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2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省部分重点中学协作体高二（上）期中数学模拟试卷（B卷）（含解析），共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是n，则“a⊥n”是“l//α”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知A(3,1)，B(1,−2)，C(1,1)，则过点C且与线段AB平行的直线方程为( )
A. 3x+2y−5=0B. 3x−2y−1=0C. 2x−3y+1=0D. 2x+3y−5=0
3.如果a2+b2=12c2，那么直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切
4.直线l过点(−1,2)且与直线2x−3y+1=0垂直，则l的方程是( )
A. 3x+2y+7=0B. 2x−3y+5=0C. 3x+2y−1=0D. 2x−3y+8=0
5.两平行直线l1：x−2y− 10=0,l2：4y−2x−3 10=0之间的距离为( )
A. 5 22B. 3C. 5D. 2 2
6.已知P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2(k为常数)上两个不同的点，则关于l1：a1x+b1y−2=0和l2：a2x+b2y−2=0的交点情况是( )
A. 无论k，P1，P2如何，总有唯一交点B. 存在k，P1，P2使之有无穷多个交点
C. 无论k，P1，P2如何，总是无交点D. 存在k，P1，P2使之无交点
7.已知直线l：xcsα+ysinα−1=0(a∈R)与圆(x−2)2+(y− 5)2=4相切，则满足条件的直线l有条( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.在平面直角坐标系中，设A(−2,1)、B(3,−2)，沿y轴把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=4，则θ的弧度数为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知向量a=(1,1,−1),b=(1,−1, 6)，则( )
A. 向量c=(− 33,− 33, 33)是与向量a方向相反的单位向量
B. |a|= 2|b|
C. 向量a,b的夹角的大小为2π3
D. 若向量m=(3,1, 6−2)=xa+yb(x,y为实数)，则x−y=−1
10.下列说法中正确的是( )
A. 若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等
B. 方程(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)能表示平面内的任何直线
C. 已知b>0，直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x−b2y−1=0互相垂直，则ab的最小值为2 2
D. 若直线(2t−3)x+2y+t=0不经过第二象限，则t的取值范围是[0,32]
11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是( )
A. C的方程为(x+4)2+y2=9
B. 在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12
C. 当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
12.已知三棱锥P−ABC的棱PA，AB，AC两两垂直，PA=AC=2，AB=4，D为AB的中点，E在棱BC上，且AC//平面PDE，则( )
A. PE=14AB+12PC+12PD
B. PC与平面ABC所成的角为45°
C. 三棱锥P−ABC外接球的表面积为20π
D. 点A到平面PDE的距离为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知直线l1：x−ay+1=0，直线l2：ax−y−3=0，若l1//l2，则实数a的值为______ ．
14.已知圆C1：x2+y2=a关于直线l对称的圆为圆C2：x2+y2+2x−2ay+3=0，则直线l的方程为______ ．
15.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|的最大值是______．
16.在空间直角坐标系O−xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,1,−2)，C(0,2,1)，D(0,0,1).则该四面体外接球的表面积是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
如图所示，射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA、OB于A、B两点，当AB的中点C恰好落在直线y=12x上时，求直线AB的方程．
18.(本小题12.0分)
如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD= 5．
(1)证明：OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值．
19.(本小题12.0分)
已知圆方程x2+y2−2x−4y+m=0．
(1)若圆与直线x+2y−4=0相交于M，N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)求m的值；
(2)在(1)的条件下，求以MN为直径的圆的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A−BCD的体积为 36，若点E在棱AD上，且二面角E−BC−D的大小为45°，求DEEA．
21.(本小题12.0分)
直线l过点M(2,1)，且与x轴、y轴的正半轴分别相交于A、B两点，O为坐标原点，求：
(1)当△ABO的面积取最小值时，直线l的方程；
(2)当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线l的方程；
(3)当|MA|⋅|MB|取最小值时，直线l的方程；
(4)当|MA|2+|MB|2取最小值时，直线l的方程．
22.(本小题12.0分)
如图，以AD为直径的半圆O所在平面与△PAD所在平面垂直，点B，C在半圆弧AD上，且AB=BC=CD，PA=PD．
(1)证明：平面PBO⊥平面PAC；
(2)若AD=2 3，且二面角P−CD−A的大小为π3，求直线PD与平面PAB所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由l//α，得：a⊥n，是必要条件，
而“a⊥n”不一定有l//α，也可能l⊂α，
故不是充分条件，
故选：B．
根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查线面的位置关系的判断，是一道基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的求解，两点间斜率公式的应用，两条直线平行的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．
由两点间斜率公式求出AB的斜率，由平行的充要条件结合直线的点斜式方程求解即可．
【解答】
解：因为A(3,1)，B(1,−2)，C(1,1)，
所以kAB=−2−11−3=32，
则所求直线的斜率为32，
所以过点C且与线段AB平行的直线方程为y−1=32(x−1)，即3x−2y−1=0．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：圆的圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离为：|c| a2+b2，
因为a2+b2=12c2(c≠0)，
所以|c| a2+b2= 2>1，
所以直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离．
故选：C．
求出圆心到直线的距离，与半径比较，即可求出结果．
本题是基础题，考查直点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力．
4.【答案】C
【解析】解：∵直线2x−3y+1=0的斜率为23，
由垂直可得所求直线的斜率为−32，
∴所求直线的方程为y−2=−32(x+1)，
化为一般式可得3x+2y−1=0
故选：C．
由垂直可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由l1：x−2y− 10=0，得l1：2x−4y−2 10=0，
由l2：4y−2x−3 10=0，得l2：2x−4y+3 10=0，
∴两平行直线l1：x−2y− 10=0,l2：4y−2x−3 10=0之间的距离为：
d=|3 10+2 10| 22+(−4)2=5 22．
故选：A．
利用两平行线间的距离公式直接求解．
本题考查两平行线间的距离的求法，考查两平行线间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2(k为常数)上两个不同的点，
直线y=kx+2的斜率存在，
则k=b2−b1a2−a1，即a1≠a2，且b1=ka1+2，b2=ka2+2，
所以a2b1−a1b2=ka1a2−ka1a2+2a2−2a1=2a2−2a1，
联立方程组a1x+b1y=1a2x+b2y=1，解得(a1b2−a2b1)x=b2−b1，
即2(a1−a2)x=b2−b1，
所以方程有唯一解．
故选：A．
利用两点间斜率公式以及点在直线上进行化简，得到关系a2b1−a1b2=2a2−2a1，联立两条直线的方程，研究方程组的解的个数，即可得到答案．
本题考查了直线方程的应用，直线与直线交点问题，两点间斜率公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由已知，直线l满足到原点的距离为1，到点(2, 5)的距离为2，
满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，
