2020-2021學(xué)年佛山市高二年級上冊期末數(shù)學(xué)試卷(含解析)

2020-2021學(xué)年佛山市高二上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分）

1.給出如下三個命題：

①“aH0”是“a?+a力0”的必要不充分條件；

②命題“若a>b,則2a>2b-1”的否命題為"若a<b,則2a<2b-1”；

③命題"Wr€R,x2+l>r'的否定是“l(fā)r€R,x2+i<r.

其中正確的命題的個數(shù)是（）

A.0B.1C.2D.3

2.已知直線％且^x-y+2016=0.則4的傾斜角是（）

A.30°B.60。C.120°D.150°

3.直線x-2y=0與直線2x-4y+a=0的距離為有，貝b的值為（）

A.±5B.±10C.10D.2V5

4.已知a,0是不同的平面，m,n是不同的直線，給出下列命題：

（T）7n1n>m//a,a〃/?nn_L伙@m1n,m1a,a//j?=>n1/?；

@m1a>n///?,a〃。=m1n；④m1a,m//n,a〃￡=nl0.

其中正確的是（）

A.①②B.②③C.①④D.③④

5.已知橢圓捺+'=l（a>b>0）與雙曲線?一q=1的焦點相同，且橢圓上任意一點到兩焦點的

距離之和為10,那么，該橢圓的離心率等于（）

453

---

B.544

6.設(shè)非零實數(shù)m,n,則“小+/N2mn”是“胃+三22”成立的（）

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

7.拋物線y2=4%上一點「（&,%）到焦點F的距離為6,則與=（）

A.3B.4C.5D.6

8.在四面體的4個面中，是直角三角形的最多有

A.4個B.3個C.2個D.1個

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

9.我們通常稱離心率為當二的橢圓為“黃金橢圓”，已知橢圓C：5i（a>b>0）,A1，A2

分別為左、右頂點，Bi，B2分別為上、下頂點，&,尸2分別為左、右焦點，P點為橢圓上一點,

則滿足下列條件能使橢圓C為“黃金橢圓”的有（）

A.乙&8遇2=90°

2

B.-IF2A2I=1^21

C.四邊形為B24B1的內(nèi)切圓過焦點Fi，F(xiàn)2

D.PF】lx軸，且P0〃42為

10.已知△ABC是由具有公共直角邊的兩塊直角三角板（RM4CZ）和BCD）組成的三角形，如圖

所示，其中4ACD=45°,乙BCD=60。.現(xiàn)將Rt△ACD沿斜邊AC進行翻折成△。〃。（劣不在平面

ABC上）.若M,N分別為BC和BDi的中點，則在△4CD翻折過程中，下列命題中正確的是（）

A.在線段BD上存在一定點E,使得45〃平面MNE

B.存在某個位置，使得直線4Di1平面BCD1

C.存在某個位置，使得直線4。1與CM所成角為60。

D.對于任意位置，二面角5-BC-4始終不小于直線4久與平面4BC所成角

11.下列敘述正確的是（）

A.點P（m,3）在圓（x—2）2+（y-l）2=2外

B.圓/+y2=1在G，?）處的切線方程為％+V3y=2

C.圓/+y2=1上有且僅有3個點到直線心V2%-V2y+1=0的距離等于;

D.曲線G：/+y2+2x=0與曲線。2：/+y2—4x—8y—5=0相切

12.已知三棱錐S-ABC的頂點均在表面積為8兀的球。的球面上，SA.SB、SC兩兩垂直，SA=2,

SB=魚，則下列結(jié)論中正確的是（）

A.球。的半徑為迎B.SC=V2

C.S到平面A8C的距離為立D.0到平面4BC的距離為漁

55

三、單空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知點&、?2是橢圓?+?=1的左、右焦點，P為橢圓上的動點，若動點Q滿足用=2所(/le

R">0)且|而|=|的則點Q到雙曲線?一?=1的一條漸近線距離的最大值為.

14.已知拋物線y=；/的焦點為尸，過尸的直線/與拋物線交于4,B兩點，拋物線的準線與y軸交于

點M,當黑最大時，弦4B長度是.

