2023-2024学年山东省潍坊、东营市高二上学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省潍坊、东营市高二上学期期中考试数学试题（含解析），共22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.已知直线l经过点A(−1,0)和B(1,2 3)，则l的倾斜角为
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
2.已知圆C1：(x−1)2+y2=1，圆C2：(x−2)2+(y− 3)2=4，则C1与C2的位置关系是
( )
A. 外切B. 内切C. 外离D. 相交
3.已知直线l和平面α，则下述命题中正确的是
A. 若l与α斜交，则α内不存在与l垂直的直线
B. 若l⊥α，则α内的所有直线与l都垂直
C. 若l与α斜交，则α内存在与l平行的直线
D. 若l//α，则α内的所有直线与l都平行
4.已知直线l1：(m+1)x+y+m=0；l2：x+(m+1)y−2=0，
A. 若l1与l2相交，则m≠−2B. 若l1与l2平行，则m=−2
C. 若l1与l2垂直，则m=−1D. 若l1与l2重合，则m=0
5.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点A到平面A1BCD1的距离为
( )
A. 2B. 2 2C. 1D. 2
6.如图，等腰梯形ABCD是圆台OO1的轴截面，BD=CD=12AB=4，E为下底面⊙O上的一点，且BE=AE，则直线DE与平面ABCD所成的角为
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
7.已知圆M：x2+y2−2x−2y=2，直线l：2x+y+2=0，P为l上的动点，过点P作圆M的切线PA，PB，切点分别为A，B，当四边形PAMB面积最小时，|PM|的值为
A. 2 5B. 2 2C. 5D. 2
8.已知正四面体ABCD的棱长为1，棱AB上的一点P满足AP=13，若点P到面ACD和面BCD的距离分别为d1，d2，则d1+d2=
A. 63B. 33C. 66D. 36
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列结论正确的是
A. 已知向量a=(x,0,1)，b=(2,1,−4)，若a⊥b，则x=2
B. 已知向量a=(1,0,1)，b=(−2,2,1)，则a在b上的投影的数量为13
C. 在空间直角坐标系Oxyz中，点(1,1,1)关于y轴的对称点为(1,−1,1)
D. O为空间中任意一点，若OP=xOA+yOB+zOC，且x+y+z=1，则P，A，B，C四点共面
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论正确的是
A. CA1⊥AD1B. AC //平面BA1C1
C. 直线AD1与A1B所成的角为60°D. 二面角C1−AB−C的大小为45°
11.已知圆O1：x2+y2−2x−3=0和圆O2：x2+y2−2y−1=0的交点为A，B，直线l：x+y+λ=0与圆O1交于C，D两点，则下列结论正确的是
A. λ的取值范围是(−2 2−1,2 2−1)
B. 圆O2上存在两点P和Q，使得|PQ|>|AB|
C. 圆O1上的点到直线AB的最大距离为2+ 2
D. 若∠CO1D=60°，则λ= 6−1
12.已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2，且以A为圆心、r为半径的圆分别交AB，AD于E，F两点，点M是劣弧EF上的动点，其中0( )
A. 弧EF上存在点M，使得PD与AM所成的角为π3
B. 弧EF上存在点M，使得BD⊥平面PAM
C. 当r=1时，点P与动点M的所有连线围成的图形面积为 5π4
D. 当r= 2时，以点P为球心，PM为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为 6π2
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知向量a=(m−1,0,2)，b=(2,n+2,1)，若a/​/b，则m+n=________．
14.若直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，则a= ．