∵圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4外切，
∴这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，
∴满足条件的直线l有3条．
故选：C．
由题意，满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，利用这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，即可得出结论．
本题考查圆的切线方程，本题解题的关键是得出满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，
将平面直角坐标系沿y轴折起后，
在立体图中，分别作CM//BD，BM//CD，如图，
由题意知，CD⊥AC，CD⊥CM，
∴CD⊥平面ACM，∴BM⊥平面ACM，∴BM⊥AM，
∴AM= AB2−BM2= 7，
∴csθ=AC2+CM2−AM22AC⋅CM=12，
∵θ∈[0,π]，∴θ=π3．
故选：C．
在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，将平面直角坐标系沿y轴折起后，在立体图中，分别作CM//BD，BM//CD，推导出CD⊥AC，CD⊥CM，从而CD⊥平面ACM，即BM⊥平面ACM，则BM⊥AM，由此能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为a=(1,1,−1)，c=(− 33,− 33, 33)，
所以a=− 3c，且|c|= (− 33)2+(− 33)2+( 33)2=1，选项A正确；
对于B，由|a|= 12+12+(−1)2= 3，|b|= 12+(−1)2+( 6)2=2 2，得|a|= 64|b|，选项B错误；
对于C，由a⋅b=1−1− 6=− 6，计算cs=a⋅b|a||b|=− 6 3×2 2=−12，
可得向量a、b的夹角大小为2π3，选项C正确；
对于D，由m=xa+yb，即(3,1, 6−2)=x(1,1,−1)+y(1,−1, 6)，
即x+y=3,x−y=1, 6y−x= 6−2,，解得x=2，y=1，所以x−y=1，选项D错误．
故选：AC．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，若两条直线均平行于y轴，则两条直线斜率都不存在，故选项A错误，
对于选项B，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1，为直线两点式方程，
当直线平行于x轴，则原方程可化为y=y1，
当直线平行于y轴，则原方程可化为x=x1，
综上所述，方程(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)能表示平面内的任何直线，故选项B正确，
对于选项C，∵b>0，∴两条直线的斜率都存在，
∵直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x−b2y−1=0互相垂直，
∴(b2+1)−ab2=0，
∴ab=b+1b≥2，当且仅当b=1b，即b=1、a=2时，ab取得最小值为2，故选项C错误，
对于选项D，若直线不经过第二象限，则−2t−32≥0−t2≤0，
解得：0≤t≤32，故选项D正确．
故选：BD．
直接利用两直线平行关系求解即可判断A，直接利用直线的方程两点式的形式即可判断B，直接利用两直线垂直关系求解即可判断C，利用直线的斜率和倾斜角的关系即可判断D．
本题考查的知识要点：直线的方程的形式，直线的斜率和倾斜角的关系，直线平行、垂直关系的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于拔高题．
设P(x,y)，运用两点的距离公式，化简可得P的轨迹方程，可判断A；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，设出D，E的坐标，求得轨迹方程，对照P的轨迹方程可得D，E，可判断B；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，由角平分线定理的逆定理，可判断C；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，运用两点的距离公式，可得M的轨迹方程，联立P的轨迹方程，即可判断D．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12，
设P(x,y)，则 (x+2)2+y2 (x−4)2+y2=12，
化简可得(x+4)2+y2=16，故A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，
可设D(m,0)，E(n,0)，可得 (x−n)2+y2=2 (x−m)2+y2，
化简可得3x2+3y2−(8m−2n)x+4m2−n2=0，
由P的轨迹方程为x2+y2+8x=0，可得8m−2n=−24，4m2−n2=0，
解得m=−6，n=−12或m=−2，n=4(舍去)，即存在D(−6,0)，E(−12,0)，故B正确；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，可得射线PO是∠APB的平分线，故C正确；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，即 x2+y2=2 (x+2)2+y2，
化简可得x2+y2+163x+163=0，联立x2+y2+8x=0，可得方程组无解，故不存在M，故D错误．
故选：BC．
12.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，∵AC//平面PDE，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面PDE=DE，
∴AC//DE，又D为AB的中点，
∴E为BC的中点，
∴PE=12(PB+PC)=12(PD+12AB+PC)=14AB+12PC+12PD，∴A正确；
对B选项，根据题意可知PA，AB，AC两两相互垂直，又CA∩AB=A，CA，AB⊂平面ABC，
∴PA⊥平面ABC，
∴PC与平面ABC所成的角为∠PCA，
又PA=AC=2，∴∠PCA=45°，∴B正确；
对C选项，∵PA，AB，AC两两相互垂直，
∴将三棱锥P−ABC可补形，得到一个以PA，AB，AC为相邻三条棱的长方体，
又PA=AC=2，AB=4，
∴三棱锥P−ABC外接球的半径 r= 22+22+422= 6，
∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为4πr2=24π，∴C错误；
对D选项，∵PA，AB，AC两两相互垂直，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，又AC//DE，
∴DE⊥平面PAB，又DE⊂平面PDE，
∴平面PDE⊥平面PAB，又平面PDE∩平面PAB=AD，
∴点A到平面PDE的距离即点A到PD的距离，
在Rt△PAD中，PA=2，AD=2，∴PD=2 2，
∴PD边上的高为2×22 2= 2，即A到PD的距离为 2，∴D选项正确．
故选：ABD．
由题意可得E为BC的中点，根据向量的线性运算可表示出PE，判断A；证明PA⊥平面ABC，根据线面角的定义可求得PC与平面ABC所成的角，判断B；将三棱锥P−ABC补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断C；推出平面PDE⊥平面PAB，利用面面垂直的性质可求得点A到平面PDE的距离，判断D．
本题考查线面平行的性质定理，向量的线性运算，分割补形法的应用，三棱锥的外接球问题，面面垂直的性质定理，点面距的求解，属中档题．
13.【答案】±1
【解析】解：当a=0时，l1：x+1=0，l2：y+3=0，l1与l2不平行，
当a≠0时，
∵l1//l2，
则1a=a且1a≠−3，即a2=1且a≠−13，
解得a=±1．
故答案为：±1．
由题意利用两直线平行的性质，计算求得结果．
本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2x−4y+5=0
【解析】解：圆C1：x2+y2=a的圆心坐标为(0,0)，半径为r1= a，
圆C2：x2+y2+2x−2ay+3=0可化为圆C2：(x+1)2+(y−a)2=a2−2，其圆心坐标为(−1,a)，半径为 a2−2，
由题意， a= a2−2，解得a=2，
所以圆C2的圆心为(−1,2)，则(0,0)与(−1,2)的中点为(−12,1)，
直线l的斜率为−−1−02−0=12，
所以直线l的方程为y−1=12(x+12)，
即2x−4y+5=0．
故答案为：2x−4y+5=0．
分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得a，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解．
本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．
15.【答案】5
【解析】【分析】
本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB，再利用基本不等式即可得出|PA|·|PB|的最大值．
【解答】
解：由题意可知，动直线x+my=0经过定点A(0,0)，
动直线mx−y−m+3=0即m(x−1)−y+3=0，经过点定点B(1,3)，
注意到动直线x+my=0和动直线mx−y−m+3=0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，
故|PA|·|PB|≤|PA|2+|PB|22=5(当且仅当|PA|=|PB|= 5时取等号)
故答案为5．
16.【答案】136π9
【解析】解：易知CA⋅CD=0，且A，C，D三点的竖坐标相等，
故A，C，D确定的平面与xOy平面平行，且CA⊥CD，
设AD的中点为M(1,1,1)，过M点作xOy平面的垂线，
则该四面体的外接球球心在该直线上，故设外接球球心坐标为N(1,1,k)，
则外接球半径R=|ND|=|NB|，
即 (1−0)2+(1−0)2+(k−1)2= (1−2)2+(1−1)2+(k+2)2，
解得k=−13，故R= 1+1+169= 343
故该四面体外接球的表面积为4πR2=1369π.
