高二上學(xué)期第一次月考十八大題型歸納（拔尖篇）（解析版）

高二上學(xué)期第一次月考十八大題型歸納（拔尖篇）【人教A版（2019）】題型1由空間向量的線性運(yùn)算求參數(shù)題型1由空間向量的線性運(yùn)算求參數(shù)1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖所示，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E為上底面對(duì)角線A1C1的中點(diǎn)，若BE=A．x=-12C．x=-12【解題思路】根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算即可求解.【解答過程】根據(jù)題意，得；BE==又∴故選：A.2．（2023春·高二課時(shí)練習(xí)）設(shè)a1=2m-j+k，a2=m+3j-2k，a3=-2m+j-3kA．1，-2，B．-2，1，C．-2，1，D．-1，2，【解題思路】根據(jù)條件可得(2λ+【解答過程】a4即(2λ所以2λ+μ-2υ=故選：B.3．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是上底面A(1)AE=(2)AF=(3)EF=【解題思路】（1）由向量加法的三角形法則和四邊形法則得AE=AA（2）由向量加法的三角形法則和四邊形法則得AF=AD+（3）因?yàn)镋F=AF-AE，由（1），（2【解答過程】（1）解：由向量加法的三角形法則得，AE=由平行四邊形法則和向量相等得，A1所以AE=所以x=（2）解：由向量加法的三角形法則得，AF=由四邊形法則和向量相等得，DF=所以AF=所以x=1,（3）解：由（1），（2）可知，EF=1所以x=4．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）如圖所示，已知幾何體ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面體．（1）化簡(jiǎn)12AA1+BC+（2）設(shè)M是底面ABCD的中心，N是側(cè)面BCC1B1對(duì)角線BC1上的點(diǎn)，且C1N=14C1B，設(shè)MN=αAB【解題思路】（1）取AA1的中點(diǎn)E，在D1C1上取一點(diǎn)F，使得D1F＝2FC1，連接EF，再根據(jù)向量的線性運(yùn)算計(jì)算即可；（2）通過AB，AD，AA1表示MN，根據(jù)對(duì)應(yīng)關(guān)系求出α，β，【解答過程】解（1）取AA1的中點(diǎn)E，在D1C1上取一點(diǎn)F，使得D1F＝2FC1，連接EF，則12（2）MN=12（DA+AB）=1所以α=12，β=題型題型2向量共線、共面的判定及應(yīng)用1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）下列條件能使點(diǎn)M與點(diǎn)A,B,CA．OMB．OMC．OMD．OM【解題思路】根據(jù)空間共面向量定理以及其結(jié)論一一判斷各選項(xiàng)，即可得答案.【解答過程】設(shè)OM=xOA+y對(duì)于A，OM=OA-OB-對(duì)于B，OM=OA+OB+對(duì)于C,OM=-OA-OB+對(duì)于D，OM=-OA-OB+3OC，由于-故選：D.2．（2023秋·山東煙臺(tái)·高二?？奸_學(xué)考試）已知向量e1，e2不共線，AB=e1+eA．AB與AC共線 B．AB與CD共線C．A，B，C，D四點(diǎn)不共面 D．A，B，C，D四點(diǎn)共面【解題思路】根據(jù)平面向量共線定理及推論依次判斷各個(gè)選項(xiàng)即可.【解答過程】對(duì)于A，∵12≠18，∴不存在實(shí)數(shù)λ，使得AB=λAC成立，對(duì)于B，∵AC=2e1+8e2，又11≠1-13，∴不存在實(shí)數(shù)λ，使得AB=λCD成立，對(duì)于C、D，若A，B，C，D四點(diǎn)共面，則有AD=∴x+2y=3x故A，B，C，D四點(diǎn)共面，C錯(cuò)誤，D正確.故選：D.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E在A1D1上，且（1）用a,b,（2）求證：E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線.【解題思路】（1）由已知得EB=（2）由已知得FB=35【解答過程】解：（1）因?yàn)锳1E=2E所以EB=所以EB=（2）AFB===3又EB與FB相交于B，所以E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線.4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知E，F(xiàn)，G，H分別是空間四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，求證：(1)E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面；(2)BD∥平面EFGH.【解題思路】（1）要證E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面，只需證明向量EG，EF，EH共面，結(jié)合向量的線性運(yùn)算及共面向量定理證明即可；（2）由向量共線結(jié)合線面平行的判定定理證明．【解答過程】（1）如圖，連接EG，BG．因?yàn)镋G＝EB＋BG＝EB＋12(BC＋BD)＝EB＋BF＋EH＝EF＋EH由向量共面的充要條件可知，向量EG，EF，EH共面，又EG，EF，EH過同一點(diǎn)E，從而E，F(xiàn)，G，H四點(diǎn)共面．（2）因?yàn)镋H＝AH－AE＝12AD－12AB＝12(AD－又E，H，B，D四點(diǎn)不共線，所以EH∥BD，又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH，所以BD∥平面EFGH．題型題型3空間向量的夾角及其應(yīng)用1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知空間向量a，b，a=1，b=2，且a-b與a垂直，則a與A．60° B．30° C．135°【解題思路】根據(jù)已知可得a-b?a【解答過程】因?yàn)閍-b與a垂直，所以即a2所以cosa又0°≤a故選：D.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知不共面的三個(gè)向量a,b,c都是單位向量，且夾角都是π3，則向量aA．π6 B．π4 C．3π【解題思路】根據(jù)題意計(jì)算得a-b-c【解答過程】解：由題意，得a=所以a-b-a設(shè)向量a-b-c和b的夾角為又θ∈0,π故選：C.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD-A'(1)求A'B和(2)求證：A'【解題思路】（1）選好基底后，根據(jù)空間向量數(shù)量積即可求解；（2）利用向量垂直，數(shù)量積為0即可得解.【解答過程】（1）AB=a，AD=由于正方體ABCD-A'∴a=b=c=a∵A'B∴A'B又A'B=∴cos又A'∴A∴A'B與B（2）證明：由（1）知A'B=∴A'B∴A∴A4．（2023秋·江蘇無錫·高二校考開學(xué)考試）如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，以頂點(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都是1，且它們彼此的夾角都是60°，M為A1C（1）用a,b,（2）求對(duì)角線AC（3）求cos?【解題思路】（1）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合向量的運(yùn)算法則，即可容易表示目標(biāo)向量；（2）用基向量表示AC（3）根據(jù)（2）中所求，結(jié)合向量夾角余弦值的計(jì)算公式，代值即可.【解答過程】（1）連接A1因?yàn)锳B=a，AD在△A1因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形故AC因?yàn)锳C//A1∴A又M為線段A1∴A1在△ABM=（2）因?yàn)轫旤c(diǎn)A為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都是1，且它們彼此的夾角都是60故aab由（1）可知AC故平行四邊形AA故：AC|==|=1+1+1+2×12故A（3）因?yàn)锳C1又cos=(題型題型4利用空間向量的數(shù)量積求模1．（2023秋·福建莆田·高三?？奸_學(xué)考試）如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB=2

