2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（A卷）

这是一份2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（A卷），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）直线x+y＝0的倾斜角为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
2．（4分）已知圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，则圆心C与半径r分别为（ ）
A．C（1，﹣1），r＝4B．C（﹣1，1），r＝4
C．C（1，﹣1），r＝2D．C（﹣1，1），r＝2
3．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝，＝，＝，则＝（ ）
A．+﹣B．++C．﹣﹣D．﹣++
4．（4分）已知直线l经过点M（2，1），且与直线x﹣2y+1＝0垂直，则直线l的方程为（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x﹣2y＝0
5．（4分）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则下列选项中能使l⊥α成立的是（ ）
A．＝（2，1，1），＝（﹣1，1，1）
B．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
C．＝（1，2，4），＝（1，0，1）
D．＝（1，﹣1，2），＝（0，3，1）
6．（4分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，若l1‖l2，则实数a＝（ ）
A．﹣1B．2C．﹣1或2D．﹣2或0
7．（4分）若直线l：y＝kx+3与圆C：x2+y2＝4相交于A，B两点，且（其中O为原点），则k的值为（ ）
A．B．或C．D．或
8．（4分）已知圆C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0关于直线l：mx+y﹣m＝0对称，则实数m＝（ ）
A．B．﹣1C．3D．﹣1或3
9．（4分）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）已知圆与圆，过动点M（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线MA，MB（A，B分别为切点），若|MA|＝|MB|，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知直线l的斜率为2，且在y轴上的截距为1，则直线l的方程为 ．
12．（5分）已知，，为空间两两垂直的单位向量，且＝+2﹣，＝3﹣+4，则•＝ ．
13．（5分）已知A（1，1），B（4，0），C（0，n）三点共线，则n＝ ．
14．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0上存在两个点到点A（﹣1，1）的距离均为，则实数n的一个取值为 ．
15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点．给出下列四个结论：
①若点P在线段A1C1上运动，则总有CP⊥BD；
②若点P在线段AD1上运动，则三棱锥B﹣DPC1体积为定值；
③若点P在线段A1B上运动，则直线CP与平面ACD1所成角为定值；
④若点P满足，则过点A1，P，C三点的正方体截面面积的取值范围为．
其中所有正确结论的序号为 ．
三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（13分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅰ）求经过点（3，﹣2）的圆C的切线方程；
（Ⅱ）求直线l：2x﹣y+2＝0被圆C截得的弦长．
17．（13分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝BC，AC⊥BC，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（Ⅰ）求证：C1D⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求直线BD与平面A1BE所成角的正弦值．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，AB＝1，PB＝2，PD⊥CD，PB⊥BD，N为棱PC的中点．条件①：BC＝2；条件②：平面PBD⊥平面ABCD．
从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题：
（Ⅰ）求证：AB⊥PB；
（Ⅱ）若点M在线段AN上，且点M到平面BDN的距离为，求线段CM的长．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
19．（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的圆心在直线l：y＝x﹣1上，且半径为1．