15.已知棱長為1的正方體ABCD-&B1GD1中，P,Q是面對角線4G的兩個不同的動點.

①存在M,N兩點，使BPLOQ；

②體對角線BDi垂直平面DPQ；

③若|PQI=I，S^BPDe停，學(xué);

④若|PQ|=1,則四面體BDPQ在平面力BCD上的正投影面積為定值；

⑤若|PQ|=1,則四面體BDPQ的體積隨著線段PQ移動而變化；

以上命題為真命題的有.

16.某類產(chǎn)品按工藝共分10個檔次，最低檔次產(chǎn)品每件利潤為8元.每提高一個檔次，每件利潤增加

2元.用同樣工時，可以生產(chǎn)最低檔產(chǎn)品60件，每提高一個檔次將少生產(chǎn)3件產(chǎn)品.則獲得利潤

最大時生產(chǎn)產(chǎn)品的檔次是______.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分)

17.如圖，在四棱錐4一BCOE中，底面BCOE為矩形，M為CD中點，

連接BM,CE交于點尸，G為△ABE的重心.

(1)證明：GF〃平面ABC：

(2)若平面ABC1底面BCCE,平面4CD_L底面BCOE,BC=3,CO=6,

AC=4,求四棱錐。-￡7??；。的體積.

18.已知AABC在平面a外.

卜A

/7

(1)(2)

(1)如圖1,若48na=P,BCna=Q,ACQa=R,求證：P,QR三點共線；

(口)如圖2,若AB“a,BC//a,求證：AC//a.

19.如圖，已知圓。：/+丫2=4和點4(6,8),由圓。外一點P向圓。引切

線PQ,Q為切點，且有|PQ|=\PA\.

(1)求點P的軌跡方程，并說明點P的軌跡是什么樣的幾何圖形？

(2)求|PQ|的最小值;

(3)以P為圓心作圓，使它與圓。有公共點，試在其中求出半徑最小的圓的

方程.

20.已知圓G：(x+1)2+y2=16內(nèi)一點Q點為圓J上任意一點，線段PQ的垂直平分線與

線段GQ連線交于點M.

(1)求點M的軌跡方程；

(2)設(shè)點M的軌跡為曲線C,過點P的直線，與曲線C交于不同的兩點4、B,求△GAB的內(nèi)切圓半徑的

最大值.

21.如圖，P41平面力BCD,四邊形/BCD是正方形，PA=AD

分別是4B、PC的中點

(1)求證：MN〃平面P40

(2)求證：平面MND，平面PCD

(3)求二面角N-MD-C的余弦值.

22.橢圓C：捻+'=l(a>b>0)離心率為爭過點(1,小

(I)求橢圓C的方程；

(H)過"(1,0)的直線交橢圓于4B兩點，4關(guān)于%軸對稱點為E,求證：直線BE過定點.

參考答案及解析

1.答案：c

解析：

本題主要考查充分條件與必要條件的判斷，否命題、命題的否定形式，屬于基礎(chǔ)題.

①根據(jù)充分條件與必要條件的概念判斷；②根據(jù)否命題的形式來判斷；③根據(jù)全稱命題的否定形式

來判斷.

解：①當“a40”時，不一定有“a2+a#0"，如。=-1,滿足a豐0,不滿足a?+aK0,不滿

足充分性；若+a#o”，必然有力0”，滿足必要性，故①正確；

②命題“若a>b,則2a>2b-T的否命題為“若a<b,則2a<2b-1"；故②錯誤；

③命題“VHCR,7+121”的否定是/+；即③正確；

故選：C.

2.答案：D

解析：

考查直線垂直時斜率的關(guān)系，進而得到傾斜角.

解：因為J［：j3x-y+2Q16=Q>

所以直線4的斜率為6，

所以直線4的斜率為-圣

故4的傾斜角是150°.

故選O.

3.答案:B

解析：解：直線％-2y=0化為2%-4y=0,

,??直線％-2y=0與直線2%-4y+a=0的距離為遙，

:.,阿=V5,

心+(-4)2VJ，

化為|a|=10,

解得a=±10.

故選：B.

利用兩條平行線之間的距離公式即可得出.

本題考查了兩條平行線之間的距離公式，屬于基礎(chǔ)題.