A．26 B．25 C．26 D【解題思路】根據(jù)題意，由AC1【解答過程】由AC1=因?yàn)榈酌鏋榫匦?，AB=2，AD=所以AC2=AC又AC=AB所以AC12故選：B.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，二面角A-EF-C的大小為45°，四邊形ABFE、CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則B

A．2 B．3 C．3-2 D．【解題思路】利用二面角的定義可得出∠AED=45°，由空間向量的線性運(yùn)算可得出DB【解答過程】因?yàn)樗倪呅蜛BFE、CDEF都是邊長(zhǎng)為1的正方形，則AE⊥EF，又因?yàn)槎娼茿-EF-C的大小為45°因?yàn)镈B=DE+EA+所以，DB=1+1+1-2×1×1×故選：C.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，在四面體ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠CAD

(1)求BC?(2)已知F是線段CD中點(diǎn)，點(diǎn)E滿足AE=2EB，求線段EF【解題思路】（1）根據(jù)題意得到BC?BD（2）根據(jù)EF=EA【解答過程】（1）在四面體ABCD中，∠BAC=60°,∠BAD=∠BC?BD=(（2）如圖所示：

因?yàn)锳E=2EB，則因?yàn)镕是CD中點(diǎn)，則DF=于是EF=EF=4所以EF=4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D(1)求線段CA(2)求證：CA【解題思路】（1）CA1（2）B1D【解答過程】（1）設(shè)CD=a,∵∠C1CB∵CA1=CD故線段CA1的長(zhǎng)為（2）證明：∵B1D1=故CA題型題型5利用空間向量基本定理證明平行、共線、共面問題1．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知空間的一組基底a,b,c，若m=a-A．2 B．-2 C．1 D．【解題思路】根據(jù)m與n共線，由xa+【解答過程】因?yàn)閙與n共線，空間的一組基底a,所以xa所以x解得x=1,所以x＋y＝0.故選：D.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知a,b,c是空間的一組基底，其中AB=2a-3b，AC=a-c，AD=2A．-34 B．34 C．4【解題思路】根據(jù)題意，設(shè)存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)(x,y)【解答過程】由題意，設(shè)存在唯一的實(shí)數(shù)對(duì)(x,y即2a則2a則x=2，y=-32，λy故選：D.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知e1,e2,e3為空間的一個(gè)基底，且OP(1)判斷P,(2)能否以O(shè)A,OB,【解題思路】（1）假設(shè)P,（2）先判斷OA,OB【解答過程】（1）假設(shè)P,則存在實(shí)數(shù)x,y,z，使即2比較對(duì)應(yīng)的系數(shù)，得到關(guān)于x,x-3y+z故P,（2）若OA,OB,OC共面，則存在實(shí)數(shù)所以e1所以-3所以O(shè)A,所以O(shè)A,OB,所以e1+2所以O(shè)P=17a4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知A，B，C三點(diǎn)不共線，對(duì)平面ABC外的任一點(diǎn)O，若點(diǎn)M滿足OM=(1)判斷MA,(2)判斷點(diǎn)M是否在平面ABC內(nèi).【解題思路】（1）根據(jù)空間向量的線性運(yùn)算，結(jié)合平面向量基本定理證明即可；（2）根據(jù)（1）結(jié)合平面向量的基本定理判斷即可.【解答過程】（1）由題知OA+∴OA-即MA=∴MA,MB（2）由（1）知，MA,MB,∴M，A，B，C四點(diǎn)共面，從而點(diǎn)M在平面ABC內(nèi).題型題型6利用空間向量基本定理解決夾角、距離、垂直問題1．（2023秋·山西·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在三棱錐P-ABC中，△PAC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，M是AB上一點(diǎn)，AM=12MB，D為BC的中點(diǎn)，N為PD