15.如图，在直角坐标系xOy中，已知A(3,0)，B(0,3)，从点P(1,0)射出的光线经直线AB反射到y轴上，再经y轴反射后又回到点P，则光线所经过的路程的最小值为________．
16.已知菱形ABCD边长为2，∠DAB=π3，沿对角线BD将△ABD折起到△A′BD的位置，当A′C=3时，二面角A′−BD−C的大小为 ，此时三棱锥A′−BDC的外接球的半径为 ．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，∠DAB=30°，A( 3,0)，B(2 3,1)．
(1)求直线AB的方程及直线AC的倾斜角；
(2)求对角线BD所在的直线方程．
18.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点，AB=BC=2，且A1F=2 3．
(1)求CC1并求直线CE与A1F所成角的余弦值；
(2)求点F到平面CDE的距离．
19.(本小题12分)
已知⊙C的圆心在x轴上，经过点(1, 3)，并且与直线x− 3y+2=0相切．
(1)求⊙C的方程；
(2)过点P(3,1)的直线l与⊙C交于A，B两点，
(ⅰ)若|AB|=2 3，求直线l的方程；
(ⅱ)求弦AB最短时直线l的方程．
20.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AC=∠A1AB=60°，∠CAB=90°，AA1=AC=AB=2，E，F分别为AC1，B1C1的中点．
(1)证明：EF //平面ABB1A1；
(2)求二面角A−A1B−F的余弦值．
21.(本小题12分)
边长为4的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD⌢所在平面垂直，四边形EFCD是半圆弧CD⌢的内接梯形，且CD // EF．
(1)证明：平面ADE⊥平面BCE；
(2)设EF=2，且二面角E−AD−C与二面角D−BC−F的大小都是60°，当点P在棱AD(包含端点)上运动时，求直线PB和平面ACE所成角的正弦值的取值范围．
22.(本小题12分)
已知圆M与圆N：(x+4)2+(y−2)2=4关于直线3x−y+4=0对称．
(1)求圆M的标准方程；
(2)过点E(1,0)的直线与圆M相交于A，B两点，过点C(4,0)且与AB垂直的直线与圆M的另一交点为D，记四边形ACBD的面积为S，求S的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了斜率公式，考查直线的倾斜角，是基础题．
根据斜率公式求出k的值，从而求出倾斜角即可．
【解答】
解：若直线l经过A(−1,0)，B(1,2 3)两点，
则kAB=2 3−01+1= 3，
故直线l的倾斜角为π3．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查圆与圆的位置关系，属于基础题．
根据圆的标准方程，求出圆心距，再与半径之和、半径之差进行比较可得答案．
【解答】
解：圆C1: (x−1)2+y2=1，圆C1表示以1,0为圆心，以r=1为半径的圆，
圆C2表示以2, 3为圆心，以R=2为半径的圆，
两圆的圆心距C1C2= 1+3=2，
又1=R−r故两圆相交，
故选D．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了直线与平面的位置关系，属于基础题。
利用线面垂直的性质，线面平行的性质，逐一判断即可。
【解答】
解：若直线l与平面α斜交，则直线l与平面α内的直线存在异面垂直或相交垂直的情况，故A错误;
若直线l⊥平面α，则直线l垂直于平面α内的所有直线，故B正确;
若平面α内存在与l平行的直线，则由线面平行的判定定理可得直线l与平面α平行，与已知矛盾，所以C正确，
若直线l/​/平面α，则直线l与平面α内的所有直线平行或异面，故D错误．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线位置关系的判断，属于基础题．
根据直线平行和垂直的条件逐项判断即可求解．
【解答】
解：令(m+1)(m+1)−1=0，解得m=0或m=−2，
经验证，当m=0或m=−2时，l1//l2
若l1与l2相交，则m≠−2且m≠0，故A，B，D错误，
若l1⊥l2，则(m+1)+(m+1)=0，解得m=−1，故C正确，
故选：C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点到平面的距离，属于基础题．过A作AH⊥A1B，垂足点为H，由题意易得线段AH的长度即为所求．
【解答】
