十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题10平面解析几何选择填空题文(含解析)

∪[4，+∞）【解答】解：假设椭圆的焦点在 x 轴上，则 0＜m＜3 时，
C．（0，1]∪[4，+∞） D．（0， ]
设椭圆的方程为：
（a＞b＞0），设 A（﹣a，0），B（a，0），M（x，y），y＞0，
则 a2﹣x2
，
∠MAB＝α，∠MBA＝β，∠AMB＝γ，tanα
，tanβ
，
则 tanγ ＝ tan[π ﹣ （ α+β ） ] ＝ ﹣ tan （ α+β ）
，
∴e
．
故选：D． 2．【2019 年新课标 1 文科 12】已知椭圆 C 的焦点为 F1（﹣1，0），F2（1，0），过 F2 的直线与 C 交于 A，B 两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则 C 的方程为（）
A． y2＝1
B．
1
C．
1
D．
1
【解答】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，
∴△APF 的面积 S 丨 AP 丨×丨 PF 丨，
3
同理当 y＜0 时，则△APF 的面积 S ，故选：D．
5．【2017 年新课标 1 文科 12】设 A，B 是椭圆 C：
1 长轴的两个端点，若 C 上存在点 M 满足∠AMB
＝120°，则 m 的取值范围是（
）
A．（0，1]∪[9，+∞） B．（0， ]∪[9，+∞）
1 的右焦点，P 是 C 上一点，且 PF 与 x 轴垂直，
点 A 的坐标是（1，3），则△APF 的面积为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由双曲线 C：x2
1 的右焦点 F（2，0），
PF 与 x 轴垂直，设（2，y），y＞0，则 y＝3，则 P（2，3）， ∴AP⊥PF，则丨 AP 丨＝1，丨 PF 丨＝3，
6
由
，解得 y＝±3，所以 A（﹣2，3），B（﹣2，﹣3）．
|AB|＝6．故选：B．
8．【2014 年新课标 1 文科 04】已知双曲线
1（a＞0）的离心率为 2，则实数 a＝（
）
A．2
B．
【解答】解：由题意，
C．
D．1
e
2，
解得，a＝1．
故选：D．
9．【2014 年新课标 1 文科 10】已知抛物线 C：y2＝x 的焦点为 F，A（x0，y0）是 C 上一点，AF＝| x0|，则
的焦点重合，A，B 是 C 的准线与 E 的两个交点，则|AB|＝（
A．3
B．6
C．9
） D．12
【解答】解：椭圆 E 的中心在坐标原点，离心率为，E 的右焦点（c，0）与抛物线 C：y2＝8x 的焦点（2， 0）重合，
可得 c＝2，a＝4，b2＝12，椭圆的标准方程为：
，
抛物线的准线方程为：x＝﹣2，
，
∵直线 y＝x+2a 与圆 C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0 相交于 A，B 两点，且|AB|＝2 ，
∴圆心（0，a）到直线 y＝x+2a 的距离 d ，
即 3＝a2+2，
解得：a2＝2，故圆的半径 r＝2．故圆的面积 S＝4π，故答案为：4π
19．【2015 年新课标 1 文科 16】已知 F 是双曲线 C：x2
点，|AB|＝12，P 为 C 的准线上一点，则△ABP 的面积为（
）
A．18
B．24
C．36
D．48
【解答】解：设抛物线的解析式为 y2＝2px（p＞0），
则焦点为 F（，0），对称轴为 x 轴，准线为 x
∵直线 l 经过抛物线的焦点，A、B 是 l 与 C 的交点，又∵AB⊥x 轴 ∴|AB|＝2p＝12 ∴p＝6 又∵点 P 在准线上
离心率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵渐近线的方程是 y＝± x，
∴2 •4，
，a＝2b，
c
a，e
，
即它的离心率为．故选：D．
11
17．【2018 年新课标 1 文科 15】直线 y＝x+1 与圆 x2+y2+2y﹣3＝0 交于 A，B 两点，则|AB|＝
．
【解答】解：圆 x2+y2+2y﹣3＝0 的圆心（0，﹣1），半径为：2，
A．y
B．y
C．y＝±x
D．y
7
【解答】解：由双曲线 C：
（a＞0，b＞0），
则离心率 e
，即 4b2＝a2，
故渐近线方程为 y＝± x x，
故选：D． 11．【2013 年新课标 1 文科 08】O 为坐标原点，F 为抛物线 C：y2＝4 x 的焦点，P 为 C 上一点，若|PF|＝
，当 y 最大时，即 y＝b 时，∠AMB 取最大值，
∴M 位于短轴的端点时，∠AMB 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足∠AMB＝120°，
4
∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，tan∠AMO 解得：0＜m≤1；
tan60° ，
当椭圆的焦点在 y 轴上时，m＞3，当 M 位于短轴的端点时，∠AMB 取最大值，要使椭圆 C 上存在点 M 满足∠AMB＝120°，
圆心到直线的距离为：
，
所以|AB|＝2
2．
故答案为：2 ．
18．【2016 年新课标 1 文科 15】设直线 y＝x+2a 与圆 C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0 相交于 A，B 两点，若|AB|＝2 ，
则圆 C 的面积为
．
【解答】解：圆 C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0 的圆心坐标为（0，a），半径为
x0＝（ A．1
） B．2
C．4
D．8
【解答】解：抛物线 C：y2＝x 的焦点为 F
，
∵A（x0，y0）是 C 上一点，AF＝| x0|，x0＞0．
∴
x0 ，
解得 x0＝1．故选：A．
10．【2013 年新课标 1 文科 04】已知双曲线 C：
方程为（
）
（a＞0，b＞0）的离心率为，则 C 的渐近线
B．
C．
D．
【解答】解：设椭圆的方程为：
，直线 l 经过椭圆的一个顶点和一个焦点，
则直线方程为：
，椭圆中心到 l 的距离为其短轴长的，
可得：
，
4＝b2（
），
∴
，
3，
∴e
．
故选：B．
7．【2015 年新课标 1 文科 05】已知椭圆 E 的中心在坐标原点，离心率为，E 的右焦点与抛物线 C：y2＝8x
又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2| ，
∴|AF2|＝a，|BF1| a，在 Rt△AF2O 中，cos∠AF2O ，
在△BF1F2 中，由余弦定理可得 cos∠BF2F1
，
2
根据 cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得 b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．
0，解得 a2＝3，∴a ．
与 x2
1 联立可得 y2+6 y﹣96＝0，
12
∴△APF 周长最小时，该三角形的面积为故答案为：12 ．
12 ．
20．【2010 年新课标 1 文科 13】圆心在原点上与直线 x+y﹣2＝0 相切的圆的方程为
．
【解答】解：圆心到直线的距离：r
，所求圆的方程为 x2+y2＝2．
故答案为：x2+y2＝2 21．【2019 年新课标 1 文科 21】已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，|AB|＝4，⊙M 过点 A，B 且与直线 x+2 ＝0 相切．（1）若 A 在直线 x+y＝0 上，求⊙M 的半径；（2）是否存在定点 P，使得当 A 运动时，|MA|﹣|MP|为定值？并说明理由．【解答】解：∵⊙M 故点 A，B 且 A 在直线 x+y＝0 上， ∴点 M 在线段 AB 的中垂线 x﹣y＝0 上，设⊙M 的方程为：（x﹣a）2+（y﹣a）2＝R2（R＞0），则
8
12．【2012 年新课标 1 文科 04】设 F1、F2 是椭圆 E：
1（a＞b＞0）的左、右焦点，P 为直线 x
上一点，△F2PF1 是底角为 30°的等腰三角形，则 E 的离心率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：∵△F2PF1 是底角为 30°的等腰三角形， ∴|PF2|＝|F2F1|
∵P 为直线 x 上一点
考点
双曲线椭圆椭圆
双曲线椭圆椭圆椭圆
双曲线抛物线双曲线抛物线
椭圆双曲线抛物线
椭圆双曲线圆的方程圆的方程双曲线圆的方程双曲线
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试题位置
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2010-2019十年高考数学真题分类汇编专题11直线与圆学生版+解析版

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题11 直线与圆一、选择题1.(2019·全国2·理T11文T12)设F为双曲线C:x 2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为()A.√2B.√3C.2D.√52.(2018·北京·理T7)在平面直角坐标系中,记d为点P(cos θ,sin θ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m 变化时,d的最大值为( )A.1B.2C.3D.43.(2018·全国3·理T6文T8)直线x+y+2=0分别与x轴、y轴交于A,B两点,点P在圆(x-2)2+y2=2上,则△ABP面积的取值范围是( )A.[2,6]B.[4,8]C.[√2,3√2]D.[2√2,3√2]4.(2016·山东·文T7)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2√2.则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是( )A.内切B.相交C.外切D.相离5.(2016·全国2·理T4文T6)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=( )A.-43B.-34C.√3D.26.(2015·全国2·理T7)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=( )A.2√6B.8C.4√6D.107.(2015·全国2·文T7)已知三点A(1,0),B(0,√3),C(2,√3),则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为()A.53B.√213C.2√53D.438.(2015·北京·文T2)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是( )A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=29.(2015·广东·理T5)平行于直线2x+y+1=0且与圆x2+y2=5相切的直线的方程是( )A.2x+y+5=0或2x+y-5=0B.2x+y+√5=0或2x+y-√5=0C.2x-y+5=0或2x-y-5=0D.2x-y+√5=0或2x-y-√5=010.(2015·山东·理T9)一条光线从点(-2,-3)射出,经y 轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为( ) A.-53或-35B.-32或-23C.-5或-4D.-4或-311.(2015·重庆·理T8)已知直线l:x+ay-1=0(a ∈R)是圆C:x 2+y 2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C 的一条切线,切点为B,则|AB|=( ) A.2B.4√2C.6D.2√1012.(2014·全国2·文T12)设点M(x 0,1),若在圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x 0的取值范围是( ) A.[-1,1] B.[-1,1] C.[-√2,√2]D.[-√22,√22]13.(2014·浙江·文T5)已知圆x 2+y 2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a 的值是( ) A.-2B.-4C.-6D.-814.(2014·安徽·文T6)过点P(-√3,-1)的直线l 与圆x 2+y 2=1有公共点,则直线l 的倾斜角的取值范围是( ) A.(0,π6] B.(0,π3] C.[0,π6]D.[0,π3]15.(2014·北京·文T7)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C 上存在点P,使得∠APB=90°,则m 的最大值为( ) A.7B.6C.5D.416.(2014·四川·文T9)设m ∈R,过定点A 的动直线x+my=0和过定点B 的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( ) A.[√5,2√5] B.[√10,2√5] C.[√10,4√5]D.[2√5,4√5]17.(2013·重庆·理T7)已知圆C 1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C 2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N 分别是圆C 1,C 2上的动点,P 为x 轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为( ) A.5√2-4 B.√17-1 C.6-2√2D.√1718.(2013·湖南·理T8)在等腰直角三角形ABC 中,AB=AC=4,点P 为边AB 上异于A,B 的一点,光线从点P 出发,经BC,CA 反射后又回到点P.若光线QR 经过△ABC 的重心,则AP 等于( )A.2B.1C.83D.4319.(2012·浙江·理T3)设a ∈R,则“a=1”是“直线l 1:ax+2y-1=0与直线l 2:x+(a+1)y+4=0平行”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件20.(2010·安徽·文T4)过点(1,0)且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是( ) A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0 C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0 二、填空题1.(2019·江苏·T10)在平面直角坐标系xOy 中,P 是曲线y=x+4x (x>0)上的一个动点,则点P 到直线x+y=0的距离的最小值是 .2.(2019·天津·理T12)设a ∈R,直线ax-y+2=0和圆{x =2+2cosθ,y =1+2sinθ(θ为参数)相切,则a 的值为____.3.(2019·浙江·T12)已知圆C 的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C 相切于点A(-2,-1),则m= ,r= .4.(2018·天津·文T12)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为 .5.(2018·全国1·文T15)直线y=x+1与圆x 2+y 2+2y-3=0交于A,B 两点,则|AB|= .6.(2018·天津·理T12)已知圆x 2+y 2-2x=0的圆心为C, 直线{x =-1+√22t ,y =3-√22t(t 为参数)与该圆相交于A,B两点,则△ABC 的面积为_____________.7.(2016·全国1·文T15)设直线y=x+2a 与圆C:x 2+y 2-2ay-2=0相交于A,B 两点,若|AB|=2√3,则圆C 的面积为 .8.(2016·上海·理T3)已知平行直线l 1:2x+y-1=0,l 2:2x+y+1=0,则l 1,l 2的距离是 . 9.(2016·浙江·文T10)已知a ∈R,方程a 2x 2+(a+2)y 2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是 ,半径是 . 10.(2016·天津·文T12)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上,点M(0,√5)在圆C 上,且圆心到直线2x-y=0的距离为4√5,则圆C 的方程为 .11.(2016·全国3·理T16文T15)已知直线l:mx+y+3m-√3=0与圆x 2+y 2=12交于A,B 两点,过A,B 分别作l 的垂线与x 轴交于C,D 两点.若|AB|=2√3,则|CD|= .12.(2015·江苏·T10)在平面直角坐标系xOy 中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m ∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为 .13.(2015·全国1·理T14)一个圆经过椭圆x 216+y 24=1的三个顶点,且圆心在x 轴的正半轴上,则该圆的标准方程为___________. 14.(2014·重庆·理T13)已知直线ax+y-2=0与圆心为C 的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B 两点,且△ABC 为等边三角形,则实数a= .15.(2014·陕西·理T12)若圆C 的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x 对称,则圆C 的标准方程为 . 16.(2011·浙江·文T12)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m= .17.(2010·全国·理T15)过点A(4,1)的圆C 与直线x-y-1=0相切于点B(2,1),则圆C 的方程为 . 18.(2010·全国·文T13)圆心在原点且与直线x+y-2=0相切的圆的方程为 . 三、计算题1.(2015·全国1·文T20)已知过点A(0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N 两点. (1)求k 的取值范围;(2)若OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,其中O 为坐标原点,求|MN|. 2.(2015·广东·理T20)已知过原点的动直线l 与圆C 1:x 2+y 2-6x+5=0相交于不同的两点A,B. (1)求圆C 1的圆心坐标;(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C 只有一个交点?若存在,求出k 的取值范围;若不存在,说明理由.3.(2014·全国1·文T20)已知点P(2,2),圆C:x 2+y 2-8y=0,过点P 的动直线l 与圆C 交于A,B 两点,线段AB 的中点为M,O 为坐标原点.(1)求M的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及△POM的面积.4.(2013·江苏·T17)如图,在平面直角坐标系xOy中,点A(0,3),直线l:y=2x-4.设圆C的半径为1,圆心在l上.(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;(2)若圆C上存在点M,使MA=2MO,求圆心C的横坐标a的取值范围.十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题11 直线与圆一、选择题1.(2019·全国2·理T11文T12)设F 为双曲线C:x 2a 2−y 2b2=1(a>0,b>0)的右焦点,O为坐标原点,以OF 为直径的圆与圆x 2+y 2=a 2交于P,Q 两点.若|PQ|=|OF|,则C 的离心率为( ) A.√2 B.√3 C.2 D.√5【答案】A【解析】如图,设PQ 与x 轴交于点A,由对称性可知PQ ⊥x 轴. ∵|PQ|=|OF|=c,∴|PA|=c2.∴PA 为以OF 为直径的圆的半径,A 为圆心, ∴|OA|=c 2.∴P c 2,c2.又点P 在圆x 2+y 2=a 2上,∴c 24+c 24=a 2,即c 22=a 2, ∴e2=c 2a 2=2,∴e=√2,故选A.2.(2018·北京·理T7)在平面直角坐标系中,记d 为点P(cos θ,sin θ)到直线x-my-2=0的距离.当θ,m 变化时,d 的最大值为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C【解析】设P(x,y),则{x =cosθ,y =sinθ,x 2+y 2=1.即点P 在单位圆上,点P 到直线x-my-2=0的距离可转化为圆心(0,0)到直线x-my-2=0的距离加上(或减去)半径,所以距离最大为d=1+2=1+2.当m=0时,d max =3.3.(2018·全国3·理T6文T8)直线x+y+2=0分别与x 轴、y 轴交于A,B 两点,点P 在圆(x-2)2+y 2=2上,则△ABP 面积的取值范围是( ) A.[2,6] B.[4,8]C.[√2,3√2]D.[2√2,3√2]【答案】A【解析】设圆心到直线AB 的距离d=√2=2√2.点P到直线AB的距离为d'.易知d-r≤d'≤d+r,即√2≤d'≤3√2.又AB=2√2,∴S△ABP=12·|AB|·d'=√2d',∴2≤S△ABP≤6.4.(2016·山东·文T7)已知圆M:x2+y2-2ay=0(a>0)截直线x+y=0所得线段的长度是2√2.则圆M与圆N:(x-1)2+(y-1)2=1的位置关系是( )A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】B【解析】圆M的方程可化为x2+(y-a)2=a2,故其圆心为M(0,a),半径R=a.所以圆心到直线x+y=0的距离d=√1+1=√22a.所以直线x+y=0被圆M所截弦长为2√R2-d2=2√a2-(√22a)2=√2a,由题意可得√2a=2√2,故a=2.而|MN|=√(1-0)2+(1-2)2=√2,显然R-r<|MN|<R+r,所以两圆相交.5.(2016·全国2·理T4文T6)圆x2+y2-2x-8y+13=0的圆心到直线ax+y-1=0的距离为1,则a=( )A.-4B.-3C.√3D.2【答案】A【解析】圆的方程可化为(x-1)2+(y-4)2=4,圆心坐标为(1,4).所以d=2=1,解得a=-43,故选A.6.(2015·全国2·理T7)过三点A(1,3),B(4,2),C(1,-7)的圆交y轴于M,N两点,则|MN|=( )A.2√6B.8C.4√6D.10【答案】C【解析】设圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,将点A,B,C代入,得{D+3E+F+10=0,4D+2E+F+20=0,D-7E+F+50=0,解得{D=-2,E=4,F=-20.则圆的方程为x2+y2-2x+4y-20=0.令x=0得y2+4y-20=0,设M(0,y1),N(0,y2),则y1,y2是方程y2+4y-20=0的两根, 由根与系数的关系,得y1+y2=-4,y1y2=-20,故|MN|=|y1-y 2|=√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=√16+80=4√6.7.(2015·全国2·文T7)已知三点A(1,0),B(0,√3),C(2,√3),则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为( ) A.53 B.√213C.2√53D.43【答案】B【解析】由题意知,△ABC 外接圆的圆心是直线x=1与线段AB 垂直平分线的交点为P,而线段AB 垂直平分线的方程为y-√32=√33(x -12),它与x=1联立得圆心P 坐标为(1,2√33),则|OP|=√12+(2√33)2=√213.8.(2015·北京·文T2)圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是( ) A.(x-1)2+(y-1)2=1B.(x+1)2+(y+1)2=1 C.(x+1)2+(y+1)2=2D.(x-1)2+(y-1)2=2 【答案】D【解析】圆的半径r=√2 ,标准方程为(x-1)2+(y-1)2=2.9.(2015·广东·理T5)平行于直线2x+y+1=0且与圆x 2+y 2=5相切的直线的方程是( ) A.2x+y+5=0或2x+y-5=0 B.2x+y+√5=0或2x+y-√5=0 C.2x-y+5=0或2x-y-5=0 D.2x-y+√5=0或2x-y-√5=0 【答案】A【解析】设与直线2x+y+1=0平行的直线方程为2x+y+m=0(m ≠1), 因为直线2x+y+m=0与圆x 2+y 2=5相切, 所以√5=√5,|m|=5.故所求直线的方程为2x+y+5=0或2x+y-5=0.10.(2015·山东·理T9)一条光线从点(-2,-3)射出,经y 轴反射后与圆(x+3)2+(y-2)2=1相切,则反射光线所在直线的斜率为( ) A.-53或-35 B.-32或-23 C.-54或-45D.-43或-34【答案】D【解析】如图,作出点P(-2,-3)关于y 轴的对称点P 0(2,-3).由题意知反射光线与圆相切,其反向延长线过点P 0.故设反射光线为y=k(x-2)-3,即kx-y-2k-3=0. ∴圆心到直线的距离d=√1+k=1,解得k=-43或k=-34.11.(2015·重庆·理T8)已知直线l:x+ay-1=0(a ∈R)是圆C:x 2+y 2-4x-2y+1=0的对称轴.过点A(-4,a)作圆C 的一条切线,切点为B,则|AB|=( ) A.2 B.4√2 C.6 D.2√10【答案】C【解析】依题意,直线l 经过圆C 的圆心(2,1),因此2+a-1=0,所以a=-1,因此点A 的坐标为(-4,-1).又圆C 的半径r=2,由△ABC 为直角三角形可得|AB|=√|AC |2-r 2. 又|AC|=2√10,所以|AB|=√(2√10)2-22=6.12.(2014·全国2·文T12)设点M(x 0,1),若在圆O:x 2+y 2=1上存在点N,使得∠OMN=45°,则x 0的取值范围是( ) A.[-1,1] B.[-12,12] C.[-√2,√2] D.[-√22,√22]【答案】A【解析】建立三角不等式,利用两点间距离公式找到x 0的取值范围.如图,过点M 作☉O 的切线,切点为N,连接ON.M 点的纵坐标为1,MN 与☉O 相切于点N. 设∠OMN=θ,则θ≥45°,即sin θ≥√22, 即ON OM ≥√22.而ON=1,∴OM≤√2.∵M 为(x 0,1),∴√x 02+1≤√2,∴x 02≤1,∴-1≤x 0≤1,∴x 0的取值范围为[-1,1].13.(2014·浙江·文T5)已知圆x 2+y 2+2x-2y+a=0截直线x+y+2=0所得弦的长度为4,则实数a 的值是( ) A.-2B.-4C.-6D.-8【答案】B【解析】圆的方程可化为(x+1)2+(y-1)2=2-a,因此圆心为(-1,1),半径r=√2-a .圆心到直线x+y+2=0的距离d=√2=√2,又弦长为4,因此由勾股定理可得(√2)2+(42)2=(√2-a )2, 解得a=-4.故选B.14.(2014·安徽·文T6)过点P(-√3,-1)的直线l 与圆x 2+y 2=1有公共点,则直线l 的倾斜角的取值范围是( ) A.(0,π] B.(0,π] C.[0,π6] D.[0,π3]【答案】D【解析】设过点P 的直线方程为y=k(x+√3)-1,则由直线和圆有公共点知√3k √1+k ≤1,解得0≤k≤√3.故直线l 的倾斜角的取值范围是[0,π3].15.(2014·北京·文T7)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C 上存在点P,使得∠APB=90°,则m 的最大值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4【答案】B【解析】因为A(-m,0),B(m,0)(m>0),所以使∠APB=90°的点P 在以线段AB 为直径的圆上,该圆的圆心为O(0,0),半径为m.而圆C 的圆心为C(3,4),半径为1. 由题意知点P 在圆C 上,故两圆有公共点. 所以两圆的位置关系为外切、相交或内切, 故m-1≤|CO|≤m+1,即m-1≤5≤m+1,解得4≤m ≤6. 所以m 的最大值为6.故选B.16.(2014·四川·文T9)设m ∈R,过定点A 的动直线x+my=0和过定点B 的动直线mx-y-m+3=0交于点P(x,y),则|PA|+|PB|的取值范围是( ) A.[√5,2√5] B.[√10,2√5] C.[√10,4√5] D.[2√5,4√5]【答案】B【解析】由题意,得A(0,0),B(1,3),因为1×m+m×(-1)=0,所以两直线垂直,所以点P在以AB为直径的圆上,所以PA⊥PB.所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10,设∠ABP=θ,则|PA|+|PB|=√10sin θ+√10cos θ=2√5sin(θ+π4).因为|PA|≥0,|PB|≥0,所以0≤θ≤π2.所以√10≤|PA|+|PB|≤2√5,故选B.17.(2013·重庆·理T7)已知圆C1:(x-2)2+(y-3)2=1,圆C2:(x-3)2+(y-4)2=9,M,N分别是圆C1,C2上的动点,P 为x轴上的动点,则|PM|+|PN|的最小值为( )A.5√2-4B.√17-1C.6-2√2D.√17【答案】A【解析】圆C1,C2的圆心分别为C1,C2,由题意知|PM|≥|PC1|-1,|PN|≥|PC2|-3,∴|PM|+|PN|≥|PC1|+|PC2|-4,故所求值为|PC1|+|PC2|-4的最小值.又C1关于x轴对称的点为C3(2,-3),所以|PC1|+|PC2|-4的最小值为|C3C2|-4=√(2-3)2+(-3-4)2-4=5√2-4,故选A.18.(2013·湖南·理T8)在等腰直角三角形ABC中,AB=AC=4,点P为边AB上异于A,B的一点,光线从点P出发,经BC,CA反射后又回到点P.若光线QR经过△ABC的重心,则AP等于( )A.2B.1C.83D.43【答案】D【解析】以A为原点,AB为x轴,AC为y轴建立直角坐标系如图所示. 则A(0,0),B(4,0),C(0,4).设△ABC的重心为D,则D点坐标为(43,43 ).设P点坐标为(m,0),则P点关于y轴的对称点P1为(-m,0),因为直线BC方程为x+y-4=0,所以P点关于BC 的对称点P2为(4,4-m),根据光线反射原理,P1,P2均在QR所在直线上,∴k P 1D =k P 2D ,即4343+m=43-4+m 43-4, 解得,m=43或m=0.当m=0时,P 点与A 点重合, 故舍去.∴m=43.19.(2012·浙江·理T3)设a ∈R,则“a=1”是“直线l 1:ax+2y-1=0与直线l 2:x+(a+1)y+4=0平行”的( ) A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】l 1与l 2平行的充要条件为a(a+1)=2×1且a×4≠1×(-1),可解得a=1或a=-2,故a=1是l 1∥l 2的充分不必要条件.20.(2010·安徽·文T4)过点(1,0)且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是( ) A.x-2y-1=0 B.x-2y+1=0 C.2x+y-2=0 D.x+2y-1=0 【答案】A【解析】设直线方程为x-2y+c=0,将点(1,0)代入,解得c=-1,故直线方程为x-2y-1=0. 二、填空题1.(2019·江苏·T10)在平面直角坐标系xOy 中,P 是曲线y=x+4x (x>0)上的一个动点,则点P 到直线x+y=0的距离的最小值是 . 【答案】4【解析】当直线x+y=0平移到与曲线y=x+4x 相切位置时,切点Q 即为点P 到直线x+y=0的最小距离的点,有y'=(x +4x )'=1-4x 2=-1(x>0),得x=√2(-√2舍). 此时y=√2√2=3√2,即切点Q(√2,3√2),则切点Q 到直线x+y=0的距离为d=√2+3√2|√1+1=4,即为所求最小值.2.(2019·天津·理T12)设a ∈R,直线ax-y+2=0和圆{x =2+2cosθ,y =1+2sinθ(θ为参数)相切,则a 的值为____.【答案】34【解析】由{x =2+2cosθ,y =1+2sinθ(θ为参数),得(x-2)2+(y-1)2=4, 圆心为(2,1),r=2. 由直线与圆相切,得√2=2,解得a=3.3.(2019·浙江·T 12)已知圆C 的圆心坐标是(0,m),半径长是r.若直线2x-y+3=0与圆C 相切于点A(-2,-1),则m= ,r= . 【答案】-2 √5【解析】由题意知k AC =-12⇒AC:y+1=-12(x+2),把(0,m)代入得m=-2,此时r=|AC|=√4+1=√5. 4.(2018·天津·文T12)在平面直角坐标系中,经过三点(0,0),(1,1),(2,0)的圆的方程为 . 【答案】x 2+y 2-2x=0【解析】画出示意图如图所示,则△OAB 为等腰直角三角形,故所求圆的圆心为(1,0),半径为1,所以所求圆的方程为(x-1)2+y 2=1,即x 2+y 2-2x=0.5.(2018·全国1·文T15)直线y=x+1与圆x 2+y 2+2y-3=0交于A,B 两点,则|AB|= . 【答案】2【解析】圆的方程可化为x 2+(y+1)2=4,故圆心C(0,-1),半径r=2,圆心到直线y=x+1的距离d=√2=√2,所以弦长|AB|=2√r 2-d 2=2√4-2=2√2.6.(2018·天津·理T12)已知圆x 2+y 2-2x=0的圆心为C, 直线{x =-1+√22t ,y =3-√22t (t 为参数)与该圆相交于A,B两点,则△ABC 的面积为_____________. 【答案】12【解析】圆C 的方程可化为(x-1)2+y 2=1,得圆心为C(1,0),半径为1.由{x =-1+√22t ,y =3-√22t(t 为参数),可得直线的普通方程为x+y-2=0.所以圆心C(1,0)到直线x+y-2=0的距离d=√1+1=√22.所以|AB|=2√1-(√22)2=√2. 所以S △ABC =12·|AB|·d=12×√2×√22=12.7.(2016·全国1·文T15)设直线y=x+2a 与圆C:x 2+y 2-2ay-2=0相交于A,B 两点,若|AB|=2√3,则圆C 的面积为 . 【答案】4π【解析】圆C 的方程可化为x 2+(y-a)2=2+a 2,直线方程为x-y+2a=0, 所以圆心坐标为(0,a),半径r 2=a 2+2,圆心到直线的距离d=√2.由已知(√3)2+a 22=a 2+2,解得a 2=2,故圆C 的面积为π(2+a 2)=4π.8.(2016·上海·理T3)已知平行直线l 1:2x+y-1=0,l 2:2x+y+1=0,则l 1,l 2的距离是 . 【答案】2√55 【解析】d=12√A +B =√2+1=2√55.9.(2016·浙江·文T10)已知a ∈R,方程a 2x 2+(a+2)y 2+4x+8y+5a=0表示圆,则圆心坐标是 ,半径是 .【答案】(-2,-4) 5【解析】由题意,可得a 2=a+2,解得a=-1或2.当a=-1时,方程为x 2+y 2+4x+8y-5=0,即(x+2)2+(y+4)2=25,故圆心为(-2,-4),半径为5;当a=2时,方程为4x 2+4y 2+4x+8y+10=0,(x +12)2+(y+1)2=-54不表示圆.10.(2016·天津·文T12)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上,点M(0,√5)在圆C 上,且圆心到直线2x-y=0的距离为4√55,则圆C 的方程为 . 【答案】(x-2)2+y 2=9【解析】设圆心C 的坐标为(a,0)(a>0),√5=4√55⇒a=2.又点M(0,√5)在圆C 上,则圆C 的半径r=√22+5=3.故圆C 的方程为(x-2)2+y 2=9.11.(2016·全国3·理T16文T15)已知直线l:mx+y+3m-√3=0与圆x 2+y 2=12交于A,B 两点,过A,B 分别作l 的垂线与x 轴交于C,D 两点.若|AB|=2√3,则|CD|= .【答案】4【解析】因为|AB|=2√3,且圆的半径R=2√3,所以圆心(0,0)到直线mx+y+3m-√3=0的距离为√R 2-(|AB |2)2=3.由√3|2=3,解得m=-√33.将其代入直线l 的方程,得y=√33x+2√3,即直线l 的倾斜角为30°. 由平面几何知识知在梯形ABDC 中, |CD|=|AB |cos30°=4. 12.(2015·江苏·T10)在平面直角坐标系xOy 中,以点(1,0)为圆心且与直线mx-y-2m-1=0(m ∈R)相切的所有圆中,半径最大的圆的标准方程为 . 【答案】(x-1)2+y 2=2【解析】(方法一)设A(1,0).由mx-y-2m-1=0,得m(x-2)-(y+1)=0,则直线过定点P(2,-1),即该方程表示所有过定点P 的直线系方程.当直线与AP 垂直时,所求圆的半径最大.此时,半径为|AP|=√(2-1)2+(-1-0)2=√2.故所求圆的标准方程为(x-1)2+y 2=2.(方法二)设圆的半径为r,根据直线与圆相切的关系得r=√2=√m 2+2m+1m 2+1=√1+2mm 2+1,当m<0时,1+2m m 2+1<1,故1+2mm 2+1无最大值; 当m=0时,r=1;当m>0时,m 2+1≥2m(当且仅当m=1时取等号). 所以r≤√1+1=√2,即r max =√2, 故半径最大的圆的方程为(x-1)2+y 2=2. 13.(2015·全国1·理T14)一个圆经过椭圆x 216+y 24=1的三个顶点,且圆心在x 轴的正半轴上,则该圆的标准方程为___________. 【答案】(x -32)2+y 2=254【解析】由条件知圆经过椭圆的三个顶点分别为(4,0),(0,2),(0,-2),设圆心为(a,0)(a>0),所以√(a -0)2+(0-2)2=4-a,解得a=32,故圆心为(32,0),此时半径r=4-32=52,因此该圆的标准方程是(x -3)2+y 2=25.14.(2014·重庆·理T13)已知直线ax+y-2=0与圆心为C 的圆(x-1)2+(y-a)2=4相交于A,B 两点,且△ABC 为等边三角形,则实数a= . 【答案】4±√15【解析】由△ABC 为等边三角形可得,C 到AB 的距离为√3,即(1,a)到直线ax+y-2=0的距离d=2=√3,即a 2-8a+1=0,可求得a=4±√15.15.(2014·陕西·理T12)若圆C 的半径为1,其圆心与点(1,0)关于直线y=x 对称,则圆C 的标准方程为 .【答案】x 2+(y-1)2=1【解析】因为(1,0)关于y=x 的对称点为(0,1),所以圆C 是以(0,1)为圆心,以1为半径的圆,其方程为x 2+(y-1)2=1.16.(2011·浙江·文T12)若直线x-2y+5=0与直线2x+my-6=0互相垂直,则实数m= . 【答案】1【解析】由题意知1×2+(-2)·m=0,即m=1.17.(2010·全国·理T15)过点A(4,1)的圆C 与直线x-y-1=0相切于点B(2,1),则圆C 的方程为 . 【答案】(x-3)2+y 2=2【解析】由题意知A,B 两点在圆C 上, ∴线段AB 的垂直平分线x=3过圆心C. 又圆C 与直线y=x-1相切于点B(2,1), ∴k BC =-1.∴直线BC 的方程为y-1=-(x-2), 即y=-x+3.y=-x+3与x=3联立得圆心C 的坐标为(3,0),∴r=|BC|=√(3-2)2+(0-1)2=√2.∴圆C 的方程为(x-3)2+y 2=2.18.(2010·全国·文T13)圆心在原点且与直线x+y-2=0相切的圆的方程为 . 【答案】x 2+y 2=2【解析】圆心(0,0)到直线x+y-2=0的距离R=√1+1=√2.∴圆的方程为x 2+y 2=2.三、计算题1.(2015·全国1·文T20)已知过点A(0,1)且斜率为k 的直线l 与圆C:(x-2)2+(y-3)2=1交于M,N 两点. (1)求k 的取值范围;(2)若OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12,其中O 为坐标原点,求|MN|. 【解析】(1)由题设,可知直线l 的方程为y=kx+1. 因为l 与C 交于两点, 所以√1+k <1.解得4-√73<k<4+√73.所以k 的取值范围为(4-√73,4+√73). (2)设M(x 1,y 1),N(x 2,y 2).将y=kx+1代入方程(x-2)2+(y-3)2=1, 整理得(1+k 2)x 2-4(1+k)x+7=0. 所以x 1+x 2=4(1+k )1+k2,x 1x 2=71+k2.OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2 =(1+k 2)x 1x 2+k(x 1+x 2)+1=4k (1+k )1+k2+8.由题设可得4k (1+k )1+k2+8=12,解得k=1,所以l 的方程为y=x+1. 故圆心C 在l 上,所以|MN|=2.2.(2015·广东·理T20)已知过原点的动直线l 与圆C 1:x 2+y 2-6x+5=0相交于不同的两点A,B. (1)求圆C 1的圆心坐标;(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程;(3)是否存在实数k,使得直线L:y=k(x-4)与曲线C 只有一个交点?若存在,求出k 的取值范围;若不存在,说明理由.【解析】(1)由x 2+y 2-6x+5=0,得(x-3)2+y 2=4, 从而可知圆C 1的圆心坐标为(3,0). (2)设线段AB 的中点M(x,y), 由弦的性质可知C 1M ⊥AB,即C 1M ⊥OM. 故点M 的轨迹是以OC 1为直径的圆,该圆的圆心为C (32,0),半径r=12|OC 1|=12×3=32,其方程为(x -32)2+y 2=(32)2,即x 2+y 2-3x=0.又因为点M 为线段AB 的中点,所以点M 在圆C 1内,所以√(x -3)2+y 2<2. 又x 2+y 2-3x=0,所以可得x>53.易知x≤3,所以53<x≤3. 所以线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程为x 2+y 2-3x=0(53<x ≤3). (3)存在实数k 满足题意. 由(2)知点M 的轨迹是以C (32,0)为圆心,32为半径的圆弧EF ⏜(如图所示,不包括两个端点),且E (53,2√53),F (53,-2√53).又直线L:y=k(x-4)过定点D(4,0), 当直线L 与圆C 相切时,由|k (32-4)-0|√k +1=32,得k=±34.又k DE =-k DF =-0-(-2√53)4-53=2√5,结合上图可知当k ∈{-3,3}∪[-2√5,2√5]时,直线L:y=k(x-4)与曲线C 只有一个交点.3.(2014·全国1·文T20)已知点P(2,2),圆C:x 2+y 2-8y=0,过点P 的动直线l 与圆C 交于A,B 两点,线段AB 的中点为M,O 为坐标原点. (1)求M 的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l 的方程及△POM 的面积. 【解析】设M(x,y),则CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y-4),MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x,2-y). 由题设知CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 故x(2-x)+(y-4)(2-y)=0, 即(x-1)2+(y-3)2=2. 由于点P 在圆C 的内部,所以M 的轨迹方程是(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知M 的轨迹是以点N(1,3)为圆心,√2为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O 在线段PM 的垂直平分线上,又P 在圆N 上,从而ON ⊥PM. 因为ON 的斜率为3,所以l 的斜率为-13,故l 的方程为y=-13x+83.又|OM|=|OP|=2√2,O 到l 的距离为4√105,|PM|=4√105,所以△POM 的面积为165.4.(2013·江苏·T17)如图,在平面直角坐标系xOy 中,点A(0,3),直线l:y=2x-4.设圆C 的半径为1,圆心在l上.(1)若圆心C也在直线y=x-1上,过点A作圆C的切线,求切线的方程;(2)若圆C上存在点M,使MA=2MO,求圆心C的横坐标a的取值范围.【解析】(1)由题设,圆心C是直线y=2x-4和y=x-1的交点,解得点C(3,2),于是切线的斜率必存在. 设过A(0,3)的圆C的切线方程为y=kx+3,由题意,√k+1=1,解得k=0或k=-34,故所求切线方程为y=3或3x+4y-12=0.(2)因为圆心在直线y=2x-4上,所以圆C的方程为(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1. 设点M(x,y),因为MA=2MO,所以√x2+(y-3)2=2√x2+y2,化简得x2+y2+2y-3=0,即x2+(y+1)2=4,所以点M在以D(0,-1)为圆心,2为半径的圆上.由题意,点M(x,y)在圆C上,所以圆C与圆D有公共点,则|2-1|≤CD≤2+1, 即1≤√a2+(2a-3)2≤3.由5a2-12a+8≥0,得a∈R;由5a2-12a≤0,得0≤a≤125.所以点C的横坐标a的取值范围为[0,125].。

