河北省邢台市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份河北省邢台市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，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。
一、单选题
在直三棱柱 ABC  A B C 中，AB  →
 b, AA  → .若点 P 满足–––→  1 →  1 → 
→ ，且点 P 在平面 A BC
内，则k  （ ）
1 1 1
a, AC1c
APa
2
bkc1
3
1
3
1
6
2
3
D．1
已知圆C : x2  y2  2x  a  0 ，其中a  R ，下列各点中一定在圆 C 内的是（ ）
A． 1, 0
B．0, 1
C． 0, 0
1, 0
{a, b, c}
已知 →→ 为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
a
c
a
A． →  b ， b  → ， a  cB． →  2b ， b ， a  c
2a
2c
a
c
2a
2c
C． →  b ， b  → ， →  b  →D． a  c ， b  → ， b  →
过点 A(2,1), B(m, 3) 的直线的倾斜角α的范围是π 3π ，则实数m 的取值范围是（ ）．
,
0„ m  2
2  m  4
 44 
0„ m  2 或2  m  4
0„ m„ 4
如图，空间四边形OABC 中，OA  → ，，OC  → ，点M 在OA 上，OM  2MA ，点 N 为 BC 中点，
aOB  bc
则MN 等于（ ）
1 →
a
2 →1 →

b  c
232
 2 →
1 →1 →
a 
b  c
322
1 →
a
1 →1 →

b  c
222
 2 →
2 →1 →
a 
b  c
332
二面角的棱上有 A 、 B 两点，直线 AC 、 BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于 AB ．已知
41
AB  4, AC  6, BD  8, CD  2
，则该二面角的大小为（ ）
150∘B．120∘C． 60D． 45∘
已知圆C :  x 12   y  42  r 2 r  0 和点M  3 , 0  ， O 为坐标原点，若圆C 上存在点 P 满足
 2

PO  2 PM ，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
如图，边长为 2 的正方体的一个顶点 A 在平面α内，其余顶点在α的同侧，且点 B 和点 D 到平面α的距
离均为 2 ，则平面 AC D 与平面α的夹角的余弦值为（ ）
21 1
A
． 1
2
二、多选题
B． 2
2
C． 1
3
D． 6
6
已知点 P  x0 , y0  和圆 O： x2  y2  8，则下列选项正确的有（ ）
若点 P 在圆 O 内，则直线 x0 x  y0 y  8 与圆 O 相交
若点 P 在圆 O 上，则直线 x0 x  y0 y  8 与圆 O 相切
若点 P 在圆 O 外，则直线 x0 x  y0 y  8 与圆 O 相离
x2  y2  8
00
若直线 AP 与圆 O 相切，A 为切点，则 PA 
已知圆C : (x  2)2  y2  4 ，直线l : mx  x  2 y  1  m  0(m  R) ．则下列结论正确的是（ ）
当m  0 时，圆 C 上恰有三个点到直线 l 的距离等于 1
对于任意实数 m，直线 l 恒过定点（  1，1）
若圆 C 与圆 x2  y2  2x  8 y  a  0 恰有三条公切线，则a  8
若动点 D 在圆 C 上，点 E(2, 4) ，则线段 DE 中点 M 的轨迹方程为 x2  ( y  2)2  1
如图，棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 ，动点 P 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 内及其边界上运动，点 E
在棱 AD 上，且 AE  3 ，则下列说法正确的是（ ）
若 BP  λBC  μBB1 ，且λ μ 1 ，则三棱锥 P  A1C1D 体积为定值
2
若 A1 P  C1 D ，则动点 P 所围成的图形的面积为9
若sin PAB  2 sin PBA ，则 PC1 的最小值为 3
若动点 P 满足 AP  BP  AP  A P  0 ，则 P 的轨迹的长度为 3 2 π
14
三、填空题
人教 A 版选择性必修一习题 1.4 拓广探索第 17 题中提到“在空间直角坐标系O  xyz 中，已知向量
4  x2
m  a, b, c ，点 P0  x0 , y0 , z0  ，若平面α经过点 P0 ，且以m 为法向量，点 P  x, y, z  是平面内的任意一点，则平面α的方程为a  x  x0   b  y  y0   c  z  z0   0 ．现已知平面α的方程为2x  y  z 1  0 ，直线l 的方 向向量为1, 1, 2 ，则直线l 与平面α所成角是．
已知曲线C : y  x2  2x , C : y  x2  2x , C
: y 
，若圆C 与C1 , C2 , C3 都相切，则圆C 的标
123
准方程为.
若过圆C : x2  y2  6x  0 内不同于圆心的点 P 恰好可以作 5 条长度为正整数的弦，则符合条件的点 P 构成的区域的面积为．
四、解答题
如图，在边长为 3 的正方形 ABCD 中， E, F 分别在边 AD, CD 上， AE  1, AC∥EF ，将VDEF 沿 EF 翻折，使得点 D 与点 P 重合，且平面 PEF  平面 ABCFE ，
10
证明： AC ∥平面 PEF 且 PB .
求平面 PAB 与平面 PCF 的夹角.
已知 A0, 3 、 P 2, 5 、Q 1, 2 2  为圆C 上的三点．
求圆C 的方程；
若过 P 的直线l 交C 于另一点 B ，且V ABP 的面积为6 ，求l 的方程．
3
如图，四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD ， PA  AC  2, BC  1, AB ．
若 AD / / 平面 PBC ，证明： AD  PB ；
若 A, B, C, D 四点共圆，且二面角 A  CP  D 的余弦值为 7 ，求 AD ．
7
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为a ， M ， N 是棱 AA1 ， CC1 上的点，且 AM  C1 N  b
（ a  b  0 ）．
证明：过 B ， M ， N 三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形；
若b  1 a ，求直线MN 与 BC 所成角的余弦值；
3
设平面 D1MB 与平面MBA的夹角为θ1 ，平面 D1 NB 与平面 NBC 的夹角为θ2 ，平面 BMN 与平面 ABCD 的夹角为θ3 ，证明： csθ1  csθ2  csθ3  0 ．
在平面直角坐标系 xOy 中，对于点 A 和eC 给出如下定义：若eC 上存在两个不同的点M , N ，对于eC
上任意满足 AP  AQ 的两个不同的点 P, Q ，都有PAQ  MAN ，则称点 A 是eC 的关联点，称∠MAN 的大小为点 A 与eC 的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角）
如图， eO 的半径为 1．
A  1 4