解：如图，过A作AH⊥A1B，垂足点为H，
又易知A1D1⊥平面ABB1A1，且AH⊂平面ABB1A1，∴A1D1⊥AH，
又AH⊥A1B，A1D1∩A1B=A1，且A1B与A1D1都在平面A1BCD1内，所以AH⊥平面A1BCD1，
即AH的长就是点A到平面A1BCD1的距离，
而AH=12A1B=2 2．
故选B．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查线面所成角的大小，圆台的结构特征，属于基础题．
由题意可得∠ODE是直线DE与平面ABDC所成的角，解直角三角形即可求解．
【解答】解：连接OE、OD、OO1，
因为BE=AE，O为AB中点，
所以OE⊥AB，
又OO1⊥底面ABE，OE⊂底面ABE，
则OO1⊥OE，AB、OO1⊂平面ABDC，AB∩OO1=O，
则OE⊥平面ABDC，
所以∠ODE是直线DE与平面ABDC所成的角，
OD=AC=BD=4，OE=4，
在Rt△EOD中，OD=OE，∠ODE=45°，
直线DE与平面ABDC所成的角为45°．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了圆的方程的应用，涉及了直线与圆位置关系的应用、切线长公式的应用、点到直线距离公式的运用，属于中档题．
根据圆的方程求出圆心和半径，当PM最短时，四边形PAMB面积最小，求解即可得到答案．
【解答】
解：圆M方程的圆心M(1,1)，半径r=2，
要使四边形PAMB面积最小，只需|PA|最小，即|PM|最小，
∴|PM|min=|2+1+2| 5= 5，所以|PA|min= |PM|2−|AM|2=1，
所以四边形PAMB面积的最小值为2×12×1×2=2.此时|PM|的值为 5，
故选C．
8.【答案】A
【解析】【分析】
过A作AH⊥底面BCD，垂足点为H，连接BH交CD于点E，则易得A到平面ACD的距离d=AH= 63，由正四面体的对称性可知B到平面BCD的距离等于A到平面ACD的距离，又AP=13=13AB，从而P到平面ACD等于B到平面ACD距离的13，即d1=13d，又P到平面BCD的距离等于A到平面ACD的距离的23，即d2=23d，从而得d1+d2=d= 63．
本题考查正四面体的性质，点面距的求解，化归转化思想，属中档题．
【解答】
解：如图，过A作AH⊥底面BCD，垂足点为H，
连接BH交CD于点E，
又正四面体ABCD的棱长为1，
易得BH=23× 32CD= 33，
∴AH= AB2−BH2= 1−13= 63
由正四面体的对称性可知B到平面BCD的距离等于A到平面ACD的距离d=AH= 63，
又AP=13=13AB，
∴P到平面ACD等于B到平面ACD距离的13，
即d1=13d，
又P到平面BCD的距离等于A到平面ACD的距离的23，即d2=23d，
∴则d1+d2=d= 63．
9.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查空间向量垂直的坐标表示、空间向量的投影的数量、关于坐标轴、坐标平面、原点对称的点的坐标、空间向量共面定理，属于一般题．
由a⊥b，得出a·b=0，求出x的值，即可判定A；计算出a⋅b|b|，即可判定B；由点(x,y,z)关于y轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可判定C；由x+y+z=1，则z=1−x−y，计算出CP=xCA+yCB，即可判定D．
【解答】
解：A选项，因为a=(x,0,1)，b=(2,1,−4)，a⊥b，
所以2x+0×1+1×−4=0，解得x=2，故A正确；
B选项，因为a=(1,0,1)，b=(−2,2,1)，
所以a·b=1×−2+0×2+1×1=−1，
b= 4+4+1=3，
所以a在b方向上的投影数量为：a⋅b|b|=−13，故B错误；
C选项，点(1,1,1)关于y轴的对称点为(−1,1,−1)，故C错误；
D选项，由x+y+z=1，则z=1−x−y，
则OP=xOA+yOB+zOC=xOA+yOB+(1−x−y)OC
=x(OA−OC)+y(OB−OC)+OC，
即OP−OC=x(OA−OC)+y(OB−OC)，
即CP=xCA+yCB，则P、A、B、C四点共面，故D正确．
故选AD．
10.【答案】ABCD
【解析】【分析】
本题考查了直线与直线垂直，线面平行的判定，异面直线所成角，二面角，属于中档题；
利用空间向量可判断A，利用线面平行的判定定理可判断B，把直线AD1与A1B所成的角转化为直线BC1与A1B所成的角，可判断C，AB ⊥BC1，AB⊥BC，可判断二面角C1−AB−C的平面角为∠CBC1，可判断D；
