【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）综合测试卷：选择性必修一全册（提高篇） Word版含解析.docx，共(20)页，341.358 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bc018319694d244e8505e286ed600c20.html

以下为本文档部分文字说明：

选择性必修一全册综合测试卷-提高篇参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）已知直线𝑙1：𝑚𝑥+2𝑦+1=0，𝑙2：𝑥+(𝑚+1)𝑦+1=0，若𝑙1∥𝑙2，则𝑚=（）A．0B．1C

．2D．-2【解题思路】由题意，直线平行，根据公式求参数，解方程并验根，可得答案.【解答过程】由题意，𝑚1=2𝑚+1≠11，则𝑚(𝑚+1)=2，𝑚2+𝑚-2=0，(𝑚+2)(𝑚-1)=0，解得：𝑚=-2或1，当𝑚=1时，

11=21+1=1，故不符合题意，当𝑚=-2时，-21=2-2+1=-2≠11，符合题意.故选：D.2．（5分）（2022·河南·高二阶段练习）给出下列说法，其中不正确的是（）A．若𝑎⃑∥𝑏⃑⃑，则𝑎⃑，𝑏⃑⃑与空间中其它任何向量𝑐⃑都不能构成空间的一个基底向量B．若𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑

⃑=𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑+2𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑−𝑂𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，则A，B，C，D四点共面C．若2𝑃𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑+𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑，则点M是线段AB的中点D．若平面α，β的法向量分别为𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=(

2,1,−1)，𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,𝑡,1)，且α⊥β，则𝑡=3【解题思路】由已知，选项A，由𝑎⃑∥𝑏⃑⃑，可知𝑎⃑，𝑏⃑⃑与任何向量都共面，所以𝑎⃑，𝑏⃑⃑与任何向量𝑐⃑都不能

构成空间的一个基底向量；选项B，由空间向量共线定理可知，该选项错误；选项C，由线性运算关系可知，该选项正确；选项D，可根据α⊥β，借助𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑，𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑，坐标直接求解.【解答过程】由已知，选项A，向量𝑎⃑∥𝑏⃑⃑，则𝑎⃑，�

�⃑⃑与任何向量都共面，所以𝑎⃑，𝑏⃑⃑与任何向量𝑐⃑都不能构成空间的一个基底向量，故该选项正确；选项B，由空间向量共面定理可知，如果A，B，C，D四点共面，则须满足𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑+𝑦𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑+𝑧𝑂𝐷

⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，且𝑥+𝑦+𝑧=1，所以该选项错误；选项C，由线性运算有𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑀𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑，所以M为AB中点，故该选项正确；选项D，面α，β的法向量分别为𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑=(2,1,−1)，𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,𝑡,1)，当α⊥β时，面α，β的法向量共线，

即𝑛1⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛2⃑⃑⃑⃑⃑=0，即−2+𝑡−1=0，解得𝑡=3，故该选项正确；故选：B.3．（5分）（2022·河南·高二阶段练习）曲线𝑦=1+√4−𝑥2与直线𝑦=𝑘(𝑥−2)+4有两个交点，则实数k的取值范围为（

）A．(512,+∞)B．(512,34]C．(512,1]D．(34,1]【解题思路】根据题意将曲线𝑦=1+√4−𝑥2转化为𝑥2+(𝑦−1)2=4，𝑦≥1，是一个半圆,作图如下,可结合图形确定直线与圆的交点个数,进而确定斜率�

�的取值范围.【解答过程】由𝑦=1+√4−𝑥2可化为𝑥2+(𝑦−1)2=4，𝑦≥1，所以曲线为以(0,1)为圆心，2为半径的圆𝑦≥1的部分．直线𝑦=𝑘(𝑥−2)+4过定点𝑃(2,4)，由图知，当直线经过𝐴(−2,1)点时恰与曲线有两个点，顺时针旋转到与曲

线相切时交点变为一个,且𝑘𝐴𝑃=4−12+2=34，由直线与圆相切得𝑑=|−1+4−2𝑘|√𝑘2+1=2，解得𝑘=512，则实数k的取值范围为(512,34]．故选:B.4．（5分）（2022·

河北·高二阶段练习）在平面直角坐标系中，点𝐴，𝐵分别是𝑥轴、𝑦轴上的两个动点，有一定点𝑀(3,4)，则|𝑀𝐴|+|𝐴𝐵|+|𝐵𝑀|的最小值是（）．A．9B．10C．11D．12【解题思路

】依题意，作图，分两类讨论：①当𝐴与𝐵重合于坐标原点𝑂时；②当𝐴与𝐵不重合时，从而可求得答案．【解答过程】依题意，作图如下：设点𝑀(3,4)关于𝑦轴的对称点为𝑃(−3,4)，关于𝑥轴的对称点为𝑄(3,−4)，则|𝑀𝐵|=|�

�𝐵|，|𝑀𝐴|=|𝐴𝑄|，当𝐴与𝐵重合于坐标原点𝑂时，|𝑀𝐴|+|𝐴𝐵|+|𝐵𝑀|=|𝑃𝑂|+|𝑂𝑄|=|𝑃𝑄|=√[3−(−3)]2+(−4−4)2=10；当𝐴与𝐵不重

合时，如图，|𝑀𝐴|+|𝐴𝐵|+|𝐵𝑀|=|𝑃𝐵|+|𝐴𝐵|+|𝐴𝑄|>|𝑃𝑄|=10；∴当𝐴与𝐵重合于坐标原点𝑂时，|𝑀𝐴|+|𝐴𝐵|+|𝐵𝑀|取得最小值10．故选：B．5．（5

分）（2022·广东高二开学考试）在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶,∠𝐵𝐴𝐶=90°，D，E，F分别是棱𝐴𝐵,𝐵𝐶,𝐶𝑃的中点，𝐴𝐵=𝐴𝐶,𝑃𝐴=2𝐴𝐵，则直线𝑃𝐴与平面𝐷𝐸𝐹所成角的正弦值为（）A．2√55B．

√55C．√35D．2√35【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量可求线面角的正弦值.【解答过程】因为𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，而𝐴𝐵,𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，故�

�𝐴⊥𝐴𝐵,𝑃𝐴⊥𝐴𝐶，而∠𝐵𝐴𝐶=90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系，设|𝐴𝐵|=2，则|𝐴𝐶|=2,|𝑃𝐴|=4且𝑃(0,0,4),𝐴(0,0,0),𝐵

(2,0,0),𝐶(0,2,0)，故𝐷(1,0,0),𝐸(1,1,0),𝐹(0,1,2)，故𝐴𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=(0,0,4)，𝐷𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=(0,1,0)，𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,2)，设平面𝐸𝐹𝐷的法向量为𝑛⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则：由{𝑛⃑⋅𝐷𝐸⃑⃑

⃑⃑⃑=0𝑛⃑⋅𝐸𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=0可得{𝑦=0−𝑥+2𝑧=0，取𝑧=1，则𝑛⃑=(2,0,1)，设直线𝑃𝐴与平面𝐷𝐸𝐹所成角为𝜃，则sin𝜃=|cos〈𝐴𝑃⃑⃑⃑⃑⃑,𝑛⃑〉|=44×√5=√55.故选：B

.6．（5分）（2022·全国·高三专题练习）已知𝐹为抛物线𝐶：𝑦2=4𝑥的焦点，过𝐹作两条互相垂直的直线𝑙1,𝑙2，直线𝑙1与𝐶交于𝐴,𝐵两点，直线𝑙2与𝐶交于𝐷,𝐸两点，则|�

�𝐵|+|𝐷𝐸|的最小值为（）A．16B．14C．12D．10【解题思路】设𝑙1的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，直线方程代入抛物线方程用韦达定理是𝑦1+𝑦2,𝑦1𝑦2，由弦长公式求得弦长|

𝐴𝐵|，由垂直得𝑙2方程，同理可得|𝐷𝐸|，求出|𝐴𝐵|+|𝐷𝐸|，应用基本不等式可得最小值．【解答过程】因为两条互相垂直的直线𝑙1,𝑙2均过𝐹，且𝐹(1，0)所以设𝑙1的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立

{𝑦2−4𝑚𝑦−4=0𝑥=𝑚𝑦+1，故𝑦1+𝑦2=4𝑚，𝑦1𝑦2=−4．则|𝐴𝐵|=√𝑚2+1√16𝑚2+16=4(𝑚2+1)，同理|𝑃𝑄|=4(1𝑚2+1)，|𝐴𝐵|+|

𝑃𝑄|=4(2+𝑚2+1𝑚2)≥16，当且仅当𝑚=±1时，取“=”，故选：A.7．（5分）（2022·全国·高二单元测试）已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2=1(𝑎>0)与直线𝑦=𝑘𝑥交于A、B两点，

点P为C右支上一动点，记直线PA、PB的斜率分别为𝑘𝑃𝐴、𝑘𝑃𝐵，曲线C的左、右焦点分别为𝐹1、𝐹2．若𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=19，则下列说法正确的是（）A．𝑎=√3B．双曲线C的渐近线方程为𝑦

=±√3𝑥C．若𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，则△𝑃𝐹1𝐹2的面积为2D．曲线𝐶的离心率为√103【解题思路】设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝑃(𝑥0,𝑦0)，由题可得1𝑎2=19，可得双曲线方程，进而判断ACD，然后利用双曲线的定义及三角形的面积公式可判断

C.【解答过程】由{𝑦=𝑘𝑥𝑥2𝑎2−𝑦2=1，可得(1𝑎2−𝑘2)𝑥2−1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=0，即𝑥2=−𝑥1，∴𝐵(−

𝑥1,−𝑦1)，设𝑃(𝑥0,𝑦0)，则𝑥1⬚2𝑎2−𝑦1⬚2=1，𝑥0⬚2𝑎2−𝑦0⬚2=1，所以𝑥1⬚2−𝑥0⬚2𝑎2=𝑦1⬚2−𝑦0⬚2，即𝑦1⬚2−𝑦0⬚2𝑥1⬚2−𝑥0⬚2=1𝑎2，

又𝑘𝑃𝐴=𝑦1−𝑦0𝑥1−𝑥0，𝑘𝑃𝐵=−𝑦1−𝑦0−𝑥1−𝑥0，𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵=19，所以𝑘𝑃𝐴𝑘𝑃𝐵=𝑦1−𝑦0𝑥1−𝑥0⋅−𝑦1−𝑦0−𝑥

1−𝑥0=𝑦0⬚2−𝑦1⬚2𝑥0⬚2−𝑥1⬚2=1𝑎2=19，∴𝑎2=9，即𝑎=3，故A错误；所以双曲线𝐶:𝑥29−𝑦2=1，𝑏=1,𝑐=√10，双曲线C的渐近线方程为𝑦=±13𝑥，离心率为√103，故B错误，D正确；若𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2，则|𝑃𝐹1|2+|

𝑃𝐹2|2=(|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|)2−2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=(2√10)2，所以|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=2，△𝑃𝐹1𝐹2的面积为1，故C错误.故选：D.8．（5分）（2022·吉林市模拟预测（理））已知直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥

(𝑘≠0)与双曲线𝐶:𝑥24−𝑦2=1交于P，Q两点，𝑄𝐻⊥𝑥轴于点H，直线𝑃𝐻与双曲线C的另一个交点为T，则下列选项中错误的是（）A．−12<𝑘<12且𝑘≠0B．𝑘𝑃𝑇=𝑘2C．𝑘𝑃𝑇⋅𝑘𝑄𝑇为定值D．𝑘𝑃𝑄2+𝑘𝑄𝑇2

的最小值为2【解题思路】由已知，可由双曲线方程推导结论𝑘𝑃𝑇𝑘𝑄𝑇=𝑏2𝑎2，选项A，根据双曲线方程，可以求得渐近线方程，然后直线与双曲线交于P，Q两点，即可求解出𝑘的取值范围；选项B，利用坐标表示出𝑘𝑃𝑇，从而找到𝑘