①在点
1  2 , 0  , A2  3 , 0  , A3 2, 0 中，点是eO 的关联点且其与eO 的关联角度小于90，该点
与eO 的关联角度为 ；
②点 B 1, m 在第一象限，若对于任意长度小于 1 的线段 BD ，BD 上所有的点都是eO 的关联点，则m 的最小值为；
已知点 E 1, 3, F 4, 3,T t, 0 ， e T 经过原点，线段 EF 上所有的点都是e T 的关联点，记这些点与e T 的关联角度的最大值为α．若90 α 180 ，直接写出t 的取值范围．
1．B
根据空间向量共面的性质列式求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
D
B
B
C
A
BD
BCD
题号
11
答案
ABD
【详解】Q–––→  1 –––→  1 –––→ 
–––→
，且点 P 在平面 A BC 内，
AP AB
2
3 ACk AA11
 1  1  k  1, k  1 .
236
故选：B.
2．A
利用代入验证法确定正确答案.
【详解】由圆C : x2  y2  2x  a  0 ，可知22  4a  0 ，即a  1，
12  02  2 1  a  1 a  0 ，A 选项正确，
02  12  2  0  a  1 a  2 ，不一定小于 0，B 选项错误，
02  02  2  0  a  a  1，不一定小于 0，C 选项错误，
12  02  2 1 a  3  a  4 ，不一定小于 0，D 选项错误.故选：A
3．B
理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得.
【详解】对于 A，因b  c  (a  b)  (a  c) ，即b  c, a  b, a  c 共面，故 A 不合题意；
对于 B,因 →  2b ， b ， a  c 其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故 →  2b ， b ， a  c 不共面，
aa
c ) (2a
2a
2c
a
c
即 B 符合题意；
2c
2(a
对于 C，因b  → 
→  b  → 
→  b ) ，即
→  b ， b  → ， →  b  → 共面，故 C 不合题意；
2a
对于 D，因b 
→  (b  → 
→  → ，即a  c ， b  → ， b  → 共面，故 D 不合题意.
2c ) 2(ac )
2a
2c
故选：B.
4．D
当m  2 时，满足题意；当m  2 时，解不等式 3 1  1或 3 1  1，综合即得解.
m  2
【详解】当m  2 时，直线的倾斜角为π，满足题意；
2
当m  2 时，直线 AB 的斜率为 3 1  1或 3 1  1，
m  2
所以 4  m  0 或
m  2
m m  2
 0 ，
m  2
m  2
所以2  m  4 或0  m  2 .
综合得实数m 的取值范围是0„ m„ 4 .
故选：D.
5．B
根据向量减法的几何意义、向量数乘的几何意义及向量的数乘运算进行运算即可.
【详解】因为OM  2MA ， N 为 BC 中点， OA
 → ，
OB  b
， OC  → ，
a
c
––––→–––→ ––––→1
所以MN  ON  OM 
–––→–––→