A．5 B．3 C．5 D．3【解題思路】以PA,PB,PC【解答過程】解：以PA,則MN2=PN=2=1=1=1=1所以MN=故選：D.2．（2023·全國(guó)·高二假期作業(yè)）如圖所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面為平行四邊形，以頂點(diǎn)AA．3 B．2 C．5 D．6【解題思路】記AB=a，AD=b，AA1【解答過程】解：記AB=a，AD=由題意可知a=b=所以a?AC所以AC1=6，即故選：D.3．（2023秋·山東濱州·高二?？奸_學(xué)考試）已知平行六面體ABCD-A1B1C1（1）證明：DD（2）求異面直線CA1與AB【解題思路】（1）由題，選定空間中三個(gè)不共面的向量為基向量，只需證明DD（2）用基向量求解向量CA1【解答過程】設(shè)CD=a，CB由題可知：a,b,c兩兩之間的夾角均為π（1）由D=所以DD1（2）由CA1所以CA1又C則cos又異面直線夾角范圍為(0,所以異面直線CA1,4．（2023春·高二課時(shí)練習(xí)）平行六面體ABCD-A1B1C1(1)求線段AC(2)若AB=a,AD=【解題思路】（1）利用AC1=（2）{a,b,c}【解答過程】（1）AC1=AB+BC=1+1+1+21×1×12+1×1×1（2）AB,AD,故{a,b,c}可作為空間中的一組基底；假設(shè){a+b,a-b于是{a于是A1題型題型7空間向量平行、垂直的坐標(biāo)表示1．（2023秋·河北邯鄲·高二校考開學(xué)考試）已知兩個(gè)向量a=2,-1,2，b=6,m,nA．1 B．3 C．5 D．9【解題思路】根據(jù)空間向量的平行，列出比例式，求得m,n【解答過程】由題意a=2,-1,2，b=故62故m+故選：B.2．（2023秋·福建莆田·高三?？奸_學(xué)考試）設(shè)x,y∈R，向量a=x,1,1，b=1,A．22 B．10 C．3 D．【解題思路】根據(jù)空間向量平行與垂直的坐標(biāo)表示，求得x,y【解答過程】由向量a=x,1,1,b=可得2x-4+2=012=y則a+b=故選：C.3．（2023秋·高二單元測(cè)試）已知空間向量a=(1,0,1(1)若(a+b(2)若ka+b與2【解題思路】（1）根據(jù)空間向量共線公式列式求參即可；（2）根據(jù)空間向量垂直數(shù)量積為0列式求參即可.【解答過程】（1）∵a+b∴(a+b即3=μ(λ+4)，且-（2）∵ka+b又∵(ka+4．（2023秋·全國(guó)·高二階段練習(xí)）已知點(diǎn)A-2，0，2、B-(1)若c=3，且c//BC(2)求cosa(3)若ka+b與k【解題思路】（1）利用空間向量平行充要條件設(shè)出c=-2λ，（2）先求得a=1，1，（3）利用空間向量垂直充要條件列出關(guān)于k的方程，解之即可求得k的值．【解答過程】（1）∵B-1，1，2、C∴設(shè)c=-2解得λ=±1，∴c=（2）∵A-2，0，2、B∴a=1∴cos（3）∵ka+又ka+b∴k解得k=-52題型題型8利用空間向量研究距離問題1．（2023秋·全國(guó)·高二隨堂練習(xí)）在三棱錐P-ABC中，PC⊥底面ABC,∠BAC=90°,ABA．463 B．263 C．【解題思路】解法一：以A為原點(diǎn)，AB為x軸，AC為y軸，過A作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出點(diǎn)C到平面PAB的距離．解法二：根據(jù)三棱錐等體積轉(zhuǎn)換求解點(diǎn)C到平面PAB的距離.【解答過程】解法一：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,0,0),∴AP設(shè)平面PAB的法向量為m=(則m?AP=0,令y=2，則∴m=(0,2,-1)，∴點(diǎn)C到平面故選：A.解法二

∵PC⊥底面∴PC⊥AB，又AB⊥AC∴AB⊥平面∵PA?∴AB∵AC∴BC∴PC在Rt△PAB中，令點(diǎn)C到平面PAB的距離為d，∵V∴1∴d故選：A.2．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1A．5 B．8 C．6013 D．【解題思路】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,【解答過程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,則C0,12,0,D10,0,5．設(shè)B由n⊥n?∴a=0,b=5又B1B=(0,0,-5)，∴點(diǎn)B1到平面∵B1C1∥BC，BC?平面A∴B1C1∥∴B1C1到平面故選：C.3．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A'B'

(1)求頂點(diǎn)B'到平面D(2)求直線BC'到平面【解題思路】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面D'（2）可得BC'∥平面D'AC【解答過程】（1）如圖，分別以D'A'