𝑃𝑇与𝑘之间的关系；选项C，由𝑘𝑃𝑇𝑘𝑄𝑇=𝑏2𝑎2可知𝑘𝑃𝑇⋅𝑘𝑄𝑇=12；选项D，利用𝑘𝑃𝑇⋅𝑘𝑄𝑇=12借助基本不等式可得𝑘𝑃𝑄2+𝑘𝑄𝑇2≥1，故该选项错误.【

解答过程】参考结论：已知双曲线方程为：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(−𝑥1,−𝑦1)是双曲线上关于原点对称的两点，点𝑇(𝑥2,𝑦2)(𝑥2≠±𝑥1)也在双曲线上，则𝑘𝑃𝑇𝑘�

�𝑇=𝑏2𝑎2．推导：由𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1得，𝑦2=𝑏2𝑎2(𝑥2−𝑎2)，则𝑦12=𝑏2𝑎2(𝑥12−𝑎2)，𝑦22=𝑏2𝑎2(𝑥22−𝑎2)，所以𝑘𝑃𝑇𝑘𝑄𝑇=𝑦2−𝑦1𝑥2−𝑥1𝑦2+𝑦1𝑥2+𝑥1=𝑦22−

𝑦12𝑥22−𝑥12=𝑏2𝑎2(𝑥22−𝑎2)−𝑏2𝑎2(𝑥12−𝑎2)𝑥22−𝑥12=𝑏2𝑎2(𝑥22−𝑥12)𝑥22−𝑥12=𝑏2𝑎2，解析：𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(−𝑥1,−𝑦1)，𝐻(−

𝑥1,0)，𝑇(𝑥2,𝑦2)，则𝑘=𝑦1𝑥1选项A，双曲线𝐶:𝑥24−𝑦2=1，所以渐近线方程为𝑦=±12𝑥，直线与双曲线交于P，Q两点，所以−12<𝑘<12，由已知，𝑘≠0，所以该选项正确；选项B，𝑘𝑃𝐻=𝑘𝑃𝑇=𝑦1𝑥1+

𝑥1=𝑦12𝑥1=𝑘2，所以该选项正确；选项C，𝑘𝑃𝑇𝑘𝑄𝑇=𝑏2𝑎2=14，∴𝑘𝑄𝑇=12𝑘，∴𝑘𝑃𝑄𝑘𝑄𝑇=12，所以该选项正确；选项D，因为𝑘𝑃𝑄𝑘𝑄𝑇=12，所以𝑘𝑃�

�2+𝑘𝑄𝑇2>2𝑘𝑃𝑄·𝑘𝑄𝑇=2×12=1≠2，故该选项错误；故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022·河北·高二阶段练习）已知空间中三点𝐴

(0,1,0),𝐵(2,2,0),𝐶(−1,3,1)，则下列结论正确的有（）A．与𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑共线的单位向量是(√22,√22,0)B．𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑C．𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑与𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑夹角的余弦值是√5511D．平面𝐴𝐵

𝐶的一个法向量是(1,−2,5)【解题思路】根据共线向量的定义判定A选项；向量垂直，则其点乘为0，判定B选项；利用向量夹角公式判定C选项；D选项，将𝑚⃑⃑=(1,−2,5)代入计算𝑚⃑⃑⋅𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑，𝑚⃑⃑

⋅𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑即可.【解答过程】解：∵2√22≠1√22，∴(√22,√22,0)与𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,1,0)不共线，故A错误；𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,1,0)，𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,2,1)，𝐴�

�⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(2,1,0)⋅(−1,2,1)=−2+2=0，故𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝐴𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑，故B正确；cos⟨𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩=𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐶⃑

⃑⃑⃑⃑⃑|𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑||𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=(2,1,0)⋅(−3,1,1)√5×√11=−5√55=−√5511，C错误；设𝑚⃑⃑=(1,−2,5)，则𝑚⃑⃑⋅𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−2,5)⋅(2,1,0)=2−2=0,，𝑚⃑⃑⋅𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(1,−2,5

)⋅(−3,1,1)=−3−2+5=0，所以𝑚⃑⃑⊥𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝑚⃑⃑⊥𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑⃑，又𝐴𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，且𝐴𝐵,𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以平面𝐴𝐵𝐶的一个法向量是(1,−2,5)，D正确.故选：BD.10．（5分）（2022·山东·高

二阶段练习）下列说法正确的是（）A．已知直线𝑙过点𝑃(2,3)，且在𝑥,𝑦轴上截距相等，则直线𝑙的方程为𝑥+𝑦-5=0.B．直线√3𝑥-𝑦+1=0的倾斜角为60°.C．𝑎,𝑏∈R，“直线𝑎𝑥+2𝑦-1=0与(𝑎+1)𝑥-2𝑎𝑦+1=0垂直”是“𝑎=3”

的必要不充分条件.D．若直线𝑙沿𝑥轴向左平移3个单位长度，再沿𝑦轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线𝑙的斜率为-23【解题思路】对于A，设出直线的点斜式方程，求出在𝑥,𝑦轴上截距，可列出方程，可得答案；对于B，根

据倾斜角与斜率的关系，由方程求得斜率，列出三角函数方程，可得答案；对于C，根据两直线垂直的证明公式，可得方程，结合充分必要条件的定义，可得答案；对于D，根据函数图象变换表示出前后解析式，由题意，列方程，可得答案.【解答过程】对于A，由题意，显然直线斜率存在，且直线𝑙过点𝑃(2

,3)，可设方程为𝑦-3=𝑘(𝑥-2)，令𝑥=0，𝑦=-2𝑘+3；令𝑦=0，𝑥=2-3𝑘，因为在𝑥,𝑦轴上截距相等，所以-2𝑘+3=2-3𝑘，则2𝑘2-𝑘-3=0,(𝑘≠0)，(2𝑘-3)(�

�+1)=0，解得𝑘=32或1，故直线𝑙方程为3𝑥-2𝑦=0或𝑥+𝑦-5=0，故A错误；对于B，直线方程√3𝑥-𝑦+1=0，转化为𝑦=√3𝑥+1，设该直线的倾斜角为𝜃，故tan𝜃=√3，解得𝜃=60∘，