4.答案：D

解析：解：①應(yīng)該是n1￡或n〃￡或nu0,即①錯誤；

②應(yīng)該是n〃■或nu/?,即②錯誤；

③由線面垂直、線面平行和面面平行的性質(zhì)定理可知③正確；

(?),.,m1a>mlIn,n1a,va///?,nl/?.即④正確；

故選：D.

根據(jù)空間中線面的位置關(guān)系、平行與垂直的判定定理和性質(zhì)定理，即可得解.

本題考查了空間中線線、線面和面面的位置關(guān)系，需要熟記其判定定理和性質(zhì)定理，考查了學(xué)生的

空間立體感，屬于基礎(chǔ)題.

5.答案：B

解析：解：???雙曲線?一3=1的焦點坐標尸式一4,0),F2(4,0),

???橢圓的焦點坐標a(-4,0),尸2(4,0),

???橢圓上任意一點到兩焦點的距離之和為10,

???2a=10,Q=5,

?,.橢圓的離心率e=2=：.

a5

故選：B.

由雙曲線的焦點能求出橢圓的焦距，由橢圓上任意一點到兩焦點的距離之和為10,能求出橢圓的長

軸，由此能求出橢圓的離心率.

本題考查橢圓的離心率的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意雙曲線性質(zhì)的靈活運用.

6.答案：B

解析：

這個題目考查的是充分必要性的判斷，以及均值不等式的應(yīng)用條件，重要不等式的應(yīng)用范圍，較為

基礎(chǔ).

將兩個條件下的m,n的范圍均解出來，發(fā)現(xiàn)兩個范圍的包含關(guān)系，根據(jù)小范圍能推大范圍，大范圍

推不出小范圍，進而得到充分必要性.

2

解：設(shè)非零實數(shù)m,n,則"一+九2工2mn,BP(m—n)>0,這個不等式在R上恒成立，故m,nERf

而%+二32,只有m,7TER+時才成立，

nm

故后者的范圍比前者小，根據(jù)小范圍推大范圍，前者是后者的必要不充分條件.

故選：B.

7.答案：C

解析：解：因為拋物線必=4%上一點PQo，yo)到焦點F的距離為6,

由拋物線的定義可知，a+1=6,則殉=5.

故選：C.

利用拋物線的定義列式求解即可.

本題考查了拋物線標準方程的應(yīng)用，拋物線定義的理解與應(yīng)用，考查了邏輯推理能力，屬于基礎(chǔ)題.

8.答案：A

解析：在四面體P-4BC中，側(cè)棱P4與底面4BC垂直，底面是以C為直角的三角形，則由三垂線定理

知PC與BC垂直，所以三角形PAB,三角形PAC,三角形力BC,三角形PBC都是直角三角形，故最多

有4個選A.

9.答案:AC

解析：解：因為橢圓C：號+9=l(a>b>0),

a2bzv'

所以4式一a,0),42(a,0),當(04),B2(0,-b),&(一c,0),F2(-c,0)

對于選項4：4&3遇2=90°,

所以(a+c)2=a2+a2+b2,整理得e?+e—1=0.

解得e=在二或者e=±(舍)，故A正確；

對于選項B：若|4出|?|尸241=|篤尸2『,

(a-c)2=(2C)2,解得e=g,故B不正確；

對于選項C：四邊形ABz4Bi的內(nèi)切圓過焦點6，F(xiàn)2,

即四邊形4/2出81的內(nèi)切圓的半徑為c,

所以ab=cVa2+b2>

所以e4—3e2+l=0,解得e2=Y1,

2

所以e=三二，故C正確.

2

對于選項Q：「&_1.%軸，且/3?！?281，

所以P(—C,y),kpollkAzB］，

b2

所以二=_L,

-c-a

解得b=c,所以e=立，故。不正確.

2

故選：AC.

先求出橢圓的頂點和焦點的坐標,

對于4根據(jù)勾股定理以及離心率公式判斷B是否正確;

對于B：根據(jù)橢圓的性質(zhì)求出離心率判斷A是否正確;

對于C：四邊形為B2A2B1的內(nèi)切圓過焦點尸1，F(xiàn)2,得出內(nèi)切圓的半徑為c,進一步得出尤=cy/a2+b2,

結(jié)合離心率公式，判斷C是否正確.