則D'0,0,0、A1,0,1、C所以D'A=設(shè)平面D'AC的法向量為n=u,把各向量的坐標(biāo)代入，得u+w=0取v=1，從而得到平面D'AC因?yàn)锽'點(diǎn)B'到平面D'AC（2）因?yàn)锽C'=又BC'?平面D'AC，AD'問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)C'0,2,0到平面因?yàn)镃'所以直線BC'到平面D'4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱A

(1)求證：平面AMN//平面EFBD；(2)求平面AMN與平面EFBD的距離．【解題思路】（1）法一：由面面平行的判定定理即可證明；法二：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，通過證明EF（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離h,再由等體積法即可求出答案.法二:求出平面AMN的法向量,AB→=(0，2，0)，平面AMN與平面EFBD的距離等于【解答過程】（1）法一:證明：連接B1D1E、F分別是∴MN//EF//B1D1，∴MN//平面EFBD，∵NF∴ABFN是平行四邊形，∴∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴∵AN∩MN=N，∴法二:如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D﹣

則A(2F(1，AM→∴EF→=MN→∵M(jìn)N?平面EFBD，EF?平面EFBD，∴∵AN?平面EFBD，BF?平面EFBD，∴又MN∩AM=M，∴平面（2）法一:平面AMN與平面EFBD的距離=B到平面AMN的距離h△AMN中，AM=AN=10∴由等體積可得13?19法二:設(shè)平面AMN的一個(gè)法向量為n=則n→?MN∵AB∴平面AMN與平面EFBD的距離為d=題型題型9利用空間向量求空間角1．（2023秋·江西撫州·高三?？奸_學(xué)考試）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱AD上一點(diǎn)，DE=2AEA．8534 B．8568 C．6534【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可.【解答過程】不妨設(shè)AB=1以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,DD1所在直線分別為則A1所以A1所以BF=所以cos?所以異面直線A1E與BF所成角的余弦值為故選：A.

2．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)M，N分別是A1CA．73 B．23 C．66【解題思路】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)MN為A1C,BD的公垂線時(shí)線段MN【解答過程】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,因?yàn)锳A1⊥平面ABCD，BD所以AA因?yàn)檎叫蜛BCD中，AC⊥BD，且AC∩AA1=所以BD⊥平面A1因?yàn)辄c(diǎn)M，N分別是A1當(dāng)點(diǎn)N為AC,BD交點(diǎn)時(shí)，MN⊥BD，過點(diǎn)N作NM⊥A此時(shí)MN為A1C,設(shè)正方體邊長(zhǎng)為2，則N1,1,0，A因?yàn)椤鱉CN～△ACA1解得：MC=23過點(diǎn)M作MO⊥AC于點(diǎn)O，同上可知MOA解得：MO=23，OCMN=又A(2,0,0),D1設(shè)平面AD1N則AD1?n=-2設(shè)MN與平面AD1N則sinθ

故選：B.3．（2023秋·廣西南寧·高二?？奸_學(xué)考試）圖①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90°，四邊形ABCE是邊長(zhǎng)為2的菱形，并且∠BCE=60°，以

(1)求證：平面BC1E(2)在棱DC1上是否存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P到平面ABC1的距離為155？若存在，求出直線【解題思路】（1）由二面角平面角定義可知∠AOC1是二面角A（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DP=λDC【解答過程】（1）在圖①中，連接AC，交BE于O，∵四邊形ABCE是邊長(zhǎng)為2的菱形，∠BCE=60°，在圖②中，相交直線OA,OC1均與BE垂直，∵AC1=6，∴OA2+OC（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA,OB,OC則D32,-32,0，C1∴DC1=-32,3設(shè)DP=λD則AP=設(shè)平面ABC1的一個(gè)法向量則AB?n=-3x+y=0A∴點(diǎn)P到平面ABC1的距離d=AP?∴AP=-∴cos∴直線EP與平面ABC1所成角的正弦值為

4．（2023春·全國(guó)·高一期末）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC

(1)求證：A1C(2)求棱AA1與(3)在線段B1C1上確定一點(diǎn)P，使AP=【解題思路】（1）由線面垂直得線線垂直，再由線面垂直的判斷定理得到證明.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用異面直線夾角的向量公式求解即可；（3）利用已知條件求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，利用向量法求解平面角的余弦值.【解答過程】（1）因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1因?yàn)轫旤c(diǎn)在A1底面ABC上的射影恰為點(diǎn)B，AC?平面ABC，所以A1又A1B∩A1B1=A1，A1（2）以A為原點(diǎn)，射線AC，AB，Az分別為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則C2,0,0，B0,2,0，A10,2,2，B1設(shè)棱AA1與BC所成的角為所以cosθ=cosAA故棱AA1與BC所成的角為（3）設(shè)B1P=于是AP=2λ則P為棱B1C1設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量n=x,令z=-1，得n而平面ABA1的一個(gè)法向量則cosn故二面角P-AB-題型題型10直線與線段的相交關(guān)系求斜率范圍1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知兩點(diǎn)A-3,2,B2,1，過點(diǎn)P0,-1的直線與線段A．π4,3C．0,π4 D【解題思路】分別求出點(diǎn)P與線段AB端點(diǎn)所成直線的斜率，即可得直線l的斜率范圍，再由傾斜角與斜率關(guān)系求傾斜角范圍即可求解.【解答過程】由題意：如下圖所示：所以kPA=2+1-3-0若直線l的傾斜角θ∈[0,π)，則kl故選：A.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知坐標(biāo)平面內(nèi)三點(diǎn)A-1,1,B1,1,C2,3+1，D為A．0,33 BC．33,3【解題思路】作出圖象，求出AB,BC【解答過程】如圖所示，kAB因?yàn)镈為△ABC的邊AC所以直線BD斜率k的變化范圍是-∞故選：D.3．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知過點(diǎn)0,-2的直線l與以點(diǎn)A3,1和B-2,5為端點(diǎn)的線段AB【解題思路】作出圖形，根據(jù)直線與線段的關(guān)系及斜率的定義即可得解.【解答過程】設(shè)點(diǎn)P0,-2