故B正确；对于C，先证充分性：由“直线𝑎𝑥+2𝑦-1=0与(𝑎+1)𝑥-2𝑎𝑦+1=0垂直”，则𝑎(𝑎+1)+2(-2𝑎)=0，𝑎2-3𝑎=0，𝑎(𝑎-3)=0，解得𝑎=0或3，故“

直线𝑎𝑥+2𝑦-1=0与(𝑎+1)𝑥-2𝑎𝑦+1=0垂直”是“𝑎=3”的必要不充分条件，故C正确；对于D，由题意，可设𝑦=𝑘𝑥+𝑏，向左平移3个单位，向上平移2个单位，可得𝑦=𝑘(𝑥+3)+𝑏+2，则𝑦=𝑘𝑥+3𝑘+𝑏+2，因为回到原来的位置，所

以𝑏=3𝑘+𝑏+2，3𝑘+2=0，解得𝑘=-23，故D正确.故选：BCD.11．（5分）（2022·湖南·高二阶段练习）正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为3，点𝐸，𝐹分

别在棱𝐶𝐶1，𝐷1𝐶1上，且𝐶1𝐸=2𝐸𝐶，𝐷1𝐹=2𝐹𝐶1，下列命题正确的是（）A．异面直线𝐴1𝐷与𝐵𝐹垂直；B．𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝐵𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑；C．三棱锥𝐵1−𝐵𝐸𝐹的体积为32D．点𝐴到平面𝐵𝐸�

�的距离等于3【解题思路】建立空间直角坐标系，利用坐标法分别判断ABD选项及𝐵1到平面𝐵𝐸𝐹的距离，进而可得三棱锥𝐵1−𝐵𝐸𝐹的体积.【解答过程】连接𝐸𝐹，𝐵1𝐸，𝐵1𝐹，以O为原点建

立如图空间直角坐标系，则𝐴(3,0,0)，𝐴1(3,0,3)，𝐵(3,3,0)，𝐵1(3,3,3)，𝐷(0,0,0)，𝐸(0,3,1)，𝐹(0,2,3)，所以𝐴1𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−3,0

,−3)，𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−3,−1,3)，𝐵𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−3,0,1)，𝐵𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,0,3)，𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,3,0)，A选项：𝐴1𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−3)×(−

3)+0×(−1)+(−3)×3=0，所以𝐴1𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑，即𝐴1𝐷⊥𝐵𝐹，A选项正确；B选项：𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−3)×(−3)+(−1)×0+3×1=12≠0，所以𝐵𝐹⃑⃑⃑⃑⃑⃑与𝐵𝐸⃑

⃑⃑⃑⃑⃑不垂直，B选项错误；C选项：𝑉𝐵1−𝐵𝐸𝐹=𝑉𝐹−𝐵𝐵1𝐸=13⋅𝑆△𝐵𝐵1𝐸⋅𝐹𝐶1=13×12×3×3×1=32，C选项正确；D选项：设平面𝐸𝐵𝐹的法向量为𝑛⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝐵𝐹

⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛⃑=−3𝑥−𝑦+3𝑧=0𝐵𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑛⃑=−3𝑥+𝑧=0，令𝑥=1，则𝑛⃑=(1,6,3)，所以点𝐴到平面𝐸𝐵𝐹的距离𝑑=|𝐴𝐵→⋅𝑛→|𝑛→||=|18√12+62+32|=9

√4623，D选项错误；故选：AC.12．（5分）（2022·广东·高三阶段练习）已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左，右顶点分别为𝐴1，𝐴2，点P，Q是双曲线C上关于原点对称的两点（异于顶点），直线𝑃𝐴

1，𝑃𝐴2，𝑄𝐴1的斜率分别为𝑘𝑃𝐴1，𝑘𝑃𝐴2，𝑘𝑄𝐴1，若𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=34，则下列说法正确的是（）A．双曲线C的渐近线方程为𝑦=±34𝑥B．双曲线C的离心率为√72C．𝑘

𝑃𝐴1⋅𝑘𝑄𝐴1为定值D．tan∠𝐴1𝑃𝐴2的取值范围为(0,+∞)【解题思路】求得双曲线C的渐近线方程判断选项A；求得双曲线C的离心率判断选项B；化简𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑄𝐴1后再判断选项C；求得tan∠𝐴1𝑃𝐴2的取值范围判断选项D.【解答过程】设𝑃(𝑥,𝑦)

，则𝑦2=𝑏2(𝑥2𝑎2−1)，因为𝐴1(−𝑎,0)，𝐴2(𝑎,0)，故𝑘𝑃𝐴1⋅𝑘𝑃𝐴2=𝑦𝑥+𝑎⋅𝑦𝑥−𝑎=𝑦2𝑥2−𝑎2=𝑏2(𝑥2𝑎2−1)𝑥2−

𝑎2=𝑏2𝑎2，依题意有𝑏2𝑎2=34，所以𝑏𝑎=√32，所以双曲线C的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥=±√32𝑥，离心率𝑒=√𝑎2+𝑏2𝑎2=√1+𝑏2𝑎2=√72，故选项A错误，选项B正确；因为点P，Q关于原点对称，所以四边形𝐴1𝑃𝐴2𝑄为平行四边形，即有

𝑘𝐴1𝑄=𝑘𝐴2𝑃，所以𝑘𝐴1𝑃⋅𝑘𝐴1𝑄=𝑘𝐴1𝑃⋅𝑘𝐴2𝑃=34，故C正确；设𝑃𝐴1的倾斜角为𝛼，𝑃𝐴2的倾斜角为𝛽，由题意可得tan𝛼⋅tan𝛽=34，则∠

𝐴1𝑃𝐴2=|𝛼−𝛽|，根据对称性不妨设P在x轴上方，则𝛽>𝛼，则∠𝐴1𝑃𝐴2=𝛽−𝛼，则tan∠𝐴1𝑃𝐴2=tan(𝛽−𝛼)=tan𝛽−tan𝛼1+tan𝛼⋅tan𝛽=47