十年高考分类北京高考数学试卷精校版含详解10解析几何部分

十年高考分类北京高考数学试卷精校版含详解10解析几何部分一、选择题（共26小题；共130分）1. 圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是( )A. (x−1)2+(y−1)2=1B. (x+1)2+(y+1)2=1C. (x+1)2+(y+1)2=2D. (x−1)2+(y−1)2=22. 双曲线x24−y29=1的渐近线方程是( )A. y=±32x B. y=±23x C. y=±94x D. y=±49x3. 若双曲线x2a2−y2b2=1的离心率为√3，则其渐近线方程为( )A. y=±2xB. y=±√2xC. y=±12x D. y=±√22x4. 双曲线x2−y2m=1的离心率大于√2的充分必要条件是( )A. m>12B. m≥1C. m>1D. m>25. 圆(x+1)2+y2=2的圆心到直线y=x+3的距离为( )A. 1B. 2C. √2D. 2√26. 在同一坐标系中，方程a2x2+b2y2=1与ax+by2=0(a>b>0)的曲线大致是( )A. B.C. D.7. 若点P到直线x=−1的距离比它到点(2,0)的距离小1，则点P的轨迹为( )A. 圆B. 椭圆C. 双曲线D. 抛物线8. 设动点P在直线x=1上，O为坐标原点．以OP为直角边、点O为直角顶点作等腰Rt△OPQ，则动点Q的轨迹是( )A. 圆B. 两条平行直线C. 抛物线D. 双曲线9. 双曲线x2b2−y2a2=1的两条渐近线互相垂直，那么该双曲线的离心率是( )A. 2B. 3C. 2D. 310. 椭圆 {x =4+5cosφy =3sinφ（φ 为参数）的焦点坐标为 ( )A. (0,0)，(0,−8)B. (0,0)，(−8,0)C. (0,0)，(0,8)D. (0,0)，(8,0)11. " m =12 "是"直线 (m +2)x +3my +1=0 与直线 (m −2)x +(m +2)y −3=0 相互垂直"的( ) A. 充分必要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件D. 既不充分也不必要条件12. 从原点向圆 x 2+y 2−12y +27=0 作两条切线，则该圆夹在两条切线间的劣弧长为 ( )A. πB. 2πC. 4πD. 6π13. 椭圆短轴长是 2，长轴长是短轴的 2 倍，则椭圆中心到其准线距离是 ( )A. 85√5 B. 45√5 C. 83√3 D. 43√314. 已知 F 1 、 F 2 是椭圆x 216+y 29=1 的两焦点，过点 F 2 的直线交椭圆于点 A 、 B ，若 ∣AB ∣=5，则∣AF 1∣+∣BF 1∣= ( ) A. 11B. 10C. 9D. 1615. 如图，直线 l:x −2y +2=0 过椭圆的左焦点 F 1 和一个顶点 B ，该椭圆的离心率为 ( )A. 15B. 25C. √55D.2√5516. 在抛物线 y 2=2px 上，横坐标为 4 的点到焦点的距离为 5，则 p 的值为 ( )A. 12B. 1C. 2D. 417. 椭圆 x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0) 的焦点为 F 1，F 2，两条准线与 x 轴的交点分别为 M ，N ，若 ∣MN∣≤2∣∣F 1F 2∣，则该椭圆离心率的取值范围是 ( )A. (0,12]B. (0,√22] C. [12,1)D. [√22,1) 18. "双曲线的方程为x 29−y 216=1 "是"双曲线的准线方程为 x =±95"的 ( )A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件19. 直线 l 过抛物线 C:x 2=4y 的焦点且与 y 轴垂直，则 l 与 C 所围成的图形的面积等于 ( )4816√220. 已知点A(0,2),B(2,0)．若点C在函数y=x2的图象上，则使得△ABC的面积为2的点C的个数为( )A. 4B. 3C. 2D. 121. 已知圆C:(x−3)2+(y−4)2=1和两点A(−m,0)，B(m,0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB=90∘，则m的最大值为( )A. 7B. 6C. 5D. 422. 某棵果树前n年的总产量S n与n之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高，m的值为( )A. 5B. 7C. 9D. 1123. 过直线y=x上的一点作圆(x−5)2+(y−1)2=2的两条切线l1，l2，当直线l1，l2关于y=x对称时，它们之间的夹角为( )A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘24. 已知直线ax+by+c=0（abc≠0）与圆x2+y2=1相切，则三条边长分别为∣a∣，∣b∣，∣c∣的三角形( )A. 是锐角三角形B. 是直角三角形C. 是钝角三角形D. 不存在25. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是( )A. 直线B. 圆C. 双曲线D. 抛物线26. 点P在直线l:y=x−1上，若存在过P的直线交抛物线y=x2于A，B两点，且∣PA∣=∣AB∣，则称点P为" A点"，那么下列结论中正确的是( )A. 直线l上的所有点都是" A点"B. 直线l上仅有有限个点是" A点"D. 直线l上有无穷多个点（但不是所有的点）是" A点"二、填空题（共29小题；共145分）27. 若抛物线y2=2px的焦点坐标为(1,0)，则p=；准线方程为．28. 直线y=x被圆x2+(y−2)2=4截得的弦长为．29. 若三点A(2,2),B(a,0),C(0,4)共线，则a的值等于．30. 直线x−√3y+a=0（a为实常数）的倾斜角的大小是．31. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线为2x+y=0，一个焦点为(√5,0)，则a=；b=．32. 双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a=．33. 已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为2，焦点与椭圆x225+y29=1的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为；渐近线方程为．34. 设双曲线C的两个焦点为(−√2,0)，(√2,0)，一个顶点是(1,0)，则C的方程为．35. 设双曲线C经过点(2,2)，且与y24−x2=1具有相同渐近线，则C的方程为；渐近线方程为．36. 在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2=4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方．若直线l的倾斜角为60∘，则△OAF的面积为．37. 若点P(m，3)到直线4x−3y+1=0的距离为4，且点P在不等式2x+y<3表示的平面区域内，则m=．38. 已知(2,0)是双曲线x2−y2b2=1（b>0）的一个焦点，则b=．39. 已知双曲线x2a2−y2=1（a>0）的一条渐近线为√3x+y=0，则a=．40. 如图，F1，F2分别为椭圆x2a2+y2b2=1的左、右焦点，点P在椭圆上，△POF2是面积为√3的正三角形，则b2的值是．41. 已知双曲线x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线的方程为y=2x，则b=．42. 圆 x 2+(y +1)2=1 的圆心坐标是，如果直线 x +y +a =0 与该圆有公共点，那么实数 a 的取值范围是． 43. 以双曲线 x 216−y 29=1 右顶点为顶点，左焦点为焦点的抛物线的方程是．44. 若直线 mx +ny −3=0 与圆 x 2+y 2=3 没有公共点，则 m ，n 满足的关系式为；以(m,n ) 为点 P 的坐标，过点 P 的一条直线与椭圆x 27+y 23=1 的公共点有个．45. 曲线 C ：{x =cosθ,y =−1+sinθ（θ 为参数）的普通方程是，如果曲线 C 与直线 x +y +a =0有公共点，那么实数 a 的取值范围是．46. 三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中 A i 的横、纵坐标分别为第i 名工人上午的工作时间和加工的零件数，点 B i 的横、纵坐标分别为第 i 名工人下午的工作时间和加工的零件数，i =1,2,3．（1）记 Q i 为第 i 名工人在这一天中加工的零件总数，则 Q 1，Q 2，Q 3 中最大的是．（2）记 p i 为第 i 名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则 p 1，p 2，p 3 中最大的是．47. 若双曲线 x 2−y 2m =1 的离心率为 √3，则实数 m = ．48. 已知点 P 在圆 x 2+y 2=1 上，点 A 的坐标为 (−2,0)，O 为原点，则 AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为．49. 已知 x ≥0，y ≥0，且 x +y =1，则 x 2+y 2 的取值范围是．50. 椭圆 x 29+y 22=1 的焦点为 F 1,F 2，点 P 在椭圆上，若 ∣PF 1∣=4，则 ∣PF 2∣= ；∠F 1PF 2的大小为．51. 在极坐标系中，直线 ρcosθ−√3ρsinθ−1=0 与圆 ρ=2cosθ 交于 A ，B 两点，则∣AB∣= ．52. 椭圆 x 2+4y 2=4 长轴上一个顶点为 A ，以 A 为直角顶点作一个内接于椭圆的等腰直角三角形，该三角形的面积是．53. 曲线 C 是平面内与两个定点 F 1(−1,0) 和 F 2(1,0) 的距离的积等于常数 a 2(a >1) 的点的轨迹．给出下列三个结论： ①曲线 C 过坐标原点； ②曲线 C 关于坐标原点对称；③若点 P 在曲线 C 上，则 △F 1PF 2 的面积不大于 12a 2．其中，所有正确结论的序号是．54. 设A(0,0)，B(4,0)，C(t+4,3)，D(t,3)(t∈R)．记N(t)为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则N(0)=；N(t)的所有可能取值为．55. 如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动．设顶点P(x,y)的纵坐标与横坐标的函数关系是y=f(x)，则f(x)的最小正周期为；y=f(x)在其两个相邻零点间的图象与x轴所围区域的面积为．说明：“正方形PABC沿x轴滚动”包含沿x轴正方向和沿x轴负方向滚动．沿x轴正方向滚动是指以顶点A为中心顺时针旋转，当顶点B落在x轴上时，再以顶点B为中心顺时针旋转，如此继续，类似地，正方形PABC可以沿着x轴负方向滚动．三、解答题（共28小题；共364分）56. 已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1)．过点(0,12)作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．（1）求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）求证：A为线段BM的中点．57. 如图，抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点，点P(1,2),A(x1,y1),B(x2,y2)均在抛物线上．（1）写出该抛物线的方程及其准线方程．（2）当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1+y2的值及直线AB的斜率．58. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为√22，直线y=k(x−1)与椭圆C交于不同的两点M，N．（1）求椭圆C的方程；（2）当△AMN的面积为√103时，求k的值．59. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√32，A(a,0)，B(0,b)，O(0,0)，△OAB的面积为1．（1）求椭圆C的方程；（2）设P是椭圆C上的一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：∣AN∣⋅∣BM∣为定值．60. 已知△ABC的顶点A，B在椭圆x2+3y2=4上，C在直线l:y=x+2上，且AB∥l．（1）当AB边通过坐标原点O时，求AB的长及△ABC的面积；（2）当∠ABC=90∘，且斜边AC的长最大时，求AB所在直线的方程．61. 设A(−c,0)，B(c,0)(c>0)为两定点，动点P到A点的距离与到B点的距离的比为定值a(a>0)，求P点的轨迹．62. 已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为√63，右焦点为(2√2,0)，斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(−3,2)．（1）求椭圆G的方程；（2）求△PAB的面积．63. 已知点A(2,8)、B(x1,y1)、C(x2,y2)均在抛物线y2=2px上，△ABC的重心与此抛物线的焦点F重合．（1）写出该抛物线的方程和焦点F的坐标；（2）求线段BC中点M的坐标；（3）求BC所在直线的方程．64. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√3，右准线方程为x=√33．（1）求双曲线C的方程；（2）已知直线x−y+m=0与双曲线C交于不同的两点A，B，且线段AB的中点在圆x2+ y2=5上，求m的值．65. 如图，有一块半椭圆形钢板，其长半轴长为2r，短半轴长为r，计划将此钢板切割成等腰梯形的形状，下底AB是半椭圆的短轴，上底CD的端点在椭圆上，记CD=2x，梯形面积为S．（1）求面积S以x为自变量的函数式，并写出其定义域；（2）求面积S的最大值．66. 已知椭圆C:x2+3y2=3，过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x=3交于点M．（1）求椭圆C的离心率；（2）若直线AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；（3）试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．67. 已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为√32．（1）求椭圆C的方程；（2）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E．求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．68. 已知椭圆C:x2+2y2=4．（1）求椭圆C的离心率；（2）设O为原点，若点A在直线y=2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．69. 已知椭圆G:x24+y2=1．过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A，B两点．（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（2）将∣AB∣表示为m的函数，并求∣AB∣的最大值．70. 已知曲线C:(5−m)x2+(m−2)y2=8(m∈R)．（1）若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，求m的取值范围；（2）设m=4，曲线C与y轴的交点为A,B（点A位于点B的上方），直线y=kx+4与曲线C交于不同的两点M,N，直线y=1与直线BM交于点G．求证：A,G,N三点共线．71. 如图所示，过抛物线y2=2px(p>0)上一定点P(x0,y0)(y0>0)，作两条直线分别交抛物线于A(x1,y1)，B(x2,y2)．（1）求该抛物线上纵坐标为p2的点到其焦点F的距离；（2）当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，求y1+y2y0的值，并证明直线AB的斜率是非零常数．72. 已知椭圆：C:x2a2+y2b2=1过点A(2,0)，B(0,1)两点．（1）求椭圆C的方程及离心率；（2）设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．73. 已知椭圆G:x24+y2=1，过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A，B两点．（1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（2）将∣AB∣表示为m的函数，并求∣AB∣的最大值．74. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为√22，点P(0,1)和点A(m,n)（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（1）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）．（2）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ ?若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．75. 已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(−√2,0)，(√2,0)，离心率是√63，直线y=t与椭圆C交于不同的两点M，N，以线段MN为直径作圆P，圆心为P．（1）求椭圆C的方程；（2）若圆P与x轴相切，求圆心P的坐标；（3）设Q(x,y)是圆P上的动点，当t变化时，求y的最大值．76. 直线y=kx+m(m≠0)与椭圆W:x24+y2=1相交于A，C两点，O是坐标原点．（1）当点B的坐标为(0,1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；（2）当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形．77. 如图，设点A和B为抛物线y2=4px(p>0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB．求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．78. 如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2,0)，AB边所在直线的方程为x−3y−6=0，点T(−1,1)在AD边所在直线上．（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的方程；（3）若动圆P过点N(−2,0)，且与矩形ABCD的外接圆外切，求动圆P的圆心的轨迹方程．79. 在平面直角坐标系xOy中，点B与点A(−1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于−13．（1）求动点P的轨迹方程；（2）设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M,N，问：是否存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等?若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．80. 已知抛物线y2=2px(p>0)．过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A，B．（1）若∣AB∣≤2p,求a的取值范围；（2）若线段AB的垂直平分线交AB于点Q，交x轴于点N，试求Rt△MNQ的面积．81. 如图，A1，A2为椭圆的两个顶点，F1，F2为椭圆的两个焦点．（1）写出椭圆的方程及准线方程；（2）过线段OA2上异于O，A2的任一点K作OA2的垂线，交椭圆于P，P1两点，直线A1P与AP1交于点M．求证：点M在双曲线x225−y29=1上．82. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√3，右准线方程为x=√33．（1）求双曲线C的方程；（2）设直线l是圆O:x2+y2=2上动点P(x0,y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明∠AOB的大小为定值．83. 已知动圆过定点P(1,0)，且与定直线l:x=−1相切，点C在l上．（1）求动圆圆心的轨迹M的方程；（2）设过点P，且斜率为−√3的直线与曲线M相交于A，B两点．（i）问：△ABC能否为正三角形?若能，求点C的坐标；若不能，说明理由；（ii）当△ABC为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围．答案第一部分 1. D2. A3. B【解析】由离心率为 √3，可知 c =√3a ，所以 b =√2a ．所以渐近线方程为 y =±ba x =±√2x ． 4. C【解析】【解析】 ∵双曲线x^2-\dfrac{y^{2}}{m}=1的离心率e=\sqrt{1+m}，又∵e>\sqrt{2}，∴\sqrt{1+m}>\sqrt{2}，∴m>1．【答案】 C 5. C【解析】由于圆 (x +1)2+y 2=2 的圆心为 (−1,0)，则圆心 (−1,0) 到直线 x −y +3=0 的距离为√2=√2．6. D 【解析】方程 a 2x 2+b 2y 2=1 可化为x 21a 2+y 21b 2=1，因为 a >b >0，所以方程 a 2x 2+b 2y 2=1 表示焦点在 y 轴的椭圆；方程 ax +by 2=0 可化为 y 2=−ab x ，表示焦点在 x 轴负半轴的抛物线． 7. D 【解析】若点 P 到直线 x =−1 的距离比它到点 (2,0) 的距离小 1，则点 P 到直线 x =−2 的距离等于它到点 (2,0) 的距离．8. B【解析】设点 P 、 Q 坐标分别为 P (1,t )，Q (x,y )，由 OP ⊥OQ ，得 x +ty =0. ⋯⋯①由 ∣OP ∣=∣OQ ∣，得 x 2+y 2=t 2+1. ⋯⋯② 由 ①② 消去 t ，得 (x 2+y 2)(1−1y 2)=0．因为 x 2+y 2≠0，所以 1−1y 2=0，即 y =±1．因此，动点 Q 的轨迹方程为 y =±1，它表示两条平行线． 9. C【解析】渐近线方程为 y =±axb ，由题得 −ab ⋅ab =−1，得 a 2=b 2，则 e =√b 2+a 2b 2=√2．10. D【解析】提示：因为椭圆的直角坐标方程为 (x−4)225+y 29=1，相当于椭圆x 225+y 29=1 的焦点 (−4,0) 、(4,0) 向右平移 4 个单位．11. B 12. B 13. D 14. A 【解析】由椭圆定义，可得 ∣AF 1∣+∣AF 2∣+∣BF 1∣+∣BF 2∣=4a ，∴ ∣AF 1∣+∣BF 1∣+∣AB ∣=16，∴ ∣AF 1∣+∣BF 1∣=11． 15. D【解析】提示：显然 c =2，b =1．16. C 17. D 【解析】∵ ∣MN∣≤2∣∣F 1F 2∣，∴ 2a 2c≤4c ．18. A 19. C 【解析】由题意可知，l 的方程为 y =1．如图，B 点坐标为 (2,1)，所以所求面积S=4−2∫02x 24dx=4−2(x312)∣ 02=83．20. A【解析】根据题意，S△ABC=12×∣AB∣×ℎ=12×2√2×ℎ=2,解得ℎ=√2，即点C到直线AB的距离为√2．问题转化为与直线AB距离为√2的直线与抛物线交点的个数．由两平行线间的距离公式，得与直线AB距离为√2的直线方程为y=−x或y=−x+4,分别将直线与抛物线方程联立，解得这两直线与抛物线分别有2个交点，因此，共有4个不同的C点满足条件．21. B 【解析】如图，当以AB为直径的圆和圆C内切时，m取最大值．22. C 【解析】各点都和原点分别连接，看哪个点连出的斜率最大即可．23. C 24. B 25. D【解析】因为P到直线C1D1的距离就是P到点C1的距离，所以点P到直线BC与到点C1的距离相等，故动点P的轨迹所在的曲线是以C1为焦点、以直线BC为准线的抛物线．26. A 【解析】设P(a,a−1)，A(x0,x02)，则由∣PA∣=∣AB∣且三点共线可得B点的坐标为(2x0−a,2x02−a+1)，由B点在抛物线上知：2x02−a+1=(2x0−a)2=4x02−4ax0+a2，整理得：2x02−4ax0+a2+a−1=0．从而知x0为方程2x2−4ax+a2+a−1=0的解，当此方程有解时，对应的点P(a,a−1)为" A点"．而此方程的判别式Δ=16a2−8(a2+a−1)=8(a2−a+1)>0恒成立．所以直线l上的所有点都是" A点"．第二部分27. 2，x=−128. 2√229. 430. 30∘31. a=1，b=2【解析】y=±2x，所以ba =21，c2=5，所以a=1；b=2．32. 2【解析】因为两条渐近线是正方形OABC的相邻两边，所以夹角为90∘，可知渐近线的斜率为±1．所以±ba=±1，a=b．因为B为该双曲线的焦点，所以c=2√2，由a2+b2=c2=8，a=b可得a=2．33. (±4,0)，y=±√3x34. x2−y2=135. x23−y212=1，y=±2x36. √3【解析】如图，过点A作准线的垂线段AM，设AF=t，则AM=t，FN=12t，因为AM=PN=PF+FN，所以t=2+12t，所以AF=t=4，所以AN=2√3，所以S△OAF=12OF⋅AN=√3．37. −338. √339. √3340. 2√3【解析】提示：正三角形面积为√3，故边长为2，从而c=2，P(1,√3)，F1(−2,0)．从而2a=∣PF1∣+∣PF2∣=2√3+2，故b2=(√3+1)2−4=2√3．41. 2【解析】由双曲线方程知其渐近线方程为y=±bx，得b=2．42. (0,−1)，1−√2≤a≤1+√243. y2=−36(x−4)44. 0<m2+n2<3，2【解析】由直线mx+ny−3=0与圆x2+y2=3没有公共点，得0<m2+n2<3；由0<m2+n2<3，得P点在以原点为圆心、√3为半径的圆面内运动（不含原点和圆周），无论如何运动，它总是在椭圆的内部，因此过点P的直线与椭圆x 27+y23=1一定有两个公共点．45. x2+(y+1)2=1，[1−√2,1+√2]46. Q1，p2【解析】（1）若Q i为第i名工人在这一天中加工的零件总数，Q1=A1的纵坐标+B1的纵坐标；Q2=A2的纵坐标+B2的纵坐标，Q3=A3的纵坐标+B3的纵坐标，由已知中图象可得：Q1，Q2，Q3中最大的是Q1；（2）若p i为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p i为A i B i中点与原点连线的斜率，故p1，p2，p3中最大的是p2．47. 248. 649. [12,1]50. 2;120∘【解析】因为a=3，b=√2，c=√a2−b2=√7，所以∣PF2∣=2a−∣PF1∣=2，由余弦定理，有cos∠F1PF2=∣PF1∣2+∣∣PF2∣2−∣∣F1F2∣22∣∣PF1∣∣PF2∣=42+22−(2√7)22×4×2=−12，又0∘<∠F1PF2<180∘，因此∠F1PF2=120∘．51. 2【解析】x=ρcosθ，y=ρsinθ，所以ρcosθ−√3ρsinθ−1=0可以变形为x−√3y−1=0，ρ=2cosθ可以变形为(x−1)2+y2=1．因为直线x−√3y−1=0经过(1,0)点，圆(x−1)2+y2=1的圆心也是(1,0)，所以交线AB为直径．