因?yàn)閗PA=1-若要使直線l與線段AB相交，則kl≥k所以直線l的斜率滿足kl≥1或4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）如圖，已知兩點(diǎn)A-2,-3,B3,0，過點(diǎn)P-1,2的直線l

【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合圖形求出直線AP的斜率kAP，直線BP的斜率kBP，即得直線【解答過程】根據(jù)圖形，∵直線AP的斜率是kAP直線BP的斜率是kBP∴過點(diǎn)P的直線l與線段AB有公共點(diǎn)時(shí)，直線l的斜率的取值范圍是-∞,-題型題型11直線平行、垂直的判定在幾何中的應(yīng)用1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）順次連接A(－4,3)，B(2,5)，C(6,3)，D(－3,0)所構(gòu)成的圖形是（）A．平行四邊形 B．直角梯形C．等腰梯形 D．以上都不對(duì)【解題思路】結(jié)合直角梯形的性質(zhì)，利用兩直線間的平行和垂直關(guān)系來判斷即可得出結(jié)論.【解答過程】kAB=3-5-4-2所以AB//CD,AD與k因此AD故構(gòu)成的圖形為直角梯形.故選：B.2．（2023秋·全國(guó)·高二隨堂練習(xí)）已知ΔABC的頂點(diǎn)B2,1，C-6,3，其垂心為HA．-19,-62 B．19,-62 C．-19,62 D【解題思路】由垂心的定義可知AH⊥BC，BH⊥AC；根據(jù)垂直時(shí)斜率乘積為-1可知【解答過程】∵H為ΔABC的垂心，∴AH⊥又kBC=3-1∴直線AH,AC斜率存在且kAH設(shè)Ax,y，則kAH=故選A.3．（2023秋·高二課前預(yù)習(xí)）如圖所示，已知四邊形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)分別為A(0,0)，B(2,-1)，C(4,2)，D(2,3)

【解題思路】通過計(jì)算得到kAB=kCD，k【解答過程】由已知可得AB邊所在直線的斜率kABCD邊所在直線的斜率kCDBC邊所在直線的斜率kBCDA邊所在直線的斜率kDA因?yàn)閗AB=kCD，kBC因此四邊形ABCD是平行四邊形.4．（2023秋·全國(guó)·高二隨堂練習(xí)）已知A1,2，B5,0，（1）若A，B，C，D可以構(gòu)成平行四邊形，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）在（1）的條件下，判斷A，B，C，D構(gòu)成的平行四邊形是否為菱形.【解題思路】（1）分四邊形ABCD、ABDC、ACBD是平行四邊形三種情況討論，分別利用對(duì)邊的斜率相等求解，即可；（2）分別驗(yàn)證對(duì)角線是否垂直，即對(duì)角線斜率乘積是否為-1，即可【解答過程】（1）由題意得kABkAC=4-23-1=1若四邊形ABCD是平行四邊形，則kCD=k即b-4a-3若四邊形ABDC是平行四邊形，則kCD=k即b-4a-2若四邊形ACBD是平行四邊形，則kCD=k即b-0a-5綜上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-1，6）或（7，2）或（3，-2）.（2）若D的坐標(biāo)為（-1，6），因?yàn)閗AC=1，所以kAC?k所以平行四邊形ABCD為菱形.若D的坐標(biāo)為（7，2），因?yàn)閗BC=-2，所以kBC?kAD若D的坐標(biāo)為（3，-2），因?yàn)閗AB=-12，直線CD因此，平行四邊形ABCD為菱形,平行四邊形ABDC,ACBD不是菱形.題型題型12根據(jù)兩直線平行、垂直求參數(shù)1．（2023秋·江蘇揚(yáng)州·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）直線l1:mx-3y-A．0 B．3 C．0或-13 D．0【解題思路】根據(jù)直線垂直的充要條件列方程求解即可.【解答過程】因?yàn)閘1:mx所以m3m-2-3×-故選：C.2．（2023春·江西南昌·高三?？茧A段練習(xí)）已知直線l1:x+ay-2=0，l2:a+1A．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【解題思路】根據(jù)兩直線平行可構(gòu)造方程求得a的值，由推出關(guān)系可得結(jié)論.【解答過程】若l1//l2，則1×-a∴p?q，q?p，故選：B.3．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知直線l1:x+my(1)l1(2)l1【解題思路】（1）按照m是否為0討論，根據(jù)直線平行的充要條件即可得解；（2）根據(jù)直線垂直的充要條件即可得解.【解答過程】（1）當(dāng)m=0時(shí)，l1:x=2當(dāng)m≠0時(shí)，由兩條直線l1與l2平行的充要條件m所以，當(dāng)m=0或m=5時(shí)，（2）由兩條直線互相垂直的充要條件，得m-2+3m2所以當(dāng)m=23或m4．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知三條直線l1:ax+by(1)若l1⊥l2，且l1過點(diǎn)-(2)若l1//l2//【解題思路】（1）由直線垂直的特征及直線過的點(diǎn)可得關(guān)于a、b的方程組，即可得解；（2）由直線平行的特征求解a，b，再代入驗(yàn)證即可.【解答過程】（1）因?yàn)閘1:ax+by+4=0，又直線l1過點(diǎn)-1,1，所以-a所以aa-1+a（2）若l1//l2//當(dāng)b=3a=32l2:12x+所以若l1//l題型題型13三線能圍成三角形的問題1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知直線ax+y+1=0，x+ay+1=0和x+y+a=0能構(gòu)成三角形，則a的取值范圍是（