（Ⅰ）若圆心C也在直线y＝﹣2x+8上，求圆C的方程；
（Ⅱ）已知点N（0，3），若圆C上存在点M，使|MN|＝|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．
20．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面CDE⊥平面ABCD，AF‖DE，DE⊥CD，．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值；
（Ⅲ）线段CE上是否存在点P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由．
21．（15分）在平面直角坐标系中，对于点A（x1，y1），B（x2，y2），定义ρ（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|为点A到点B的“折线距离”．
（Ⅰ）已知A（1，2），B（3，0），求ρ（A，B）；
（Ⅱ）已知直线．
（i）求坐标原点O与直线l上一点的“折线距离”的最小值；
（ii）求圆C：x2+y2＝1上一点与直线l上一点的“折线距离”的最小值．
2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（A卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（4分）直线x+y＝0的倾斜角为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【分析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角．
【解答】解：∵直线x+y＝0的斜率为﹣1，
设直线x+y＝0的倾斜角为α，
又0≤α＜180°，
∴α＝135°．
故选：D．
【点评】本题考查斜率与倾斜角的关系，是基础题．
2．（4分）已知圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，则圆心C与半径r分别为（ ）
A．C（1，﹣1），r＝4B．C（﹣1，1），r＝4
C．C（1，﹣1），r＝2D．C（﹣1，1），r＝2
【分析】利用圆的标准方程，写出圆的圆心与半径即可．
【解答】解：圆C：（x+1）2+（y﹣1）2＝4，可得圆心C与半径r分别为C（﹣1，1），r＝2．
故选：D．
【点评】本题考查圆的标准方程的应用，是基础题．
3．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝，＝，＝，则＝（ ）
A．+﹣B．++C．﹣﹣D．﹣++
【分析】根据空间向量的加减法运算用已知向量把表示出来即可．
【解答】解：＝＝
故选：C．
【点评】本题考查了用空间已知向量表示空间未知向量以及向量的加减法，属于基础题型．
4．（4分）已知直线l经过点M（2，1），且与直线x﹣2y+1＝0垂直，则直线l的方程为（ ）
A．x+2y﹣4＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x﹣2y＝0
【分析】先设与直线x﹣2y+1＝0垂直的直线方程为2x+y+m＝0，然后把M的坐标代入可求m，进而可求直线方程．
【解答】解：设与直线x﹣2y+1＝0垂直的直线方程为2x+y+m＝0，
因为直线过M（2，1），
所以4+1+m＝0，即m＝﹣5，此时直线方程为2x+y﹣5＝0．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线垂直关系的应用，属于基础题．
5．（4分）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则下列选项中能使l⊥α成立的是（ ）
A．＝（2，1，1），＝（﹣1，1，1）
B．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
C．＝（1，2，4），＝（1，0，1）
D．＝（1，﹣1，2），＝（0，3，1）
【分析】利用直线与平面平行的性质直接判断．
【解答】解：直线l的方向向量为，平面α的法向量为，
对于A，＝﹣2+1+1＝0，则l∥α或l⊂α，故A错误；
对于B，＝﹣，则l⊥α，故B正确；
对于C，≠λ，∴不能使l⊥α成立，故C错误；
对于D，≠λ，∴不能使l⊥α成立，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查直线与平面平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6．（4分）已知直线l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，若l1‖l2，则实数a＝（ ）
A．﹣1B．2C．﹣1或2D．﹣2或0
【分析】根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
【解答】解：直线l1：ax+（a+2）y+1＝0，l2：x+ay﹣2＝0，l1‖l2，
则a•a＝a+2，解得a＝2或﹣1，
经经验，当a＝2或﹣1时，直线l1，l2不重合，
故a＝2或﹣1．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