又因为r=1，2r=2，所以∣AB∣=2．52. 1625【解析】原方程可化为x 24+y2=1，则a2=4，b2=1，从而a=2，b=1，c=√3．设等腰直角三角形另外两个顶点为(x,y)(y>0)，(x,−y)(y>0)，由等腰三角形性质可得2−x=y，代入椭圆方程解得y=45，因此该三角形的面积是S=1625．53. ②③【解析】对于①，若C过原点，则∣OF1∣∣OF2∣=a2，但a2>1，∣OF1∣∣OF2∣=1，矛盾，故①错误；对于②，对于C上任一点P，其关于原点的对称点设为Q，由于F1和F2也关于原点对称，故∣QF2∣=∣PF1∣，∣QF1∣=∣PF2∣，于是∣QF1∣⋅∣QF2∣=∣PF1∣⋅∣PF2∣=a2，故Q点也在C上，②正确．对于③，直接使用三角形面积公式有：SΔPF1F2=12∣PF1∣⋅∣PF2∣sin∠F1PF2≤a22，③正确．54. 6，6,7,8【解析】当t=0时，作图易知共有6个整点，即N(0)=6；如图分别确定直线AD，BC的方程，然后确定直线y=1，y=2与其交点的坐标依次为E(t3,1),G(t3+4,1),F(2t3,2),H(2t3+4,2),故当 t 3∈Z 时，则 2t3∈Z ，在线段 GE 上且在平行四边形内部的整点共有 3 个，在线段 FH 上且在平行四边形内部的整点共有 3 个，此时整点的个数共有 6 个；当 t3∉Z ，2t3∈Z 时，线段 GE 上满足条件的整点有 4 个，FH 上共有 3 个，故整点总数为 7 个；当 t3∉Z ，2t3∉Z 时，线段 EG ，FH 上各有 4 个整点在平行四边形内部，故此时整点个数共有 8 个，综上可知 N (t ) 的所有取值为 6，7，8．55. 4，π+1【解析】当 0≤x ≤1 时，(x −1)2+y 2=1；当 1<x ≤3 时，(x −2)2+y 2=2；当 3<x ≤4 时，(x −3)2+y 2=1．故其在一个周期内的函数 y =f (x ) 的图象如图所示，所以 y =f (x ) 在其两个相邻零点间的图象与 x 轴所围区域的面积为S =14×π×1×2+14×π×(√2)2+12×1×1×2=π+1.第三部分56. （1）因为 y 2=2px 过点 P (1,1)，所以 1=2p ，解得 p =12，所以抛物线方程为 y 2=x ，所以焦点坐标为 (14,0)，准线为 x =−14．（2）设过点 (0,12) 的直线方程为 y =kx +12，M (x 1,y 1)，N (x 2,y 2)，所以直线 OP 为 y =x ，直线 ON 为：y =y2x 2x ，由题意知 A (x 1,x 1)，B (x 1,x 1y 2x 2)，由 {y =kx +12,y 2=x 可得 k 2x 2+(k −1)x +14=0，所以 x 1+x 2=1−k k 2，x 1x 2=14k 2，所以 y 1+x 1y 2x 2=kx 1+12+x 1(kx 2+12)x 2=2kx 1+x 1+x 22x 2=2kx 1+1−k k 22×14k 2x1=2kx 1+(1−k )⋅2x 1=2x 1，所以 A 为线段 BM 的中点．57. （1）由已知条件，可设抛物线的方程为 y 2=2px ．因为点 P (1,2) 在抛物线上，所以 22=2p ⋅1，得 p =2．故所求抛物线的方程是 y 2=4x ，准线方程是 x =−1．（2）设直线 PA 的斜率为 k PA ，直线 PB 的斜率为 k PB ，因为 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补，所以k PA =−k PB .由 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 在抛物线上，得{y 12=4x 1,①y 22=4x 2,②所以y 1−214y 12−1=−y 2−214y 22−1,所以 y 1+2=−(y 2+2)，所以 y 1+y 2=−4．由① − ②得直线 AB 的斜率k AB =y 2−y 1x 2−x 1=4y1+y 2=−44=−1(x 1≠x 2).58. （1）由题意得{a =2,c a =√22,a 2=b 2+c 2,解得b =√2.所以，椭圆 C 的方程为x 24+y 22=1.（2）由{y =k (x −1),x 24+y 22=1,得(1+2k 2)x 2−4k 2x +2k 2−4=0.设点 M ，N 的坐标分别为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，则y 1=k (x 1−1),y 2=k (x 2−1), x 1+x 2=4k 21+2k 2,x 1x 2=2k 2−41+2k 2.所以∣MN ∣=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=2√(1+k 2)(4+6k 2)1+2k 2.又因为点 A (2,0) 到直线 y =k (x −1) 的距离d =√1+k 2,所以 △AMN 的面积为S =12∣MN ∣⋅d =∣k ∣√4+6k 21+2k 2.由 ∣k∣√4+6k 21+2k 2=√103，解得 k =±1.59. （1）由题意，得 ca =√32，12ab =1．又因为 a 2=b 2+c 2，解得 a =2，b =1，c =√3．故方程为 x 24+y 2=1．（2）由题意得 P 不在顶点处，设 P (x 0,y 0)(x 0y 0≠0)，x 024+y 02=1，即 x 02+4y 02=4．又因为 A (2,0)，B (0,1)，则直线 PA:y =y 0x0−2(x −2)，令 x =0，得 M (0,−2y 0x 0−2)．直线 PB:y =y 0−1x 0x +1，令 y =0，得 N (−x 0y 0−1,0)．∣AN∣=∣∣∣2+x 0y 0−1∣∣∣=∣∣∣2y 0+x 0−2y 0−1∣∣∣，∣BM∣=∣∣∣1+2y 0x 0−2∣∣∣=∣∣∣2y 0+x 0−2x 0−2∣∣∣， ∣AN∣⋅∣BM∣=∣∣∣∣4y 0+x 02+4+4x 0y 0−4x 0−8y 0x 0y 0−x 0−2y 0+2∣∣∣∣=∣∣∣4+4+4x 0y 0−4x 0−8y 0x 0y 0−x 0−2y 0+2∣∣∣=4.60. （1）因为 AB ∥l ，且 AB 边通过点 (0,0)，所以 AB 所在直线的方程为y =x.设 A ，B 两点坐标分别为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)．由{x 2+3y 2=4,y =x,得x =±1.所以∣AB∣=√2∣∣x 1−x 2∣=2√2. 又因为 AB 边上的高 ℎ 等于原点到直线 l 的距离．所以 ℎ=√2，所以S △ABC =12∣AB∣⋅ℎ=2.（2）设 AB 所在直线的方程为 y =x +m ，由{x 2+3y 2=4,y =x +m,得4x 2+6mx +3m 2−4=0.因为 A ，B 在椭圆上，所以Δ=−12m 2+64>0.设 A ，B 两点坐标分别为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，则x 1+x 2=−3m2,x 1x 2=3m 2−44,所以∣AB∣=√2∣∣x 1−x 2∣=√32−6m 22. 又因为 BC 的长等于点 (0,m ) 到直线 l 的距离，即∣BC∣=−m∣√2.所以∣AC∣2=∣AB∣2+∣BC∣2=−m 2−2m +10=−(m +1)2+11.所以当 m =−1 时，AC 边最长（这时 Δ=−12+64>0），此时 AB 所在直线的方程为y =x −1.61. 设动点 P 的坐标为 (x,y ) ．由 ∣PA∣∣PB∣=a (a >0) ，得 √(x+c )2+y 2√(x−c )2+y 2=a ．化简得(1−a 2)x 2+2c (1+a 2)x +c 2(1−a 2)+(1−a 2)y 2=0．当 a ≠1 时，得x 2+2c (1+a 2)1−a2x +c 2+y 2=0，整理得(x −1+a 2a 2−1c)2+y 2=(2ac a 2−1)2．当 a =1 时，化简得 x =0 ．所以当 a ≠1 时， P 点的轨迹是以 (a 2+1a 2−1c,0) 为圆心， ∣∣2ac a 2−1∣∣为半径的圆；当 a =1 时， P 点的轨迹为 y 轴． 62. （1）由已知得 c =2√2，ca =√63．解得 a =2√3．又 b 2=a 2−c 2=4．所以椭圆 G 的方程为x 212+y 24=1．（2）设直线 l 的方程为 y =x +m ．由{y =x +m,x 212+y 24=1,得4x 2+6mx +3m 2−12=0. ⋯⋯①设 A,B 的坐标分别为 (x 1,y 1),(x 2,y 2)(x 1<x 2)，AB 中点为 E (x 0,y 0)，则x 0=x 1+x 22=−3m 4,y 0=x 0+m =m4.因为 AB 是等腰 △PAB 的底边，所以 PE ⊥AB ．所以 PE 的斜率k =2−m 4−3+3m 4=−1.解得 m =2．此时方程 ① 为 4x 2+12x =0．解得x 1=−3,x 2=0.所以y 1=−1,y 2=2.所以 ∣AB ∣=3√2．此时，点 P (−3,2) 到直线 AB:x −y +2=0 的距离d =√2=3√22, 所以 △PAB 的面积 S =12∣AB ∣⋅d =92．63. （1）因为点 A (2,8) 在抛物线 y 2=2px 上，所以82=2p ⋅2,解得p =16.所以抛物线方程为 y 2=32x ，焦点 F 的坐标为 (8,0)．（2）如图，由 F (8,0) 是 △ABC 的重心，M (x 0,y 0) 是 BC 的中点，所以AF⃗⃗⃗⃗⃗ =2FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 即(6,−8)=2(x 0−8,y 0),解得x 0=11,y 0=−4.所以点 M 的坐标为 (11,−4)．（3）由于线段 BC 的中点 M 不在 x 轴上，则 BC 所在的直线不垂直于 x 轴．设直线 BC 的方程为y +4=k (x −11)(k ≠0),由{y +4=k (x −11),y 2=32x,消去 x 得ky 2−32y −32(11k +4)=0,所以y 1+y 2=32k,由（2）的结论得y 1+y 22=−4, 解得k =−4.因此，BC 的方程为 4x +y −40=0． 64. （1）由题意得{a 2c =√33,ca=√3. 解得 a =1，c =√3．所以 b 2=c 2−a 2=2．所以双曲线 C 的方程为 x 2−y 22=1．（2）设 A ，B 两点的坐标分别为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，线段 AB 的中点为 M (x 0,y 0)．由{x −y +m =0x 2−y 22=1得 x 2−2mx −m 2−2=0（判别式 Δ>0），所以x 0=x 1+x 22=m,y 0=x 0+m =2m. 因为点 M (x 0,y 0) 在圆 x 2+y 2=5 上，所以 m 2+(2m )2=5．故 m =±1．65. （1）依题意，以 AB 的中点 O 为原点建立直角坐标系 O −xy （如图），则点 C 的横坐标为 x ，点 C 的纵坐标 y 满足方程x 2r 2+y 24r 2=1(y ≥0), 解得y =2√r 2−x 2(0<x <r ),所以S=12(2x +2r )⋅2√r 2−x 2=2(x +r )⋅√r 2−x 2,其定义域为 {x∣ 0<x <r }．（2）记 f (x )=4(x +r )2(r 2−x 2)，0<x <r ，则fʹ(x )=8(x +r )2(r −2x ).令 fʹ(x )=0，得x =12r.因为当 0<x <r 2时，fʹ(x )>0；当 r2<x <r 时，fʹ(x )<0，所以 f (12r) 是 f (x ) 的最大值．因此，当 x =12r 时，S 也取得最大值，最大值为√f (12r)=3√32r 2.即梯形面积 S 的最大值为3√32r 2． 66. （1）椭圆 C 的标准方程为 x 23+y 2=1，所以 a =√3，b =1，c =√2．所以椭圆 C 的离心率 e =c a=√63．（2）因为直线 AB 过点 D (1,0) 且垂直于 x 轴，所以可设 A (1,y 1)，B (1,−y 1)，直线 AE 的方程为 y −1=(1−y 1)(x −2)．令 x =3 得 M (3,2−y 1)．所以直线 BM 的斜率 k BM =2−y 1+y 13−1=1．（3）直线 BM 与直线 DE 平行．理由如下：当直线 AB 的斜率不存在时，由（2）可知 k BM =1．又因为直线 DE 的斜率 k DE =1−02−1=1，所以 BM ∥DE ．当直线 AB 的斜率存在时，设其方程为 y =k (x −1)（k ≠1）．设 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则直线 AE 的方程为 y −1=y 1−1x 1−2(x −2)．令 x =3，得点 M (3,y 1+x 1−3x 1−2)．直线和椭圆方程联立得{x 23+y 2=1,y =k (x −1),消去 y 得(1+3k 2)x 2−6k 2x +3k 2−3=0,所以x 1+x 2=6k 21+3k 2,x 1x 2=3k 2−31+3k 2.直线 BM 的斜率 k BM =y 1+x 1−3x 1−2−y 23−x 2．因为k BM −1=k (x 1−1)+x 1−3−k (x 2−1)(x 1−2)−(3−x 2)(x 1−2)(3−x 2)(x 1−2)=(k−1)[−x 1x 2+2(x 1+x 2)−3](3−x 2)(x 1−2)=(k−1)(−3k 2+31+3k 2+12k 21+3k 3−3)(3−x 2)(x 1−2)=0.所以 k BM=1=k DE ，所以 BM ∥DE ．综上可知，直线 BM 与直线 DE 平行．67. （1）由椭圆的焦点在 x 轴上，设椭圆方程：x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，则 a =2，e =c a=√32，则 c =√3，b 2=a 2−c 2=1，所以椭圆 C 的方程x 24+y 2=1；（2）设 D (x 0,0)(−2<x 0<2)，M (x 0,y 0)，N (x 0,−y 0)，y 0>0，由 M ，N 在椭圆上，则 x 024+y 02=1，则 x 02=4−4y 02，则直线 AM 的斜率 k AM =y 0−0x 0+2=y 0x+2，直线 DE 的斜率 k DE =−x 0+2y 0，直线DE 的方程：y =−x 0+2y 0(x −x 0)，直线 BN 的斜率 k BN =−y 0x 0−2，直线 BN 的方程 y =−y 0x 0−2(x −2)，{y =−x 0+2y 0(x −x 0),y =−y 0x 0−2(x −2), 解得：{x =4x 0+25,y =−45y 0, 过 E 做 EH ⊥x 轴，△BHE ∽△BDN ，则 ∣EH∣=4y 05，则 ∣EH∣∣ND∣=45，所以 △BDE 与 △BDN 的面积之比为 4:5． 68. （1）由题意，椭圆 C 的标准方程为x 24+y 22=1, 所以 a 2=4，b 2=2，从而c 2=a 2−b 2=2,因此a =2,c =√2,故椭圆 C 的离心率e =c a =√22.（2）设点 A ，B 的坐标分别为 (t,2)，(x 0,y 0)，其中 x 0≠0，因为 OA ⊥OB ，所以OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 tx 0+2y 0=0，解得t =−2y 0x 0, 又 x 02+2y 02=4，所以∣AB ∣2=(x 0−t )2+(y 0−2)2=(x 0+2y 0x 0)2+(y 0−2)2=x 02+y 02+4y 02x 02+4=x 02+4−x 022+2(4−x 02)x 02+4=x 022+8x 02+4(0<x 02≤4), 因为x 022+8x 02≥4(0<x 02≤4), 且当 x 02=4 时等号成立，所以 ∣AB ∣2≥8，故线段 AB 长度的最小值为 2√2．69. （1）由已知得a =2,b =1,所以c =√a 2−b 2=√3.所以椭圆 G 的焦点坐标为(−√3,0),(√3,0),离心率为e =c a =√32.（2）由题意知，∣m ∣≥1．当 m =1 时，切线 l 的方程为 x =1，点 A,B 的坐标分别为 (1,√32),(1,−√32)，此时 ∣AB ∣=√3；当 m =−1 时，同理可得 ∣AB ∣=√3；当 ∣m ∣>1 时，设切线 l 的方程为 y =k (x −m )．由{y =k (x −m ),x 24+y 2=1,得(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0.设 A,B 两点的坐标分别为 (x 1,y 1),(x 2,y 2)，则x 1+x 2=8k 2m 1+4k 2,x 1x 2=4k 2m 2−41+4k 2.又由 l 与圆 x 2+y 2=1 相切，得√k 2+1=1,即m 2k 2=k 2+1.所以∣AB ∣=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2=√(1+k 2)［(x 1+x 2)2−4x 1x 2］=√(1+k 2)[64k 4m 2(1+4k 2)2−4(4k 2m 2−4)1+4k 2]=4√3∣m ∣m 2+3.由于当 m =±1 时，∣AB ∣=√3，所以∣AB ∣=4√3∣m ∣m 2+3,m ∈(−∞,−1］∪［1,+∞).因为∣AB ∣=4√3∣m ∣m 2+3=4√3∣m ∣+3∣m ∣≤2,且当 m =±√3 时，∣AB ∣=2，所以 ∣AB ∣ 的最大值为 2． 70. （1）原曲线方程可化简得x 285−m +y 28m −2=1. 由题意可得{ 85−m >8m −2,85−m >0,8m −2>0,解得72<m <5,所以 m 的取值范围是 (72,5)．（2）由已知直线方程代入椭圆方程化简得(2k 2+1)x 2+16kx +24=0,结合直线与椭圆交于不同两点知Δ=32(2k 2−3)>0,解得 k 2>32，设 N (x N ,kx N +4),M (x M ,kx M +4),G (x G ,1)，由韦达定理得x M +x N=−16k2k 2+1, ⋯⋯①x M x N=242k 2+1, ⋯⋯② 可知 MB 方程为y =kx M +6x Mx −2, 则 G (3x MkxM +6,1)，故AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3x Mx M k +6,−1),AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x N ,x N k +2).欲证 A,G,N 三点共线，只需证 AG⃗⃗⃗⃗⃗ ,AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 共线，即 3x Mx M k +6(x N k +2)=−x N ,成立，化简得(3k +k )x M x N =−6(x M +x N ),将 ①② 代入易知等式成立，则 A,G,N 三点共线得证．71. （1）当 y =p 2 时，x =p 8，又抛物线 y 2=2px (p >0) 的准线方程为 x =−p2．由抛物线定义得，所求距离为 p 8−(−p 2)=5p 8．（2）设直线 PA 的斜率为 k PA ，由 y 12=2px 1，y 02=2px 0，两式相减得 (y 1−y 0)(y 1+y 0)=2p (x 1−x 0)．故 k PA =y 1−y 0x 1−x 0=2p y 1+y 0(x 1≠x 0)．同理可得 k PB =2p y 2+y 0(x 2≠x 0)．由 PA ，PB 倾斜角互补知 k PA =−k PB ,即2py 1+y 0=−2py2+y 0，所以 y 1+y 2=−2y 0，故y 1+y 2y 0=−2．设直线 AB 的斜率为 k AB ，由 y 22=2px 2，y 12=2px 1 相减得 (y 2−y 1)(y 2+y 1)=2p (x 2−x 1)，所以 k AB =y 2−y1x 2−x 1=2py1+y 2(x 1≠x 2)．将 y 1+y 2=−2y 0(y 0>0) 代入得 k AB =2p y 1+y 2=−py 0，所以 k AB 是非零常数．72. （1）由题知 a =2，b =1，c =√3，所以椭圆方程为 x 24+y 2=1，离心率 e =√32．（2）设 P (x 0,y 0) 则 k PA =y 0x 0−2，l PA :y =y 0x0−2(x −2)，令 x =0 得 y =−2y 0x 0−2，所以 M (0,−2y 0x 0−2)，k PB =y 0−1x 0， l PB :y =y 0−1x 0x +1，令 y =0 得 x =−x 0y 0−1，所以 N (−x 0y 0−1,0)，所以四边形 ABNM 的面积 S =12∣BM∣⋅∣AN∣，∣AN∣=∣∣∣2+x 0y 0−1∣∣∣=∣∣∣x 0+2y 0−2y 0−1∣∣∣， ∣BM∣=∣∣∣2y 0x 0−2+1∣∣∣=∣∣∣x 0+2y 0−2x 0−2∣∣∣，所以S =12∣BM∣⋅∣AN∣=12⋅∣∣∣x 0+2y 0−2x 0−2∣∣∣⋅∣∣∣x 0+2y 0−2y 0−1∣∣∣=∣∣∣(x 02+4y 02)+4x 0y 0−4x 0−8y 0+4x 0y 0−x 0−2y 0+2∣∣∣, 因为点 P 在椭圆上，所以x 024+y 02=1⇒x 02+4y 02=4，S =12⋅∣∣∣4x 0y 0−4x 0−8y 0+8x 0y 0−x 0−2y 0+2∣∣∣=2，故四边形 ABNM 的面积为定值 2．73. （1）由已知，得 a =2，b =1，则 c =√a 2−b 2=√3．所以椭圆 G 的焦点坐标为 (−√3,0)，(√3,0)，离心率为 √32．（2）由题意，得 ∣m ∣≥1．① 当 m =1 时，切线 l 的方程为 x =1，则 A (1,√32)，B (1,−√32)，此时 ∣AB ∣=√3．② 当 m =−1 时，同理可得 ∣AB ∣=√3．③ 当 ∣m ∣>1 时，设切线 l 的方程为 y =k (x −m )，代入 x 2+4y 2=4，得(1+4k 2)x 2−8k 2mx +4k 2m 2−4=0.设 A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，则x 1+x 2=8k 2m1+4k 2,x 1x 2=4k 2m 2−41+4k 2.又由 l 与圆 x 2+y 2=1 相切，得∣km ∣√k 2+1=1,化简，得m 2k 2=k 2+1.由两点间的距离公式，得∣AB ∣=√(x 2−x 1)2+(y 2−y 1)2=√(1+k 2)[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=√(1+k 2)[64k 4m 2(1+4k 2)2−4(4k 2m 2−4)1+4k 2]=4√3∣m ∣m 2+3.由于当 m =±1 时，∣AB ∣=√3 代入上式成立，所以∣AB ∣=4√3∣m ∣m 2+3,m ∈(−∞,−1]∪[1,+∞).因为∣AB ∣=4√3∣m ∣m 2+3=4√3∣m ∣+3∣m ∣≤2,所以 m =±√3 时，∣AB ∣ 的最大值为 2． 74. （1）由题意得{b =1,c a=√22,a 2=b 2+c 2,解得a 2=2.故椭圆 C 的方程为x 22+y 2=1．设 M (x M ,0)，因为 m ≠0，所以 −1<n <1．直线 PA 的方程为 y −1=n−1mx ，所以 x M =m 1−n，即 M (m1−n,0)．（2）因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称，所以 B (m,−n )，设 N (x N ,0)，则 x N =m1+n ．“存在点 Q(0,y Q ) 使得 ∠OQM =∠ONQ ”，等价于“存在点 Q(0,y Q ) 使得 ∣OM∣∣OQ∣=∣OQ∣∣ON∣”，即 y Q 满足 y Q 2=∣x M ∣∣x N ∣．因为 x M =m 1−n，x N =m 1+n，m 22+n 2=1，所以 y Q 2=∣x M ∣∣x N ∣=m 21−n 2=2，所以y Q =√2 或 y Q =−√2.故在 y 轴上存在点 Q ，使得 ∠OQM =∠ONQ ，且点 Q 的坐标为 (0,√2) 或 (0,−√2)． 75. （1）因为 ca =√63，且 c =√2，所以 a =√3，b =√a 2−c 2=1，所以椭圆 C 的方程为 x 23+y 2=1．（2）由题意知 P (0,t )(−1<t <1)，由 {y =t,x 23+y 2=1,得 x =±√3(1−t 2)．所以圆 P 的半径为 √3(1−t 2)．当圆 P 与 x 轴相切时，∣t ∣=√3(1−t 2)，解得 t =±√32．所以点 P 的坐标是 (0,±√32)．（3）由（2）知，圆 P 的方程为x 2+(y −t )2=3(1−t 2).因为点 Q (x,y ) 在圆 P 上，所以y =t ±√3(1−t 2)−x 2≤t +√3(1−t 2).设 t =cosθ，θ∈(0,π)，则t +√3(1−t 2)=cosθ+√3sinθ=2sin (θ+π6).当 θ=π3，即 t =12，且 x =0 时，y 取最大值 2．76. （1）因为四边形 OABC 为菱形，所以 AC 与 OB 互相垂直平分．所以可设 A (t,12)，代入椭圆方程得t 24+14=1, 即t =±√3,所以∣AC ∣=2√3.（2）假设四边形 OABC 为菱形．因为点 B 不是 W 的顶点，且 AC ⊥OB ，所以 k ≠0．由{x 2+4y 2=4,y =kx +m,消去 y 并整理得(1+4k 2)x 2+8kmx +4m 2−4=0.设 A (x 1,y 1),C (x 2,y 2)，则Δ=(8km )2−4(1+4k 2)(4m 2−4)=64k 2−16m 2+16>0,x 1+x 22=−4km1+4k 2, y 1+y 22=k ⋅x 1+x 22+m =m1+4k 2, 所以 AC 的中点为 M (−4km 1+4k2,m 1+4k 2)．因为 M 为 AC 和 OB 的交点，且 m ≠0,k ≠0，所以直线 OB 的斜率为 −14k．因为k ⋅(−14k)≠−1, 所以 AC 与 OB 不垂直，所以四边形 OABC 不是菱形，与假设矛盾，所以当点 B 在 W 上且不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不可能是菱形．77. 如图，点 A,B 在抛物线 y 2=4px 上，设 A (y A24p ,y A ),B (y B 24p ,y B )，OA,OB 的斜率分别为 k OA ,k OB ．所以k OA =y A y A 24p=4p y A , k OB =4p y B . 由 OA ⊥OB ，得k OA ⋅k OB=16p 2y A y B=−1 ⋯⋯① 依点 A 在 AB 上，得直线 AB 方程(y A +y B )(y −y A )=4p (x −y A24p) ⋯⋯②由 OM ⊥AB ，得直线 OM 方程y =y A +y B−4px ⋯⋯③ 设点 M (x,y )，则 x,y 满足②、③两式，将②式两边同时乘 −x4p ，并利用③式整理得x 4py A 2+yy A −(x 2+y 2)=0 ⋯⋯④ 由③、④两式得−x4py A y B −(x 2+y 2)=0. 由①式知，y A y B =−16p 2, ∴ x 2+y 2−4px =0. 因为 A,B 是原点以外的两点，所以 x ≠0．所以 M 的轨迹是以 (2p,0) 为圆心，以 2p 为半径的圆，去掉坐标原点． 78. （1）因为 AB 边所在直线的方程为 x −3y −6=0，且 AD 与 AB 垂直，所以直线 AD 的斜率为 −3．又因为点 T (−1,1) 在直线 AD 上，所以 AD 边所在直线的方程为y −1=−3(x +1),即3x +y +2=0.（2）由{x −3y −6=0,3x +y +2=0,解得点 A 的坐标为 (0,−2)．因为矩形 ABCD 两条对角线的交点为 M (2,0)．所以 M 为矩形 ABCD 外接圆的圆心．又 ∣AM∣=2√2，从而矩形 ABCD 外接圆的方程为(x −2)2+y 2=8.（3）因为动圆 P 过点 N ，所以 ∣PN∣ 是该圆的半径．。