OB  OC 
2 –––→2 →
OA   a
1 →1 →

b  c .
23322
故选：B
6．B
【详解】如图，二面角α AB β的棱上有 A 、 B 两点，
AC  平面α、 BD  平面β，在平面β内做 AE  AB ，且 AE  BD ， 连接CE, ED ，则四边形 AEDB 是长方形，
所以∠CAE 为二面角α AB β的平面角，设为θ，
由 AC  AB，AE  AB ， AC  AE  A ， AC, AE  平面 ACE ，所以 AB  平面 ACE ，由 AB//DE ，可得 DE  平面 ACE ，
因为CE  平面 ACE ，所以 DE  CE ，所以CE2  CD2  DE2  164 16  148 ，
在△ACE 中，由余弦定理得CE2  AC 2  AE2  2 AC  AE csθ，
AC 2  AE2  CE236  64 1481
即csθ  ，
2 AC  AE2  6  82
因为0∘ θ 180∘ ，所以θ 120∘ .
故选：B.
7．C
3 2
 x    y2

2 
利用已知求出点 P 的轨迹方程，再利用两圆的几何关系即可求出的最大值.
x2  y2
【详解】设 P  x, y  ，由 PO  2 PM 可得
 2，
整理得 x2  y2  4x  3  0 ，
∴点M 在圆 x  22  y2  1上，且圆心为 B 2, 0 ,半径为1，又∵点M  3 , 0  在圆 x 12   y  42  r 2 上，
 2

∴圆 x  22  y2  1与圆 x 12   y  42  r 2 有公共点，
∴ r 1  BC  1 r ，且 BC  5 ,
∴ 4  r  6 ，
则的最大值为6 ，故选： C .
8．A
根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理，得到 E，A，F 三点共线，根据三角关系，得到C1 ，
D1 ，B 到平面α的距离，进而得直线 BD1 与平面α的夹角正弦值，求出平面 A1C1D 与平面α的夹角的余弦值.
【详解】点 B 和点 D 到平面α的距离相等，故 BD ∥平面α，而 BD 为平面 ACC1 A1 法向量，故平面 ACC1 A1  平面α，
分别过 C， A1 作平面α的垂线，垂足为 E，F，如图，则 E，A，F 三点共线，
由 BG  DH 
，且 BD 与 AC 中点重合可知CE  2 ．
2
因此CAE  30 ， A1 AF  60 ，故 A1F  3 ，
3
进而由C1CE  150 易知点C1 到平面α的距离为 2 ，
又因为 B1D1 与 A1C1 中点重合，且 B1D1 ∥平面α，
3
1
因此点 D 到平面α的距离为 2 ，而点 B 到平面α的距离为 2 ，
22
3
α 2  3  2
且 BD1  2，故直线 BD1 与平面 的夹角正弦值为 22  1 ，
2 32
易知直线 BD 与平面 AC D 垂直，故平面 AC Dα1
11 1
1与平面
的夹角的余弦值为 2 ．
故选：A 9．BD
根据圆心到直线的距离即可结合选项求解 ABC，根据勾股定理即可求解 D.
00
【详解】对于 A，点 P 在圆O 内，则 x2  y2  8 ，
8
x 2  y 2
00
2
又点O 到直线 x0 x  y0 y  8 的距离d  2
 r ，
2
00
直线 x0 x  y0 y  8 与圆O 相离，故 A 错误；对于 B，Q 点 P 在圆O 上， x2  y2  8 ，
x 2  y 2
00
8
又点O(0, 0) 到直线 x0 x  y0 y  8 的距离d 
 2
 r ，故 x0 x  y0 y  8 与圆O 相切，
,故 B 正确；
00
对于 C，点 P 在圆O 外，则 x2  y2  8 ，
8
x 2  y 2
00
又点O 到直线 x0 x  y0 y  8 的距离d  2
2
 r ，
直线 x0 x  y0 y  8 与圆O 相交，故 C 错误；
PO2  r2
00
若直线 AP 与圆O 相切，则点 P 在圆O 外，所以| PA | x 2  y 2  8 ，故 D 正确．
故选：BD．
BCD
对于 A，通过计算圆心到直线的距离进行分析即可，对于 B，对直线方程变形求解即可，对于 C，由两圆有
条公切线可得两圆相外切，从而可求出a 的值，对于 D，设 DE 的中点为(x, y) ，则可得动点 D 的坐标为
(2x  2, 2 y  4) 代入圆 C 方程中化简可得答案
【详解】对于 A，圆C : (x  2)2  y2  4 的圆心为(2, 0) ，半径r  2 ，当m  0 时，直线l : x  2 y 1  0 ，则
5
2 1
圆心C 到直线l 的距离为d  3 5 ，因为2  3 5  1 ，所以圆 C 上只有两个点到直线 l 的距离等于
55
1，所以 A 错误，
x 1  0