）A．a(chǎn)≠-2 B．a(chǎn)≠C．a(chǎn)≠-2且a≠±1 D．a(chǎn)≠-2且【解題思路】由三條直線兩兩不平行，且不交于同一點(diǎn)可得．【解答過程】已知三條直線能構(gòu)成三角形，首先不平行，若a=0若a≠0，則a1≠1aa≠±1時(shí)，由ax+y+1=0x+y+a=0，得x綜上：a≠±1且a故選：C．2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）若三條直線l1:4x+yA．2個(gè) B．3個(gè)C．4個(gè) D．6個(gè)【解題思路】分析可知至少有兩條直線平行或三條直線相交于同一點(diǎn)，則三條直線不能構(gòu)成三角形.【解答過程】∵三條直線不能構(gòu)成三角形∴至少有兩條直線平行或三條直線相交于同一點(diǎn).若l1∥l2，則m=4；若l1∥l3若l2∥l3，則-m若三條直線相交于同一點(diǎn)，直線l1和l2聯(lián)立：4x+y=3mx+y=0直線l1和l3聯(lián)立：4x+y=3x-my=2∵三條直線相交于同一點(diǎn)∴P、Q兩點(diǎn)重合∴34-故實(shí)數(shù)m的取值最多有4個(gè).故選:C.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）若三條直線l1:ax+y+1=0，

【解題思路】由題意可分直線l1//l2、l2//l3【解答過程】為使三條直線能構(gòu)成三角形，需三條直線兩兩相交且不共點(diǎn)．①若l1//l2，則由②若l2//l3，則由③若l1//l3，則由當(dāng)a=1時(shí)，l1,l2與l④若三條直線交于一點(diǎn)，由x+ay+1=0將l2,l3的交點(diǎn)解得a=1(舍去)，或a所以要使三條直線能構(gòu)成三角形，需a≠±1且a4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知三條直線l1:4x+y（1）若直線l1，l2，l3（2）若直線l1，l2，l3不能圍成三角形，求實(shí)數(shù)【解題思路】（1）聯(lián)立方程組即可求出；（2）根據(jù)題意可知直線交于一點(diǎn)或有兩條直線平行，則可求解.【解答過程】（1）∵直線l1，l2，∴l(xiāng)1與l2不平行，∴由4x+y即l1與l2的交點(diǎn)為代入l3的方程，得8解得m=-1或2（2）若l1，l2，l3交于一點(diǎn)，則m若l1//l若l1//l若l2//l綜上，可得m=-1或23或4或題型題型14與距離有關(guān)的最值問題1．（2023·全國(guó)·高二課堂例題）已知直線l:kx+y+2-k=0過定點(diǎn)M，點(diǎn)PA．5 B．5 C．355 D【解題思路】先求定點(diǎn)，再根據(jù)點(diǎn)到直線距離求解點(diǎn)到直線上動(dòng)點(diǎn)距離最小值即可.【解答過程】由kx+y+2-k=0得y依題意可知MP的最小值就是點(diǎn)M到直線2x由點(diǎn)到直線的距離公式可得MPmin故選:B.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）著名數(shù)學(xué)家華羅庚曾說過：“數(shù)形結(jié)合百般好，割裂分家萬事休．”事實(shí)上，有很多代數(shù)問題可以轉(zhuǎn)化為幾何問題加以解決，如：x-a2+y-b2可以轉(zhuǎn)化為點(diǎn)A．3 B．22+1 C．23【解題思路】把目標(biāo)式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，看作動(dòng)點(diǎn)到兩個(gè)定點(diǎn)距離和的最值，利用對(duì)稱性可得答案.【解答過程】x2可以看作點(diǎn)Px,0到點(diǎn)作點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)A'0,-1，顯然當(dāng)最小值為B,A'故選：D.3．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知點(diǎn)P是直線3x-4y+2=0【解題思路】依題意可知，當(dāng)PA與直線3x-4y+2=0垂直時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)【解答過程】根據(jù)題意畫出圖象如下圖所示：