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题10 立体几何与空间向量解答题(新课标Ⅰ卷)(解析版)

专题10立体几何与空间向量解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且，又MB∥AA1，MB，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为轴建立空间直角坐标系，则N（，，2），M（，1，2），A1（，﹣1，4），，，设平面A1MN的一个法向量为，由，取，得，又平面MAA1的一个法向量为，∴cos．∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为．2．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD＝∠FCD＝90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，故V F﹣PDE，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a在△PDE中，，所以，故V F﹣PDE，又因为，所以PH，所以在△PHD中，sin∠PDH，即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：．3．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴P A⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵P A∩PD＝P，且P A⊂平面P AD，PD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD，又AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面P AD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由P A＝PD，∠APD＝90°，可得△P AD为等腰直角三角形，设P A＝AB＝2a，则AD．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为、y、轴建立空间直角坐标系，则：D（），B（），P（0，0，），C（）．，，．设平面PBC的一个法向量为，由，得，取y＝1，得．∵AB⊥平面P AD，AD⊂平面P AD，∴AB⊥PD，又PD⊥P A，P A∩AB＝A，∴PD⊥平面P AB，则为平面P AB的一个法向量，．∴cos．由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为．4．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF＝F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE＝∠CEF＝60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为（1，y1，1），则，则，取（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为（2，y2，2），则，则，取（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．5．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，在菱形ABCD中，不妨设BG＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC，BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC，又AE⊥EC，所以EG，且EG⊥AC，在直角△EBG中，可得BE，故DF，在直角三角形FDG中，可得FG，在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE，FD，可得EF，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，（或由tan∠EGB•tan∠FGD••1，可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，由EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为轴，y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G﹣y，由（Ⅰ）可得A（0，，0），E（1，0，），F（﹣1，0，），C（0，，0），即有（1，，），（﹣1，，），故cos，．则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为．6．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC＝AB1；（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10＝CO，∴AC＝AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为轴的正方向，||为单位长度，的方向为y轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）∴（0，，），（1，0，），（﹣1，，0），设向量（，y，）是平面AA1B1的法向量，则，可取（1，，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量（1，，），∴cos，，∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为7．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），则（1，0，），（﹣1，，0），（0，，），设（，y，）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y＝1，可得（，1，﹣1），故cos，，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．8．【2012年新课标1理科19】如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD（1）证明：DC1⊥BC；（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD＝AC，∴∠ADC＝45°同理：∠A1DC1＝45°，∴∠CDC1＝90°∴DC1⊥DC，DC1⊥BD∵DC∩BD＝D∴DC1⊥面BCD∵BC⊂面BCD∴DC1⊥BC（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1＝C1，∴BC⊥面ACC1A1，∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH∵A1C1＝B1C1，∴C1O⊥A1B1，∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD＝A1B1，∴C1O⊥面A1BD而BD⊂面A1BD∴BD⊥C1O，∵OH⊥BD，C1O∩OH＝O，∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角设AC＝a，则，，∴sin∠C1DO∴∠C1DO＝30°即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°9．【2011年新课标1理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB ＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD；（Ⅱ）若PD＝AD，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面P AD．故P A⊥BD（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣y，则A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1）．（﹣1，，0），（0，，﹣1），（﹣1，0，0），设平面P AB的法向量为（，y，），则即，因此可取（，1，）设平面PBC的法向量为（，y，），则，即：可取（0，1，），cos故二面角A﹣PB﹣C的余弦值为：．10．【2010年新课标1理科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD中点（Ⅰ）证明：PE⊥BC（Ⅱ）若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线P A与平面PEH所成角的正弦值．【解答】解：以H为原点，HA，HB，HP分别为，y，轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，则A（1，0，0），B（0，1，0）（Ⅰ）设C（m，0，0），P（0，0，n）（m＜0，n＞0）则．可得．因为所以PE⊥BC．（Ⅱ）由已知条件可得m，n＝1，故C（），设（，y，）为平面PEH的法向量则即因此可以取，由，可得所以直线P A与平面PEH所成角的正弦值为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线、平面平行、垂直的判定与性质，空间向量及其运算，立体几何中的向量方法（证明平行与垂直、求空间角和距离）等为重点较佳.最新高考模拟试题1．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是菱形，160BAA ∠=︒，E 是棱1BB 的中点，CA CB =，F 在线段AC 上，且2AF FC =.（1）证明：1//CB 面1A EF ；（2）若CA CB ⊥，面CAB ⊥面11ABB A ，求二面角1F A E A --的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2529. 【解析】解：（1）连接1AB 交1A E 于点G ，连接FG ．因为11AGA B GE ∆∆:，所以1112AA AG GB EB ==，又因为2AF FC =，所以1AF AGFC GB =，所以1//FG CB ，又1CB ⊄面1A EF ，FG ⊂面1A EF ，所以1//CB 面1A EF .（2）过C 作CO AB ⊥于O ，因为CA CB =，所以O 是线段AB 的中点．因为面CAB ⊥面11ABB A ，面CAB I 面11ABB A AB =，所以CO ⊥面1ABA ．连接1OA ，因为1ABA ∆是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以1OA AB ⊥.如图以O 为原点，OA u u u v ，1OA u u ur ，OC u u u r 分别为x 轴，y 轴，轴的正方向建立空间直角坐标，不妨设2AB =，则(1,0,0)A ，13,0)A ，(0,0,1)C ，(1,0,0)B -，12(,0,)33F ，由11AA BB =u u u v u u u v ，得(3,0)B -，1BB 的中点33(2E -，133(,2A E =-u u u r ，112(,3,)33A F =--u u u u r . 设面1A FE 的一个法向量为1111(,,)n x y z =u v ，则111100A E n A F n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u v u u u u v u v ，即1111230333302x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，得方程的一组解为111135 xyz=-⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1(1,3,5)n=-u r.面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n=u u r，则121212529cos,29n nn nn n⋅<>==u r u u ru r u u ru r u u r，所以二面角1F A E A--的余弦值为529.2．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，EF P 平面ABCD．（1）求证：平面ACF⊥平面BDF；（2）若60CBA∠=︒，求二面角A BC F--的大小．【答案】(1)见证明；(2)4π【解析】（1）∵菱形ABCD，∴AC BD⊥，∵FD⊥平面ABCD，∴FD AC⊥，∵BD FD D⋂=，∴AC⊥平面BDF，∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF．（2）设AC BD O=I，以O为原点，OB为x轴，OA为y轴，过O作平面ABCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则(3,0,0)B ，()0,1,0C -，(3,0,3)F -，(3,1,0)BC =--u u u r ，(23,0,3)BF =-u u u r，设平面BCF 的法向量(,,)n x y z =r，则302330n BC x y n BF x z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1,3,2)n =-r ，平面ABC 的法向量(0,0,1)m =u r，设二面角A BC F --的大小为θ，则||2cos ||||28m n m n θ⋅===⋅r r r r ， ∴4πθ=．∴二面角A BC F --的大小为4π． 3．如图，在几何体1111ACD A B C D -中，四边形1111ADD A CDD C ，为矩形，平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，11B A ⊥平面11ADD A ，1111,2AD CD AA A B ====，E 为棱1AA 的中点.（Ⅰ）证明：11B C ⊥平面1CC E ；（Ⅱ）求直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）7. 【解析】（Ⅰ）因为11B A ⊥平面11ADD A ，所以111B A DD ⊥，又11111111DD D A B A D A A ⊥⋂=，，所以1DD ⊥平面1111D C B A ，又因为11//DD CC ，所以1CC ⊥平面1111D C B A ，11B C ⊂平面1111D C B A ，所以111CC B C ⊥，因为平面11ADD A ⊥平面11CDD C ，平面11ADD A ⋂平面111CDD C DD =，111C D DD ⊥，所以11C D ⊥平面11ADD A ，经计算可得1111B E BC EC = 从而2221111B E B C EC =+，所以在11B EC V 中，111B C C E ⊥，又11CC C E ⊂，平面1111CC E CC C E C ⋂=，，所以11B C ⊥平面1CC E .（Ⅱ）如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2A C B ，，，，， ()()11,2,10,1,0C E ，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CE B C =--=--u u u r u u u r，，设平面1B CE 的一个法向量(,,)m x y z =则100m B C m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u vu u u v ，，即200x y z x y z --=⎧⎨-+-=⎩，，消去x 得20y z +=，不妨设1z =，可得()3,2,1m =--，又()111,0,1B C =-u u u u r，设直线11B C 与平面1B CE 所成角为θ，于是111111427sin cos ,142||m B C m B C m B C θ⋅-====⨯⋅u u u u ru u u u r u u u u r ，故直线11B C 与平面1B CE 所成角的正弦值为77. 4．如图，在四凌锥P ABCD -中，PC ABCD ⊥底面，底面ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，AB CD ∥，222AB AD CD ===,4PC =,E 为线段PB 上一点（1）求证：EAC PBC ⊥平面平面；（2）若二面角P AC E --的余弦值为63，求BE BP 的值【答案】（1）见解析（2）13BE BP = 【解析】（1）如图，由题意，得2AC BC ==，且2AB =，∴BC AC ⊥∵ABCD PC ⊥底面，∴PC AC ⊥又∵PC BC C ⋂=，∴AC ⊥底面PBC∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC（2）如图，以C 为原点，取AB 中点M ，以CM ，CD ，CP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系则()1,1,0B -，()0,0,4P ，()1,1,0A ，设(),,E x y z ，且()01BE BP λλ=<<u u u r u u u r ，得()()1,1,1,1,4x y z λ-+=-，即()1,1,4E λλλ--()()1,1,0,1,1,4CA CE λλλ==--u u u r u u u r ,设平面EAC 的法向量为(),,n x y z =r，由00CE n CA n u u u r r u u u r r ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()()11400x y z x y λλλ⎧-+-+=⎨+=⎩，令1x =，得11,1,2n r λλ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 又BC AC ⊥，且BC PC ⊥，所以BC ⊥平面PAC故平面PAC 的法向量为()1,1,0m BC u u u r r ==-，由二面角P AC E --6 ()226cos ,312114m n m n m n λλ⋅===⋅-++r r r r r r ，解得1λ=-或13，由01λ<<得13λ=，即13BE BP = 5．如图，在三棱锥P ABC -中，20{ 28x x ->-≥，2AB BC =，D 为线段AB 上一点，且3AD DB =，PD ⊥平面ABC ，PA 与平面ABC 所成的角为45o .（1）求证平面PAB ⊥平面PCD ；（2）求二面角P AC D --的平面角的余弦值。