故答案为：136π9．
易知A，C，D三点竖坐标相同，确定的平面与xOy坐标平面平行，且构成直角三角形三个顶点，故过AD的中点作xOy平面的垂线，则球心在此垂线上，由此设球心坐标，根据半径相等，即可求出球心，进而求得半径，问题可解．
本题考查坐标条件下空间几何体外接球表面积的计算，利用球心的性质切入是解题关键，属于中档题．
17.【答案】解：因为射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，
所以OA、OB所在的直线方程分别是：x−y=0，x+ 3y=0，
①当直线AB的斜率不存在时，则AB的方程为x=1，
易知A(1,1)，B(1,− 33)，
所以AB的中点C显然不在直线y=12x上，不满足条件；
②当直线AB的斜率存在时，记为k，易知k≠0且k≠1，
则直线AB的方程为y=k(x−1)，
分别联立y=k(x−1)x−y=0，y=k(x−1)x+ 3y=0，
解得A(kk−1,kk−1)，B( 3k1+ 3k,−k1+ 3k)，
所以AB的中点C的坐标是(12(kk−1+ 3k1+ 3k),12(kk−1−k1+ 3k))，
因为AB的中点C恰好落在直线y=12x上，
所以12(kk−1−k1+ 3k)=12×12(kk−1+ 3k1+ 3k)，
解得k=3+ 32，
则直线AB的方程为：y=3+ 32(x−1)，即(3+ 3)x−2y−3− 3=0，
所以直线AB的方程为(3+ 3)x−2y−3− 3=0．
【解析】先求出OA、OB所在的直线方程，对AB的斜率分类讨论，分别与射线OA、OB联立，求出A、B点坐标，利用中点坐标公式求出C坐标，代入直线y=12x求出斜率求出，代入点斜式方程化简即可．
本题考查了分类讨论思想、中点坐标公式、直线方程的点斜式、一般式，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=4，可得OC=2，
因为PB=PD= 5，OB=OD=2，
所以OP⊥BD，OP= PB2−OB2= 5−4=1，
因为OP=1，OC=2，PC= 5，
则PC2=OP2+OC2，
故OP⊥OC，
因为OP⊥BD，BD∩OC=O，BD，OC⊂平面ABCD，
则OP⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)可知，OC，OB，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B(2,0,0)，D(−2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，
所以DC=(2,2,0),AB=2DC=(4,4,0)，
则A(−2,−4,0)，
又BC=(−2,2,0),BP=(−2,0,1)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BC=−2x+2y=0m⋅BP=−2x+z=0，令x=1，则y=1，z=2，
故m=(1,1,2)，
设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，
因为DP=(2,0,1),AD=(0,4,0)，
所以n⋅DP=2a+c=0n⋅AD=4b=0，令a=1，则b=0，c=−2，
故n=(1,0,−2)，
所以|cs|=|n⋅m||n||m|=3 1+1+4× 1+4= 3010，
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 3010．
【解析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由x2+y2−2x−4y+m=0得(x−1)2+(y−2)2=5−m，
由5−m>0，可得m<5，
于是由题意x+2y−4=0x2+y2−2x−4y+m=0，
把x=4−2y代入x2+y2−2x−4y+m=0，得 5y2−16y+8+m=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=165，y1y2=8+m5，
∵OM⊥ON，
∴x1x2+y1y2=0，
∴5y1y2−8(y1+y2)+16=0，
∴m=85，满足题意．
(2)设圆心为(a,b)，则a=45，b=85，
半径r=12 1+(−2)2⋅|y1−y2|=12× 5× (165)2−4⋅8+855=4 55,
∴圆的方程(x−45)2+(y−85)2=165．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查圆的方程，属于中档题．
(1)将圆的方程与直线方程联立，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用OM⊥ON，可得x1x2+y1y2=0，利用韦达定理，即可求出m的值；
(2)确定圆心坐标与半径，即可求以MN为直径的圆的方程．
20.【答案】(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，OA⊂平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD，
解：(2)取OD的中点F，
因为△OCD为等边三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM∖ |CF，与BC交于M，则OM⊥OD，
由(1)可知OA⊥平面BCD，
因为OM，OD⊂平面BCD，所以OA⊥OM，OA⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为△OCD是边长为1的等边三角形，O为BD的中点，
所以S△BCD=2S△OCD=2× 34= 32，
因为三棱维A−BCD的体积为 36，
所以13S△BCD⋅OA=13× 32OA= 366，所以OA=1，
设DEEA=t(t>0)，则DE=tEA，则E(0,11+t,t1+t)
因为OA⊥平面BCD，所以OA=(0,0,1)是平面BCD的一个法向量，
设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z)，
因为BC=( 32,32,0),BE=(0,t+2t+1,t1+t)．
所以n⋅BC= 32x+32y=0n⋅BE=t+2t+1y+tt+1z=0，令x=− 3，则y=1,z=−t+2t，
所以n=(− 3,1,−t+2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45°，
所以|cs〈OA,n〉|=|OA⋅n|OA||n||=|−t+2t| 3+1+(t+2t)2= 22，
化简得(1+2t)2=4，解得t=2或t=−23(舍去)，
所以DEEA=2，
【解析】(1)由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得OA⊥平面BCD，再由线面垂直的性质可证得结论，
(2)取OD的中点F，则可得CF⊥OD，过O作OM|CF，与BC交于M，则OM⊥OD，可得OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：设直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)，
∵直线l经过点M(2,1)，
∴2a+1b=1，
(1)2a+1b=1≥2 2a⋅1b=2 2 ab，
∴ab≥8，当且仅当2a=1b且2a+1b=1，即a=4、b=2时等号成立，
∴S△ABO=12ab取最小值为4，此时直线l的方程为x4+y2=1，即x+2y−4=0；
(2)∵2a+1b=1，a>0，b>0，