(𝑘𝑃𝐴2−𝑘𝑃𝐴1)=47(𝑘𝑃𝐴2−34𝑘𝑃𝐴2)，因为P在x轴上方，则𝑘𝑃𝐴2>√32，或−√32<𝑘𝑃𝐴2<0，函数𝑓(𝑥)=𝑥−34𝑥在(−√32,0)和(√32,+∞)上单调递增，所以tan∠𝐴1𝑃𝐴2∈(0,+∞

)，故D正确.故选：BCD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022·北京市高二阶段练习）𝑎=(1,−3,1)，𝑏⃑=(−1,1,−3)，则|𝑎−𝑏⃑|=6．【解题思路】

首先求出𝑎−𝑏⃑的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.【解答过程】解：因为𝑎=(1,−3,1)，𝑏⃑=(−1,1,−3)，所以𝑎−𝑏⃑=(1,−3,1)−(−1,1,−3)=(2,−4,4)，所以|𝑎−𝑏⃑|=√22+(−4)2

+42=6；故答案为：6.14．（5分）（2022·江西·高三阶段练习（文））若直线𝑙:𝑥−√3𝑦+5=0被圆𝐶:𝑥2+𝑦2+2𝑥−𝑚=0截得线段的长为4，则实数𝑚的值为7．【解题思路】把圆的一般方程化为圆的标准方程，利

用点到直线的距离公式以及勾股定理进行求解.【解答过程】把圆𝐶：𝑥2+𝑦2+2𝑥−𝑚=0化为标准方程有：(𝑥+1)2+𝑦2=1+𝑚，可得1+𝑚>0，即𝑚>−1，所以圆心𝐶(−1,0)，半径𝑟=√1+𝑚，又直线𝑙：𝑥−√3𝑦+5=0，所以圆心𝐶到直线

的距离为𝑑=|−1−0+5|√12+(−√3)2=2，因为直线𝑙：𝑥−√3𝑦+5=0被圆𝐶：𝑥2+𝑦2+2𝑥−𝑚=0截得线段的长为4，根据勾股定理有：𝑑2+22=𝑟2，解得𝑟=2√2，所以𝑟=√1+𝑚=2√2，解得𝑚=7.故答案为：7.1

5．（5分）（2022·全国·高三专题练习）设𝐹1，𝐹2分别为椭圆𝐶1：𝑥2𝑎12+𝑦2𝑏12=1(𝑎1>𝑏1>0)与双曲线𝐶2：𝑥2𝑎22-𝑦2𝑏22=1(𝑎2>𝑏2>0)的公共焦点，它们在第一象限内交于点𝑀，∠𝐹1𝑀𝐹2=90°，若椭圆的离心率𝑒

1∈[34,2√23]，则双曲线𝐶2的离心率𝑒2的取值范围为[2√147,√2)．【解题思路】由题意，根据椭圆和双曲线的定义，表示出焦半径，整理齐次方程，根据离心率定义以及二次函数的性质，可得答案.【解答过程】由椭圆及双曲线定义得𝑀𝐹1+𝑀𝐹

2=2𝑎1，𝑀𝐹1-𝑀𝐹2=2𝑎2⇒𝑀𝐹1=𝑎1+𝑎2，𝑀𝐹2=𝑎1-𝑎2，因为∠𝐹1𝑀𝐹2=90°，所以(𝑎1+𝑎2)2+(𝑎1-𝑎2)2=4𝑐2，𝑎12+𝑎22=2𝑐2，1𝑒12+1𝑒22=2，因为𝑒1∈[3

4,2√23]，𝑒12∈[916,89]，1𝑒12∈[98,169]，所以1𝑒22=2-1𝑒12∈[29,78]，则𝑒2∈[2√147,3√22]，因为𝑎2>𝑏2，𝑏2𝑎2<1，由𝑒2=𝑐𝑎2=√1+(

𝑏2𝑎2)<√2，所以1<𝑒2<√2，因此𝑒2∈[2√147,√2)．故答案为：[2√147,√2).16．（5分）（2022·全国·高二单元测试）若椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率是√32，

一个顶点是𝐵(0,1)，且𝑃，𝑄是椭圆𝐶上异于点𝐵的任意两点，𝐵𝑃⊥𝐵𝑄，则直线𝑃𝑄过定点(0,−35)．【解题思路】由椭圆的离心率和𝐵的坐标及𝑎，𝑏，𝑐之间的关系求出椭圆的方程；设直线𝑃

𝑄方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由𝐵𝑃⊥𝐵𝑄，所以𝐵𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0，将两根之积代入可得直线恒过定点的坐标．【解答过程】解：由题意可得{𝑒=𝑐𝑎=√32𝑏=1𝑐2=𝑎2−𝑏2

，解得：𝑎2=4，𝑏2=1，所以椭圆的方程为：𝑥24+𝑦2=1；①当直线𝑃𝑄的斜率存在时，设直线𝑃𝑄的方程为：𝑦=𝑘𝑥+𝑡，𝑡≠1，设𝑃(𝑥1，𝑦1)，𝑄(𝑥2，𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑡𝑥24+𝑦2=1，整理可得：(1+4𝑘2)𝑥2

+8𝑘𝑡𝑥+4𝑡2−4=0，可得𝑥1+𝑥2=−8𝑘𝑡1+4𝑘2，𝑥1𝑥2=4𝑡2−41+4𝑘2，则𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+2𝑡=2𝑡1+4𝑘2，𝑦1𝑦2=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑡(𝑥1+𝑥2)+𝑡2=𝑡2−4𝑘21+4

𝑘2，因为𝐵𝑃⊥𝐵𝑄，所以𝐵𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑=0，即：(𝑥1，𝑦1−1)(𝑥2，𝑦2−1)=0，所以𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2−(𝑦1+𝑦2)+1=0，代入可得：4𝑡2−41+4𝑘2+𝑡2−4𝑘21+

4𝑘2−2𝑡1+4𝑘2+1=0，整理可得：5𝑡2−2𝑡−3=0，解得：𝑡=−35或1，且𝑃，𝑄是椭圆𝐶上异于点𝐵的任意两点，故𝑡=−35，所以直线𝑃𝑄的方程为：𝑦=𝑘𝑥−35