对于 B，由mx  x  2 y  1  m  0(m  R) ，得m(x 1)  (x  2 y 1)  0 ，由于m  R ，所以x  2 y 1  0 ，得
x  1

 y  1
，所以直线l 恒点(1,1) ，所以 B 正确，
对于 C，因为圆 C 与圆 x2  y2  2x  8 y  a  0 恰有三条公切线，所以两圆相外切，由
(2 1)2  (0  4)2
x2  y2  2x  8 y  a  0 ，得(x  1)2  ( y  4)2  17  a ，所以
 5 
 2 ，解得a  8，所以 C
17  a
正确，
对于 D，设 DE 的中点为(x, y) ，则可得动点 D 的坐标为(2x  2, 2 y  4) ，因为动点 D 在圆 C 上，所以
(2x  2  2)2  (2 y  4)2  4 ，化简得 x2  ( y  2)2  1，所以线段 DE 中点 M 的轨迹方程为 x2  ( y  2)2  1，所以 D 正确，
故选：BCD
ABD
运用向量运算、线面垂直性质、正弦定理、空间直角坐标系相关知识，通过对向量关系判断点的轨迹，利用线面垂直确定点的轨迹图形，由正弦定理和坐标运算求点的轨迹方程及轨迹长度.
【详解】对于 A，因为动点 P 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 内及其边界上运动，
且 BP  λBC  μBB1 ，λ μ 1 ，则动点 P 的运动轨迹为线段 B1C .
由于 B1C / / A1D ， A1D  平面 A1C1D ，所以 B1C / / 平面 A1C1D .
故三棱锥 P  A1C1D 的体积为定值，A 正确.对于 B，在正方形CC1 D1 D 中， CD1  C1D .
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，因为 BC  平面CC1 D1 D ，又C1D  平面CC1 D1 D ，所以 BC  C1D .
因为CD1  C1D ， BC  C1D ， CD1  BC  C ，且CD1 ， BC  平面 A1BCD1 ，所以C1D  平面 A1BCD1 .
动点 P 在正方体 ABCD  A1B1C1D1 内及其边界上运动，且 A1 P  C1 D ，
2
所以动点 P 围成的图形是矩形 A1BCD1 ，其面积为 A1B  BC  3 3
对于 C，设VPAB 边 AB 上的高为h ，则sin PAB  2 sin PBA .
 9 2 ，故 B 正确.