则a+b=(a+b)(2a+1b)=3+2ba+ab≥3+2 ab⋅2ba=3+2 2，
当且仅当ab=2ba且2a+1b=1，即a=2+ 2、b= 2+1时等号成立，
∴a+b取最小值时为3+2 2，
此时直线l的方程为x2+ 2+y 2+1=1，即x+ 2y−2− 2=0；
(3)过M做x轴的垂线，垂足为M1，过M做y轴的垂线，垂足为M2，
设∠BAO=∠BMM2=θ(0<θ<π2)，
则sinθ=1|MA|，csθ=2|MB|，
则|MA|⋅|MB|=2sinθ⋅csθ=4sin2θ≥4，
当θ=π4时，sin2θ=1，|MA|⋅|MB|取得最小值为4，
此时直线l的倾斜角为3π4，斜率为−1，其方程为y−1=−(x−2)，即x+y−3=0；
(4)由(3)可知|MA|2+|MB|2=1sin2θ+4cs2θ=(sin2θ+cs2θ)(1sin2θ+4cs2θ)=cs2θsin2θ+4sin2θcs2θ+5≥2 cs2θsin2θ⋅4sin2θcs2θ+5=9，
当且仅当cs2θsin2θ=4sin2θcs2θ，即tanθ= 22时等号成立，
∴|MA|2+|MB|2取最小值为9，
此时直线l的斜率为tan(π−θ)=−tanθ=− 22，方程为y−1=− 22(x−2)，
即 2x+2y−2 2−2=0．
【解析】先设直线方程的截距式xa+yb=1(a>0,b>0)，代入已知点的坐标可得2a+1b=1，
(1)直接根据基本不等式即可求解；
(2)利用乘1法，结合基本不等式可求；
(3)先根据锐角三角函数定义表示|MA|⋅|MB|，然后结合二倍角公式进行化简，再由正弦函数的性质可求；
(4)结合锐角三角函数的定义表示|MA|2+|MB|2，然后利用乘1法，结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线方程的求解，锐角三角函数的定义，基本不等式求解最值，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：因为PA=PD，O为AD的中点，所以OP⊥AD，
又平面ABCD⊥平面PAD，交线为AD，故OP⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PO，
又因为弧AB=弧BC=弧CD，故∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
所以△AOB为等边三角形，故AB=AO=BO，
同理可得，BC=CD=OD=OC，故四边形ABCO为菱形，
所以AC⊥BO，又BO∩PO=O，PO，BO⊂平面POB，
所以AC⊥平面PBO，又AC⊂平面PAC，故平面PBO⊥平面PAC；
(2)解：由(1)可知，PO⊥平面ABCD，
取BC的中点M，连结OM，则OM⊥AD，
所以OP，OM，OD两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0),D(0, 3,0),A(0,− 3,0),C(32, 32,0)，B(32,− 32,0)，设P(0,0,m)，m>0，
所以DC=(32,− 32,0),DP=(0,− 3,m)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=0n⋅DP=0，即32x− 32y=0− 3y+mz=0，
令y= 3，则x=1,z=3m，故n=(1, 3,3m)，
又平面ADC的一个法向量为n1=(0,0,1)，
因为二面角P−CD−A的大小为π3，
所以|cs|=|n⋅n1||n||n1|=3m1× 4+9m2=12，解得m=3 32，
故PD=(0, 3,−3 32),AB=(32, 32,0)，PA=(0,− 3,−3 32)，
设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅PA=0m⋅AB=0，即− 3b−3 32c=032a+ 32b=0，
令b= 3，则a=−1,c=−2 33，故m=(−1, 3,−2 33)，
所以|cs|=|PD⋅m||PD||m|=64 33× 392=3 1313，
故直线PD与平面PAB所成角的正弦值为3 1313．
【解析】(1)利用等腰三角形的中线即为高，得到OP⊥AD，由面面垂直的性质定理可得OP⊥平面ABCD，从而得到AC⊥PO，再证明四边形ABCO为菱形，得到AC⊥BO，从而证明AC⊥平面PBO，即可证明平面PBO⊥平面PAC；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出方程，求出点P的坐标，再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了面面垂直的证明以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
1.设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是n，则“a⊥n”是“l//α”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2.已知A(3,1)，B(1,−2)，C(1,1)，则过点C且与线段AB平行的直线方程为( )
A. 3x+2y−5=0B. 3x−2y−1=0C. 2x−3y+1=0D. 2x+3y−5=0
3.如果a2+b2=12c2，那么直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1的位置关系是( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 相交或相切
4.直线l过点(−1,2)且与直线2x−3y+1=0垂直，则l的方程是( )
A. 3x+2y+7=0B. 2x−3y+5=0C. 3x+2y−1=0D. 2x−3y+8=0
5.两平行直线l1：x−2y− 10=0,l2：4y−2x−3 10=0之间的距离为( )
A. 5 22B. 3C. 5D. 2 2
6.已知P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2(k为常数)上两个不同的点，则关于l1：a1x+b1y−2=0和l2：a2x+b2y−2=0的交点情况是( )
A. 无论k，P1，P2如何，总有唯一交点B. 存在k，P1，P2使之有无穷多个交点
C. 无论k，P1，P2如何，总是无交点D. 存在k，P1，P2使之无交点
7.已知直线l：xcsα+ysinα−1=0(a∈R)与圆(x−2)2+(y− 5)2=4相切，则满足条件的直线l有条( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.在平面直角坐标系中，设A(−2,1)、B(3,−2)，沿y轴把平面直角坐标系折成大小为θ的二面角后，|AB|=4，则θ的弧度数为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知向量a=(1,1,−1),b=(1,−1, 6)，则( )
A. 向量c=(− 33,− 33, 33)是与向量a方向相反的单位向量
B. |a|= 2|b|
C. 向量a,b的夹角的大小为2π3
D. 若向量m=(3,1, 6−2)=xa+yb(x,y为实数)，则x−y=−1
10.下列说法中正确的是( )
A. 若两条直线互相平行，那么它们的斜率相等
B. 方程(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)能表示平面内的任何直线