7．（4分）若直线l：y＝kx+3与圆C：x2+y2＝4相交于A，B两点，且（其中O为原点），则k的值为（ ）
A．B．或C．D．或
【分析】由已知可得，圆心（0，0）到直线的距离d＝，结合点到直线的距离公式列式求解k．
【解答】解：∵y＝kx+1与圆x2+y2＝1相交于点（0，1），设A（0，1），
又∵，∴△AOB是等边三角形，
∴圆心（0，0）到直线的距离d＝＝，
解得k＝±．
故选：D．
【点评】本题考查直线和圆的位置关系，考查点到直线距离公式的应用．是基础题．
8．（4分）已知圆C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0关于直线l：mx+y﹣m＝0对称，则实数m＝（ ）
A．B．﹣1C．3D．﹣1或3
【分析】问题等价于圆心在直线上，代入圆心坐标求解即可．
【解答】解：因为圆C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0，可得圆心C（，﹣），
因为圆C：x2+y2﹣mx+3y+3＝0关于直线l：mx+y﹣m＝0对称，
所以圆心C在直线l：mx+y﹣m＝0上，
∴m×﹣﹣m＝0，∴m＝3或m＝﹣1，
当m＝﹣1时，圆C：x2+y2+x+3y+3＝0，D2+E2﹣4F＝1+9﹣4×3＜0，
方程不表示圆，故m＝﹣1舍去，
当m＝3时，圆C：x2+y2﹣3x+3y+3＝0，D2+E2﹣4F＝9+9﹣4×3＞0，
方程表示圆，故m＝3符合题意，
综上所述：m＝3．
故选：C．
【点评】本题老差了直线与圆的位置关系，属基础题．
9．（4分）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】取BCDE各边中点H，K，I，G，连接HI，KG，FE，由正八面体的性质可得三线交于一点，设为O，以O为坐标原点，HI，KG，FE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得两直线的方向向量，利用向量法可求直线BN和FM夹角的余弦值．
【解答】解：取BCDE各边中点H，K，I，G，
连接HI，KG，FE，由正八面体的性质可得三线交于一点，设为O，
由正八面体的性质可得HI，KG，FE两两垂直，
以O为坐标原点，HI，KG，FE所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（1，﹣1，0），C（1，1，0），A（0，0，），D（﹣1，1，0），F（0，0，﹣），
则N（，，），M（﹣，，），
所以＝（﹣，，），＝（﹣，，），
所以cs＜，＞＝＝＝＝，
所以直线BN和FM夹角的余弦值为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查转化能力，属中档题．
10．（4分）已知圆与圆，过动点M（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线MA，MB（A，B分别为切点），若|MA|＝|MB|，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据条件|MA|＝|MB|，求出M的轨迹方程，的几何意义为M到定点（3，﹣2）的距离，即可得到结论．
【解答】解：∵过动点M（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线MA，MB（A、B分别为切点），若|MA|＝|MB|，
∴|AC1|2﹣1＝|AC2|2﹣1，
即a2+b2﹣1＝（a﹣4）2+（b﹣2）2﹣1，
即2a+b﹣5＝0，即动点M（a，b）在直线2x+y﹣5＝0上，
的几何意义为M到定点（3，﹣2）的距离，
则点（3，﹣2）到直线2x+y﹣5＝0的距离为＝，
故的最小值为．
故选：A．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及点到直线的距离公式的应用，利用距离的几何意义是解决本题的关键，属于中档题．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）已知直线l的斜率为2，且在y轴上的截距为1，则直线l的方程为 y＝2x+1 ．
【分析】根据斜截式公式写出直线l的方程即可．
【解答】解：直线l的斜率为k＝2，且在y轴上的截距为b＝1，
所以直线l的方程为y＝2x+1．
故答案为：y＝2x+1．
【点评】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题．
12．（5分）已知，，为空间两两垂直的单位向量，且＝+2﹣，＝3﹣+4，则•＝ ﹣3 ．
【分析】利用空间向量的数量积运算法则求解．
【解答】解：∵，，为空间两两垂直的单位向量，∴＝1，＝＝＝0，
∴＝（）＝3﹣2﹣4＝3﹣2﹣4＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
13．（5分）已知A（1，1），B（4，0），C（0，n）三点共线，则n＝ ．
【分析】A（1，1），B（4，0），C（0，n）三点共线，
【解答】解：A（1，1），B（4，0），C（0，n），
则，，
A（1，1），B（4，0），C（0，n）三点共线，
则3n＝（﹣1）×（﹣4），解得n＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