對于。：根據(jù)如。=k&BI結(jié)合斜率公式以及離心率公式判斷C是否正確;

本題考查橢圓的性質(zhì)，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

10.答案：ABD

解析：解：對于4當E為4B的中點時，可得AD//NE,ADrc

平面MNE,

NEu平面MNE,即有AD1〃平面MNE,故4正確；

對于B,AD】1DiC,當A。11時，且<AB,可得直

線4久1平面故8正確；

對于C,假設(shè)存在某個位置，使得直線4么與DM所成角為60。,

由ADJ/NE,過E作EH〃/5M,可得4NEH=60。，

設(shè)CD=AD=1,AC=V2.BD=V3，BC=2,

則NE=J,DM=1,EH=—，

26

11,12+6x^3213+V3111,V3,1

NH=一+-------2x-x------x-=-+—<NM=一，

\436262y3122

與NH>NM矛盾,故C不正確；

對于。，過。1作5。_L平面ABC,垂足為0,連接40,

過。作OF1.BC,垂足為F,連接

則乙。送。是ADi與平面ABC所成角，ND1F。是二面角5—BC-4的平面角,

tanzDXi4O=―,tanz.DrFO=—,

二對于任意位置，二面角5-BC-A始終不小于直線AD1與平面力BC所成角，故。正確.

故選：ABD.

由線面平行的判定定理可判斷4由線面垂直的判定定理可判斷B；運用異面直線志成角的定義，計

算可判斷C；過5作為。J■平面4BC,垂足為0,連接04,過。作0F1BC,垂足為尸，連接名尸，由

線面角和二面角的定義，即可判斷D.

本題考查空間線線角和線面角、二面角的求法，考查平行和垂直的判斷和性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查空

間想象能力、運算求解能力、推理論證能力，是中檔題.

11.答案：ABC

解析：

本題考查命題的真假的判斷與應(yīng)用，考查直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，

屬于中檔題.

通過點P與圓心(2,1)的距離，判斷點P與圓的關(guān)系，判斷4點到直線的距離判斷B；利用圓心到直

線的距離與半徑的關(guān)系，判斷C；通過圓心距與半徑的關(guān)系，判斷D.

解：對于4,點P(m,3)與圓心(2,1)的距離為d=V(m-2)2+(3-I)2>2>r=V2,故點P在圓外，

所以A正確；

對于B,(0,0)到x+Wy-2=0的距離等于1,且點G片)在直線%+島=2上，故8正確；

對于C,圓心(0,0)到直線，：V2x-V2y+1=。的距離為d=|=|r,故圓上有三個點到直線的距離

等于;，C正確：

對于0,/+y2+2x=0的圓心為(一1,0)半徑為&=1,。2：合+y2一4%—8y—5=0的圓心

為(2,4)半徑為&=5,|6。21=5<%+/?2=1+5=6,故相交，。錯誤.

故選：ABC.

12.答案:ABD

解析：解：設(shè)球。的半徑為R,由4兀產(chǎn)=8兀，得R=&,故A正確:

將三棱錐S-4BC放置在長體中，

由2R=22=y/SA2+SB2+SC2,

得2魚=V4+2+SC2,解得SC=V2.故B正確；

■■SA=2,SB=SC=V2,AB=AC=跖BC=2,

△ABC的面積為(x2x詬=I=V5,

設(shè)S到平面4BC的距離為d「由等體積法可得

：xgx&xV^x2=[xV^xdi，

得S到平面4BC的距離均=結(jié)，故C錯誤；

15

在△ABC中,coszB4C=黑梟=|,sin/B4C=當

設(shè)△ABC外接圓的半徑為r,則「=—?—=辿，

2sinz.BAC5

又外接球的半徑R=夜，.??球心0到平面ABC的距離為d2=后1=昌

故。正確.

故選：ABD.

由球的表面積公式求出球的半徑判斷4再由分割補形法求得長方體的對角線長求解SC判斷B；由等

體積法求S到平面ABC的距離判斷C；求出三角形ABC外接圓的半徑，利用勾股定理求得。到平面力8C

的距離判斷D.