【解答】
解：如图，以正方体顶点A1为坐标原点，A1B1,A1D1,A1A为x，y，z轴方向向量建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设正方体棱长为1，
对于A，A1C=(1,1,1)，AD1=(0,1,−1)，
A1C·AD1=0， CA1⊥AD1，A正确；
对于B，AC//A1C1A1C1⊂平面BA1C1AC⊄平面BA1C1}⇒AC//平面BA1C1，B正确；
对于C，AD1//BC1，直线AD1与A1B所成的角即直线BC1与A1B所成的角，
△BC1A1为等边三角形，直线BC1与A1B所成的角为60∘，
故直线AD1与A1B所成的角为60°， C正确；
对于D，AB ⊥BC1，AB⊥BC，
BC，BC1在两个半平面内，均与棱垂直，
所以二面角C1−AB−C的平面角为∠CBC1=45∘，D正确；
选项为ABCD，
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，圆的标准方程与一般方程，能利用圆的几何性质解决直线与圆的位置关系问题，属于中档题．
根据直线与圆的位置关系及圆的标准方程与一般方程相关知识逐项计算判断即可．
【解答】
解：圆O1的标准方程为(x−1)2+y2=4，圆心为O1(1,0)，半径为r1=2，
直线l: x+y+λ=0与圆O1交于C，D两点，则直线l与圆心为O1的距离d=|1+0+λ| 12+12，
所以|1+0+λ| 12+12<2，解得−2 2−1<λ<2 2−1，故A正确．
圆心O1到直线AB的距离为d1=2 2= 2，所以|AB|=2 r1−d12=2 2，
对于圆O2上的任意两点P，Q，|PQ|≤2r2=|AB|，B项错误;
圆O1上的点到直线AB的距离的最大值为d1+r1=2+ 2，C项正确;
因为O1C⊥O1D，所以圆心O1到直线CD的距离为 2，所以|1+λ| 2= 2，
故λ=−3或λ=1，D项正确．
故选AC．
12.【答案】ABCD
【解析】 【分析】
本题考查线面垂直的判定，向量法求线线夹角，动点轨迹问题，考查运算能力，属于难题．
以A点为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设M(rcsθ,rsinθ,0)，θ∈[0,π2]，得PD=(0,2,−2)，AM=(rcsθ,rsinθ,0)，利用向量法可求出线线夹角余弦值的范围，判断A;求出BD=(−2,2,0)，及平面PAM的法向量，判断B；当r=1时，点P与动点M的所有连线围成的图形是底面半径为1，高为2的圆锥的四分之一侧面，由圆锥侧面积公式计算即可判断C;分别求出球与各面交线所对圆心角，利用弧长公式即可判断D．
【解答】
解：如图，以A点为原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则P(0,0,2)，A(0,0,0)，D(0,2,0)，B(2,0,0)，
设M(rcsθ,rsinθ,0)，θ∈[0,π2]，
则PD=(0,2,−2)，AM=(rcsθ,rsinθ,0)，
PD与AM所成的的余弦值为csPD,AM=PD⋅AMPDAM
=|2rsinθ|2 2r= 22sinθ∈[0, 22]，
又csπ3=12∈[0, 22]，所以A正确;
BD=(−2,2,0)，AP=(0,0,2)，AM=(rcsθ,rsinθ,0)，
设平面PAM的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AP=2z=0m⋅AM=xrcsθ+yrsinθ=0,
令x=sinθ，则m=(sinθ,−csθ,0)．
则BD//m时，sinθ−2=−csθ2，即sinθ=csθ，
又θ∈[0,π2]，∴θ=π4，
所以存在点M，使得BD⊥平面PAM，所以B正确;
当r=1时，点P与动点M的所有连线围成的图形是底面半径为1，高为2的圆锥的四分之一侧面，
其面积为14×12×2π×1× 12+22= 5π4，所以C正确;
当r= 2时，PM= AP2+AM2= 6，
设点P为球心PM为半径的球面与PB，PC，PD依次交于点Q，R，S，
因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．
又AE=AF= 2，AP=AP=2，
所以△PAE≌△PAF，
所以∠APE=∠APF．
因为PB=PD，PC=PC，BC=DC，
所以△PBC≌△PDC，
所以∠BPC=∠DPC．