14．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0上存在两个点到点A（﹣1，1）的距离均为，则实数n的一个取值为 1（答案不唯一） ．
【分析】求出圆的圆心与半径，利用圆心距与半径和与差的关系，转化求解m的范围即可．
【解答】解：A（﹣1，1）的距离均为的点是以为半径的圆A，方程为：（x+1）2+（y﹣1）2＝2，
圆C：x2+y2﹣2nx+2ny+2n2﹣8＝0，
圆心为C（n，﹣n），半径2，
圆心距|AC|＝＝|n+1|，由题意可得两圆相交，
即，解得 n∈（﹣4，﹣2）∪（0，2）．
故答案为：1（答案不唯一）．
【点评】本题考查圆的方程的应用，两个圆的位置关系的应用，是中档题．
15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点．给出下列四个结论：
①若点P在线段A1C1上运动，则总有CP⊥BD；
②若点P在线段AD1上运动，则三棱锥B﹣DPC1体积为定值；
③若点P在线段A1B上运动，则直线CP与平面ACD1所成角为定值；
④若点P满足，则过点A1，P，C三点的正方体截面面积的取值范围为．
其中所有正确结论的序号为 ①②④ ．
【分析】由D1B1⊥平面A1C1C判断①；由等体积法及线面距离为定值判断②；由线面距离为定值及线面角判断③；作出截面利用向量法计算面积判断④．
【解答】解：对①，如图，
连接B1D1，A1C，在正方体中，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥CC1，CC1∩A1C1＝C1，
CC1，A1C1⊂平面A1C1C，所以B1D1⊥平面A1C1C，
又CP⊂平面A1C1C，所以B1D1⊥CP，又正方体中，B1D1∥BD，所以CP⊥BD，故①正确；
对②，如图，
因为AD1∥BC1，AD1⊄平面BDC1，BC1⊂平面BDC1，所以AD1∥平面BDC1，
所以P到平面BDC1的距离为定值，因为，而S△BDC为定值，
所以VP﹣BDC1为定值，故三棱锥B﹣DPC1体积为定值，故②正确；
对③，如图，
在正方体中，A1B∥D1C，A1B⊄平面ACD1，BC1⊂平面ACD1，
所以A1B∥平面ACD1，所以P到平面ACD1的距离h为定值，
设直线CP与平面ACD1所成角为θ，而，
CP不是定值，所以θ不为定值，故③错误；
对④，因为，且0≤λ≤1，
所以点P在线段DD1上运动，在B1B 上取一点P1，
使得|DP|＝|B1P1|＝a，a∈[0，1]，连接A1P1，P1C，PA1，PC，
易知PC∥A1P1，且PC＝A1P1，即P，C，A1，P1四点共面，
即过P，C，A1三点的截面为截面PCP1A1，
以点D为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
则C（0，1，0），A1（1，0，1），P（0，0，a），P1（1，1，1﹣a），
．，因为，，，
所以截面PCP1A1的面积为S＝2＝||•||sin∠PCA1
＝＝＝•，
当时，Smin＝，当a＝0或a＝1时，Smax＝，
所以过A1，P，C三点的正方体截面面积最小值为，最大值为，
过点A1，P．C三点的正方体截面面积的取值范围为，故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查截面面积的取值范围，考查线面角的求法，考查空间几何体的体积的计算，属中档题．
三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（13分）已知圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．
（Ⅰ）求经过点（3，﹣2）的圆C的切线方程；
（Ⅱ）求直线l：2x﹣y+2＝0被圆C截得的弦长．
【分析】（Ⅰ）分斜率是否存在两种情况，结合点到直线的距离公式可求经过点（3，﹣2）的圆C的切线方程；
（Ⅱ）求得圆心到直线的距离，利用弦长公式可求直线l：2x﹣y+2＝0被圆C截得的弦长．
【解答】解：（Ⅰ）由圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．可得圆C的圆心为C（1，2），半径为r＝2．
当切线斜率不存在时，其方程为x＝3，
圆心C（1，2）到直线x＝3的距离为2，
则此时直线x＝3与圆C相切，满足题意；
当切线的斜率存在时，设切线方程为y+2＝k（x﹣3），
即kx﹣y﹣3k﹣2＝0，
则圆心（1，2）到切线的距离，解得，
所以此时切线的方程为3x+4y﹣1＝0．
综上：切线的方程为x＝3或3x+4y﹣1＝0．
（Ⅱ）由圆C：（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4．可得圆C的圆心为C（1，2），半径为r＝2．
则圆心C（1，2）到直线l的距离．
所以直线l被圆C所截得的弦长为：．
【点评】本题考查直线方程的求法，考查直线与圆的位置关系，属中档题．
17．（13分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝BC，AC⊥BC，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（Ⅰ）求证：C1D⊥平面AA1B1B；
（Ⅱ）求直线BD与平面A1BE所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）由已知易证AA1⊥C1D，C1D⊥A1B1，进而可证C1D⊥平面AA1B1B．