本題考查空間中點、線、面間的距離計算，考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與

思維能力，考查運算求解能力，是中檔題.

13.答案：叵+4

7

解析：解：橢圓9+?=1的a=2,Fi(-1,0),

若動點Q滿足肝=APQ(AGR.X>0)且|而|=|梅|，

可得Fi，P,Q三點共線，且同向，

由IQFil=\PQ\+IPFil=\PF2\+IPFil=2a=4,

可得Q的軌跡為以Fi為圓心，4為半徑的圓，

雙曲線?一?=1的一條漸近線方程設(shè)為百x-2y=0,

由圓心到漸近線的距離為獸=叵,

可得點Q到雙曲線?-9=1的一條漸近線距離的最大值為呼+4,

故答案為：勢+4.

7

求得橢圓的焦點和a,運用向量共線和橢圓的定義可得Q的軌跡為以Fi為圓心，4為半徑的圓，求得

雙曲線的一條漸近線方程，以及圓心到漸近線的距離d,由最大值為d+r,可得所求值.

本題考查橢圓和雙曲線的定義、性質(zhì)，考查軌跡的求法，以及直線和圓的位置關(guān)系，點到直線的距

離公式的運用，以及最值的求法，考查運算能力，屬于中檔題.

14.答案：8

解析：

本題考查了拋物線的應(yīng)用，涉及了拋物線標準方程的應(yīng)用、拋物線的幾何性質(zhì)、利用基本不等式求

最值等，涉及知識點多，對學(xué)生的解題能力有一定的要求，屬于較難題.

利用拋物線的方程求出焦點坐標和準線方程，從而得到點M的坐標，設(shè)4（xi，yi）,求出（翌產(chǎn)的表達

式，然后利用基本不等式求解最值，從而得到最值成立的條件為％=2,得到點力的坐標，從而求出

力B的長度.

解：拋物線y=的標準方程為/=

O8

所以焦點F(0,2),準線方程為y=-2,

因為拋物線的準線與y軸交于點M,

所以點M(0,-2),

設(shè)>0,則有xg=8y「

所以4M2=xl+(%+2)2=8乃+(%+2>,

AF2=好+(%—2)2=8yl+(%—2)2,

所以("M)2_8丫1+仇+2)2_y<+l2yl+4=]+8yl

2

8y1+(y1-2)必+4yi+4達+4yl+4

=1+—^―<1+.\=2

刈十五+42y[^+4'

當且僅當y1=A即y1=2時取等號，

所以當月=2時，瞿最大，此時4(±4,2),

故A8=4+4=8.

答案為：8.

15.答案：①②④

解析：解：當P與4點重合，Q與G點重合時，BPLDQ,

D,

故①正確；

體對角線BO1垂直平面&Ci。，

即體對角線BO1垂直平面DPQ,

故②正確；

當P與a重合時，SABPD取最大值多

當Q與G重合時，SA-D取最小值在二在,

2

口"6［亨，弁

故③錯誤；

④若|PQ|=1,則四面體8DPQ在平面48CD上的正投影面積為定值日；

故④正確；

設(shè)平面4B1GD1兩條對角線交點為。，則易得PQJ_平面OBD,

平面08。將四面體BDPQ可分成兩個底面均為平面OBD,

高之和為PQ的棱錐，故四面體BOPQ的體積一定是定值，

故⑤錯誤；

故答案為：①②④

P與&點重合，Q與Q點重合，可判斷①；體對角線BDi垂直平面&QD,可判斷②；求出的

范圍，可判斷③；求出四面體BOPQ在平面4BC0上的正投影面積，可判斷④；根據(jù)平面。80將四

面體BDPQ可分成兩個底面均為平面0BD,高之和為PQ的棱錐（其中。為上底面中心），可判斷⑤.

本題考查的知識點是棱柱的幾何特征，是空間異面直線關(guān)系，棱錐體積，投影的綜合應(yīng)用，難度較

大.