2010—2019“十年高考”数学真题分类汇总平面向量专题解析版 (可下载)

2010—2019“十年高考”数学真题分类汇总平面向量专题（附详细答案解析）一、选择题。

1.（2019全国Ⅰ文8）已知非零向量a ，b 满足a =2b ，且（a –b ）⊥b ，则a 与b 的夹角为 A ．π6 B ．π3 C ．2π3 D ．5π6【答案】B ．【解析】因为()-⊥a b b ，所以()22cos ,0-⋅⋅-=⋅<>-=a b b =a b b a b a b b ，所以22cos ,2<>===⋅bba b a bb又因为0,]π[<>∈，a b ，所以π,3<>=a b ．故选B ． 2.（2019全国Ⅱ文3）已知向量a =(2，3)，b =(3，2)，则|a –b |= AB ．2C ．D ．50 【答案】A ．【解析】因为(2,3)=a ，(3,2)=b ，所以-(1,1)=-a b ，所以-==a b A.3.（2018全国卷Ⅰ）在∆ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB = A ．3144AB AC - B ．1344AB AC - C ．3144AB AC + D ．1344AB AC + 【答案】A.【解析】法一、通解如图所示，CB AD DB ED EB 2121+=+= ()()AC AB AC AB -++⨯=212121 3144=-AB AC ．故选A ．CB法二、优解111()222=-=-=-⨯+EB AB AE AB AD AB AB AC 3144=-AB AC ．故选A ． 4.（2018全国卷Ⅱ）已知向量a ，b 满足||1=a ，1⋅=-a b ，则(2)⋅-=a a b A ．4B ．3C ．2D ．0【答案】B.【解析】2(2)22(1)3⋅-=-⋅=--=a a b a a b ，故选B ．5.（2018天津）在如图的平面图形中，已知1OM =，2ON =，120MON ∠=，2BM MA =， 2CN NA =，则·BC OM 的值为 A ．15- B ．9- C ．6- D ．0【答案】C.【解析】由2BM MA =，可知||2||BM MA =，∴||3||BA MA =．由2CN NA =，可知||2||CN NA =，∴||3||CA NA =，故||||3||||BA CA MA NA ==，连接MN ，则BC MN ∥，且||3||BA MN =， ∴33()BC MN ON OM ==-，∴23()3()BC OM ON OM OM ON OM OM ⋅=-⋅=⋅-23(||||cos120||)6ON OM OM =-=-．故选C ．6.（2018浙江）已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为3π，向量b 满足2430-⋅+=b e b ，则||-a b 的最小值是A 1B 1C ．2D ．2 【答案】A.【解析】解法一设O 为坐标原点，OA =a ，(,)OB x y ==b ，=(1,0)e ，由2430-⋅+=b e b 得22430x y x +-+=，即22(2)1x y -+=，所以点B 的轨迹是以(2,0)C 为圆心，l 为半径的圆．NMOCBA因为a 与e 的夹角为3π，所以不妨令点A在射线y =(0x >)上，如图，数形结合可知min ||||||31CA CB -=-=-a b ．故选A ．解法二由2430-⋅+=b e b 得2243()(3)0-⋅+=-⋅-=b e b e b e b e ．设OB =b ，OE =e ，3OF =e ，所以EB -=b e ，3FB -b e =，所以0EB FB ⋅=，取EF 的中点为C ．则B 在以C 为圆心，EF 为直径的圆上，如图．设OA =a ，作射线OA ，使得3AOE π∠=，所以|||(2)(2)|-=-+-≥a b a e e b|(2)||(2)|||||31CA BC ---=-≥a e e b ．故选A ．7.（2017北京）设m , n 为非零向量，则“存在负数λ，使得λ=m n ”是“0⋅<m n ”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A.【解析】因为,m n 为非零向量，所以||||cos ,0⋅=<><m n m n m n 的充要条件是cos ,0<><m n ．因为0λ<，则由λ=m n 可知,m n 的方向相反，,180<>=m n ，所以cos ,0<><m n ，所以“存在负数λ，使得λ=m n ”可推出“0⋅<m n ”；而0⋅<m n 可推出cos ,0<><m n ，但不一定推出,m n 的方向相反，从而不一定推得“存在负数λ，使得λ=m n ”，所以“存在负数λ，使得λ=m n ”是“0⋅<m n ”的充分而不必要条件．8.（2017浙江）如图，已知平面四边形ABCD ，AB BC ⊥,2AB BC AD ===,3CD =， AC 与BD 交于点O ，记1I OA OB =⋅，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则 OABCDA ．1I <2I <3IB ．1I <3I <2IC ．3I < 1I <2ID ．2I <1I <3I【答案】C 。

(2010-2019)高考数学真题分类汇编专题10 平面解析几何选择填空题文(含解析)

专题平面解析几何选择填空题1．【2019年新课标1文科10】双曲线C：1（a＞0，b＞0）的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为（）A．2sin40°B．2cos40°C．D．【解答】解：双曲线C：1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y，由双曲线的一条渐近线的倾斜角为130°，得，则，∴，得，∴e．故选：D．2．【2019年新课标1文科12】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B 两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．y2＝1 B． 1C． 1 D． 1【解答】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2|，∴|AF2|＝a，|BF1|a，在Rt△AF2O中，cos∠AF2O，在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1，根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得0，解得a2＝3，∴a．b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．所以椭圆C的方程为：1．故选：B．3．【2018年新课标1文科04】已知椭圆C：1的一个焦点为（2，0），则C的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：椭圆C：1的一个焦点为（2，0），可得a2﹣4＝4，解得a＝2，∵c＝2，∴e．故选：C．4．【2017年新课标1文科05】已知F是双曲线C：x21的右焦点，P是C上一点，且PF与x轴垂直，点A的坐标是（1，3），则△APF的面积为（）A．B．C．D．【解答】解：由双曲线C：x21的右焦点F（2，0），PF与x轴垂直，设（2，y），y＞0，则y＝3，则P（2，3），∴AP⊥PF，则丨AP丨＝1，丨PF丨＝3，∴△APF的面积S丨AP丨×丨PF丨，同理当y＜0时，则△APF的面积S，故选：D．5．【2017年新课标1文科12】设A，B是椭圆C：1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB ＝120°，则m的取值范围是（）A．（0，1]∪[9，+∞）B．（0，]∪[9，+∞）C．（0，1]∪[4，+∞）D．（0，]∪[4，+∞）【解答】解：假设椭圆的焦点在x轴上，则0＜m＜3时，设椭圆的方程为：（a＞b＞0），设A（﹣a，0），B（a，0），M（x，y），y＞0，则a2﹣x2，∠MAB＝α，∠MBA＝β，∠AMB＝γ，tanα，tanβ，则tanγ＝tan[π﹣（α+β）]＝﹣tan（α+β），∴tanγ，当y最大时，即y＝b时，∠AMB取最大值，∴M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，tan∠AMO tan60°，解得：0＜m≤1；当椭圆的焦点在y轴上时，m＞3，当M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆C上存在点M满足∠AMB＝120°，∠AMB≥120°，∠AMO≥60°，tan∠AMO tan60°，解得：m≥9，∴m的取值范围是（0，1]∪[9，+∞）故选A．故选：A．6．【2016年新课标1文科05】直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：设椭圆的方程为：，直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，则直线方程为：，椭圆中心到l的距离为其短轴长的，可得：，4＝b2（），∴，3，∴e．故选：B．7．【2015年新课标1文科05】已知椭圆E的中心在坐标原点，离心率为，E的右焦点与抛物线C：y2＝8x 的焦点重合，A，B是C的准线与E的两个交点，则|AB|＝（）A．3 B．6 C．9 D．12【解答】解：椭圆E的中心在坐标原点，离心率为，E的右焦点（c，0）与抛物线C：y2＝8x的焦点（2，0）重合，可得c＝2，a＝4，b2＝12，椭圆的标准方程为：，抛物线的准线方程为：x＝﹣2，由，解得y＝±3，所以A（﹣2，3），B（﹣2，﹣3）．|AB|＝6．故选：B．8．【2014年新课标1文科04】已知双曲线1（a＞0）的离心率为2，则实数a＝（）A．2 B．C．D．1【解答】解：由题意，e2，解得，a＝1．故选：D．9．【2014年新课标1文科10】已知抛物线C：y2＝x的焦点为F，A（x0，y0）是C上一点，AF＝|x0|，则x0＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：抛物线C：y2＝x的焦点为F，∵A（x0，y0）是C上一点，AF＝|x0|，x0＞0．∴x0，解得x0＝1．故选：A．10．【2013年新课标1文科04】已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y B．y C．y＝±x D．y【解答】解：由双曲线C：（a＞0，b＞0），则离心率e，即4b2＝a2，故渐近线方程为y＝±x x，故选：D．11．【2013年新课标1文科08】O为坐标原点，F为抛物线C：y2＝4x的焦点，P为C上一点，若|PF|＝4，则△POF的面积为（）A．2 B．2C．2D．4【解答】解：∵抛物线C的方程为y2＝4x∴2p＝4，可得，得焦点F（）设P（m，n）根据抛物线的定义，得|PF|＝m4，即m4，解得m＝3∵点P在抛物线C上，得n2＝4324∴n∵|OF|∴△POF的面积为S|OF|×|n|2故选：C．12．【2012年新课标1文科04】设F1、F2是椭圆E：1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为直线x 上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：∵△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，∴|PF2|＝|F2F1|∵P为直线x上一点∴∴故选：C．13．【2012年新课标1文科10】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于点A和点B，|AB|＝4，则C的实轴长为（）A．B．C．4 D．8【解答】解：设等轴双曲线C：x2﹣y2＝a2（a＞0），y2＝16x的准线l：x＝﹣4，∵C与抛物线y2＝16x的准线l：x＝﹣4交于A，B两点，∴A（﹣4，2），B（﹣4，﹣2），将A点坐标代入双曲线方程得4，∴a＝2，2a＝4．故选：C．14．【2011年新课标1文科09】已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直．l与C交于A，B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为（）A．18 B．24 C．36 D．48【解答】解：设抛物线的解析式为y2＝2px（p＞0），则焦点为F（，0），对称轴为x轴，准线为x∵直线l经过抛物线的焦点，A、B是l与C的交点，又∵AB⊥x轴∴|AB|＝2p＝12∴p＝6又∵点P在准线上∴DP＝（||）＝p＝6∴S△ABP（DP•AB）6×12＝36故选：C．15．【2011年新课标1文科04】椭圆1的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：根据椭圆的方程1，可得a＝4，b＝2，则c2；则椭圆的离心率为e，故选：D．16．【2010年新课标1文科05】中心在原点，焦点在x轴上的双曲线的一条渐近线经过点（4，2），则它的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：∵渐近线的方程是y＝±x，∴2•4，，a＝2b，c a，e，即它的离心率为．故选：D．17．【2018年新课标1文科15】直线y＝x+1与圆x2+y2+2y﹣3＝0交于A，B两点，则|AB|＝．【解答】解：圆x2+y2+2y﹣3＝0的圆心（0，﹣1），半径为：2，圆心到直线的距离为：，所以|AB|＝22．故答案为：2．18．【2016年新课标1文科15】设直线y＝x+2a与圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2，则圆C的面积为．【解答】解：圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0的圆心坐标为（0，a），半径为，∵直线y＝x+2a与圆C：x2+y2﹣2ay﹣2＝0相交于A，B两点，且|AB|＝2，∴圆心（0，a）到直线y＝x+2a的距离d，即3＝a2+2，解得：a2＝2，故圆的半径r＝2．故圆的面积S＝4π，故答案为：4π19．【2015年新课标1文科16】已知F是双曲线C：x21的右焦点，P是C的左支上一点，A（0，6）．当△APF周长最小时，该三角形的面积为．【解答】解：由题意，设F′是左焦点，则△APF周长＝|AF|+|AP|+|PF|＝|AF|+|AP|+|PF′|+2≥|AF|+|AF′|+2（A，P，F′三点共线时，取等号），直线AF′的方程为与x21联立可得y2+6y﹣96＝0，∴P的纵坐标为2，∴△APF周长最小时，该三角形的面积为12．故答案为：12．20．【2010年新课标1文科13】圆心在原点上与直线x+y﹣2＝0相切的圆的方程为．【解答】解：圆心到直线的距离：r，所求圆的方程为x2+y2＝2．故答案为：x2+y2＝221．【2019年新课标1文科21】已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x+2＝0相切．（1）若A在直线x+y＝0上，求⊙M的半径；（2）是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|﹣|MP|为定值？并说明理由．【解答】解：∵⊙M故点A，B且A在直线x+y＝0上，∴点M在线段AB的中垂线x﹣y＝0上，设⊙M的方程为：（x﹣a）2+（y﹣a）2＝R2（R＞0），则圆心M（a，a）到直线x+y＝0的距离d，又|AB|＝4，∴在Rt△OMB中，d2+（|AB|）2＝R2，即①又∵⊙M与x＝﹣2相切，∴|a+2|＝R②由①②解得或，∴⊙M的半径为2或6；（2）∵线段为⊙M的一条弦，∴圆心M在线段AB的中垂线上，设点M的坐标为（x，y），则|OM|2+|OA|2＝|MA|2，∵⊙M与直线x+2＝0相切，∴|MA|＝|x+2|，∴|x+2|2＝|OM|2+|OA|2＝x2+y2+4，∴y2＝4x，∴M的轨迹是以F（1，0）为焦点x＝﹣1为准线的抛物线，∴|MA|﹣|MP|＝|x+2|﹣|MP|＝|x+1|﹣|MP|+1＝|MF|﹣|MP|+1，∴当|MA|﹣|MP|为定值时，则点P与点F重合，即P的坐标为（1，0），∴存在定点P（1，0）使得当A运动时，|MA|﹣|MP|为定值．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知双曲线的右焦点为F，直线l经过点F且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双曲线的右支交于不同两点A ，B ，若3AF FB =，则该双曲线的离心率为（）A ．5 B ．62C ．23D ．3【答案】A 【解析】由题意得直线l 的方程为bx y c a=+，不妨取1a =，则x by c =+，且221b c =-. 将x by c =+代入2221y x b-=，得.设()11,A x y ，()22,B x y ，则，.由3AF FB =，得123y y =-，所以，得，解得214b =，所以，故该双曲线的离心率为5c e a ==，故选A 。

2019真题汇编-平面解析几何(答案解析版)