C. 已知b>0，直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x−b2y−1=0互相垂直，则ab的最小值为2 2
D. 若直线(2t−3)x+2y+t=0不经过第二象限，则t的取值范围是[0,32]
11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是( )
A. C的方程为(x+4)2+y2=9
B. 在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12
C. 当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
12.已知三棱锥P−ABC的棱PA，AB，AC两两垂直，PA=AC=2，AB=4，D为AB的中点，E在棱BC上，且AC//平面PDE，则( )
A. PE=14AB+12PC+12PD
B. PC与平面ABC所成的角为45°
C. 三棱锥P−ABC外接球的表面积为20π
D. 点A到平面PDE的距离为 2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知直线l1：x−ay+1=0，直线l2：ax−y−3=0，若l1//l2，则实数a的值为______ ．
14.已知圆C1：x2+y2=a关于直线l对称的圆为圆C2：x2+y2+2x−2ay+3=0，则直线l的方程为______ ．
15.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|的最大值是______．
16.在空间直角坐标系O−xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为A(2,2,1)，B(2,1,−2)，C(0,2,1)，D(0,0,1).则该四面体外接球的表面积是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
如图所示，射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB分别交OA、OB于A、B两点，当AB的中点C恰好落在直线y=12x上时，求直线AB的方程．
18.(本小题12.0分)
如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD，O为BD的中点，BD=4，PB=PC=PD= 5．
(1)证明：OP⊥平面ABCD；
(2)求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值．
19.(本小题12.0分)
已知圆方程x2+y2−2x−4y+m=0．
(1)若圆与直线x+2y−4=0相交于M，N两点，且OM⊥ON(O为坐标原点)求m的值；
(2)在(1)的条件下，求以MN为直径的圆的方程．
20.(本小题12.0分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)已知△OCD是边长为1的等边三角形，且三棱锥A−BCD的体积为 36，若点E在棱AD上，且二面角E−BC−D的大小为45°，求DEEA．
21.(本小题12.0分)
直线l过点M(2,1)，且与x轴、y轴的正半轴分别相交于A、B两点，O为坐标原点，求：
(1)当△ABO的面积取最小值时，直线l的方程；
(2)当在两坐标轴上截距之和取最小值时，直线l的方程；
(3)当|MA|⋅|MB|取最小值时，直线l的方程；
(4)当|MA|2+|MB|2取最小值时，直线l的方程．
22.(本小题12.0分)
如图，以AD为直径的半圆O所在平面与△PAD所在平面垂直，点B，C在半圆弧AD上，且AB=BC=CD，PA=PD．
(1)证明：平面PBO⊥平面PAC；
(2)若AD=2 3，且二面角P−CD−A的大小为π3，求直线PD与平面PAB所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由l//α，得：a⊥n，是必要条件，
而“a⊥n”不一定有l//α，也可能l⊂α，
故不是充分条件，
故选：B．
根据线面平行的定义结合充分必要条件的定义判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查线面的位置关系的判断，是一道基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线方程的求解，两点间斜率公式的应用，两条直线平行的充要条件的应用，考查了运算能力，属于基础题．
由两点间斜率公式求出AB的斜率，由平行的充要条件结合直线的点斜式方程求解即可．
【解答】
解：因为A(3,1)，B(1,−2)，C(1,1)，
所以kAB=−2−11−3=32，
则所求直线的斜率为32，
所以过点C且与线段AB平行的直线方程为y−1=32(x−1)，即3x−2y−1=0．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：圆的圆心(0,0)到直线ax+by+c=0的距离为：|c| a2+b2，
因为a2+b2=12c2(c≠0)，
所以|c| a2+b2= 2>1，
所以直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离．
故选：C．
求出圆心到直线的距离，与半径比较，即可求出结果．
本题是基础题，考查直点到直线的距离公式的应用，考查学生的计算能力．
4.【答案】C
【解析】解：∵直线2x−3y+1=0的斜率为23，
由垂直可得所求直线的斜率为−32，
∴所求直线的方程为y−2=−32(x+1)，
化为一般式可得3x+2y−1=0
故选：C．
由垂直可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般式即可．
本题考查直线的一般式方程和垂直关系，属基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由l1：x−2y− 10=0，得l1：2x−4y−2 10=0，
由l2：4y−2x−3 10=0，得l2：2x−4y+3 10=0，
∴两平行直线l1：x−2y− 10=0,l2：4y−2x−3 10=0之间的距离为：
d=|3 10+2 10| 22+(−4)2=5 22．
故选：A．
利用两平行线间的距离公式直接求解．
本题考查两平行线间的距离的求法，考查两平行线间的距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】A
【解析】解：P1(a1,b1)与P2(a2,b2)是直线y=kx+2(k为常数)上两个不同的点，
直线y=kx+2的斜率存在，
则k=b2−b1a2−a1，即a1≠a2，且b1=ka1+2，b2=ka2+2，
所以a2b1−a1b2=ka1a2−ka1a2+2a2−2a1=2a2−2a1，
联立方程组a1x+b1y=1a2x+b2y=1，解得(a1b2−a2b1)x=b2−b1，
即2(a1−a2)x=b2−b1，
所以方程有唯一解．
故选：A．
利用两点间斜率公式以及点在直线上进行化简，得到关系a2b1−a1b2=2a2−2a1，联立两条直线的方程，研究方程组的解的个数，即可得到答案．
本题考查了直线方程的应用，直线与直线交点问题，两点间斜率公式的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由已知，直线l满足到原点的距离为1，到点(2, 5)的距离为2，
满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，
∵圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4外切，