16.答案：9檔次

解析:解：由題意，第k檔次時,每天可獲利潤為:y=[8+2(k—1)][60-3(k-1)]=-6k2+108/c+

378(1<x<10)

配方可得y=-6(k-9)2+864,

.??/￡=9時，獲得利潤最大

故答案為：9檔次

檔次提高時，帶來每件利潤的提高，產(chǎn)量下降，第k檔次時，每件利潤為[8+2作-1)],產(chǎn)量為[60-

3(fc-l)],根據(jù)：利潤=每件利潤X產(chǎn)量，列函數(shù)式，利用配方法求函數(shù)的最值，即可得到結(jié)論.

本題考查二次函數(shù)，考查利用數(shù)學(xué)知識解決實際問題，屬于基礎(chǔ)題.

17.答案：解：(1)證明：延長EG,交4B于點N,連接CN,卜、

???G是△力BE的重心，;N是的中點，且粉=2,

?：CM〃BE，.?噎=需=2,曝得，:.GF〃NC,&1書也

又GFC平面ABC,NCu平面4BC,

G尸〃平面ABC.

(2)r平面ABC_L平面BCDE,平面4BCn平面BCDE=BC,

DC1BC,DCu平面BCDE,

???DCJ_平面ABC,

???ACu平面ABC,OC14C,同理，BC1AC,

,:BCCDC=C,BC,DCu平面BCDE,AC1平面BCDE,

vN為力B的中點，則N到平面BCDE的距離d=^AC=2,

又GRAABE的重心，.?.點G到平面BCDE的距離h滿足g=黑=：

aEN3

解得八=(

???四邊形EFMD的面積S=ixDExCD-|xMCXy=9-|=y,

四棱錐G-EFMD的體積V=|xyx|=y.

解析：⑴延長EG,交AB于點、N,連接CN利用向量法能證明GF〃平面ABC.

(2)推導(dǎo)出DC_L平面ABC,DCA.AC,BCLAC,從而4cl平面BCDE,求出N到平面BCDE的距離d=

=2,點G到平面BCDE的距離/i滿足J=2j求出h=：.由此能求出四棱錐G-EFMC的體積.

2a.EN33

本題考查線面平行的證明，考查四棱錐的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系

等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題.

18.答案：證明：（1）因為力BCa=P,所以P64B,P6平面ABC,Pea,（1分）

所以平面ABC與a有一個公共點P,且平面ABC與a不重合，（3分）

所以平面ABC與a有且只有一條經(jīng)過點P的公共直線，即

平面ABCna=I,P&2.（5分）

又因為BCCa=Q,所以Q€8C,QW平面ABC,Q€a即Q是平面48c與a的一個公共點，（6分）

所以Q61.（7分）

同理R6，，（8分）

故P,Q,R三點共線.（9分）

（H）顯然，ABu平面ABC,BCu平面ABC,S.ABCtBC=B,（10分）

因為4B〃a,BC//a,

所以平面4BC//a.（12分）

因為4cu平面ABC,

所以4C〃a.（14分）

解析：（/）根據(jù)線面相交、面面相交及其公理3即可證明結(jié)論.

（H）根據(jù)面面線面平行的判定與性質(zhì)定理即可得出.

本題考查了空間位置關(guān)系的判定、線面面面平行與三點共線的判定，考查了推理能力與計算能力，

屬于中檔題.

19.答案：解：（1）設(shè)點P的坐標為（x,y）,|P4|=V（x-6）2+（y-8）2.\PQ\2=\OP\2-4=x2+y2-

4,

由題意有(x—6)2+(y—8尸=+y2-4,整理為：3x+4y—26=0,

故點P的軌跡方程為3x+4y-26=0,點P的軌跡是斜率為一%在y軸上的截距為冷的直線.

（2）由|PQ|=|P川和⑴，|PQ|的最小值為點4到直線為+4丫-26=0的距離,

口IXi18+32-2624

最小(LL為~~,==“■,；=一

V32+425

（3）由圓的性質(zhì)可知，當直線OP與直線3x+4y-26=0垂直時,

以此時的點P為圓心，且與圓。相外切的圓為所求，此時OP的方程為,

78

’4X=-

聯(lián)立方程7=3%,解得25

104

.3%+4y—26=0、=玄

點。到直線3x+4y-26=0的距離為可得所求圓的半徑為管一2=￡,

故所求圓的標準方程為(x-g)2+(y-罷>=警

解析：(1)設(shè)出P,利用|PQ|=|P4|,求P點的軌跡方程;

(2)由|PQ|=|P*和(1),|PQ|的最小值為點4到直線3x+4y-26=0的距離；

(3)以P為圓心的圓與圓。有公共點，半徑最小時為與圓。相切的情形，而這些半徑的最小值為圓。到

直線/的距離減去圓。的半徑，即可求出半徑最小的圓的方程.