专题平面解析几何1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知椭圆C 的焦点为121,01,0F F -()，()，过F 2的直线与C 交于A ，B 两点．若22||2||AF F B =，1||||AB BF =，则C 的方程为A ．2212x y +=B ．22132x y += C ．22143x y +=D ．22154x y += 【答案】B【解析】法一：如图，由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在1AF B △中，由余弦定理推论得22214991cos 2233n n n F AB n n +-∠==⋅⋅．在12AF F △中，由余弦定理得2214422243n n n n +-⋅⋅⋅=，解得2n =．22224,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．法二：由已知可设2F B n =，则212,3AF n BF AB n ===，由椭圆的定义有121224,22a BF BF n AF a AF n =+=∴=-=．在12AF F △和12BF F △中，由余弦定理得2221222144222cos 4422cos 9n n AF F n n n BF F n ⎧+-⋅⋅⋅∠=⎨+-⋅⋅⋅∠=⎩，又2121,AF F BF F ∠∠互补，2121cos cos 0AF F BF F ∴∠+∠=，两式消去2121cos cos AF F BF F ∠∠,，得223611n n +=，解得2n =．22224,,312,a n a b a c ∴==∴=∴=-=-=∴所求椭圆方程为22132x y +=，故选B ．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】若抛物线y 2=2px (p >0)的焦点是椭圆2231x y pp+=的一个焦点，则p = A ．2 B ．3 C ．4 D ．8【答案】D【解析】因为抛物线22(0)y px p =>的焦点(,0)2p是椭圆2231x y p p +=的一个焦点，所以23()2p p p -=，解得8p =，故选D ．【名师点睛】本题主要考查抛物线与椭圆的几何性质，渗透逻辑推理、运算能力素养．解答时，利用抛物线与椭圆有共同的焦点即可列出关于p 的方程，从而解出p ，或者利用检验排除的方法，如2p =时，抛物线焦点为（1，0），椭圆焦点为（±2，0），排除A ，同样可排除B ，C ，从而得到选D ．3．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】设F 为双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的圆与圆222x y a +=交于P ，Q 两点．若PQ OF =，则C的离心率为A BC ．2D【答案】A【解析】设PQ 与x 轴交于点A ，由对称性可知PQ x ⊥轴，又||PQ OF c ==，||,2cPA PA ∴=∴为以OF 为直径的圆的半径，∴||2c OA =，,22c c P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，又P 点在圆222x y a +=上，22244c c a ∴+=，即22222,22c c a e a =∴==．e ∴=，故选A ．【名师点睛】本题为圆锥曲线离心率的求解，难度适中，审题时注意半径还是直径，优先考虑几何法，避免代数法从头至尾运算繁琐，准确率大大降低，双曲线离心率问题是圆锥曲线中的重点问题，需强化练习，才能在解决此类问题时事半功倍，信手拈来．解答本题时，准确画图，由图形对称性得出P 点坐标，代入圆的方程得到c 与a 的关系，可求双曲线的离心率．4．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】双曲线C ：2242x y -=1的右焦点为F ，点P 在C 的一条渐近线上，O 为坐标原点，若=PO PF ，则△PFO 的面积为A BC ．D ．【答案】A【解析】由2,a b c ====,P PO PF x =∴=，又P 在C 的一条渐近线上，不妨设为在b y x a =上，则P P b y x a =⋅==112224PFO P S OF y ∴=⋅==△，故选A ．【名师点睛】本题考查以双曲线为载体的三角形面积的求法，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取公式法，利用数形结合、转化与化归和方程思想解题．忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．5．【2019年高考北京卷理数】已知椭圆2222 1x y a b+=（a ＞b ＞0）的离心率为12，则A ．a 2=2b 2B ．3a 2=4b2C ．a =2bD ．3a =4b【答案】B【解析】椭圆的离心率2221,2c e c a b a ===-，化简得2234a b =，故选B.【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程与几何性质，属于容易题，注重基础知识､基本运算能力的考查.由题意利用离心率的定义和,,a b c 的关系可得满足题意的等式. 6．【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C ：221||x y x y +=+就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C 恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C ；③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是 A ．① B ．② C ．①②D ．①②③【答案】C 【解析】由221x y x y+=+得，221y x y x -=-，2222||3341,10,2443x x x y x ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭厔，所以x 可取的整数有0，−1，1，从而曲线22:1C x y x y +=+恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.由221x y x y +=+得，222212x y x y +++…，解得222x y +≤，所以曲线C 上任意一. 结论②正确.如图所示，易知()()()()0,1,1,0,1,1,,0,1A B C D -，四边形ABCD 的面积13111122ABCD S =⨯⨯+⨯=四边形，很明显“心形”区域的面积大于2ABCD S 四边形，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误.故选C.【名师点睛】本题考查曲线与方程､曲线的几何性质，基本不等式及其应用，属于难题，注重基础知识､基本运算能力及分析问题、解决问题的能力考查，渗透“美育思想”.将所给方程进行等价变形确定x 的范围可得整点坐标和个数，结合均值不等式可得曲线上的点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.7．【2019年高考天津卷理数】已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，若l 与双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且||4||A B O F =（O 为原点），则双曲线的离心率为A BC ．2D 【答案】D【解析】抛物线24y x =的准线l 的方程为1x =-，双曲线的渐近线方程为by x a=±，则有(1,),(1,)b b A B a a ---，∴2b AB a =，24ba=，2b a =，∴c e a ===故选D.【名师点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB 的长度.解答时，只需把4AB OF =用,,a b c 表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率.8．【2019年高考浙江卷】渐近线方程为x ±y =0的双曲线的离心率是A ．2B ．1C D ．2【答案】C【解析】因为双曲线的渐近线方程为0x y ±=，所以a b =，则c ==，所以双曲线的离心率ce a==故选C. 【名师点睛】本题根据双曲线的渐近线方程可求得a b =，进一步可得离心率，属于容易题，注重了双曲线基础知识、基本计算能力的考查.理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.9．【2019年高考浙江卷】已知圆C 的圆心坐标是(0,)m ，半径长是r .若直线230x y -+=与圆C 相切于点(2,1)A --，则m =___________，r =___________．【答案】2-【解析】由题意可知11:1(2)22AC k AC y x =-⇒+=-+，把(0,)m代入直线AC 的方程得2m =-，此时||r AC ===【名师点睛】本题主要考查圆的方程、直线与圆的位置关系.首先通过确定直线AC 的斜率，进一步得到其方程，将(0,)m 代入后求得m ，计算得解.解答直线与圆的位置关系问题，往往要借助于数与形的结合，特别是要注意应用圆的几何性质.10．【2019年高考浙江卷】已知椭圆22195x y +=的左焦点为F ，点P 在椭圆上且在x 轴的上方，若线段PF 的中点在以原点O 为圆心，OF 为半径的圆上，则直线PF 的斜率是___________．【解析】方法1：如图，设F 1为椭圆右焦点.由题意可知||=|2OF OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，设(,)P x y ，可得22(2)16x y -+=，与方程22195x y +=联立，可解得321,22x x =-=（舍），又点P 在椭圆上且在x轴的上方，求得32P ⎛- ⎝⎭，所以212PFk ==.方法2：（焦半径公式应用）由题意可知|2OF |=|OM |=c =，由中位线定理可得12||4PF OM ==，即342p p a ex x -=⇒=-，从而可求得3,22P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，所以212PFk ==.【名师点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、圆的方程与性质的应用，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用圆的方程表示，与椭圆方程联立可进一步求解.也可利用焦半径及三角形中位线定理解决，则更为简洁.11．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设12F F ，为椭圆C :22+13620x y =的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若12MF F △为等腰三角形，则M 的坐标为___________.【答案】(【解析】由已知可得2222236,20,16,4a b c a b c ==∴=-=∴=，11228MF F F c ∴===，∴24MF =．设点M 的坐标为()()0000,0,0x y x y >>，则121200142MF F S F F y y =⋅⋅=△，又12014,42MF F S y =⨯=∴=△，解得0y =，22013620x ∴+=，解得03x =（03x =-舍去），M \的坐标为(．【名师点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好地落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．解答本题时，根据椭圆的定义分别求出12MF MF 、，设出M 的坐标，结合三角形面积可求出M 的坐标. 12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线与C 的两条渐近线分别交于A ，B 两点．若1F A AB=，120F B F B ⋅=，则C 的离心率为____________．【答案】2【解析】如图，由1,F A AB =得1.F A AB =又12,OF OF =得OA 是三角形12F F B 的中位线，即22,2.BF OA BF OA =∥由120F B F B ⋅=，得121,,F B F B OA F A ⊥∴⊥∴1OB OF =，1AOB AOF ∠=∠，又OA 与OB 都是渐近线，得21,BOF AOF ∠=∠又21πBOF AOB AOF ∠+∠+∠=，∴2160,BOF AOF BOA ∠=∠=∠=又渐近线OB 的斜率为tan 60ba=︒=2c e a ====．【名师点睛】本题结合平面向量考查双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养，采取几何法，利用数形结合思想解题．解答本题时，通过向量关系得到1F A AB =和1OA F A ⊥，从而可以得到1AOB AOF ∠=∠，再结合双曲线的渐近线可得21,BOF AOF ∠=∠进而得到2160,BOF AOF BOA ∠=∠=∠=从而由t a n 63ba=︒. 13．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线2221(0)y x b b-=>经过点（3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 ▲ .【答案】y =【解析】由已知得222431b-=，解得b =b =因为0b >，所以b =因为1a =，所以双曲线的渐近线方程为y =.【名师点睛】双曲线的标准方程与几何性质，往往以小题的形式考查，其难度一般较小，是高考必得分题.双曲线渐近线与双曲线标准方程中的,a b 密切相关，事实上，标准方程中化1为0，即得渐近线方程.14．【2019年高考江苏卷】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线x +y =0的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4【解析】当直线x +y =0平移到与曲线4y x x=+相切位置时，切点Q 即为点P ，此时到直线x +y =0的距离最小. 由2411y x '=-=-，得)x x ==，y =Q ，则切点Q 到直线x +y =04=，故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法和公式法，利用数形结合和转化与化归思想解题. 15．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C ：y 2=3x 的焦点为F ，斜率为32的直线l 与C 的交点为A ，B ，与x 轴的交点为P ．（1）若|AF |+|BF |=4，求l 的方程；（2）若3AP PB =，求|AB |．【答案】（1）3728y x =-；（2【解析】设直线()()11223:,,,,2l y x t A x y B x y =+．（1）由题设得3,04F ⎛⎫⎪⎝⎭，故123||||2AF BF x x +=++，由题设可得1252x x +=．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得22912(1)40x t x t +-+=，则1212(1)9t x x -+=-．从而12(1)592t --=，得78t =-．所以l 的方程为3728y x =-．（2）由3AP PB =可得123y y =-．由2323y x t y x⎧=+⎪⎨⎪=⎩，可得2220y y t -+=．所以122y y +=．从而2232y y -+=，故211,3y y =-=．代入C 的方程得1213,3x x ==．故||AB =．【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.16．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A (−2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形；（ii ）求PQG △面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）169. 【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得x =记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =-．由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=．①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uky k=+．从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+．所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i）得||2PQ =||PG =，所以△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖．设t =k +1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号．因为2812tS t=+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169．因此，△PQG 面积的最大值为169．【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.17．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点：（2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积.【答案】（1）见详解；（2）3或【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则2112x y =.由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=- . 整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -.故直线AB 的方程为2210tx y -+=. 所以直线AB 过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()212||21AB x t =-==+.设12,d d 分别为点D ，E到直线AB的距离，则12d d ==.因此，四边形ADBE 的面积()(2121||32S AB d d t =+=+设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭. 由于EM AB ⊥，而()2,2EM t t =-，AB 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，S =因此，四边形ADBE 的面积为3或【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.18．【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．【答案】（1）抛物线C 的方程为24x y =-，准线方程为1y =；（2）见解析.【解析】（1）由抛物线2:2C x py =-经过点(2,1)-，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =-，其准线方程为1y =. （2）抛物线C 的焦点为(0,1)F -. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =-≠.由21,4y kx x y=-⎧⎨=-⎩得2440x kx +-=. 设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =-. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =-，得点A 的横坐标11A x x y =-. 同理得点B 的横坐标22B x x y =-. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=---=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 21216(1)n x x =++ 24(1)n =-++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n -++=，则1n =或3n =-. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)-.【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19．【2019年高考天津卷理数】设椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左焦点为F ，上顶点为B ．已知椭圆的短轴长为4（1）求椭圆的方程；（2）设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若||||ON OF=（O为原点），且OP MN⊥，求直线PB的斜率．【答案】（1）22154x y+=；（2）5或5-．【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，依题意，24,5cba==，又222a b c=+，可得a=2,b=1c=．所以，椭圆的方程为22154x y+=．（2）由题意，设()()()0,,0P P p MP x y x M x≠，．设直线PB的斜率为()0k k≠，又()0,2B，则直线PB的方程为2y kx=+，与椭圆方程联立222,1,54y kxx y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得()2245200k x kx++=，可得22045Pkxk=-+，代入2y kx=+得2281045Pkyk-=+，进而直线OP的斜率24510Ppy kx k-=-．在2y kx=+中，令0y=，得2Mxk=-．由题意得()0,1N-，所以直线MN的斜率为2k-．由OP MN⊥，得2451102k kk-⎛⎫⋅-=-⎪-⎝⎭，化简得2245k=，从而5k=±所以，直线PB或．【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．20．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的焦点为F 1（–1、0），F 2（1，0）．过F 2作x 轴的垂线l ，在x 轴的上方，l 与圆F 2:222(1)4x y a -+=交于点A ，与椭圆C 交于点D .连结AF 1并延长交圆F 2于点B ，连结BF 2交椭圆C 于点E ，连结DF 1．已知DF 1=52．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求点E 的坐标．【答案】（1）22143x y +=；（2）3(1,)2E --. 【解析】（1）设椭圆C 的焦距为2c .因为F 1(−1，0)，F 2(1，0)，所以F 1F 2=2，c =1.又因为DF 1=52，AF 2⊥x 轴，所以DF 232==，因此2a =DF 1+DF 2=4，从而a =2. 由b 2=a 2−c 2，得b 2=3.因此，椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）解法一：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=，a =2，因为AF 2⊥x 轴，所以点A 的横坐标为1.将x =1代入圆F 2的方程(x −1) 2+y 2=16，解得y =±4. 因为点A 在x 轴上方，所以A (1，4). 又F 1(−1，0)，所以直线AF 1：y =2x +2.由22()22116y x x y =+-+=⎧⎨⎩，得256110x x +-=，解得1x =或115x =-. 将115x =-代入22y x =+，得 125y =-，因此1112(,)55B --.又F 2(1，0)，所以直线BF 2：3(1)4y x =-.由221433(1)4x y x y ⎧⎪⎪⎨⎪+=-⎩=⎪，得276130x x --=，解得1x =-或137x =. 又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以1x =-. 将1x =-代入3(1)4y x =-，得32y =-. 因此3(1,)2E --.解法二：由（1）知，椭圆C ：22143x y +=.如图，连结EF 1.因为BF 2=2a ，EF 1+EF 2=2a ，所以EF 1=EB ，从而∠BF 1E =∠B .因为F 2A =F 2B ，所以∠A =∠B ，所以∠A =∠BF 1E ，从而EF 1∥F 2A .因为AF 2⊥x 轴，所以EF 1⊥x 轴.因为F 1(−1，0)，由221431x x y ⎧⎪⎨+==-⎪⎩，得32y =±.又因为E 是线段BF 2与椭圆的交点，所以32y =-. 因此3(1,)2E --.【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力. 21．【2019年高考浙江卷】如图，已知点(10)F ，为抛物线22(0)y px p =>的焦点，过点F的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线上，使得ABC △的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记,AFG CQG △△的面积分别为12,S S ．（1）求p 的值及抛物线的准线方程；（2）求12S S 的最小值及此时点G 的坐标．【答案】（1）p =2，准线方程为x =−1；（2）最小值为1，此时G （2，0）．【解析】（1）由题意得12p=，即p =2. 所以，抛物线的准线方程为x =−1.（2）设()()(),,,,,A A B B c c A x y B x y C x y，重心(),G G G x y .令2,0A y t t =≠，则2A x t =.由于直线AB 过F ，故直线AB 方程为2112t x y t-=+，代入24y x =，得 ()222140t y y t---=，故24B ty =-，即2B y t =-，所以212,B tt ⎛⎫- ⎪⎝⎭.又由于()()11,33G A B c G A B c x x x x y y y y =++=++及重心G 在x 轴上，故220c t y t -+=，得242211222,2,,03t t C t t G t t t ⎛⎫⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 所以，直线AC 方程为()222y t t x t -=-，得()21,0Q t -. 由于Q 在焦点F 的右侧，故22t >.从而4224221244242222211|2|||322221222211|||1||2|23A c t t t FG y t S t t t t t S t t QG y t t t t-+-⋅⋅--====--+--⋅--⋅-. 令22m t =-，则m >0，1221222134324S m S m m m m =-=-=+++++….当m =时，12S S取得最小值1G （2，0）．【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.。

十年真题(2010-2019)高考数学(理)分类汇编专题11 平面解析几何选择填空题(新课标Ⅰ卷)(原卷版)

专题11平面解析几何选择填空题历年考题细目表填空题2015 圆的方程2015年新课标1理科14填空题2011 椭圆2011年新课标1理科14填空题2010 圆的方程2010年新课标1理科15历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科10】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．y2＝1 B． 1C． 1 D． 12．【2018年新课标1理科08】设抛物线C：y2＝4的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则•（）A．5 B．6 C．7 D．83．【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|＝（）A．B．3 C．2D．44．【2017年新课标1理科10】已知F为抛物线C：y2＝4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|AB|+|DE|的最小值为（）A．16 B．14 C．12 D．105．【2016年新课标1理科05】已知方程1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）6．【2016年新课标1理科10】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．87．【2015年新课标1理科05】已知M（0，y0）是双曲线C：1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若0，则y0的取值范围是（）A．B．C．D．8．【2014年新课标1理科04】已知F为双曲线C：2﹣my2＝3m（m＞0）的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A．B．3 C．m D．3m9．【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y2＝8的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若4，则|QF|＝（）A．B．3 C．D．210．【2013年新课标1理科04】已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y B．y C．y＝±D．y11．【2013年新课标1理科10】已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（）A．B．C．D．12．【2012年新课标1理科04】设F1、F2是椭圆E：1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为直线上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．B．C．D．13．【2012年新课标1理科08】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在轴上，C与抛物线y2＝16的准线交于点A和点B，|AB|＝4，则C的实轴长为（）A．B．C．4 D．814．【2011年新课标1理科07】设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（）A．B．C．2 D．315．【2010年新课标1理科12】已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E 相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（）A．B．C．D．16．【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，•0，则C的离心率为．17．【2017年新课标1理科15】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为．18．【2015年新课标1理科14】一个圆经过椭圆1的三个顶点．且圆心在轴的正半轴上．则该圆标准方程为．19．【2011年新课标1理科14】在平面直角坐标系Oy，椭圆C的中心为原点，焦点F1F2在轴上，离心率为．过F1的直线交于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为．20．【2010年新课标1理科15】过点A（4，1）的圆C与直线﹣y＝1相切于点B（2，1），则圆C的方程为．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，直线l 经过点F 且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双曲线的右支交于不同两点A ，B ，若3AF FB =u u u r u u u r，则该双曲线的离心率为（）AB ．2C ．3D2．双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一个焦点为(, 0)F c ，若a 、b 、c 成等比数列，则该双曲线的离率e =（）A ．12+ B ．12C ．12D 13．已知,A B 为抛物线22(0)x py p =>上的两个动点，以AB 为直径的圆C 经过抛物线的焦点F ，且面积为2π，若过圆心C 作该抛物线准线l 的垂线CD ，垂足为D ，则||CD 的最大值为（）A ．2B C ．2D ．124．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左焦点为F ，以OF 为直径的圆与双曲线C 的渐近线交于不同原点O 的A B ，两点，若四边形AOBF 的面积为()2212a b +，则双曲线C 的渐近线方程为（）A ．2y x =±B ．y =C ．y x =±D ．2y x =±5．已知12F F 、分别是双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左、右焦点，过点2F 与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点P ，若点P 在以线段12F F 为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（）A ．(B ．)+∞C ．()1,2D ．()2,+∞6．过抛物线24y x =的焦点F 的直线交该抛物线于A 、B 两点，若|AF|=3，则|BF|=( ) A ．2B ．32C ．1D ．127．已知F 是抛物线()2:20C y px p =>的焦点，抛物线C 上动点A ，B 满足4AF FB =u u u r u u u r，若A ，B 的准线上的射影分别为M ，N 且MFN ∆的面积为5,则AB =（） A ．94B ．134C ．214D ．2548．已知直线1y kx =-与抛物线28x y =相切，则双曲线2221x k y -=的离心率为（）A B CD 9．过点(2,1)P 作直线l 与圆22:240C x y x y a +--+=交于A ，B 两点，若P 为A ，B 中点，则直线l 的方程为( ) A ．3y x =-+ B ．23y x =- C ．23y x =-+D ．1y x =-10．设12,F F 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点，P 为双曲线右支上一点，若1290F PF ︒∠=，c=2,213PF F S ∆=，则双曲线的两条渐近线的夹角为（） A ．5π B ．4π C ．6π D ．3π11．直线:2l x ay +=被圆224x y +=所截得的弦长为l 的斜率为（）A B ．C D ．12．已知双曲线()2222:10,0x y E a b a b-=>>的右顶点A ，抛物线2:12C y ax =的焦点为F ，若在E 的渐近线上存在点P ，使得PA FP ⊥，则E 的离心率的取值范围是（）A ．()1,2B ．⎛ ⎝⎦C ．()2,+∞D ．⎫+∞⎪⎪⎣⎭13．已知椭圆C ：2214x y +=上的三点A ，B ，C ，斜率为负数的直线BC 与y 轴交于M ，若原点O 是ABC ∆的重心，且BMA ∆与CMO ∆的面积之比为32，则直线BC 的斜率为（）A ．24-B ．14-C ．3-D ．3-14．如图，AB 是平面α的斜线段，A 为斜足，点C 满足sin sin (0)CAB CBA λλ∠=∠>，且在平面α内运动，则（）A ．当1λ=时，点C 的轨迹是抛物线B ．当1λ=时，点C 的轨迹是一条直线 C ．当2λ=时，点C 的轨迹是椭圆D ．当2λ=时，点C 的轨迹是双曲线抛物线15．已知抛物线2:4C y x =的焦点F 和准线l ，过点F 的直线交l 于点A ，与抛物线的一个交点为B ，且3FA FB =-u u u v u u u v，则||AB =（）A ．23B ．43C ．323D ．16316．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点为F ，右顶点为A ，以F 为圆心，FA 为半径的圆交C 的左支于M ，N 两点，且线段AM 的垂直平分线经过点N ，则C 的离心率为（）A 2B 3C ．43D ．5317．已知抛物线C ：22(0)x py p =>的焦点为F ，抛物线C 的准线与y 轴交于点A ，点()01,M y 在抛物线C 上，05||4y MF =，则tan FAM ∠=（）A ．25B ．52C ．54D ．4518．已知圆C ：22430x y x +-+=，则圆C 关于直线4y x =--的对称圆的方程是（） A ．22(4)(6)1x y +++= B ．22(6)(4)1x y +++= C ．22(5)(7)1x y +++=D ．22(7)(5)1x y +++=19．已知椭圆C ：22221x y a b+=，()0a b >>的左、右焦点分别为1F ，2F ，M 为椭圆上异于长轴端点的一点，12MF F ∆的内心为I ，直线MI 交x 轴于点E ，若2MI IE=，则椭圆C 的离心率是（）A B ．12C D ．1320．以椭圆的两个焦点为直径的端点的圆与椭圆交于四个不同的点,顺次连接这四个点和两个焦点恰好组成一个正六边形,那么这个椭圆的离心率为( )A B 1-C D 21．已知椭圆C ：2212x y +=，直线l ：1y x =-与椭圆C 交于A ，B 两点，则过点A ，B 且与直线m ：43x =相切的圆的方程为______． 22．已知点(3,3)P -，过点(3,0)M 作直线，与抛物线24y x =相交于A ，B 两点，设直线PA ，PB 的斜率分别为1k ，2k ，则12k k +=____.23．已知圆C ：22(1)()16x y a -+-=，若直线20ax y +-=与圆C 相交于A ，B 两点，且CA CB ⊥，则实数a 的值为_______.24．如图是数学家Germinal Dandelin 用证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型（称为“Dandelin 双球”）；在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面、截面相切，设图中球1O ，球2O 的半径分别为3和1，球心距离128OO =,截面分别与球1O ，球2O 切于点E ，F ，（E ，F 是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于______．25．已知点()2,0A -、()02,B ，若点C 是圆222210x ax y a -++-=上的动点，ABC ∆面积的最小值为32，则a 的值为__________．26．椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为12，过2F 的直线交椭圆于A ，B两点，1ABF ∆的周长为8，则该椭圆的短轴长为__________.27．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A ，F 分别为椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>的右顶点、右焦点，过坐标原点O 的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，线段AP 的中点为M ，若Q ，F ，M 三点共线，则椭圆C 的离心率为______.28．已知点()0,1A ，抛物线()2:0C y ax a =>的焦点为F ，连接FA ，与抛物线C 相交于点M ，延长FA ，,与抛物线C 的准线相交于点N ，若:1:2FM MN =，则实数a 的值为______．29．已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，左顶点为A ，以F 为圆心，FA 为半径的圆交C 的右支于M ，N 两点，且线段AM 的垂直平分线经过点N ，则C 的离心率为_________.30．椭圆T ：22221(0)x y a b a b+=>>的两个顶点(,0)A a ，(0,)B b ，过A ，B 分别作AB 的垂线交椭圆T 于D ，C （不同于顶点），若3BC AD =，则椭圆T 的离心率为_____．。

十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题11平面解析几何选择填空题理(含解析)

专题11平面解析几何选择填空题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1理科10】已知椭圆C的焦点为F1（﹣1，0），F2（1，0），过F2的直线与C交于A，B 两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为（）A．y2＝1 B． 1C． 1 D． 1【解答】解：∵|AF2|＝2|BF2|，∴|AB|＝3|BF2|，又|AB|＝|BF1|，∴|BF1|＝3|BF2|，又|BF1|+|BF2|＝2a，∴|BF2|，∴|AF2|＝a，|BF1|a，在Rt△AF2O中，cos∠AF2O，在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF2F1，根据cos∠AF2O+cos∠BF2F1＝0，可得0，解得a2＝3，∴a．b2＝a2﹣c2＝3﹣1＝2．所以椭圆C的方程为：1．故选：B．2．【2018年新课标1理科08】设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点（﹣2，0）且斜率为的直线与C交于M，N两点，则•（）A．5 B．6 C．7 D．8【解答】解：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），过点（﹣2，0）且斜率为的直线为：3y＝2x+4，联立直线与抛物线C：y2＝4x，消去x可得：y2﹣6y+8＝0，解得y1＝2，y2＝4，不妨M（1，2），N（4，4），，．则•（0，2）•（3，4）＝8．故选：D．3．【2018年新课标1理科11】已知双曲线C：y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|＝（）A．B．3 C．2D．4【解答】解：双曲线C：y2＝1的渐近线方程为：y，渐近线的夹角为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y，则：解得M（，），解得：N（），则|MN|3．故选：B．4．【2017年新课标1理科10】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|AB|+|DE|的最小值为（）A．16 B．14 C．12 D．10【解答】解：如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，要使|AB|+|DE|最小，则A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，又直线l2过点（1，0），则直线l2的方程为y＝x﹣1，联立方程组，则y2﹣4y﹣4＝0，∴y1+y2＝4，y1y2＝﹣4，∴|DE|•|y1﹣y2|8，∴|AB|+|DE|的最小值为2|DE|＝16，方法二：设直线l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为θ，根据焦点弦长公式可得|AB||DE|∴|AB|+|DE|，∵0＜sin22θ≤1，∴当θ＝45°时，|AB|+|DE|的最小，最小为16，故选：A．5．【2016年新课标1理科05】已知方程1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是（）A．（﹣1，3）B．（﹣1，）C．（0，3）D．（0，）【解答】解：∵双曲线两焦点间的距离为4，∴c＝2，当焦点在x轴上时，可得：4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝1，∵方程1表示双曲线，∴（m2+n）（3m2﹣n）＞0，可得：（n+1）（3﹣n）＞0，解得：﹣1＜n＜3，即n的取值范围是：（﹣1，3）．当焦点在y轴上时，可得：﹣4＝（m2+n）+（3m2﹣n），解得：m2＝﹣1，无解．故选：A．6．【2016年新课标1理科10】以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点．已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．8【解答】解：设抛物线为y2＝2px，如图：|AB|＝4，|AM|＝2，|DE|＝2，|DN|，|ON|，x A，|OD|＝|OA|，5，解得：p＝4．C的焦点到准线的距离为：4．故选：B．7．【2015年新课标1理科05】已知M（x0，y0）是双曲线C：1上的一点，F1，F2是C的左、右两个焦点，若0，则y0的取值范围是（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，（x0，﹣y0）•（x0，﹣y0）＝x02﹣3+y02＝3y02﹣1＜0，所以y0．故选：A．8．【2014年新课标1理科04】已知F为双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（）A．B．3 C．m D．3m【解答】解：双曲线C：x2﹣my2＝3m（m＞0）可化为，∴一个焦点为（，0），一条渐近线方程为0，∴点F到C的一条渐近线的距离为．故选：A．9．【2014年新课标1理科10】已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若4，则|QF|＝（）A．B．3 C．D．2【解答】解：设Q到l的距离为d，则|QF|＝d，∵4，∴|PQ|＝3d，∴不妨设直线PF的斜率为2，∵F（2，0），∴直线PF的方程为y＝﹣2（x﹣2），与y2＝8x联立可得x＝1，∴|QF|＝d＝1+2＝3，故选：B．10．【2013年新课标1理科04】已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y B．y C．y＝±x D．y【解答】解：由双曲线C：（a＞0，b＞0），则离心率e，即4b2＝a2，故渐近线方程为y＝±x x，故选：D．11．【2013年新课标1理科10】已知椭圆E：的右焦点为F（3，0），过点F的直线交椭圆E于A、B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则E的方程为（）A．B．C．D．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆方程得，相减得，∴．∵x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，．∴，化为a2＝2b2，又c＝3，解得a2＝18，b2＝9．∴椭圆E的方程为．故选：D．12．【2012年新课标1理科04】设F1、F2是椭圆E：1（a＞b＞0）的左、右焦点，P为直线x 上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为（）A．B．C．D．【解答】解：∵△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，∴|PF2|＝|F2F1|∵P为直线x上一点∴∴故选：C．13．【2012年新课标1理科08】等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于点A和点B，|AB|＝4，则C的实轴长为（）A．B．C．4 D．8【解答】解：设等轴双曲线C：x2﹣y2＝a2（a＞0），y2＝16x的准线l：x＝﹣4，∵C与抛物线y2＝16x的准线l：x＝﹣4交于A，B两点，∴A（﹣4，2），B（﹣4，﹣2），将A点坐标代入双曲线方程得4，∴a＝2，2a＝4．故选：C．14．【2011年新课标1理科07】设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为（）A．B．C．2 D．3【解答】解：不妨设双曲线C：，焦点F（﹣c，0），对称轴y＝0，由题设知，，∴，b2＝2a2，c2﹣a2＝2a2，c2＝3a2，∴e．故选：B．15．【2010年新课标1理科12】已知双曲线E的中心为原点，P（3，0）是E的焦点，过P的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N（﹣12，﹣15），则E的方程式为（）A．B．C．D．【解答】解：由已知条件易得直线l的斜率为k＝k PN＝1，设双曲线方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），则有，两式相减并结合x1+x2＝﹣24，y1+y2＝﹣30得，从而k 1即4b2＝5a2，又a2+b2＝9，解得a2＝4，b2＝5，故选：B．16．【2019年新课标1理科16】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，•0，则C的离心率为．【解答】解：如图，∵，且•0，∴OA⊥F1B，则F1B：y，联立，解得B（，），则，，∴4c2，整理得：b2＝3a2，∴c2﹣a2＝3a2，即4a2＝c2，∴，e．故答案为：2．17．【2017年新课标1理科15】已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右顶点为A，以A为圆心，b 为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为．【解答】解：双曲线C：1（a＞0，b＞0）的右顶点为A（a，0），以A为圆心，b为半径做圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M、N两点．若∠MAN＝60°，可得A到渐近线bx+ay＝0的距离为：b cos30°，可得：，即，可得离心率为：e．故答案为：．18．【2015年新课标1理科14】一个圆经过椭圆1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．则该圆标准方程为．【解答】解：一个圆经过椭圆1的三个顶点．且圆心在x轴的正半轴上．可知椭圆的右顶点坐标（4，0），上下顶点坐标（0，±2），设圆的圆心（a，0），则，解得a，圆的半径为：，所求圆的方程为：（x）2+y2．故答案为：（x）2+y2．19．【2011年新课标1理科14】在平面直角坐标系xOy，椭圆C的中心为原点，焦点F1F2在x轴上，离心率为．过F1的直线交于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为．【解答】解：根据题意，△ABF2的周长为16，即BF2+AF2+BF1+AF1＝16；根据椭圆的性质，有4a＝16，即a＝4；椭圆的离心率为，即，则a c，将a c，代入可得，c＝2，则b2＝a2﹣c2＝8；则椭圆的方程为1；故答案为：1．20．【2010年新课标1理科15】过点A（4，1）的圆C与直线x﹣y＝1相切于点B（2，1），则圆C的方程为．【解答】解：设圆的方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，则（4﹣a ）2+（1﹣b ）2＝r 2，（2﹣a ）2+（1﹣b ）2＝r 2，1，解得a ＝3，b ＝0，r，故所求圆的方程为（x ﹣3）2+y 2＝2．故答案为：（x ﹣3）2+y 2＝2．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳. 最新高考模拟试题1．已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的右焦点为F ，直线l 经过点F 且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l 与双曲线的右支交于不同两点A ，B ，若3AF FB =，则该双曲线的离心率为（）A B C D 【答案】A 【解析】由题意得直线l 的方程为bx y c a=+，不妨取1a =，则x by c =+，且221b c =-. 将x by c =+代入2221y x b-=，得()4234120b y b cy b -++=.设()11,A x y ，()22,B x y ，则312421b c y y b +=--，41241b y y b =-.由3AF FB =，得123y y =-，所以324422422131b c y b by b ⎧-=-⎪⎪-⎨⎪-=⎪-⎩，得22431b c b =-，解得214b =，所以2c ===，故该双曲线的离心率为c e a ==，故选A 。