∴这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，
∴满足条件的直线l有3条．
故选：C．
由题意，满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，利用这两个圆有两条外公切线和一条内公切线，即可得出结论．
本题考查圆的切线方程，本题解题的关键是得出满足条件的直线l即为圆x2+y2=1和圆(x−2)2+(y− 5)2=4的公切线，是中档题．
8.【答案】C
【解析】解：在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，
将平面直角坐标系沿y轴折起后，
在立体图中，分别作CM//BD，BM//CD，如图，
由题意知，CD⊥AC，CD⊥CM，
∴CD⊥平面ACM，∴BM⊥平面ACM，∴BM⊥AM，
∴AM= AB2−BM2= 7，
∴csθ=AC2+CM2−AM22AC⋅CM=12，
∵θ∈[0,π]，∴θ=π3．
故选：C．
在平面图中，分别作AC、BD⊥y轴，将平面直角坐标系沿y轴折起后，在立体图中，分别作CM//BD，BM//CD，推导出CD⊥AC，CD⊥CM，从而CD⊥平面ACM，即BM⊥平面ACM，则BM⊥AM，由此能求出结果．
本题考查线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为a=(1,1,−1)，c=(− 33,− 33, 33)，
所以a=− 3c，且|c|= (− 33)2+(− 33)2+( 33)2=1，选项A正确；
对于B，由|a|= 12+12+(−1)2= 3，|b|= 12+(−1)2+( 6)2=2 2，得|a|= 64|b|，选项B错误；
对于C，由a⋅b=1−1− 6=− 6，计算cs
可得向量a、b的夹角大小为2π3，选项C正确；
对于D，由m=xa+yb，即(3,1, 6−2)=x(1,1,−1)+y(1,−1, 6)，
即x+y=3,x−y=1, 6y−x= 6−2,，解得x=2，y=1，所以x−y=1，选项D错误．
故选：AC．
根据空间向量的坐标表示与运算法则，对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了空间向量的坐标表示与运算问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于选项A，若两条直线均平行于y轴，则两条直线斜率都不存在，故选项A错误，
对于选项B，若直线不平行于坐标轴，则原方程可化为y−y1y2−y1=x−x1x2−x1，为直线两点式方程，
当直线平行于x轴，则原方程可化为y=y1，
当直线平行于y轴，则原方程可化为x=x1，
综上所述，方程(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)能表示平面内的任何直线，故选项B正确，
对于选项C，∵b>0，∴两条直线的斜率都存在，
∵直线(b2+1)x+ay+2=0与直线x−b2y−1=0互相垂直，
∴(b2+1)−ab2=0，
∴ab=b+1b≥2，当且仅当b=1b，即b=1、a=2时，ab取得最小值为2，故选项C错误，
对于选项D，若直线不经过第二象限，则−2t−32≥0−t2≤0，
解得：0≤t≤32，故选项D正确．
故选：BD．
直接利用两直线平行关系求解即可判断A，直接利用直线的方程两点式的形式即可判断B，直接利用两直线垂直关系求解即可判断C，利用直线的斜率和倾斜角的关系即可判断D．
本题考查的知识要点：直线的方程的形式，直线的斜率和倾斜角的关系，直线平行、垂直关系的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于拔高题．
设P(x,y)，运用两点的距离公式，化简可得P的轨迹方程，可判断A；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，设出D，E的坐标，求得轨迹方程，对照P的轨迹方程可得D，E，可判断B；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，由角平分线定理的逆定理，可判断C；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，运用两点的距离公式，可得M的轨迹方程，联立P的轨迹方程，即可判断D．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12，
设P(x,y)，则 (x+2)2+y2 (x−4)2+y2=12，
化简可得(x+4)2+y2=16，故A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两定点D，E，使得|PD||PE|=12，
可设D(m,0)，E(n,0)，可得 (x−n)2+y2=2 (x−m)2+y2，
化简可得3x2+3y2−(8m−2n)x+4m2−n2=0，
由P的轨迹方程为x2+y2+8x=0，可得8m−2n=−24，4m2−n2=0，
解得m=−6，n=−12或m=−2，n=4(舍去)，即存在D(−6,0)，E(−12,0)，故B正确；
当A，B，P三点不共线时，由|OA||OB|=12=|PA||PB|，可得射线PO是∠APB的平分线，故C正确；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，即 x2+y2=2 (x+2)2+y2，
化简可得x2+y2+163x+163=0，联立x2+y2+8x=0，可得方程组无解，故不存在M，故D错误．
故选：BC．
12.【答案】ABD
【解析】解：对A选项，∵AC//平面PDE，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面PDE=DE，
∴AC//DE，又D为AB的中点，
∴E为BC的中点，
∴PE=12(PB+PC)=12(PD+12AB+PC)=14AB+12PC+12PD，∴A正确；
对B选项，根据题意可知PA，AB，AC两两相互垂直，又CA∩AB=A，CA，AB⊂平面ABC，
∴PA⊥平面ABC，
∴PC与平面ABC所成的角为∠PCA，
又PA=AC=2，∴∠PCA=45°，∴B正确；
对C选项，∵PA，AB，AC两两相互垂直，
∴将三棱锥P−ABC可补形，得到一个以PA，AB，AC为相邻三条棱的长方体，
又PA=AC=2，AB=4，
∴三棱锥P−ABC外接球的半径 r= 22+22+422= 6，
∴三棱锥P−ABC外接球的表面积为4πr2=24π，∴C错误；
对D选项，∵PA，AB，AC两两相互垂直，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，又AC//DE，
∴DE⊥平面PAB，又DE⊂平面PDE，
∴平面PDE⊥平面PAB，又平面PDE∩平面PAB=AD，
∴点A到平面PDE的距离即点A到PD的距离，
在Rt△PAD中，PA=2，AD=2，∴PD=2 2，
∴PD边上的高为2×22 2= 2，即A到PD的距离为 2，∴D选项正确．
故选：ABD．
由题意可得E为BC的中点，根据向量的线性运算可表示出PE，判断A；证明PA⊥平面ABC，根据线面角的定义可求得PC与平面ABC所成的角，判断B；将三棱锥P−ABC补成长方体，求得外接球半径，可得外接球表面积，判断C；推出平面PDE⊥平面PAB，利用面面垂直的性质可求得点A到平面PDE的距离，判断D．
本题考查线面平行的性质定理，向量的线性运算，分割补形法的应用，三棱锥的外接球问题，面面垂直的性质定理，点面距的求解，属中档题．