在Rt△PAE中，PE= 6，sin∠APE=AEPE= 33，
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC，
又BC⊥AB，PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．
因为PB⊂平面PAB，
所以BC⊥PB，
Rt△PBC中，PC= PB2+BC2=2 3，
则sin∠BPC=BCPC= 33．
因为∠APE∈[0,π2]，∠BPC∈[0,π2]，
所以∠APE=∠BPC，
所以以点P为球心，PM为半径的球面与该四棱锥各侧面的交线长为
6(∠BPE+∠BPC+∠DPC+∠DPF)
= 6×2(∠BPE+∠BPC)
= 6×2(∠BPE+∠APE)
= 6×2×π4= 6π2，所以D正确．
故选ABCD．
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查了向量平行时的坐标关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
由a/​/b，则存在实数k使得a=kb，即可得出．
【解答】解：∵a/​/b，∴存在实数k使得a=kb，
∴m−1=2k0=k(n+2)2=k，解得k=2，m=5，n=−2．
∴m+n=3．
故答案为：3．
14.【答案】12
【解析】【分析】
本题考查直线与圆位置关系的应用，明确直线过圆心是关键，属基础题．
由圆的方程求得圆心坐标，代入直线方程即可求得a值．
【解答】
解：圆(x−a)2+y2=1的圆心坐标为(a,0)，
∵直线2x+y−1=0是圆(x−a)2+y2=1的一条对称轴，
∴圆心在直线2x+y−1=0上，可得2a+0−1=0，即a=12．
故答案为：12．
15.【答案】2 5
【解析】【分析】
本题考查点关于直线对称点的求法，以及两点间的距离公式，属于中档题．
求出P(1,0)关于直线y轴的对称点为P1，以及关于直线AB的对称点为P2，根据两点间的距离公式即可得解．
【解答】
解：如图所示，P(1,0)关于直线OB的对称点为P1(−1,0)，
由A(3,0)，B(0,3)，得直线AB的方程为x+y=3，
设P(1,0)关于直线AB的对称点为P2(a,b)，
则 a+12+b2−3=0ba−1=1 ，解得 a=3b=2,
所以P(1,0)关于直线AB的对称点为P2(3,2)，
则光线所经过的路程为：
|PM|+|MN|+|PN|=|P2M|+|MN|+|P1N|=|P1P2|= (3+1)2+(2−0)2=2 5．
16.【答案】120∘； 213
【解析】【分析】
本题主要考查三棱锥的外接球的半径的求法，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
取BD的中点H，连接A′H，CH，即可得到∠A′HC为二面角A′−BD−C的平面角，用余弦定理求解即可；
分别取△A′BD，△BCD的重心为G1，G2，过点G1，G2分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱
锥的外接球的球心，连接OD，OH，利用锐角三角函数求出OH，即可取出OD即外接球的半径．
【解答】
解：取BD的中点H，连接A′H，CH，因为ABCD为菱形，所以A′H⊥BD，CH⊥BD，
故∠A′HC为二面角A′−BD−C的平面角，则A′H=CH= 3，当A′C=3时，
cs∠A′HC=A′H2+CH2−A′C22A′H·CH=−12，则∠A′HC=120∘；
由题意可知△A′BD，△BCD为正三角形，则外接球球心位于过△A′BD，△BCD的中心且
和它们所在面垂直的直线上，故分别取△A′BD，△BCD的重心为G1，G2，过点G1，G2分别
作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱锥的外接球的球心，

由题意可知△A′BD≌△BCD，球心到面A′BD和面BCD的距离相等，即OG1=OG2，
连接OD，OH，则∠OHG1=∠OHG2=60∘，菱形ABCD的边长为2，
∴HG1=2× 32×13= 33，OH=HG1cs60∘= 32=2 33，
∴OD2=OH2+HD2=(2 33)2+1=73，
即三棱锥A′−BCD的外接球的半径R= 213．
17.【答案】解：(1)由A( 3,0)，B(2 3,1)得kAB=1−02 3− 3= 33，
所以直线AB的方程为y= 33(x− 3)，即x− 3y− 3=0，
由以上可知直线AB的倾斜角为30∘，
又因为∠DAB=30∘，四边形ABCD为菱形，