十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学(理) 专题10 立体几何 Word版含解析

十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm)，则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x. ∵E ，F 分别为PA ，AB 的中点， ∴EF ∥PB ，且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形， ∴CF=√3.又∠CEF=90°，∴CE=√3-x 2，AE=12PA=x. 在△AEC 中，由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D ，∵PA=PC ， ∴D 为AC 的中点，cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x=12x. ∴2x 2+1=2.∴x 2=12，即x=√22. ∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2， ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6. ∴R=√62. ∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件，故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( ) A.BM=EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C.BM=EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图，连接BD ，BE.在△BDE 中，N 为BD 的中点，M 为DE 的中点， ∴BM ，EN 是相交直线，排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O ，连接ON. 作MF ⊥OD 于点F ，连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD ，平面CDE ∩平面ABCD=CD ，EO ⊥ CD ，EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD. 同理，MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2，易知 EO=√3，ON=1，MF=√32，BF=√22+94=52，则EN=√3+1=2，BM=√34+254=√7，∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点).记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P-AC-B 的平面角为γ，则( ) A.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点，点V 在底面ABC 上的投影为点O ，则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上，过点D 作DE 垂直AE ，易得PE ∥VG ，过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F ，过点D 作DH ∥AC ，交BG 于点H ，则α=∠BPF ，β=∠PBD ，γ=∠PED ，所以cos α=PFPB=EG PB=DH PB<BDPB=cos β，所以α>β，因为tan γ=PDED>PDBD=tan β，所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC 为等边三角形且面积为9√3，设△ABC 边长为a ，则S=12a ·√32a=9√3.∴a=6，则△ABC 的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4.设球的半径为R ，如图，OO 1=√R 2-r 2=√42-(2√3)2=2.当D 在O 的正上方时，V D-ABC =1S △ABC ·(R+|OO 1|)=1×9√3×6=18√3，最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图.圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( ) A.2√17 B.2√5 C.3 D.2【答案】B【解析】如图所示，易知N 为CD ⏜的中点，将圆柱的侧面沿母线MC 剪开，展平为矩形MCC'M'，易知CN=14CC'=4，MC=2，从M 到N 的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中，MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头.若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】由该四棱锥的三视图，得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2，BC=√5，PB=3，从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是( )A.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1，以侧面AA1B1B，AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B ，E 1-AA 1B 1B ，D-AA 1B 1B ，D 1-AA 1B 1B ，C-AA 1F 1F ，C 1-AA 1F 1F ，D-AA 1F 1F ，D 1-AA 1F 1F ，共8个，以对角面AA 1C 1C ，AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C ，F 1-AA 1C 1C ，D-AA 1C 1C ，D 1-AA 1C 1C ，B-AA 1E 1E ，B 1-AA 1E 1E ，D-AA 1E 1E ，D 1-AA 1E 1E ，共8个，所以共有8+8=16(个)，故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，连接BC 1，则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∠AC 1B=30°，所以在Rt △ABC 1中，BC 1=AB tan∠AC 1B =2√3，又BC=2，所以在Rt △BCC 1中，CC 1=√(2√3)2-22=2√2，所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1=√3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图，则D 1(0，0，√3)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，B 1(1，1，√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，√3)，DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|2×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.√22 B.√32C.√52D.√72【答案】C【解析】如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中，设AB=2，则BE=√5，则tan∠EAB=BEAB =√52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√52.14.(2018·全国1·文T5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A.12√2πB.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r=l=2√2，r=√2，所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积(单位:cm3)是( )A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3，h=2，∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由三视图知，该几何体是一个圆柱截去一部分所得，如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10B.12C.14D.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形，且该直角梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，则S 梯=(2+4)×2÷2=6，所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1，如图，连接C 1D ，BD ，则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2，BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3，C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2，所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105，故选C.方法二:以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由已知条件知B 1(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(1，0，0)，A(-1，√3，1)，则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-1)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-√3，-1).所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3√2B.2√3C.2√2D.2【答案】B【解析】由题意可知，直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示)，最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A .π B.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心，画出圆柱的轴截面如图所示，则AC=1，AB=12，底面圆的半径r=BC=√32，所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4，故选B.21.(2017·全国1·文T6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )【答案】A【解析】易知选项B 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项C 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项D 中，AB ∥NQ ，且NQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ ，故排除选项B ，C ，D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n 【答案】C【解析】对于选项A ，∵α∩β=l ，∴l ⊂α，∵m ∥α，∴m 与l 可能平行，也可能异面，故选项A 不正确; 对于选项B ，D ，∵α⊥β，m ∥α，n ⊥β，∴m 与n 可能平行，可能相交，也可能异面，故选项B ，D 不正确. 对于选项C ，∵α∩β=l ，∴l ⊂β. ∵n ⊥β，∴n ⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如下图所示.易知其左视图为B 项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)在封闭的直三棱柱ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB=6，BC=8，AA 1=3，则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2C.6πD.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径，再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较，半径较小的球即为所求.设球的半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB=6，BC=8，∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6+8+10)×R=12×6×8，此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时，有2R=3，此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V=43π(32)3=9π2.24.(2016·全国1·文T4)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B. π C.8π D.4π 【答案】A【解析】设正方体的棱长为a ，由a 3=8，得a=2. 由题意可知，正方体的体对角线为球的直径，故2r=√3a 2，则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π，故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD=m ，α∩平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.√32 B.√22C.√33D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB 1D 1，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，α∩平面ABCD=m ，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1，∴m ∥B 1D 1.∵α∥平面CB 1D 1，平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，α∩平面ABB 1A 1=n ，平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1=CD 1， ∴n ∥CD 1.∴B 1D 1，CD 1所成的角等于m ，n 所成的角，即∠B 1D 1C 等于m ，n 所成的角.∵△B 1D 1C 为正三角形，∴∠B 1D 1C=60°， ∴m ，n 所成的角的正弦值为√32.26.(2016·全国1·理T6文T7)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A.17πB.18πC.20πD.28π 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体，则78×4π3×R 3=28π3，解得R=2，故其表面积为78×4πR 2+34×πR 2=14π+3π=17π. 27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ( )A.20πB.24πC.28πD.32π 【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成，所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π，故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( ) A.18+36√5 B.54+18√5 C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱，且四棱柱的底面是边长为3的正方形，侧棱长为3√5，所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5，故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( ) A.13+23πB.13+√23πC.13+√26πD.1+√26π【答案】C【解析】由三视图可知，上面是半径为√22的半球，体积为V 1=12×43π×(√22)3=√2π6，下面是底面积为1，高为1的四棱锥，体积V 2=13×1×1=13，故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16 B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得，三棱锥的直观图如图，则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16，故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R ，∵米堆底部弧长为8尺，∴14·2πR=8，∴R=16π. ∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3，∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛). 32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥，如图所示，设正方体棱长为a ，则V 正方体=a 3，V截去部分=16a 3，故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a 3∶56a 3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2πD.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知，该几何体是一个组合体，其左边是一个三棱锥，底面是等腰直角三角形(斜边长等于2)，高为1，所以体积V 1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，所以体积V 2=π·12·2·12=π，所以该几何体的体积V=V 1+V 2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体，其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm ，正四棱锥的高为2 cm ，则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm 3)，故选C.35.(2015·山东·理T7)在梯形ABCD 中，∠ABC=π2，AD ∥BC ，BC=2AD=2AB=2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥，如图所示. V 圆柱=π×12×2=2π，V 圆锥=13×π×12×1=π3. ∴V 几何体=V 圆柱-V 圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827πC.24(√2-1)3πD.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥，其底面半径r=1，母线长l=3，所以其高h=√l 2-r 2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知，加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体，如图所示.正方体ABCD-EFGH 的底面在圆锥的底面内，下底面中心与圆锥底面的圆心重合，上底面中心在圆锥的高线上，设正方体的棱长为x.在轴截面SMN 中，由O 1G ∥ON可得，O 1GON=SO 1SO ，即√22x 1=√2-2√2，解得x=2√23.所以正方体的体积为V 1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V =16√22722π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π，则r=( ) A.1 B.2 C.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r ×2r+2×12πr 2+πr ×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π，解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( ) A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD.在三棱锥S-ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC=1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC=BC=√5，AB 边上的高CD=2，AD=BD=1，斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5.39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱，圆柱的底面半径r=1，高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD ，所成二面角A'-CD-B 的平面角为α，则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α【答案】B【解析】设∠ADC=θ，设AB=2，则由题意AD=BD=1. 在空间图形中，设A'B=t.在△A'BD 中， cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB =12+12-t 22×1×1=2-t 22. 在空间图形中，过A'作A'N ⊥DC ，过B 作BM ⊥DC ，垂足分别为N ，M.过N 作NP MB ，连接A'P ，所以NP ⊥DC.则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角，所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中，DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ，A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ. 同理，BM=PN=sin θ，DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP ，故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中，A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中，cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)2sinθ×sinθ=2+2cos 2θ-t 22sin 2θ=2-t 22sin 2θ+cos 2θsin 2θ=1sin 2θcos ∠A'DB+cos 2θsin 2θ.因为1sin 2θ≥1，cos 2θsin 2θ≥0，所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号)，因为α，∠A'DB ∈[0，π]，而y=cos x 在[0，π]上为递减函数，所以α≤∠A'DB.故选B.41.(2015·全国2·理T9文T10)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB=90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为 ( ) A.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【解析】因为∠AOB=90°，所以S △AOB =12R 2. 因为V O-ABC =V C-AOB ，而△AOB 面积为定值，所以三棱锥底面OAB 上的高最大时，其体积最大.因为高最大为半径R ，所以V C-AOB =13×12R 2×R=36，解得R=6，故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D.若m，n不平行．．．垂直于同一平面．．．，则m与n不可能【答案】D【解析】A选项α，β可能相交;B选项m，n可能相交，也可能异面;C选项若α与β相交，则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行，可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥mC.若l∥β，则α∥βD.若α∥β，则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β，又l⊂α，由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故选项A正确;选项B，l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C，α∥β或α与β相交都有可能;选项D，l∥m或l与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内，l2与l在平面β内，若l1，l2与l都不相交，则l1∥l，l2∥l，根据直线平行的传递性，则l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意，知所得几何体是一个圆柱，且其底面半径为1，母线长也为1，因此其侧面积为2π×1×1=2π，故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】对A:m，n还可能异面、相交，故A不正确.对C:n还可能在平面α内，故C不正确.对D:n还可能在α内，故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4;若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.( )A.若m⊥n，n∥α，则m⊥αB.若m∥β，β⊥α，则m⊥αC.若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD.若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α【答案】C【解析】当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误;当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误;当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)已知底面边长为1，侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R ，则2R=√12+12+(√2)2=2，解得R=1，所以V=4π3R 3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4B.16πC.9πD.27π4【答案】A【解析】由图知，R 2=(4-R)2+2， ∴R 2=16-8R+R 2+2，∴R=94， ∴S 表=4πR 2=4π×8116=814π，选A. 52.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A 1B 1C 1-ABC ，且AB=8，BC=6，BB 1=12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.故选B.53.(2014·全国1·理T12)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6√2B.6C.4√2D.4【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G，即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为D1G，D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，√2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy 坐标平面上的正投影分别为A 1(2，0，0)，B 1(2，2，0)，C 1(0，2，0)，D 1(1，1，0).显然D 1点为A 1C 1的中点，如图(1)，正投影为Rt △A 1B 1C 1，其面积S 1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz 坐标平面上的正投影分别为A 2(0，0，0)，B 2(0，2，0)，C 2(0，2，0)，D 2(0，1，√2).显然B 2，C 2重合，如图(2)，正投影为△A 2B 2D 2，其面积S 2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx 坐标平面上的正投影分别为A 3(2，0，0)，B 3(2，0，0)，C 3(0，0，0)，D 3(1，0，√2)，由图(3)可知，正投影为△A 3D 3C 3，其面积S 3=12×2×√2=√2. 综上，S 2=S 3，S 3≠S 1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°，AB ⊂α，AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD=135°，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( ) A.14B.√24C.√34D.12【答案】B【解析】如图，在平面α内过C 作CE ∥AB ，则∠ECD 为异面直线AB 与CD 所成的角或其补角，不妨取CE=1，过E 作EO ⊥β于O. 在平面β内过O 作OH ⊥CD 于H ，连EH ，则EH ⊥CD.因为AB ∥CE ，AB ⊥l ，所以CE ⊥l. 又因为EO ⊥平面β，所以CO ⊥l.故∠ECO 为二面角α-l-β的平面角，所以∠ECO=60°. 而∠ACD=135°，CO ⊥l ，所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中，CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中，CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin 45°=√24. 在Rt △ECH 中，cos ∠ECH=CHCE=√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示，取AD 的中点F ，连EF ，CF ，则EF ∥BD ，∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知，△ABC ，△ADC 为正三角形，设AB=2，则 CE=CF=√3，EF=12BD=1.∴在△CEF 中，由余弦定理，得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF 22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3)，原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3). 故所求比值为V1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为√3，D 为BC 中点，则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点，∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3. 又AD=2×√32=√3，∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.16+8πB.8+8πC.16+16πD.8+16π【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱= π×22×4=8π，V 长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则该几何体的体积是( ) A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为9，底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为√3，可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O ，则可求得AO 长为1，故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3，即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz 中的图象如图所示.则它在平面zOx 上的投影，即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B.√2 C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积等于一个面的面积1，最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S 的取值范围为1≤S≤√2. 因为√2-12<1，故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1372π3 cm 3D.2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R-2，正方体棱长的一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图. BC=2，BA=4，OB=R-2，OA=R ，由R 2=(R-2)2+42，得R=5，所以球的体积为4π3×53=5003π(cm 3)，故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上.若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，则球O 的半径为( ) A.3√172 B.2√10C.132D.3√10【答案】C。

(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量(含解析)