（Ⅱ）CC1，AC，BC两两垂直，可证以C为原点，CA，CB，CC1所在直线为x轴、y 轴、z轴，建立空间直角坐标系．求得平面A1BE的一个法向量与直线BD的方向向量，利用向量法求得直线BD与平面A1BE所成角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ） 因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，
所以AA1⊥平面A1B1C1，
因为C1D⊂平面A1B1C1，
所以AA1⊥C1D．
因为AC＝BC，
所以A1C1＝B1C1
因为D是A1B1的中点，
所以C1D⊥A1B1，
因为AA1∩A1B1＝A1，AA1⊂平面AA1B1B，A1B1⊂平面AA1B1B，
所以C1D⊥平面AA1B1B．
（Ⅱ）因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，
所以CC1⊥平面ABC，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
因为AC⊥BC，
所以CC1，AC，BC两两垂直，
以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线为x轴、y 轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AA1＝2，则B（0，2，0），A1（2，0，2），D（1，1，2），E（0，0，1）．
所以＝（1，﹣1，2），＝（0，﹣2，1），＝（2，0，1），
设平面A1BE的一个法向量为＝（x，y，z）．
所以，即，
令z＝2，则x＝﹣1，y＝1．
所以＝（﹣1，1，2）．
所以cs＜，＞＝＝，
设直线BD与平面A1BE所成角为θ，
所以sinθ＝|cs＜，＞|＝，
故直线BD与平面A1BE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，AB＝1，PB＝2，PD⊥CD，PB⊥BD，N为棱PC的中点．条件①：BC＝2；条件②：平面PBD⊥平面ABCD．
从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题：
（Ⅰ）求证：AB⊥PB；
（Ⅱ）若点M在线段AN上，且点M到平面BDN的距离为，求线段CM的长．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（1）根据条件直线与平面垂直，从而转化证明AB⊥PB；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
【解答】解：选①：BC＝2．
（Ⅰ）证明：因为平行四边形ABCD，
所以CD＝AB＝1，
因为BC＝2，，
所以在△BCD中，．
所以BD2+CD2＝BC2，
所以BD⊥CD．
又PD⊥CD，PD∩BD＝D，PD⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD．
因为PB⊂平面PBD，
所以CD⊥PB．
又因为AB∥CD，
所以AB⊥PB．
选②：平面PBD⊥平面ABCD．
证明：因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，PB⊥BD，PB⊂平面PBD．
所以PB⊥平面ABCD，
因为AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PB．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BA，BD，BP两两垂直，
以B为原点，，，为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B（0，0，0），，P（0，0，2），，A（1，0，0），，
所以，，，
设平面BDN的一个法向量为＝（x，y，z），
则，
令x＝2，则y＝0，z＝1．所以＝（2，0，1）．
因为点M在直线AN上，设，
所以，
故点M到平面BDN的距离为，
得，所以，所以，
所以．
【点评】本题考查了空间中直线与直线垂直的判定，考查了点到平面的距离，考查了空间向量的应用，考查了转化思想，属于中档题．
19．（15分）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的圆心在直线l：y＝x﹣1上，且半径为1．
（Ⅰ）若圆心C也在直线y＝﹣2x+8上，求圆C的方程；
（Ⅱ）已知点N（0，3），若圆C上存在点M，使|MN|＝|MO|，求圆心C的横坐标的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由题意，联立直线方程y＝x﹣1和y＝﹣2x+8，求得圆心坐标，又半径为1，直接写出圆的方程即可；
（Ⅱ）由|MN|＝|MO|，列出坐标关系式，化简得点M既在圆C上又在直线上，即圆C和直线有公共点，据此列出关系式，可得a的范围．
【解答】解：（Ⅰ）设圆心C（a，b），
由题意得，解得，
所以圆心C（3，2），又圆C的半径为1，
所以圆C的方程为（x﹣3）2+（y﹣2）2＝1；
（Ⅱ）设M（x，y），
由N（0，3），|MN|＝|MO|，
可得，
两边平方，整理得，
所以点M既在圆C上又在直线上，
即圆C和直线有公共点，
所以，解得，
所以a的取值范围是．