易知當(dāng)PA與直線3x-4y+2=0其余位置如P1，則A所以最小值即為點(diǎn)A3,-1到直線3x-所以，點(diǎn)P與點(diǎn)A3,-1之間距離的最小值為4．（2023秋·高二課時(shí)練習(xí)）已知兩條平行直線分別過點(diǎn)A6,2和B-3,-1，并且各自繞點(diǎn)A【解題思路】首先求出AB，即可求出距離的范圍，求出最大距離，此時(shí)兩直線和直線AB垂直，求出kAB，再由點(diǎn)斜式求出直線方程【解答過程】?jī)蓷l平行直線分別過點(diǎn)A6,2、B-3,-1，并且各自繞點(diǎn)A且AB=故這兩條平行線之間的距離d的變化范圍為d∈這兩條平行直線之間的距離有最大值，最大值為310此時(shí)的兩直線和直線AB垂直．∵直線AB的斜率kAB=2+1則兩平行直線分別為y-2=-3(x即3x+y題型題型15點(diǎn)、線間的對(duì)稱問題1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知入射光線經(jīng)過點(diǎn)A-3,4，被直線l:x-A．-1 B．14 C．4 D【解題思路】根據(jù)點(diǎn)關(guān)于線的對(duì)稱，可求A'1,0【解答過程】設(shè)點(diǎn)A-3,4關(guān)于直線l:x-y+3=0對(duì)稱的點(diǎn)為A'a,反射線經(jīng)過點(diǎn)A',B,所以k故選：C.2．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）唐代詩人李頎的詩《古從軍行》開頭兩句說：“白日登山望烽火，黃昏飲馬傍交河”，詩中隱含著一個(gè)有趣的數(shù)學(xué)問題——“將軍飲馬”問題，即將軍在觀望烽火之后從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬后再回到軍營(yíng)，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)軍營(yíng)所在的位置為B(-2,0)，若將軍從山腳下的點(diǎn)A(1,0)處出發(fā)，河岸線所在直線的方程為x+y=3，則“A．27 B．5 C．15 D．29【解題思路】設(shè)B(-2,0)關(guān)于x+y=3的對(duì)稱點(diǎn)為(x,【解答過程】由B(-2,0)關(guān)于x+y所以{x-22+y所以“將軍飲馬”的最短總路程為(3-1)2故選：D.3．（2023秋·江蘇鹽城·高二?？茧A段練習(xí)）已知直線l：y＝－12x＋1(1)點(diǎn)P(－2，－1)關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)坐標(biāo)；(2)直線l1：y＝x－2關(guān)于直線l對(duì)稱的直線l2的方程；(3)直線l關(guān)于點(diǎn)A(1,1)對(duì)稱的直線方程．【解題思路】（1）設(shè)出對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)，利用中點(diǎn)在對(duì)稱軸上以及斜率乘積等于-1列方程組，解方程組求得對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo).（2）設(shè)l2上一點(diǎn)的坐標(biāo)，以及該點(diǎn)對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)，利用（1）的方法求得兩個(gè)對(duì)稱點(diǎn)的坐標(biāo)的關(guān)系式，代入直線l1的方程，化簡(jiǎn)后求得l2的方程.（3【解答過程】解:(1)設(shè)點(diǎn)P關(guān)于直線l的對(duì)稱點(diǎn)為P′(x0，y0)，則線段PP′的中點(diǎn)M在直線l上，且PP′⊥l.所以y0+1x0+2（2）直線l1：y＝x－2關(guān)于直線l對(duì)稱的直線為l2，則l2上任一點(diǎn)P1(x，y)關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)P1′(x′，y′)一定在直線l1上，反之也成立．由y-y把(x′，y′)代入方程y＝x－2并整理，得：7x－y－14＝0.即直線l2的方程為7x－y－14＝0.(3)設(shè)直線l關(guān)于點(diǎn)A(1,1)的對(duì)稱直線為l′，直線l上任一點(diǎn)P2(x1，y1)關(guān)于點(diǎn)A的對(duì)稱點(diǎn)P2′(x，y)一定在直線l′上，反之也成立．由x+x1將(x1，y1)代入直線l的方程得：x＋2y－4＝0，∴直線l′的方程為x＋2y－4＝0.4．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）一束光從光源C1,2射出，經(jīng)x軸反射后（反射點(diǎn)為M），射到線段y=-x(1)若M3,0,b=7，求光從(2)若b=8(3)若b≥6，求光從C出發(fā)，到達(dá)點(diǎn)N【解題思路】（1）先求出C關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，則光所走過的路程為C（2）根據(jù)kC'（3）當(dāng)N的橫坐標(biāo)∈3,5，光所走過的最短路程為點(diǎn)C'到直線y=-x+【解答過程】（1）C1,2關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)C'1,-2由y=x-3所以光所走過的路程即C'（2）對(duì)于線段y=-x+8,則kC所以反射光斜率的取值范圍是54（3）若反射光與直線y=-x+①當(dāng)x=b+32∈3,5，即所以路程S=②當(dāng)x=b+32∈5,+∞所以C'綜上：S=題型題型16圓的切線長(zhǎng)及切線方程問題1．