13.【答案】±1
【解析】解：当a=0时，l1：x+1=0，l2：y+3=0，l1与l2不平行，
当a≠0时，
∵l1//l2，
则1a=a且1a≠−3，即a2=1且a≠−13，
解得a=±1．
故答案为：±1．
由题意利用两直线平行的性质，计算求得结果．
本题主要考查两直线平行的性质，属于基础题．
14.【答案】2x−4y+5=0
【解析】解：圆C1：x2+y2=a的圆心坐标为(0,0)，半径为r1= a，
圆C2：x2+y2+2x−2ay+3=0可化为圆C2：(x+1)2+(y−a)2=a2−2，其圆心坐标为(−1,a)，半径为 a2−2，
由题意， a= a2−2，解得a=2，
所以圆C2的圆心为(−1,2)，则(0,0)与(−1,2)的中点为(−12,1)，
直线l的斜率为−−1−02−0=12，
所以直线l的方程为y−1=12(x+12)，
即2x−4y+5=0．
故答案为：2x−4y+5=0．
分别求出两圆的圆心坐标与半径，由半径相等求得a，再求出两圆心的中点坐标，由直线方程的点斜式求解．
本题考查圆关于直线的对称圆的求法，考查计算能力，是基础题．
15.【答案】5
【解析】【分析】
本题是直线和不等式的综合考查，特别是“两条直线相互垂直”这一特征是本题解答的突破口，从而有|PA|2+|PB|2是个定值，再由基本不等式求解得出．直线位置关系和不等式相结合，不容易想到，是个灵活的好题．
先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB，再利用基本不等式即可得出|PA|·|PB|的最大值．
【解答】
解：由题意可知，动直线x+my=0经过定点A(0,0)，
动直线mx−y−m+3=0即m(x−1)−y+3=0，经过点定点B(1,3)，
注意到动直线x+my=0和动直线mx−y−m+3=0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，
故|PA|·|PB|≤|PA|2+|PB|22=5(当且仅当|PA|=|PB|= 5时取等号)
故答案为5．
16.【答案】136π9
【解析】解：易知CA⋅CD=0，且A，C，D三点的竖坐标相等，
故A，C，D确定的平面与xOy平面平行，且CA⊥CD，
设AD的中点为M(1,1,1)，过M点作xOy平面的垂线，
则该四面体的外接球球心在该直线上，故设外接球球心坐标为N(1,1,k)，
则外接球半径R=|ND|=|NB|，
即 (1−0)2+(1−0)2+(k−1)2= (1−2)2+(1−1)2+(k+2)2，
解得k=−13，故R= 1+1+169= 343
故该四面体外接球的表面积为4πR2=1369π.
故答案为：136π9．
易知A，C，D三点竖坐标相同，确定的平面与xOy坐标平面平行，且构成直角三角形三个顶点，故过AD的中点作xOy平面的垂线，则球心在此垂线上，由此设球心坐标，根据半径相等，即可求出球心，进而求得半径，问题可解．
本题考查坐标条件下空间几何体外接球表面积的计算，利用球心的性质切入是解题关键，属于中档题．
17.【答案】解：因为射线OA、OB分别与x轴正半轴成45°和30°角，
所以OA、OB所在的直线方程分别是：x−y=0，x+ 3y=0，
①当直线AB的斜率不存在时，则AB的方程为x=1，
易知A(1,1)，B(1,− 33)，
所以AB的中点C显然不在直线y=12x上，不满足条件；
②当直线AB的斜率存在时，记为k，易知k≠0且k≠1，
则直线AB的方程为y=k(x−1)，
分别联立y=k(x−1)x−y=0，y=k(x−1)x+ 3y=0，
解得A(kk−1,kk−1)，B( 3k1+ 3k,−k1+ 3k)，
所以AB的中点C的坐标是(12(kk−1+ 3k1+ 3k),12(kk−1−k1+ 3k))，
因为AB的中点C恰好落在直线y=12x上，
所以12(kk−1−k1+ 3k)=12×12(kk−1+ 3k1+ 3k)，
解得k=3+ 32，
则直线AB的方程为：y=3+ 32(x−1)，即(3+ 3)x−2y−3− 3=0，
所以直线AB的方程为(3+ 3)x−2y−3− 3=0．
【解析】先求出OA、OB所在的直线方程，对AB的斜率分类讨论，分别与射线OA、OB联立，求出A、B点坐标，利用中点坐标公式求出C坐标，代入直线y=12x求出斜率求出，代入点斜式方程化简即可．
本题考查了分类讨论思想、中点坐标公式、直线方程的点斜式、一般式，考查了计算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：如图，连接OC，
在Rt△BCD中，由BD=4，可得OC=2，
因为PB=PD= 5，OB=OD=2，
所以OP⊥BD，OP= PB2−OB2= 5−4=1，
因为OP=1，OC=2，PC= 5，
则PC2=OP2+OC2，
故OP⊥OC，
因为OP⊥BD，BD∩OC=O，BD，OC⊂平面ABCD，
则OP⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)可知，OC，OB，OP两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0)，B(2,0,0)，D(−2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,1)，
所以DC=(2,2,0),AB=2DC=(4,4,0)，
则A(−2,−4,0)，
又BC=(−2,2,0),BP=(−2,0,1)，
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BC=−2x+2y=0m⋅BP=−2x+z=0，令x=1，则y=1，z=2，
故m=(1,1,2)，
设平面PAD的法向量为n=(a,b,c)，
因为DP=(2,0,1),AD=(0,4,0)，
所以n⋅DP=2a+c=0n⋅AD=4b=0，令a=1，则b=0，c=−2，
故n=(1,0,−2)，
所以|cs
故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 3010．
【解析】(1)连接OC，利用勾股定理证明OP⊥OC，又可证明OP⊥BD，根据线面垂直的判定定理证明即可；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面PBC和平面PAD的法向量，由向量的夹角公式求解即可．
本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理的应用，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由x2+y2−2x−4y+m=0得(x−1)2+(y−2)2=5−m，
由5−m>0，可得m<5，
于是由题意x+2y−4=0x2+y2−2x−4y+m=0，
把x=4−2y代入x2+y2−2x−4y+m=0，得 5y2−16y+8+m=0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=165，y1y2=8+m5，
∵OM⊥ON，
∴x1x2+y1y2=0，
∴5y1y2−8(y1+y2)+16=0，
∴m=85，满足题意．
(2)设圆心为(a,b)，则a=45，b=85，
半径r=12 1+(−2)2⋅|y1−y2|=12× 5× (165)2−4⋅8+855=4 55,
∴圆的方程(x−45)2+(y−85)2=165．
【解析】本题考查直线与圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查圆的方程，属于中档题．
