2）设A、B是轨迹C上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的

倾斜角分别为和，当，变化且+为定值2，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）24yx=（2）证明见解析，定点()4,0−【解析】【分析】（1）根据已知的几何关系，结合抛物线的定义求解轨迹方程即可；（2）首先设()11

,Axy，()22,Bxy，12xx，设直线AB的方程为：()0ykxmk=+，联立方程结合韦达定理可得124yyk+=，124myyk=，再利用题干条件2+=，得到两条直线的斜率关系121kk=，即可得到12121yyxx=，将韦达定理的结果代入得到4m

k=，进而判断直线恒过的定点.【小问1详解】设动圆圆心(),Cxy，设C到直线=1x−的距离为d，则rCFd==，∴点C的轨迹是以()1,0F为焦点，直线=1x−为准线的抛物线.设抛物线方程为：()220ypxp=，由12p=，得2p

=，∴点C的轨迹方程为：24yx=.【小问2详解】设()11,Axy，()22,Bxy，12xx，∵12xx，显然直线AB斜率存，∴设直线AB的方程为：()0ykxmk=+24ykxmyx=+=

，消x得：2440kyym−+=124yyk+=，124myyk=设OA的斜率为1k，OB的斜率为2k，∵2+=则1tank=，2111tantan2tankk==−==，∴121k

k=，∴12121yyxx=，∴121222121212161641444yyyykmyyxxyymk=====，∴4mk=，∴直线AB的方程为：4ykxk=+，即()4ykx=+，恒过定点()4,0−21.如图，在三棱柱111BCDBCD−与四棱锥11ABBDD−

的组合体中，已知1BBCD⊥，四边形ABCD是菱形，120ABC=，2AD=，11BB=，15AD=．（1）求证：1DD⊥平面ABCD．（2）点P为直线11BD上的动点，求平面PAB与平面11DBBD所成角的余弦值的取值范围.【答案】

（1）证明见解析（2）10,2.【解析】在【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，用向量的交角公式即可求.【小问1详解】证明：在三棱柱111BCDBCD−中，∵11BBDD∥，1BBCD⊥，∴1DDCD⊥，∵2AD=，111DDBB

==，15AD=，∴22211ADDDAD+=∴1DDAD⊥，又∵ADDCD=，ADDC，面ABCD∴1DD⊥平面ABCD；【小问2详解】连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD为菱形，∴ACBD⊥以O为原点，OA，OB为x，y轴，向

上方向为z轴建立空间直角坐标系，则()3,0,0A，()0,1,0B，设()0,,1P，∴()3,1,0AB=−，()0,1,1BP=−，设()1,,nxyz=为平面PAB的一个法向量，由1100nABnBP==，得()301

0xyyz−+=−+=，取3y=，则()()11,3,31n=−.∵()23,0,0CA=是平面11BDDB的一个法向量，设平面PAB与平面11DBBD所成角为，∴()()12212311co

s2133123314nACnAC===++−−+≤.平面PAB与平面11DBBD所成角的余弦值的取值范围为10,2.22.已知点P是抛物线1C：24yx=的准线上任意一点，过点P作抛物线1C的两条切线PA、PB，其中A、B为切点.（1）写出抛物

线1C焦点及准线方程；（2）求弦AB长的最小值；（3）若直线AB交椭圆2C：22154xy+=于C、D两点，1S、2S分别是△PAB、△PCD的面积，求12SS的最小值.【答案】（1）焦点()1,0F，准线方程为=1x−（2）4（3）52.【解析

】【分析】（1）由抛物线方程直接得到参数p，继而可得抛物线1C焦点及准线方程；（2）先证明出抛物线22ypx=在其上一点()00,xy处的切线方程为()00yypxx=+，然后设()11,Axy、()22,Bxy，由

同一法可得直线AB的方程为220xty−−=，与抛物线方程联立用弦长公式求出最值即可；（3）将面积比转化为弦长比，然后求出直线与椭圆的弦长，构造关于参数的函数求最值即可.【小问1详解】因为抛物线1C：24yx=，所以由题意得24p=，所以2p=，焦点()1,0F，准线方程为=1x−.【小问

2详解】设点()00,xy在抛物线22ypx=上，则2002ypx=，联立()2002ypxyypxx==+，消去x得，200220yyypx−+=，即220020yyyy−+=，所以，关于y的方程

220020yyyy−+=有两个相等的实根0yy=，此时2002yxxp==，因此，直线()00yypxx=+与抛物线22ypx=相切，且切点()00,xy.设点()11,Axy、()22,Bxy，()1,Pt−，则以A为切点的切线方程为()112yyxx=+，同理以B为

切点的切线方程为()222yyxx=+，∵两条切线均过点()1,Pt−，∴()()11222121tyxtyx=−+=−+，即1122220220xtyxty−−=−−=，所以，点A、B的坐标满足直线220xty−−=的方程，所以，直线AB的方程为220xty−−=，在直线AB的方

程中，令0y=，可得1x=，所以，直线AB过定点()1,0；由题意可知，直线AB不与x轴重合，可设直线AB的方程为1xmy=+，联立241yxxmy==+，可得2440ymy−−=，()21610m=+恒成立，由韦达定理得124yym+

=，124yy=−，由弦长公式可得()()222212121211441ABmyymyyyym=+−=++−=+，为当0m=时，弦AB长的最小值为4.【小问3详解】设点P到直线AB的距离为d，则1212PABPCDdABABSSCDdCD==△△,设()33,Cxy、()44

,Dxy，由221541xyxmy+==+，得()22458160mymy++−=，()()22264644532010mmm=++=+恒成立.由韦达定理得342845myym+=−+，3421645yym=−+，由弦长公式得(

)()2222343434285111445mCDmyymyyyym+=+−=++−=+.()()222212121211441ABmyymyyyym=+−=++−=+∴()()222224145255552285

12545PABPCDmABSmmSCDmm++====+++≥，当且仅当0m=时，等号成立.因此，12SS的最小值为52.【点睛】方法法点睛：求切点弦，一般可从同构出发利用同一法求解。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com