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）過圓x2+y2-A．2x-yC．2x+y【解題思路】根據(jù)圓的一般方程得到圓心，從而得到直線PC的斜率，進(jìn)而求出過點(diǎn)P的切線斜率，由直線的點(diǎn)斜式方程即可求得切線方程.【解答過程】由x2+y則該圓的圓心為C1,2，又P則直線PC的斜率為kPC所以過點(diǎn)P的切線的斜率k=-2則過點(diǎn)P3,3的切線方程為y-3=-2故選：B.2．（2023春·福建莆田·高二?？茧A段練習(xí)）若P是直線l:x+2y-25=0上一動(dòng)點(diǎn)，過P作圓A．3 B．3 C．2 D．2【解題思路】由題意可得當(dāng)OP取最小值時(shí)，AB的值最小，求得圓心O到直線l:x+2y-【解答過程】如下圖所示，易知∠OAP=90°,∠OBP=且OA=1，由勾股定理可得AP所以AB=2×即OP取最小值時(shí)，AB取得最小值；易知OPmin為圓心O到直線l即OPmin=-故選：A.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）已知△ABC的頂點(diǎn)分別為A(1)求△ABC(2)設(shè)P是直線l:4x-3y-25=0上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作△ABC【解題思路】（1）設(shè)出圓的一般方程將A,B,C三點(diǎn)坐標(biāo)代入，利用待定系數(shù)法即可求得△ABC外接圓的方程；（2）根據(jù)切線長(zhǎng)公式可知，當(dāng)P與圓心之間的距離最小時(shí)，切線長(zhǎng)【解答過程】（1）設(shè)△ABC外接圓的方程為x將A,B,C分別代入圓方程可得所以△ABC外接圓的方程為x2（2）△ABC外接圓(x+1)2+(因?yàn)镻Q=PM2-R當(dāng)PM⊥l時(shí)，PM最小，所以所以PQmin設(shè)P(x0解得x0即點(diǎn)P的坐標(biāo)為P234．（2023秋·江西吉安·高二統(tǒng)考期末）已知圓M經(jīng)過A2,4，B5,1(1)求圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若過點(diǎn)P-1,5的直線l與圓M相切于點(diǎn)E，F(xiàn)，求直線l的方程及四邊形PEMF的面積【解題思路】（1）設(shè)出圓的一般式方程，根據(jù)在兩坐標(biāo)軸上的四個(gè)截距之和是6，以及韋達(dá)定理和圓過A，B坐標(biāo)，列出方程組即可求解；（2）設(shè)切線方程為x=ty-5-1，由直線與圓相切列出方程求出t即可得切線方程；求出PM【解答過程】（1）設(shè)圓M與x軸的交點(diǎn)為(x1,0),(x2設(shè)圓M:x令y=0，得x2+令x=0，得y2+∵圓M在兩坐標(biāo)軸上的四個(gè)截距之和是6，∴D∵圓過A2,4，B∴將A,B代入方程得4+16+2D解得：D=-4,故得圓M:∴圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為x-（2）由（1）得圓M的圓心為M2,1，半徑r過點(diǎn)P-1,5斜率為0的直線方程為直線y=5與圓x-2不妨設(shè)過P-1,5的圓的切線l的方程為即x-則d=2-t解得t=0或t故切線l方程為x=-1或7又PM2則四邊形PEMF的面積S=2題型題型17直線與圓有關(guān)的最值問題1．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·高二統(tǒng)考開學(xué)考試）已知A，B是圓C：x-32+y-12=9上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且ABA．2 B．3 C．4 D．7【解題思路】設(shè)P、C到直線AB的距離分別為d1,d2，根據(jù)題意結(jié)合垂徑定理可得d【解答過程】由題意可知：圓C：x-32+y則PC=設(shè)P、C到直線AB的距離分別為d1因?yàn)锳B=2r2分別過P、C作CM⊥AB,PN⊥AB，垂足分別為M,顯然當(dāng)P、C位于直線AB的同側(cè)時(shí)，點(diǎn)P到直線AB的距離較大，

則d2當(dāng)且僅當(dāng)CD=0，即直線AB與直線PC所以點(diǎn)P到直線AB距離的最大值為7.故選：D.2．（2023秋·安徽合肥·高三校聯(lián)考開學(xué)考試）已知A-1,0，B2,0，若動(dòng)點(diǎn)M滿足MB=2MA，直線l:x+y-2=0A．4+22 B．4 C．22 D【解題思路】由MB=2MA得M的軌跡為圓心為-2,0，半徑為【解答過程】設(shè)Mx,y，由MB化簡(jiǎn)可得x+22+y2=4，故動(dòng)點(diǎn)圓心-2,0到l:x故圓上的點(diǎn)到直線l:x+由于P2,0,Q故△MPQ的面積的最小值為1

故選：D.3．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）若點(diǎn)Px,y(1)yx(2)x+【解題思路】（1）確定圓心和半徑，設(shè)k=yx=（2）設(shè)x+y=m，聯(lián)立方程得到2【解答過程】（1）x-32+y