本題考查軌跡方程，考查直線與圓的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題.

20.答案：解：(1)如圖所示，|MC/+|MP|=IQGI=4.O

由橢圓的定義可得點M的軌跡為橢圓.

??.2a=4,c=1.可得a=2./-H\\

Ab2=a2—c2=3.

故橢圓的標準方程為?+?=1.(3分)

(2)設(shè)4(尤i，yi),8。2，丫2)，設(shè)ACiAB的內(nèi)切圓的半徑為R,

因為△G4B的周長為4a=8,S^C1AB="網(wǎng)+\PA\+

|PB|)R=4R,

因此S^csB最大，R就最大.

s〉JAB—2IGPI'lyi—yzl=lyi-yzl，

由題意知，直線Z的斜率不為零，可設(shè)直線/的方程為％=my+l,

x=my4-1

x2.y2.得(3m2+4)y2+6my-9=0,(5分)

{——=1

43

所以外+%=焉，%丫2=品?(6分)

又因直線(與橢圓C交于不同的兩點，故△>(),即(6/71)2+

36（3病+4）>0,meR,貝凡型8=|IQP|?\yx-y2\=|yi-y2l=3（%+丫2產(chǎn)一4yly2=

12/蘇+1

.（8分）

37n2+4

令1=加+1，則1之1,

4

21

r_12Vm+l_12t=T令-

-+3

-3△MB=3m2+4=3t2+1z=-

/(t10

t+t

由函數(shù)的性質(zhì)可知，函數(shù)f(t)在［苧,+8)上是單調(diào)遞增函數(shù)，即當tNl時，f(t)在［1,+8)上單調(diào)遞

增，

因此有f(t)>/(I)=p

所以43,

即當￡=1,Hl=O時，SAQAB最大，此時Rma%=］，

故當直線l的方程為x=1時，SAQAB內(nèi)切圓半徑的最大值為*(12分)

解析:(1)如圖所示，|MC/+\MP\=|QG|=4.由橢圓的定義可得點”的軌跡為橢圓.由2a=4,c=1,

b2=a2-c2,即可得出橢圓的標準方程.

(2)設(shè)AQ1,%),B(x2,y2),設(shè)△GAB的內(nèi)切圓的半徑為R,因為△的周長為4a=8,S^AB=

^\AB\+\PA\+\PB\)R=4R,因此也必最大，R就最大.S&CiAB=\\CXP\-|yi-y2|=|乃一力1，

由題意知,直線/的斜率不為零，可設(shè)直線［的方程為x=my+1,與橢圓方程聯(lián)立可得:(3m2+4)y2+

6nly-9=0,利用根與系數(shù)的關(guān)系可得S.通P，通過換元利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出.

本題考查了橢圓與圓的的標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、不等式的解法、線

段垂直平分線的性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題.

21.答案：(1)證明：因為PA_L平面力BCD,ABu平面4BCD,

ADu平面4BC0,

所以PALAB,PAVCD,又四邊形ABC。為正方形，所以

ABLAD,

如圖，建立空間直角坐標系，

因為24=4。=2,M,N分別是4B,PC的中點

所以P(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),

D(0,2,0),M(l,0,0),…(2分)

因為4BJ.4D,PAA.AB,PAC\AD=A,

所以48JL平面PAO,

即平面PAD的一個法向量為通=(2,0,0)，

又麗=(0,1,1)，所以荏?麗=0，

又MNC平面PAD,所以MN〃平面P4D….(4分)

(2)證明：MN=(0,1,1),MD=(-1,2,0).

設(shè)平面MND的一個法向量4=

則而?蘇=0,而?蘇=0，所以0_n>