，恒过定点(0,−35)；②当直线𝑃𝑄的斜率不存在时，设直线𝑃𝑄的方程为𝑥=𝑡，则{𝑥=𝑡𝑥24+𝑦2=1可得𝑦=±√1−𝑡24，设𝑃(𝑡,√1−𝑡24)，𝑄(𝑡,−√1−𝑡24)，因为𝐵𝑃⊥𝐵𝑄，所以𝐵𝑃⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝑄⃑⃑⃑⃑⃑⃑

=0，所以(𝑡，√1−𝑡24−1)(𝑡，−√1−𝑡24−1)=0，即𝑡2+1−(1−𝑡24)=0，解得：𝑡=0，所以直线𝑃𝑄也过(0,−35).故答案为：(0,−35)．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）

（2022·山西·高二阶段练习）已知两直线𝑙1:𝑎𝑥−𝑏𝑦+4=0，𝑙2:(𝑎−1)𝑥+𝑦+𝑏=0.求分别满足下列条件的𝑎，𝑏的值：(1)直线𝑙1过点(−3,−1)，并且直线�

�1与𝑙2垂直；(2)直线𝑙1与直线𝑙2平行，并且直线𝑙2在𝑦轴上的截距为3.【解题思路】（1）根据直线垂直的充要条件以及点(-3,-1)在直线𝑙1上，列出方程组即可解出；（2）根据两直线平行斜率相等，以及直线纵截距的意义，

列出方程，即可解出．【解答过程】（1）因为l1⊥l2，所以a(a－1)＋(－b)·1＝0，即a2－a－b＝0.①又点(－3，－1)在l1上，所以－3a＋b＋4＝0.②由①②得a＝2，b＝2.（2）因为直线l2在y轴上的截距为3，所以b＝－3，又�

�1//𝑙2,𝑘1=-𝑎3,𝑘2=1-𝑎,所以-𝑎3=1-𝑎,所以𝑎=32,故𝑎=32,𝑏=-3.18．（12分）（2022·吉林·高二阶段练习）如图，四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面为矩形，𝑃𝐷⊥平面𝐴�

�𝐶𝐷，𝐸为𝐴𝐵中点，F为𝑃𝐷中点，𝐴𝐵=2𝑃𝐷=2𝐵𝐶=2．(1)证明：𝐸𝐹∥平面𝑃𝐵𝐶；(2)求点𝐸到面𝑃𝐵𝐶的距离．【解题思路】（1）取𝑃𝐶的中点𝐺，连接𝐵𝐺,𝐹𝐺，由三

角形中位线定理结合矩形的性质可得四边形𝐵𝐸𝐹𝐺为平行四边形，则𝐸𝐹∥𝐵𝐺，再由线面平行的判定定理可证得结论，（2）由已知可得𝑃𝐷,𝐴𝐷,𝐷𝐶两两垂直，所以以点𝐷为坐标原点，以𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝑃

所在直线分别为𝑥,𝑦,𝑧轴建立空间直角坐标系，求出平面𝑃𝐵𝐶的法向量，利用空间向量求解即可.【解答过程】（1）证明：取𝑃𝐶的中点𝐺，连接𝐵𝐺,𝐹𝐺,因为F为𝑃𝐷中点，所以𝐹𝐺∥𝐷𝐶，𝐹

𝐺=12𝐷𝐶，因为𝐸为𝐴𝐵中点，所以𝐵𝐸=12𝐴𝐵，因为𝐴𝐵∥𝐷𝐶，𝐴𝐵=𝐷𝐶，所以𝐵𝐸∥𝐹𝐺，𝐵𝐸=𝐹𝐺，所以四边形𝐵𝐸𝐹𝐺为平行四边形，所以𝐸𝐹∥𝐵𝐺，因为𝐸𝐹⊄平面𝑃𝐵𝐶，�

�𝐺⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐸𝐹∥平面𝑃𝐵𝐶；（2）因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷,𝐷𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐷,𝑃𝐷⊥𝐷𝐶，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，所以𝐴𝐷⊥𝐷𝐶，所以𝑃𝐷,𝐴𝐷,𝐷

𝐶两两垂直，所以以点𝐷为坐标原点，以𝐷𝐴,𝐷𝐶,𝐷𝑃所在直线分别为𝑥,𝑦,𝑧轴建立空间直角坐标系，则𝐷(0,0,0),𝐴(1,0,0),𝐵(1,2,0),𝐶(0,2,0),𝑃(0,0,1)，因为�

�为𝐴𝐵中点，F为𝑃𝐷中点，所以𝐸(1,1,0),𝐹(0,0,12)，所以𝐶𝐵→=(1,0,0),𝑃𝐶→=(0,2,−1)，𝐸𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,1,0)，设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑚

⃑⃑⃑=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝑚→·𝐶𝐵→=𝑥=0𝑚→·𝑃𝐶→=2𝑦−𝑧=0，令𝑦=1，则𝑚⃑⃑⃑=(0,1,2)，所以点𝐸到平面𝑃𝐵𝐶的距离为𝑑=|𝐸𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑚⃑⃑⃑⃑||𝑚⃑⃑⃑⃑|=1√1+4=√55.19．（12分）（2022·全国·高三

专题练习）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√66，且经过点𝐸(√6,√15)．(1)求椭圆𝐶的方程；(2)若过点𝑀(3,0)的直线𝑙与椭圆𝐶交于𝑃，𝑄

两点，点𝑃关于𝑥轴的对称点为点𝑁，求△𝑀𝑁𝑄面积的最大值．【解题思路】（1）由题知𝑎2=65𝑏2，再待定系数求解即可得答案；（2）结合题意设𝑙:𝑥=𝑚𝑦+3，𝑃(𝑥1,𝑦1)

，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑁(𝑥1,−𝑦1)，进而根据𝑆△𝑀𝑁𝑄=𝑆△𝑃𝑄𝑁−𝑆△𝑃𝑀𝑁，结合基本不等式求解即可.【解答过程】（1）解：设椭圆𝐶的焦距为2𝑐，则𝑒=𝑐𝑎=√66，即�

�2𝑎2=𝑎2−𝑏2𝑎2=16，所以1−𝑏2𝑎2=16，即𝑎2=65𝑏2，①又椭圆𝐶经过点𝐸(√6,√15)，则6𝑎2+15𝑏2=1，②由①②解得𝑎2=24，𝑏2=20，所以椭圆𝐶的方程为𝑥224+𝑦220=1．（2）解：当直线𝑙垂直于坐标轴时，点𝑀，

𝑁，𝑄不能构成三角形，不符合题意，当直线𝑙不垂直于坐标轴时，设𝑙:𝑥=𝑚𝑦+3，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则𝑁(𝑥1,−𝑦1)，联立{𝑥=𝑚𝑦+3𝑥224+𝑦220=1得(5𝑚2+6)𝑦2+30𝑚𝑦

−75=0,，则𝑦1+𝑦2=−30𝑚5𝑚2+6，𝑦1𝑦2=−755𝑚2+6．又𝑆△𝑃𝑄𝑁=12×|2𝑦1|×|𝑥2−𝑥1|，𝑆△𝑃𝑀𝑁=12×|2𝑦1|×|3−𝑥1|，易知𝑥2−𝑥1与3−𝑥1同号

，所以𝑆△𝑀𝑁𝑄=𝑆△𝑃𝑄𝑁−𝑆△𝑃𝑀𝑁=|𝑦1|×(|𝑥2−𝑥1|−|3−𝑥1|)=|𝑦1|×|(𝑥2−𝑥1)−(3−𝑥1)|=|𝑦1|×|𝑥2−3|=|𝑦1|×|𝑚𝑦2|=|𝑚𝑦1𝑦2|，=75|𝑚|5𝑚2+6=755|𝑚|+6

|𝑚|≤752√5|𝑚|×6|𝑚|=5√304，当且仅当5|𝑚|=6|𝑚|，即𝑚=±√305时等号成立，所以△𝑀𝑁𝑄面积的最大值为5√304．20．（12分）（2022·四川·高三阶段练习（理））如图，已知𝑆𝐴垂直于梯形𝐴𝐵𝐶𝐷所在的平面，

矩形𝑆𝐴𝐷𝐸的对角线交于点F，G为𝑆𝐵的中点，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=π2，𝑆𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐶=12𝐴𝐷=1.(1)求平面𝑆𝐶𝐷与平面𝐸𝑆𝐷形成的钝二面角的余弦值；(2)在线段𝐸𝐺

上是否存在一点H，使得𝐵𝐻与平面𝑆𝐶𝐷所成角的大小为𝜋6？若存在，求出𝐺𝐻的长；若不存在，说明理由.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系求得相关点的坐标，求平面SCD的一个法向量，根据向量的夹角坐标公式求答案；（2）假设存在点H，设𝐺𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=�

�𝐺𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−12𝜆,2𝜆,12𝜆)，表示出𝐵𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑的坐标，根据BH与平面SCD所成角的大小为π6，利用向量的夹角坐标公式求参数，进而求𝐺𝐻的长.【解答过程】（1）因为𝑆𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵,𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑆𝐴

⊥𝐴𝐵,𝑆𝐴⊥𝐴𝐷.又∠𝐵𝐴𝐷=π2，所以𝐴𝐵⊥𝐴𝐷.以𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑,𝐴𝑆⃑⃑⃑⃑⃑⃑为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系𝐴−𝑥𝑦𝑧.则𝐴

(0,0,0)，𝐵(1,0,0),𝐶(1,1,0),𝐷(0,2,0),𝑆(0,0,1),𝐸(0,2,1),𝐺(12,0,12).𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,1,0)，𝑆𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=(1,1,−1).设平面SCD的一个法向量

为𝑚⃑⃑⃑=(𝑥,𝑦,𝑧).则{𝑚⃑⃑⃑⋅𝐶𝐷⃑⃑⃑⃑⃑⃑=−𝑥+𝑦=0𝑚⃑⃑⃑⋅𝑆𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥+𝑦−𝑧=0，令𝑥=1，则𝑚⃑⃑⃑=(1,1,2)，所以平面SCD的

一个法向量为𝑚⃑⃑⃑=(1,1,2).又平面ESD的一个法向量为𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(1,0,0).所以cos⟨𝑚⃑⃑,𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩=𝑚⃑⃑⃑⋅𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑|𝑚⃑⃑⃑|×|𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=1×1+1×0+2×0√12+12+22×1=√66，由图形可知，二面

角𝐶−𝑆𝐷−𝐸为钝角，所以二面角𝐶−𝑆𝐷−𝐸的余弦值为−√66.（2）存在，理由如下：若存在H，设𝐺𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝐺𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−12𝜆,2𝜆,12𝜆)，则𝐵𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝐵𝐺⃑⃑⃑⃑⃑⃑

+𝜆𝐺𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−12−12𝜆,2𝜆,12+12𝜆)，由（1）知，面SCD的一个法向量为𝑚⃑⃑⃑=(1,1,2)，则sinπ6=|cos⟨𝑚⃑⃑⃑,𝐵𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⟩|=

|𝑚⃑⃑⃑⃑⋅𝐵𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑||𝑚⃑⃑⃑⃑|⋅|𝐵𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=|−12−12𝜆+2𝜆+1+𝜆|√6×√4𝜆2+12(1+𝜆)2=12，即(𝜆−1)2=0，所以𝜆=1，则𝐺𝐻⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝐺

𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(−12,2,12)，故存在满足题意的H，此时𝐺𝐻=|𝐺𝐸⃑⃑⃑⃑⃑⃑|=3√22.21．（12分）（2022·江苏·高二阶段练习）在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知圆𝑂：𝑥2+𝑦2=𝑟2(𝑟>0)与圆𝑀：(𝑥−6)2+𝑦2=4.(

1)若圆𝑂与圆𝑀有公共点，求正实数𝑟的取值范围；(2)求过点𝐻(4,3)且与圆𝑀相切的直线𝑙的方程；(3)当𝑟=2时，设𝑃为平面上的点，且满足：存在过点𝑃的无穷多对互相垂直的直线𝑙1和