所以直线AC的倾斜角为45∘．
(2)由(1)知，直线AC的斜率为1，
由菱形的性质得直线BD的斜率为−1，直线过B点，
所以对角线BD所在的直线方程为y−1=−(x−2 3)，
即x+y−1−2 3=0．
【解析】本题主要考查直线斜率与倾斜角，直线方程，属于基础题．
(1)求出kAB，可得直线AB的倾斜角为30∘，根据题意可得直线AC的倾斜角为45∘；
(2)由题意可得直线BD的斜率为−1，利用点斜式得对角线BD所在的直线方程．
18.【答案】解：(1)连结A1C1，由题意可得，CC1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥A1C1，
在直角三角形△A1C1F中，A1F2=C1F2+A1C12，
所以12=14CC12+8，解得CC1=4，
以A为坐标系原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,4)，B1(2,0,4)，C1(2,2,4)，
所以E(2,0,2)，F(2,2,2)，
则A1F=(2,2,−2)，CE=(0,−2,2)，
所以|cs|=|A1F·CE|A1F||CE||=82 3×2 2= 63．
故直线CE与A1F所成角的余弦值为 63．
(2)由(1)知，EF=(0,2,0)，设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CE=−2y+2z=0n⋅CD=−2x=0,
可取n=(0,1,1)，
设点F到平面CDE的距离为d，
则d=|EF⋅n||n|=2 2= 2．
【解析】本题考查线面垂直的应用，线面角的向量求法，利用向量解决点到平面的距离问题。
(1)由长方体的结构特征，CC1⊥平面A1B1C1D1，所以CC1⊥A1C1，根据勾股定理求得CC1=4，建立空间直角坐标系，分别写出A1F=(2,2,−2)，CE=(0,−2,2)，再求出两个向量夹角余弦值，可得直线CE与A1F所成角的余弦值．
(2)由题求得平面CDE的法向量n=(0,1,1)，根据点到平面的距离公式即可求得．
19.【答案】解：(1)由题意，设⊙C的方程为(x−a)2+y2=r2，
因为⊙C过点(1, 3)，所以(1−a)2+3=r2 ①
因为⊙C与直线x− 3y+2=0相切，所以|a+2|2=r ②
联立 ① ②解得a=2，r=2，
所以⊙C的方程为(x−2)2+y2=4．
(2) (i)当直线l的斜率不存在时，x=3，此时|AB|=2 3，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−1=k(x−3)，
则kx−y+1−3k=0，
因为|AB|=2 3，所以圆心C到直线l的距离为 4− 32=1，
所以|2k+1−3k| k2+1=1，解得k=0，此时直线l的方程为y=1，
所以直线l的方程为x=3或y=1．
(ii)设圆心C到直线l的距离为d，因为|AB|=2 4−d2，
要使得弦AB最短，只需d最大，此时CP⊥l，
因为kCP=1−03−2=1，所以l的斜率为−1，
所以直线l的方程为y−1=−(x−3)，即x+y−4=0．
【解析】本题考查求圆的方程，求直线与圆相交弦所在直线方程，弦长最短时直线方程，属于中档题．
(1)设出圆的方程代点列出方程，点到直线距离列出方程解得a=2，r=2，即可得到⊙C的方程．
(2)(i)对斜率存在与不存在讨论，通过待定系数法以及点到直线的距离公式，求得直线l的方程为x=3或y=1．
(ii)要使得弦AB最短，只需d最大，此时CP⊥l，由此求得求弦AB最短时直线l的方程．
20.【答案】(1)证明：连接AB1，
因为E，F分别为AC1，B1C1的中点，
所以EF//AB1，
因为EF⊄̸平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1
所以EF//平面ABB1A1．
(2)解：取BC的中点O，连接OA，OA1
因为AA1=AC=AB=2，∠A1AC=∠A1AB=60∘，
所以△A1AC和△A1AB是全等的等边三角形，
所以A1C=A1B=AC=AB=2，则△ABC和△A1BC是全等的直角三角形，
所以OA=OA1= 2，所以OA2+OA12=AA12，
所以OA1⊥OA，
又因为OA1⊥BC，OA∩BC=O，OA，BC⊂平面ABC，所以OA1⊥平面ABC．
以O为坐标原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A1(0,0, 2)，A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，F(− 2,0, 2)