(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量（含解析）1.(2019·全国2·文T3)已知向量a=(2，3)，b=(3，2)，则|a-b|=( ) A.√2 B.2 C.5√2 D.50【答案】A【解析】由题意，得a-b=(-1，1)，则|a-b|=√(-1)2+12=√2，故选A.2.(2019·全国·1理T7文T8)已知非零向量a ，b 满足|a|=2|b|，且(a-b)⊥b ，则a 与b 的夹角为( ) A.π6 B.π3C.2π3D.5π6【答案】B【解析】因为(a-b)⊥b ，所以(a-b )·b=a ·b-b 2=0，所以a ·b=b 2.所以cos<a ，b>=a ·b|a |·|b |=|b |22|b |2=12，所以a 与b 的夹角为π3，故选B.3.(2018·全国1·理T6文T7)在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ B.14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −34AC⃗⃗⃗⃗⃗ C.34AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ D.14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A【解析】如图，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =-BE⃗⃗⃗⃗⃗ =-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=3 4AB⃗⃗⃗⃗⃗ −14AC⃗⃗⃗⃗⃗ .4.(2018·全国2·T4)已知向量a，b满足|a|=1，a·b=-1，则a·(2a-b)=( )A.4B.3C.2D.0【答案】B【解析】a·(2a-b)=2a2-a·b=2-(-1)=3.5.(2018·北京·理T6)设a，b均为单位向量，则“|a-3b|=|3a+b|”是“a⊥b”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由|a-3b|=|3a+b|，得(a-3b)2=(3a+b)2.∵a，b均为单位向量，∴1-6a·b+9=9+6a·b+1.∴a·b=0，故a⊥b，反之也成立.故选C.6.(2018·浙江·T9)已知a，b，e是平面向量，e是单位向量.若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2-4e·b+3=0，则|a-b|的最小值是( )A.√3-1B.√3+1C.2D.2-√3【答案】A【解析】∵b2-4e·b+3=0，∴(b-2e)2=1，∴|b-2e|=1.如图所示，平移a，b，e，使它们有相同的起点O，以O为原点，向量e所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则b的终点在以点(2，0)为圆心，半径为1的圆上，|a-b|就是线段AB的长度.要求|AB|的最小值，就是求圆上动点到定直线的距离的最小值，也就是圆心M到直线OA的距离减去圆的半径长，因此|a-b|的最小值为-1.7.(2018·天津·理T8)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD=120°，AB=AD=1.若点E 为边CD 上的动点，则 A.2116 B.32C.2516D.3【答案】A【解析】如图，以D 为坐标原点建立直角坐标系.连接AC ，由题意知∠CAD=∠CAB =60°，∠ACD=∠ACB =30°，则D(0，0)，A(1，0)，B （32，√32），C(0，√3).设E(0，y)(0≤y≤√3)，则AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，y)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-32，y-√32），∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =32+y 2-√32y=（y-√34）2+2116，∴当y=√34时，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ 有最小值2116.8.(2018·天津·文T8)在如图的平面图形中，已知OM=1，ON=2，∠MON=120°，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为( ) A.-15 B.-9 C.-6D.0【答案】C【解析】连接MN ，∵BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AN ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .∴MN ∥BC ，且MN BC =13，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )，∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3(ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ -|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)=3[2×1×(-12)-1]=-6.9.(2017·全国2·理T12)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )的最小值是( ) A.-2 B.-32 C.-43 D.-1【答案】B【解析】以BC 所在的直线为x 轴，BC 的垂直平分线AD 为y 轴，D 为坐标原点建立平面直角坐标系，如图.可知A(0，√3)，B(-1，0)，C(1，0).设P(x ，y)，则PA ⃗⃗⃗⃗ =(-x ，√3-y)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1-x ，-y)，PC ⃗⃗⃗⃗ =(1-x ，-y).所以PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ =(-2x ，-2y).所以PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )=2x 2-2y(√3-y)=2x 2+2(y -√32)2−32≥-32. 当点P 的坐标为(0，√32)时，PA ⃗⃗⃗⃗ ·(PB⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗ )取得最小值为-32，故选10.(2017·全国3·理T12)在矩形ABCD 中，AB=1，AD=2，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上.若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则λ+μ的最大值为( ) A.3 B.2√2C.√5D.2【答案】A【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，1)，B(0，0)，D(2，1).设P(x ，y)，由|BC|·|CD|=|BD|·r ，得r=|BC |·|CD ||BD |=5=2√55，即圆的方程是(x-2)2+y 2=45. 易知AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ，y-1)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，-1)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0).由AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得{x =2μ，y -1=-λ，所以μ=x2，λ=1-y ，所以λ+μ=12x-y+1. 设z=12x-y+1，即12x-y+1-z=0. 因为点P(x ，y)在圆(x-2)2+y 2=45上，所以圆心C 到直线12x-y+1-z=0的距离d≤r，即√14+1≤2√55，解得1≤z≤3，11.(2017·全国2·文T4)设非零向量a ，b 满足|a+b|=|a-b|，则( ) A.a ⊥b B.|a|=|b| C.a ∥b D.|a|>|b| 【答案】A【解析】由|a+b|=|a-b|，平方得a 2+2a ·b+b 2=a 2-2a ·b+b 2，即a ·b=0.又a ，b 为非零向量，故a ⊥b ，故选A.12.(2016·四川·文T9)已知正三角形ABC 的边长为2√3，平面ABC 内的动点P ，M 满足|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2的最大值是( ) A.434 B.494 C.37+6√34 D.37+2√334【答案】B【解析】设△ABC 的外心为D ，则|DA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2. 以D 为原点，直线DA 为x 轴，过D 点的DA 的垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A(2，0)，B(-1，-√3)，C(-1，√3). 设P(x ，y)，由已知|AP⃗⃗⃗⃗⃗ |=1，得(x-2)2+y 2=1，∵PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴M (x -12，y+√32). ∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+12，y+3√32). ∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x+1)2+(y+3√3)24，它表示圆(x-2)2+y 2=1上点(x ，y)与点(-1，-3√3)距离平方的14，∴(|BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)max =14[√32+(0+3√3)22=494，故选B.13.(2016·天津·文T7)已知△ABC 是边长为1的等边三角形，点D ，E 分别是边AB ，BC 的中点，连接DE 并延长到点F ，使得DE=2EF ，则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为 ( ) A.-58 B.18C.14D.118【答案】B【解析】方法1(基向量法):如图所示，选取AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为基底，则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +EF ⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC⃗⃗⃗⃗⃗ −12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ )+12×12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB⃗⃗⃗⃗⃗ . 故AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =34AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−14AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB⃗⃗⃗⃗⃗ 2 =34−14×1×1×12−12=18.14.(2016·全国2·理T3)已知向量a=(1，m)，b=(3，-2)，且(a+b)⊥b ，则m=( ) A.-8B.-6C.6D.8【答案】D【解析】由题意可知，向量a+b=(4，m-2).由(a+b)⊥b ，得4×3+(m-2)×(-2)=0，解得m=8.故选D.15.(2015·全国2·文T4)向量a=(1，-1)，b=(-1，2)，则(2a+b )·a=( ) A.-1B.0C.1D.2【答案】C【解析】由已知2a+b=(1，0)，所以(2a+b )·a=1×1+0×(-1)=1.故选C.16.(2015·福建·文T7)设a=(1，2)，b=(1，1)，c=a+kb.若b ⊥c ，则实数k 的值等于( )A.-32 B.-53C.53D.32【答案】A【解析】∵a=(1，2)，b=(1，1)，∴c=(1+k ，2+k). ∵b ⊥c ，∴b ·c=1+k+2+k=0.∴k=-3217.(2015·广东·文T9)在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形ABCD 是平行四边形，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-2)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.5 B.4 C.3 D.2 【答案】A【解析】AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，-1)，所以AD⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)·(3，-1)=2×3+1×(-1)=5. 18.(2015·山东·理T4)已知菱形ABCD 的边长为a ，∠ABC =60°，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.-32a 2 B.-34a 2 C.34a 2 D.32a 2【答案】D【解析】如图，设BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ，BC⃗⃗⃗⃗⃗ =b. 则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·BA⃗⃗⃗⃗⃗ =(a+b)·a=a 2+a ·b=a 2+a ·a ·c os 60°=a 2+12a 2=32a 2.19.(2015·四川·理T7)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=6，|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4.若点M ，N 满足BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，DN ⃗⃗⃗⃗⃗ =2NC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.20B.15C.9D.6【答案】C【解析】如图所示，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB⃗⃗⃗⃗⃗ +34AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·（13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ） =13|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2-316|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −14AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗=13×36-316×16=9.20.(2015·福建·理T9)已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=1t ，|AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=t.若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+4AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，则PB⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21【答案】A【解析】以点A 为原点，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图. 则A(0，0)，B (1t ，0)，C(0，t)， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=(1，0)，AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=(0，1). ∴AP⃗⃗⃗⃗⃗ =AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+4AC⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗ |=(1，0)+4(0，1)=(1，4). ∴点P 的坐标为(1，4)，PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(1t-1，-4)，PC ⃗⃗⃗⃗ =(-1，t-4). ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ =1-1t -4t+16=-(1t +4t)+17≤-4+17=13，当且仅当1t =4t ，即t=12时取“=”. ∴PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PC ⃗⃗⃗⃗ 的最大值为13.21.(2015·全国1·文T2)已知点A(0，1)，B(3，2)，向量AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)，则向量BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.(-7，-4) B.(7，4) C.(-1，4) D.(1，4) 【答案】A【解析】∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3，1)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)， ∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，-3)-(3，1)=(-7，-4). 22.(2015·重庆·理T6)若非零向量a ，b 满足|a|=2√23|b|，且(a-b)⊥(3a+2b)，则a 与b 的夹角为 ( )A.π4B.π2C.3π4D .π【答案】A【解析】由(a-b)⊥(3a+2b)知(a-b)·(3a+2b)=0，即3|a|2-a ·b-2|b|2=0.设a 与b 的夹角为θ，则3|a|2-|a||b|cos θ-2|b|2=0，即3·(2√23|b |)2−2√23|b|2cos θ-2|b|2=0，整理，得cos θ=√22.故θ=π4.23.(2015·重庆·文T7)已知非零向量a ，b 满足|b|=4|a|，且a ⊥(2a+b)，则a 与b 的夹角为( ) A.π3 B.π2C.2π3D.5π6【答案】C【解析】因为a ⊥(2a+b)，所以a ·(2a+b)=0，即2|a|2+a ·b=0.设a 与b 的夹角为θ，则有2|a|2+|a||b|cos θ=0. 又|b|=4|a|，所以2|a|2+4|a|2cos θ=0，则cos θ=-12，从而θ=2π3.24.(2015·全国1·理T7)设D 为△ABC 所在平面内一点，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43AC⃗⃗⃗⃗⃗ B.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −43AC⃗⃗⃗⃗⃗ C.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AC⃗⃗⃗⃗⃗ D.AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =43AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AC⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A 【解析】如图，∵AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +43AC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 25.(2014·全国1·文T6)设D ，E ，F 分别为△ABC 的三边BC ，CA ，AB 的中点，则EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC ⃗⃗⃗⃗ =( ) A.AD ⃗⃗⃗⃗⃗B.12AD ⃗⃗⃗⃗⃗C.BC ⃗⃗⃗⃗⃗D.12BC⃗⃗⃗⃗⃗ 【答案】A【解析】EB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FC ⃗⃗⃗⃗ =-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )-12(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CA⃗⃗⃗⃗⃗ )=12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=12×2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，故选A.26.(2014·山东·文T7)已知向量a=(1，√3)，b=(3，m)，若向量a ，b 的夹角为π6，则实数m=( ) A.2√3 B.√3 C.0 D.-√3【答案】B【解析】∵cos<a ，b>=a ·b|a ||b |， ∴cos π6=√3m 2×√32+m 2，解得m=√3.27.(2014·北京·文T3)已知向量a=(2，4)，b=(-1，1)，则2a-b=( ) A.(5，7) B.(5，9) C.(3，7) D.(3，9) 【答案】A【解析】2a-b=(4-(-1)，8-1)=(5，7).故选A.28.(2014·广东·文T3)已知向量a=(1，2)，b=(3，1)，则b-a=( ) A.(-2，1) B.(2，-1) C.(2，0) D.(4，3) 【答案】B【解析】由题意得b-a=(3，1)-(1，2)=(2，-1)，故选B.29.(2014·福建·理T8)在下列向量组中，可以把向量a=(3，2)表示出来的是( ) A.e 1=(0，0)，e 2=(1，2)B.e 1=(-1，2)，e 2=(5，-2)C.e 1=(3，5)，e 2=(6，10)D.e 1=(2，-3)，e 2=(-2，3) 【答案】B【解析】对于A ，C ，D ，都有e 1∥e 2，故选B.30.(2014·全国2·理T3文T4)设向量a ，b 满足|a+b|=√10，|a-b|=√6，则a ·b=( ) A.1 B.2 C.3 D.5 【答案】A【解析】∵|a+b|=√10，∴(a+b)2=10.∴|a|2+|b|2+2a·b=10，①∵|a-b|=√6，∴(a-b)2=6，∴|a|2+|b|2-2a·b=6，②由①-②得a·b=1，故选A.31.(2014·大纲全国·文T6)已知a，b为单位向量，其夹角为60°，则(2a-b)·b=( )A.-1B.0C.1D.2【答案】B【解析】由已知得|a|=|b|=1，<a，b>=60°，∴(2a-b)·b=2a·b-b2=2|a||b|cos<a，b>-|b|2=2×1×1×c os 60°-12=0，故选B.32.(2014·大纲全国·理T4)若向量a，b满足:|a|=1，(a+b)⊥a，(2a+b)⊥b，则|b|=( )A.2B.√2C.1D.√22【答案】B【解析】∵(a+b)⊥a，|a|=1，∴(a+b)·a=0.∴|a|2+a·b=0.∴a·b=-1.又(2a+b)⊥b，∴(2a+b)·b=0.∴2a·b+|b|2=0.∴|b|2=2.∴|b|=√2.故选B.33.(2014·重庆·理T4)已知向量a=(k，3)，b=(1，4)，c=(2，1)，且(2a-3b)⊥c，则实数k=( )A.-92B.0 C.3 D.152【答案】C【解析】由已知(2a-3b)⊥c，可得(2a-3b)·c=0，即(2k-3，-6)·(2，1)=0，展开化简，得4k-12=0，所以k=3.故选C.34.(2012·陕西·文T7)设向量a=(1，cos θ)与b=(-1，2cos θ)垂直，则cos 2θ等于( )A.√22B.12C.0D.-1【答案】C【解析】∵a ⊥b ，∴a ·b=0， ∴-1+2cos 2θ=0，即cos 2θ=0.35.(2012·重庆·理T6)设x ，y ∈R ，向量a=(x ，1)，b=(1，y)，c=(2，-4)，且a ⊥c ，b ∥c ，则|a+b|= ( ) A.√5 B.√10 C.2√5 D.10【答案】B【解析】由a ⊥c ，得a ·c=2x-4=0，解得x=2.由b ∥c 得12=y-4，解得y=-2，所以a=(2，1)，b=(1，-2)，a+b=(3，-1)，|a+b|=√10.故选B.36.(2010·全国·文T2)a ，b 为平面向量，已知a=(4，3)，2a+b=(3，18)，则a ，b 夹角的余弦值等于( ) A.865 B.-865C.1665D.-1665【答案】C【解析】b=(2a+b)-2a=(3，18)-(8，6)=(-5，12)，因此cos<a ，b>=a ·b |a ||b |=165×13=1665.37.(2019·全国3·文T13)已知向量a=(2，2)，b=(-8，6)，则cos<a ，b>= . 【答案】−√210【解析】cos<a ，b>=a ·b|a ||b |=√22+22×√(-8)+62=2√2×10=-√210. 38.(2019·北京·文T9)已知向量a=(-4，3)，b=(6，m)，且a ⊥b ，则m= . 【答案】8【解析】∵a=(-4，3)，b=(6，m)，a ⊥b ， ∴a ·b=0，即-4×6+3m=0，即m=8.39.(2019·天津·T14)在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AB=2√3，AD=5，∠A=30°，点E 在线段CB 的延长线上，且AE=BE ，则BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ = . 【答案】-1【解析】∵AD ∥BC ，且∠DAB=30°，∴∠ABE=30°. ∵EA=EB ，∴∠EAB=30°.∠AEB=120°.在△AEB 中，EA=EB=2， BD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(BA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+BA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE⃗⃗⃗⃗⃗ =-12+2√3×2×c os 30°+5×2√3×c os 30°+5×2×c os 180°=-22+6+15=-1.40.(2019·全国3·理T13)已知a ，b 为单位向量，且a ·b=0，若c=2a-√5b ，则cos<a ，c>= . 【答案】23【解析】∵a ，b 为单位向量， ∴|a|=|b|=1.又a ·b=0，c=2a-√5b ，∴|c|2=4|a|2+5|b|2-4√5a ·b=9，∴|c|=3. 又a ·c=2|a|2-√5a ·b=2， ∴cos<a ，c>=a ·c|a |·|c |=21×3=23.41.(2019·浙江·T17)已知正方形ABCD 的边长为1.当每个λi (i=1，2，3，4，5，6)取遍±1时，|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值是，最大值是 . 【答案】0 2√5 【解析】(基向量处理)λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ1-λ3+λ5-λ6)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ2-λ4+λ5+λ6)AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，要使|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小，只需要|λ1-λ3+λ5-λ6|=|λ2-λ4+λ5+λ6|=0，此时只需要取λ1=1，λ2=-1，λ3=1，λ4=1，λ5=1，λ6=1，此时|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |min =0，由于λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =±2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 或±2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，取其中的一种λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2AB⃗⃗⃗⃗⃗ 讨论(其他三种类同)，此时λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(λ1-λ3+2)AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +(λ2-λ4)AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，要使|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |的最大，只需要使|λ1-λ3+2|，|λ2-λ4|最大，取λ1=1，λ2=1，λ3=-1，λ4=-1，此时|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|4AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5，综合几种情况可得|λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ3CD ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ4DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ5AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ6BD⃗⃗⃗⃗⃗ |max =2√42.(2019·江苏·T12)如图，在△ABC 中，D 是BC 的中点，E 在边AB 上，BE=2EA ，AD 与CE 交于点O.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC ⃗⃗⃗⃗ ，则ABAC 的值是 .【答案】√3【解析】如图，过点D 作DF ∥CE ，交AB 于点F ，由BE=2EA ，D 为BC 中点，知BF=FE=EA ，AO=OD.又AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EC ⃗⃗⃗⃗ =3AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AE⃗⃗⃗⃗⃗ ) =32(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ -13AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =32（AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ ） =32（23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2） =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+32AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2，得12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=32AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2，即|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，故AB AC=√3. 43.(2018·北京·文T9)设向量a=(1，0)，b=(-1，m).若a ⊥(ma-b)，则m= . 【答案】-1【解析】由题意，得ma-b=(m+1，-m). ∵a ⊥(ma-b)，∴a ·(ma-b)=0，即m+1=0， ∴m=-1.44.(2018·上海·T8)在平面直角坐标系中，已知点A(-1，0)，B(2，0)，E ，F 是y 轴上的两个动点，且|EF ⃗⃗⃗⃗ |=2，则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 . 【答案】-3【解析】依题意，设E(0，a)，F(0，b)，不妨设a>b ，则 a-b=2，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，a)，BF ⃗⃗⃗⃗ =(-2，b)，a=b+2，所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BF ⃗⃗⃗⃗ =(1，a)·(-2，b)=-2+ab=-2+(b+2)b=b 2+2b-2=(b+1)2-3，故所求最小值为-3.45.(2018·江苏·T2)在平面直角坐标系xOy 中，A 为直线l:y=2x 上在第一象限内的点，B(5，0)，以AB 为直径的圆C 与直线l 交于另一点D.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则点A 的横坐标为 . 【答案】3【解析】设A(a ，2a)(a>0)，则由圆心C 为AB 的中点得C (a+52，a)，☉C:(x-5)(x-a)+y(y-2a)=0.将其与y=2x 联立解得x D =1，D(1，2).因为AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(5-a ，-2a)，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1-a+52，2-a)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(5-a)·(1-a+52)+(-2a)(2-a)=0，即a 2-2a-3=0，解得a=3或a=-1.因为a>0，所以a=3.46.(2018·全国3·T13)已知向量a=(1，2)，b=(2，-2)，c=(1，λ).若c ∥(2a+b)，则λ= . 【答案】12【解析】2a+b=(4，2)，c=(1，λ)，由c ∥(2a+b)，得4λ-2=0，得λ=12.47.(2017·全国1·文T13)已知向量a=(-1，2)，b=(m ，1)，若向量a+b 与a 垂直，则m= . 【答案】7【解析】因为a=(-1，2)，b=(m ，1)，所以a+b=(m-1，3).因为a+b 与a 垂直，所以(a+b )·a=0，即-(m-1)+2×3=0，解得m=7.48.(2017·山东·文T11)已知向量a=(2，6)，b=(-1，λ).若a ∥b ，则λ= . 【答案】-3【解析】∵a ∥b ，∴2λ-6×(-1)=0，∴λ=-3.49.(2017·全国1·理T13)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a|=2，|b|=1，则|a+2b|= . 【答案】2【解析】因为|a+2b|2=(a+2b)2=|a|2+4·|a|·|b|·c os 60°+4|b|2=22+4×2×1×12+4×1=12，所以|a+2b|=√12=2√3.50.(2017·天津，理13文14)在△ABC 中，∠A =60°，AB=3，AC=2.若BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ∈R)，且AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =-4，则λ的值为 . 【答案】311【解析】由题意，知|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=3，|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =3×2×c os 60°=3， AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ）·(λAC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =λ-23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+2λ3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2 =λ-23×3-13×32+2λ3×22=113λ-5=-4，解得λ=311.51.(2017·江苏·T12)如图，在同一个平面内，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的模分别为1，1，√2，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为α，且tan α=7，OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为45°.若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +n OB ⃗⃗⃗⃗⃗ (m ，n ∈R)，则m+n= . 【答案】3【解析】由tan α=7可得cos α=5√2，sin α=5√2，则5√2=OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ √2，由cos ∠BOC=√22可得√22=OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ √2，因为cos ∠AOB=cos (α+45°)=cos αc os 45°-sin αsin45°=5√2×√22−5√2×√22=-35，所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB⃗⃗⃗⃗⃗ =-35，所以m-35n=15，-35m+n=1，所以25m+25n=65，所以m+n=3.52.(2017·山东·理T12)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量，若√3 e 1-e 2与e 1+λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是 . 【答案】√33【解析】∵e 1，e 2是互相垂直的单位向量， ∴可设a=√3e 1-e 2=(√3，-1)，b=e 1+λe 2=(1，λ). 则<a ，b >=60°.∴cos<a ，b>=c os 60°=a ·b|a ||b |=√3-2=12，即√3-λ=2+1，解得λ=√33.53.(2017·江苏·理T13)在平面直角坐标系xOy 中，A(-12，0)，B(0，6)，点P 在圆O:x 2+y 2=50上.若PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20，则点P 的横坐标的取值范围是 . 【答案】[-5√2，1]【解析】设P(x ，y)，由PA ⃗⃗⃗⃗ ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ≤20，易得x 2+y 2+12x-6y≤20.把x 2+y 2=50代入x 2+y 2+12x-6y≤20得2x-y+5≤0. 由{2x -y +5=0，x 2+y 2=50，可得{x =-5，y =-5或{x =1，y =7.由2x-y+5≤0表示的平面区域及P 点在圆上，可得点P 在圆弧EPF 上，所以点P 横坐标的取值范围为[-5√2，1].54.(2017·北京·文T12)已知点P 在圆x 2+y 2=1上，点A 的坐标为(-2，0)，O 为原点，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为 .【答案】6【解析】方法1:设P(cos α，sin α)，α∈R ，则AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(cos α+2，sin α)，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2cos α+4.当α=2k π，k ∈Z 时，2cos α+4取得最大值，最大值为6. 故AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为6. 方法2:设P(x ，y)，x 2+y 2=1，-1≤x≤1，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x+2，y)，AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x+4，故AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为6.55.(2016·北京·文T9)已知向量a=(1，√3)，b=(√3，1)，则a 与b 夹角的大小为 . 【答案】π6【解析】设a 与b 的夹角为θ，则cos θ=a ·b|a ||b |=2√32×2=√32，且两个向量夹角范围是[0，π]，∴所求的夹角为π6.56.(2016·全国1·文T13)设向量a=(x ，x+1)，b=(1，2)，且a ⊥b ，则x= . 【答案】−23【解析】∵a ⊥b ，∴a ·b=x+2(x+1)=0，解得x=-23.57.(2016·山东·文T13)已知向量a=(1，-1)，b=(6，-4).若a ⊥(ta+b)，则实数t 的值为 . 【答案】-5【解析】由a ⊥(ta+b)可得a ·(ta+b)=0，所以ta 2+a ·b=0，而a 2=12+(-1)2=2，a ·b=1×6+(-1)×(-4)=10，所以有t×2+10=0，解得t=-5. 58.(2016·全国2·文T13)已知向量a=(m ，4)，b=(3，-2)，且a ∥b ，则m= . 【答案】-6【解析】因为a ∥b ，所以-2m-4×3=0，解得m=-6.59.(2016·全国1·理T13)设向量a=(m ，1)，b=(1，2)，且|a+b|2=|a|2+|b|2，则m= . 【答案】-2【解析】∵|a+b|2=|a|2+|b|2， ∴(m+1)2+32=m 2+1+5，解得m=-2.60.(2015·浙江·文T13)已知e 1，e 2是平面单位向量，且e 1·e 2=12.若平面向量b 满足b ·e 1=b ·e 2=1，则|b|= . 【答案】2√33【解析】因为b ·e 1=b ·e 2=1，|e 1|=|e 2|=1，由数量积的几何意义，知b 在e 1，e 2方向上的投影相等，且都为1，所以b 与e 1，e 2所成的角相等.由e 1·e 2=12知e 1与e 2的夹角为60°，所以b 与e 1，e 2所成的角均为30°，即|b|c os 30°=1，所以|b|=1cos30°=2√33. 61.(2015·全国2·理T13)设向量a ，b 不平行，向量λa+b 与a+2b 平行，则实数λ= . 【答案】12【解析】由题意知存在实数t ∈R ，使λa+b=t(a+2b)，得{λ=t ，1=2t ，解得λ=12.62.(2015·北京·理T13)在△ABC 中，点M ，N 满足AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BN ⃗⃗⃗⃗⃗ =NC ⃗⃗⃗⃗⃗ .若MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x= ，y= . 【答案】12−16【解析】如图，∵MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CN ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12BC⃗⃗⃗⃗⃗ =13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB⃗⃗⃗⃗⃗ ) =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −16AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴x=12，y=-16.63.(2014·湖北·理T11)设向量a=(3，3)，b=(1，-1).若(a +λb)⊥(a-λb)，则实数λ= . 【答案】±3【解析】由题意得(a+λb)·(a-λb)=0，即a 2-λ2b 2=0，则a 2=λ2b 2， λ2=a 2b 2=(√32+32)2[√12+(-1)]=182=9.故λ=±3.64.(2014·陕西·理T3)设0<θ<π2，向量a=(sin 2θ，cos θ)，b=(cos θ，1)，若a ∥b ，则tan θ= .【答案】12【解析】由a ∥b ，得sin 2θ=cos 2θ，即2sin θcos θ=cos 2θ，因为0<θ<π2，所以cos θ≠0，所以2sin θ=cos θ. 所以tan θ=12.65.(2014·重庆·文T12)已知向量a 与b 的夹角为60°，且a=(-2，-6)，|b|=√10，则a ·b= . 【答案】10【解析】由题意得|a|=2√10，所以a ·b=|a||b|cos<a ，b>=2√10×√10×12=10.66.(2014·全国1·理T15)已知A ，B ，C 为圆O 上的三点，若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为 . 【答案】90°【解析】由AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =12(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )，可得O 为BC 的中点，则BC 为圆O 的直径，即∠BAC =90°.故AB⃗⃗⃗⃗⃗ 与AC⃗⃗⃗⃗⃗ 的夹角为90°. 67.(2014·湖北·文T12)若向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-3)，|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，则|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |= . 【答案】2√5【解析】设B(x ，y)，由|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OB ⃗⃗⃗⃗⃗ |，可得√10=√x 2+y 2， ① OA⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x-3y=0， ② 由①②得x=3，y=1或x=-3，y=-1，所以B(3，1)或B(-3，-1)，故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，4)或AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4，2)，|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√5， 68.(2013·江苏·T10)设D ，E 分别是△ABC 的边AB ，BC 上的点，AD=12AB ，BE=23BC.若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ1，λ2为实数)，则λ1+λ2的值为 . 【答案】12【解析】由题意作图如图.∵在△ABC 中，DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴λ1=-16，λ2=23.故λ1+λ2=12.69.(2013·北京·理T13)向量a ，b ，c 在正方形网格中的位置如图所示，若c =λa +μb(λ，μ∈R)，则λμ= .【答案】4【解析】可设a=-i+j ，i ，j 为单位向量且i ⊥j ，则b=6i+2j ，c=-i-3j.∵c =λa +μb=(6μ-λ)i+(λ+2μ)j ，∴{6μ-λ=-1，λ+2μ=-3，解得{λ=-2，μ=-12.∴λμ=4. 70.(2013·全国1·T13)已知两个单位向量a ，b 的夹角为60°，c=ta+(1-t)b.若b ·c=0，则t= .【答案】2【解析】b ·c=ta ·b+(1-t)|b|2.又|a|=|b|=1，且a 与b 的夹角为60°，b ·c=0，∴0=t|a||b|c os 60°+(1-t)，0=12t+1-t.∴t=2.71.(2013·全国2·理T13文T14)已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD⃗⃗⃗⃗⃗ = .【答案】2【解析】以{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ }为基底，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，而AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2=-12×22+22=2.72.(2013·天津·理T12)在平行四边形ABCD 中，AD=1，∠BA D=60°，E 为CD 的中点.若AC⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =1，则AB 的长为 .【答案】12【解析】如图所示，在平行四边形ABCD 中，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CE ⃗⃗⃗⃗ =-12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(-12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+|AD ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =-12|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |2+14|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+1=1，解方程得|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=12(舍去|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=0).所以线段AB 的长为12.73.(2013·北京·文T14)已知点A(1，-1)，B(3，0)，C(2，1).若平面区域D 由所有满足AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC⃗⃗⃗⃗⃗ (1≤λ≤2，0≤μ≤1)的点P 组成，则D 的面积为 . 【答案】3【解析】AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2，1)，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，2). 设P(x ，y)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x-1，y+1). ∴{x -1=2λ+μ，y +1=λ+2μ，得{λ=2x -y -33，μ=2y -x+33，∵1≤λ≤2，0≤μ≤1，可得{6≤2x -y ≤9，0≤x -2y ≤3，如图.可得A 1(3，0)，B 1(4，2)，C 1(6，3)，|A1B1|=√(4-3)2+22=√5，两直线间距离d=√22+1=√5，∴D的面积S=|A1B1|·d=3.74.(2012·全国·理T13文T15)已知向量a，b夹角为45°，且|a|=1，|2a-b|=√10，则|b|= .【答案】3√2【解析】∵a，b的夹角为45°，|a|=1，∴a·b=|a|×|b|c os 45°=√22|b|，|2a-b|2=4-4×√22|b|+|b|2=10，∴|b|=3√2.75.(2012·安徽·文T11)设向量a=(1，2m)，b=(m+1，1)，c=(2，m)，若(a+c)⊥b，则|a|= . 【答案】√2【解析】由题意，可得a+c=(3，3m).由(a+c)⊥b，得(a+c)·b=0，即(3，3m)·(m+1，1)=3(m+1)+3m=0，解之，得m=-12.∴a=(1，-1)，|a|=√2.76.(2011·全国·文T13)已知a与b为两个不共线的单位向量，k为实数，若向量a+b与向量ka-b垂直，则k= .【答案】1【解析】由已知可得|a|=|b|=1，且a与b不共线，所以a·b≠1，a·b≠-1.由已知向量a+b与向量ka-b垂直，所以(a+b)·(ka-b)=0，即ka2-b2+(k-1)a·b=0，即k-1+(k-1)a·b=0，所以(k-1)(1+a·b)=0.因为a·b≠-1，即a·b+1≠0，所以k-1=0，即k=1.(2010-2019)十年高考数学真题分类汇编：平面向量（含解析）。

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