𝑙2，它们分别与圆𝑂和圆𝑀相交，且直线𝑙1被圆𝑂截得的弦长与直线𝑙2被圆𝑀截得的弦长相等，试求所有满足条件的点𝑃的坐标.【解题思路】（1）由两圆相交可得|𝑟1−𝑟2|≤|𝑂𝑀|≤𝑟1

+𝑟2，解之可得𝑟的取值范围；（2）分类讨论切线𝑙的斜率情况，再由线圆相切得到𝑑=𝑟，解之可得直线𝑙的方程；（3）利用弦定长公可将问题转化为圆心𝑀到直线𝑙1与圆心𝑂直线𝑙2的距离相等，由

此列出方程化简，可得到等式，再由𝑘的无穷多解判定得𝑚,𝑛的取值，进而得求.【解答过程】（1）因为圆𝑂：𝑥2+𝑦2=𝑟2(𝑟>0)，故𝑂(0,0)，半径为𝑟；又因为𝑀：(𝑥−6)2+𝑦2=4，故𝑀(6,0)，半径为2

，所以两圆圆心距为：|𝑂𝑀|=6，因为圆𝑀与圆𝑂有交点，所以|𝑟−2|≤6≤𝑟+2，得4≤𝑟≤8，即𝑟∈[4,8].（2）当直线𝑙的斜率不存在时，直线𝑥=4符合题意；当直线𝑙的斜率存在时，设直线𝑙的方程为𝑦−3=𝑘(𝑥−4)即𝑘𝑥−𝑦+3−4𝑘=0，

因为直线𝑙与圆𝑀相切，则𝑑=|2𝑘+3|√𝑘2+1=2，即𝑘=−512，此时直线𝑙的方程为𝑦−3=−512(𝑥−4)，即5𝑥+12𝑦−56=0，综上：直线𝑙的方程为𝑥=4或5𝑥+12𝑦−56=0.（3）设点𝑃坐

标为(𝑚,𝑛)，因为有无数条直线符合要求，不妨设直线𝑙2与𝑙1的方程分别为：𝑦−𝑛=𝑘(𝑥−𝑚)，𝑦−𝑛=−1𝑘(𝑥−𝑚)，即：𝑘𝑥−𝑦+𝑛−𝑘𝑚=0，−1𝑘𝑥−𝑦+𝑛+1𝑘𝑚=0，因为直线𝑙1被圆𝑂截得的弦长与直线𝑙2被圆𝑀截得的

弦长相等，两圆半径相等，由垂径定理可知圆心𝑂到直线𝑙1与圆心𝑀直线𝑙2的距离相等，故有|𝑛+1𝑘𝑚|√1𝑘2+1=|6𝑘+𝑛−𝑘𝑚|√𝑘2+1，即(6−𝑚−𝑛)𝑘=𝑚−𝑛或(6−𝑚+𝑛)𝑘=−𝑚−𝑛，由于关于𝑘的方程有无穷多解

，故{6−𝑚−𝑛=0𝑚−𝑛=0，或{6−𝑚+𝑛=0−𝑚−𝑛=0，解得{𝑚=3𝑛=3或{𝑚=3𝑛=−3，即点𝑃坐标为(3,3)或(3,−3).22．（12分）（2022·山西高三阶段练习）已知椭圆𝐶：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏

>0)的左、右焦点分别为𝐹1，𝐹2，点𝑀(0,2)是椭圆𝐶的一个顶点，△𝐹1𝑀𝐹2是等腰直角三角形．(1)求椭圆𝐶的标准方程；(2)过点𝑀分别作直线𝑀𝐴，𝑀𝐵交椭圆于A，𝐵两点，设两直线𝑀𝐴，𝑀𝐵的斜率分别为𝑘1，𝑘2，且𝑘1+𝑘

2=8，证明：直线𝐴𝐵过定点．【解题思路】（1）根据条件确定a,b的值，从而可得椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程得到根与系数的关系式，用A

,B坐标表示𝑘1+𝑘2=8，结合根与系数的关系式化简，即可求得直线过定点，当斜率不存在时，亦可说明直线过该定点.【解答过程】（1）由题意点𝑀(0,2)是椭圆𝐶的一个顶点，知𝑏=2，因为△𝐹1𝑀𝐹2是等腰直角三角形，所以𝑎=√2𝑏，即𝑎=2√2，所

以椭圆𝐶的标准方程为：𝑥28+𝑦24=1．（2）若直线𝐴𝐵的斜率存在，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，由题意知𝑚≠±2．由{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥28+𝑦24=1，得(1+2𝑘2)𝑥2+4𝑘𝑚𝑥+2𝑚2−8=0，由题意知Δ=8(8𝑘2+4

−𝑚2)>0，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，所以𝑥1+𝑥2=−4𝑘𝑚1+2𝑘2，𝑥1𝑥2=2𝑚2−81+2𝑘2，因为𝑘1+𝑘2=8，所以𝑘1+𝑘2=𝑦1−2𝑥1+

𝑦2−2𝑥2=𝑘𝑥1+𝑚−2𝑥1+𝑘𝑥2+𝑚−2𝑥2=2𝑘+(𝑚−2)×𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=2𝑘+(𝑚−2)×−4𝑘𝑚2𝑚2−8=8，所以𝑘−𝑘𝑚𝑚+2=4

，整理得𝑚=12𝑘−2，故直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘𝑥+12𝑘−2，即𝑦=𝑘(𝑥+12)−2，所以直线𝐴𝐵过定点(−12,−2)．若直线𝐴𝐵的斜率不存在，设其方程为𝑥=𝑥0，𝐴(𝑥0,𝑦0)，𝐵(𝑥0,−

𝑦0)．由题意得𝑦0−2𝑥0+−𝑦0−2𝑥0=8，解得𝑥0=−12，此时直线𝐴𝐵的方程为𝑥=−12，显然过点(−12,−2)．综上，直线𝐴𝐵过定点(−12,−2)．