【点评】本题考查点与圆，直线与圆的关系，属中档题．
20．（15分）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面CDE⊥平面ABCD，AF‖DE，DE⊥CD，．
（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值；
（Ⅲ）线段CE上是否存在点P，使得AP∥平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）由面面垂直的性质定理可得DE⊥平面ABCD，进而可得AC⊂平面ABCD，则DE⊥AC，又由四边形ABCD是正方形，得AC⊥BD，由线面垂直的判定定理，即可得出答案．
（Ⅱ）以B为原点，以DA，DC，DE所在直线为x轴、y 轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面BEF的一个法向量为＝（x，y，z），又为平面BDE的一个法向量，＝（3，﹣3，0），计算cs＜，＞＝，即可得出答案．
（Ⅲ）设（0≤λ≤1），可得的坐标，的坐标，由（Ⅱ）知平面BEF的一个法向量为，由AP∥平面BEF，得•＝0，解得λ，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE∩平面ABCD＝CD，DE⊥CD，DE⊂平面CDE，
所以DE⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，
所以DE⊥AC，
因为四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD，
因为BD∩DE＝D，DB⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，
所以AC⊥平面BDE．
（Ⅱ）因为DA，DC，DE两两垂直，以B为原点，以DA，DC，DE所在直线为x轴、y 轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
因为，AD＝3，
所以，．
则A（3，0，0），，，
B（3，3，0），C（0，3，0），
所以＝（0，﹣3，），＝（3，0，﹣2），
设平面BEF的一个法向量为＝（x，y，z），
所以，
令，则x＝4，y＝2，
所以，
因为AC⊥平面BDE，
所以为平面BDE的一个法向量，＝（3，﹣3，0），
所以cs＜，＞＝＝＝，
设平面BEF与平面BDE夹角为θ，
所以csθ＝|cs＜，＞|＝，
所以平面BEF与平面BDE夹角的余弦值．
（Ⅲ）线段CE上存在点P，点P为CE中点，满足AP∥平面BEF，证明如下：
设（0≤λ≤1），
因为＝（0，﹣3，3），＝（﹣3，3，0），
所以＝（0，﹣3λ，3λ），
所以＝+＝（﹣3，3，0）+（0，﹣3λ，3λ）＝（﹣3，3﹣3λ，3λ），
由（Ⅱ）知平面BEF的一个法向量为＝（4，2，），
因为AP∥平面BEF，
所以•＝0，
所以4×（﹣3）+2×（3﹣3λ）+×3λ＝0，
解得，
所以线段CE上存在点P，点P为CE中点，满足AP∥平面BEF．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
21．（15分）在平面直角坐标系中，对于点A（x1，y1），B（x2，y2），定义ρ（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|为点A到点B的“折线距离”．
（Ⅰ）已知A（1，2），B（3，0），求ρ（A，B）；
（Ⅱ）已知直线．
（i）求坐标原点O与直线l上一点的“折线距离”的最小值；
（ii）求圆C：x2+y2＝1上一点与直线l上一点的“折线距离”的最小值．
【分析】（Ⅰ）直接利用定义求出折线距离；
（Ⅱ）（i）求出直线l与x，y的交点M，N，设直线l上任意一点Q，分点Q在线段MN的延长线上，点Q在线段NM的延长线上，点Q在线段MN上三种情况讨论，即可求解最小值；
（ii）由（i）可知，设P1是圆C上任意一点，Q1是直线l上任意一点，当且仅当P1Q1∥x轴时，ρ（P1，Q1）的最小值为P1Q1，数形结合即可求解．
【解答】解：（Ⅰ） A（1，2），B（3，0），
由定义可得ρ（A，B）＝|1﹣3|+|2﹣0|＝4．
（Ⅱ）（i）直线与x轴的交点，与y轴的交点N（0，4），
设直线l上任意一点Q（t∈R）．
当点Q在线段MN的延长线上时，ρ（O，Q）≥ρ（O，N）；
当点Q在线段NM的延长线上时，ρ（O，Q）≥ρ（O，M）；
当点Q在线段MN上时，ρ（O，Q）≥ρ（O，M）．
∵ρ（O，N）＝4，，
∴．
综上，当点Q与点M重合时，坐标原点与直线l上一点的“折线距离”的最小值为．
（ii）由（i）可知，设P1是圆C上任意一点，Q1是直线l上任意一点，当且仅当P1Q1∥x轴时，ρ（P1，Q1）的最小值为P1Q1，如图所示．
过P1作直线l的垂线，垂足为H1，则，
∴．
当P1H1取最小值时，P1Q1取得最小值．
过O点作直线MN的垂线，交单位圆于P，垂足为H，
当且仅当P1与P重合时，P1H1取到最小值PH．
易知PH＝1，
∴P1Q1的最小值为，
即圆C：x2+y2＝1上一点与直线l上一点的“折线距离”的最小值为．
【点评】本题主要考查两点间的距离，考查数形结合思想与运算求解能力，属于难题．
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