(1)将圆的方程与直线方程联立，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，利用OM⊥ON，可得x1x2+y1y2=0，利用韦达定理，即可求出m的值；
(2)确定圆心坐标与半径，即可求以MN为直径的圆的方程．
20.【答案】(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，OA⊂平面ABD，
所以OA⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD，
解：(2)取OD的中点F，
因为△OCD为等边三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM∖ |CF，与BC交于M，则OM⊥OD，
由(1)可知OA⊥平面BCD，
因为OM，OD⊂平面BCD，所以OA⊥OM，OA⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为△OCD是边长为1的等边三角形，O为BD的中点，
所以S△BCD=2S△OCD=2× 34= 32，
因为三棱维A−BCD的体积为 36，
所以13S△BCD⋅OA=13× 32OA= 366，所以OA=1，
设DEEA=t(t>0)，则DE=tEA，则E(0,11+t,t1+t)
因为OA⊥平面BCD，所以OA=(0,0,1)是平面BCD的一个法向量，
设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z)，
因为BC=( 32,32,0),BE=(0,t+2t+1,t1+t)．
所以n⋅BC= 32x+32y=0n⋅BE=t+2t+1y+tt+1z=0，令x=− 3，则y=1,z=−t+2t，
所以n=(− 3,1,−t+2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45°，
所以|cs〈OA,n〉|=|OA⋅n|OA||n||=|−t+2t| 3+1+(t+2t)2= 22，
化简得(1+2t)2=4，解得t=2或t=−23(舍去)，
所以DEEA=2，
【解析】(1)由面面垂直的性质结合等腰三角形的性质可证得OA⊥平面BCD，再由线面垂直的性质可证得结论，
(2)取OD的中点F，则可得CF⊥OD，过O作OM|CF，与BC交于M，则OM⊥OD，可得OM，OD，OA两两垂直，所以以O为原点，OM，OD，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
本题考查二面角及空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：设直线l：xa+yb=1(a>0,b>0)，
∵直线l经过点M(2,1)，
∴2a+1b=1，
(1)2a+1b=1≥2 2a⋅1b=2 2 ab，
∴ab≥8，当且仅当2a=1b且2a+1b=1，即a=4、b=2时等号成立，
∴S△ABO=12ab取最小值为4，此时直线l的方程为x4+y2=1，即x+2y−4=0；
(2)∵2a+1b=1，a>0，b>0，
则a+b=(a+b)(2a+1b)=3+2ba+ab≥3+2 ab⋅2ba=3+2 2，
当且仅当ab=2ba且2a+1b=1，即a=2+ 2、b= 2+1时等号成立，
∴a+b取最小值时为3+2 2，
此时直线l的方程为x2+ 2+y 2+1=1，即x+ 2y−2− 2=0；
(3)过M做x轴的垂线，垂足为M1，过M做y轴的垂线，垂足为M2，
设∠BAO=∠BMM2=θ(0<θ<π2)，
则sinθ=1|MA|，csθ=2|MB|，
则|MA|⋅|MB|=2sinθ⋅csθ=4sin2θ≥4，
当θ=π4时，sin2θ=1，|MA|⋅|MB|取得最小值为4，
此时直线l的倾斜角为3π4，斜率为−1，其方程为y−1=−(x−2)，即x+y−3=0；
(4)由(3)可知|MA|2+|MB|2=1sin2θ+4cs2θ=(sin2θ+cs2θ)(1sin2θ+4cs2θ)=cs2θsin2θ+4sin2θcs2θ+5≥2 cs2θsin2θ⋅4sin2θcs2θ+5=9，
当且仅当cs2θsin2θ=4sin2θcs2θ，即tanθ= 22时等号成立，
∴|MA|2+|MB|2取最小值为9，
此时直线l的斜率为tan(π−θ)=−tanθ=− 22，方程为y−1=− 22(x−2)，
即 2x+2y−2 2−2=0．
【解析】先设直线方程的截距式xa+yb=1(a>0,b>0)，代入已知点的坐标可得2a+1b=1，
(1)直接根据基本不等式即可求解；
(2)利用乘1法，结合基本不等式可求；
(3)先根据锐角三角函数定义表示|MA|⋅|MB|，然后结合二倍角公式进行化简，再由正弦函数的性质可求；
(4)结合锐角三角函数的定义表示|MA|2+|MB|2，然后利用乘1法，结合基本不等式可求．
本题主要考查了直线方程的求解，锐角三角函数的定义，基本不等式求解最值，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：因为PA=PD，O为AD的中点，所以OP⊥AD，
又平面ABCD⊥平面PAD，交线为AD，故OP⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PO，
又因为弧AB=弧BC=弧CD，故∠AOB=∠BOC=∠COD=60°，
所以△AOB为等边三角形，故AB=AO=BO，
同理可得，BC=CD=OD=OC，故四边形ABCO为菱形，
所以AC⊥BO，又BO∩PO=O，PO，BO⊂平面POB，
所以AC⊥平面PBO，又AC⊂平面PAC，故平面PBO⊥平面PAC；
(2)解：由(1)可知，PO⊥平面ABCD，
取BC的中点M，连结OM，则OM⊥AD，
所以OP，OM，OD两两垂直，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则O(0,0,0),D(0, 3,0),A(0,− 3,0),C(32, 32,0)，B(32,− 32,0)，设P(0,0,m)，m>0，
所以DC=(32,− 32,0),DP=(0,− 3,m)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DC=0n⋅DP=0，即32x− 32y=0− 3y+mz=0，
令y= 3，则x=1,z=3m，故n=(1, 3,3m)，
又平面ADC的一个法向量为n1=(0,0,1)，
因为二面角P−CD−A的大小为π3，
所以|cs
故PD=(0, 3,−3 32),AB=(32, 32,0)，PA=(0,− 3,−3 32)，
设平面PAB的法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅PA=0m⋅AB=0，即− 3b−3 32c=032a+ 32b=0，
令b= 3，则a=−1,c=−2 33，故m=(−1, 3,−2 33)，
所以|cs
故直线PD与平面PAB所成角的正弦值为3 1313．
【解析】(1)利用等腰三角形的中线即为高，得到OP⊥AD，由面面垂直的性质定理可得OP⊥平面ABCD，从而得到AC⊥PO，再证明四边形ABCO为菱形，得到AC⊥BO，从而证明AC⊥平面PBO，即可证明平面PBO⊥平面PAC；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出方程，求出点P的坐标，再利用线面角的计算公式求解即可．
本题考查了面面垂直的证明以及线面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
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