所以AB=(− 2, 2,0)，A1B=(0, 2,− 2)，A1F=(− 2,0,0)，
设平面ABA1的法向量为n=(x,y,z)，则− 2x+ 2y=0 2y− 2z=0
令x=1得，n=(1,1,1)，
设平面A1BF的法向量为m=(a,b,c)，则− 2c+ 2b=0− 2a=0，
令b=1得，m=(0,1,1)，
所以csm,n=m⋅n|n||m|= 63，
设二面角A−A1B−F的大小为θ，由图可知θ为钝角，
所以二面角A−A1B−F的余弦值为− 63．
【解析】本题考查空间线面的位置关系及空间向量求空间角，属于中档题．
(1)先证EF//AB1，从而证得结果．
(2)先证OA1⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，求得平面ABA1与平面A1BF的法向量，即可求得二面角的余弦值．
21.【答案】(1)证明：由题意知，平面ABCD⊥平面DCE，交线为CD，
因为AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面DCE，CE⊂平面DCE，故AD⊥CE，
又E是CD上异于C，D的点，且CD为直径，所以CE⊥DE，
又AD∩DE=D，AD、DE⊂平面ADE，
所以CE⊥平面ADE，
而CE⊂平面BCE，
所以平面ADE⊥平面BCE．
(2)解：过E作EG⊥CD，垂足为G，
由(1)知EG⊥平面ABCD，．
以G为坐标原点，GD的方向为x轴正方向，|GD|为单位长度，
建立如图所示的空间直角坐标系G−xyz，
由(1)知AD⊥平面DCFE，
故∠EDC为二面角E−AD−C的平面角，
故∠EDC=60∘，四边形EFCD是等腰梯形，
则|ED|=|EF|=|FC|=2，
由以上可得G(0,0,0)，A(1,4,0)，B(−3,4,0)，C(−3,0,0)，D(1,0,0)，E(0,0, 3)，
所以AB=(−4,0,0)，AC=(−4,−4,0)，DA=(0,4,0)，
CE=(3,0, 3)，|EG|= 3
令PA=λDA，0≤λ≤1，
所以PA=(0,4λ,0)，PB=PA+AB=(−4,4λ,0)，
设n=(x,y,z)是平面ACE的法向量，则
n⋅AC=0,n⋅CE=0,即x+y=03x+ 3z=0，所以可取n=(1,−1,− 3)，
记直线PB和平面ACE所成的角为θ，
则sinθ=|cs⟨n，PB>|=n⋅PB|n||PB|=λ+1 5× λ2+1，
当λ=0时，sinθ= 55，
当λ>0时，sinθ=λ+1 5× λ2+1= 55 1+2λ+1λ
故λ+1λ≥2，当且仅当λ=1时等号成立，所以 55所以直线PB和平面ACE所成的角的正弦值的取值范围为 55, 105．

【解析】【分析】本题主要考查了面面垂直的判定，线面角，是较难题．
(1)由已知利用面面垂直的判定进行证明；
(2)由已知建系，利用向量法求得直线PB和平面ACE所成角的正弦值，再求解其范围．
22.【答案】解：(1)因为圆N的方程为(x+4)2+(y−2)2=4，即N(−4,2)，
设圆M的圆心坐标为M(a,b)，
由题意得，b−2a+4=−133×a−42−b+22+4=0，解得a=2b=0，
又因为两圆关于直线3x−y+4=0对称，所以圆M的半径为2，
所以圆M的标准方程为(x−2)2+y2=4；
(2)当直线AB与x轴垂直时AB=2 3，CD=4，
所以四边形ACBD面积S=12AB⋅CD=4 3，
当直线AB与x轴不垂直时，
设直线AB方程为y=k(x−1)(k≠0)，即kx−y−k=0，
则直线CD方程为y=−1k(x−4)，即x+ky−4=0，
点M到直线AB的距离为|k| k2+1，所以|AB|=2 4−k2k2+1=2 3k2+4k2+1，
点M到直线CD的距离为2 k2+1，所以|CD|=2 4−4k2+1=4 k2k2+1，
所以四边形ACBD面积S=12AB⋅CD=12×2 3k2+4k2+1×4 k2k2+1=4 k2(3k2+4)k2+1，
令k2+1=t(t>1)(当k=0时四边形ACBD不存在)，
所以S=4 (3t+1)(t−1) t2=4 4−(1t+1)2(t>1)，
所以S∈(0,4 3)
综上：四边形ACBD面积S的取值范围为(0,4 3].
【解析】本题考查圆的标准方程，圆中的面积问题，属于难题．
(1)设出圆M的圆心坐标，则b−2a+4=−133×a−42−b+22+4=0，再求出半径，即可得解；
(2)分直线AB与x轴垂直，直线AB与x轴不垂直时两种情况讨论．