PA
由正弦定理可得
PB，所以 PA  sin PBA  1 ，故 PB  2PA .
sin PBA
sin PAB
PBsin PAB2
以 A 为原点，分别以 AB ， AD ， AA1 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系.
则 A0, 0, 0 ， B 3, 0, 0 ， C1 3, 3, 3 .
PB
设 P  x, y, z  ， x ， y ， z 0, 3 ，则 –––→ 
–––→
 x  32  y2  z2
x2  y2  z2
， PA .
 x  32  y2  z2
又 PB  2PA ，则有
 2
，整理得 x 12  y2  z2  4 ，
x2  y2  z2
所以动点 P 的轨迹是以O 1, 0, 0 为球心， R  2 为半径且位于正方体内的部分球面.
42  32  32
––––→
又 OC1

 34 ，所以 PC1 min
 OC1
 R 
34  2 ，故 C 错误.
对于 D，由 AP  BP  0 ，设 P  x, y, z  ， A0, 0, 0 ， B 3, 0, 0 ，则 x, y, z  x  3, y, z   0 ，
即 x  x  3  y
2  z2
 0 ，化简得 x 


3 2
2


 y2  z2 
9 ，表示以 3
 2
4
, 0, 0  为球心，半径为 3

2
的球.
又 AP  A P  0 ， A 0, 0, 3 ，则 x, y, z  x, y, z  3  0 ，即 x2  y2  z  z  3  0 ，
11

化简得 x2  y2   z 

3 2

2

 9 ，表示以 0, 0,

4
3 3
2
 为球心，半径为
2
的球.
两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为
 3 2
 3 2 3 2
 2    2 
  
2
3
，半径均为 ，
2
则交线圆弧对应的圆心角为π，长度为 3 2 π 3 2π，故 D 正确.
故选：ABD
π/ 30
6
 
2224
根据平面α的方程可得法向量，利用线面角的向量公式计算即可.
【详解】因为平面α的方程为2x  y  z 1  0 ，所以平面α的一个法向量m  2,1,1 ，
又直线l 的方向向量n  1, 1, 2 ，设直线l 与平面α所成角为θ，θ 0, π  ，
–→ → m  n –→ →
m n
6  6
2 1 2
所以sinθ
故答案为： π .
6
1 ，则θ π .
26
2 

x2   y 
4  x2

4 24
3
 
9
x2  2x
由 y 
，得(x 1)2  y2  1 y  0 ，由 y  x2  2x ，得(x 1)2  y2  1 y  0 ，由 y ，得
x2  y2  4  y  0
，画出曲线C1 , C2 , C3 的图像，利用对称性可设
x2  ( y  b)2  r 2 r  0

，即

b2 1  1 r
，
2  b  r
解出即可.
x2  2x
【详解】由 y 
，得(x 1)2  y2  1 y  0 ，则曲线C 表示圆(x 1)2  y2  1的上半部分，
1
由 y  x2  2x ，得(x 1)2  y2  1 y  0 ，则曲线C2 表示圆(x 1)2  y2  1的上半部分，
4  x2
由 y 
，得 x2  y2  4  y  0 ，则曲线C 表示圆 x2  y2  4 的上半部分，
3
画出曲线C1 , C2 , C3 ，如图所示.根据对称性可知，圆C 的圆心在 y 轴的正半轴上，

设圆C 的标准方程为 x2  ( y  b)2  r 2 r  0 ，则
4
 
b
b2 1  1 r3
，解得，

故圆C 的标准方程为 x2   y 

4 2

3

 4 .
9
2  b  r


r  2
3

故答案为： x2   y 

4 2
3


 4 .
9
7 π
4
根据过圆内一点的最长弦长和最短弦长得到过点 P 的最短弦长的取值范围，从而得到点 P 与圆心C 之间距离的取值范围，得到符合条件的点 P 的区域，进而得到面积.
【详解】由 x2  y2  6x  0 得 x  32  y2  9 ，所以圆C 的圆心为C 3, 0 ，半径r  3，
因为直径是最长的弦，所以点 P 在圆内，过点 P 的弦中，直径是最长的弦，长度为2r  6 ，以下分析过点 P 的最短的弦，
r 2  d 2
由垂径定理知， AB  2
 2
，其中d 为圆心C 到弦 AB 的距离，
9  d 2
要使得 AB 最短，则d 最大，
由图可知， d  CP ，当CP  弦 AB 时取到等号，所以当CP  弦 AB 时， d 最大，弦长 AB 最短，根据圆的对称性，这5条长度为正整数的弦长度分别是4, 5, 6, 5, 4 ，
要使得有两条长度为4 的弦，则最短弦长小于4 ，要使得没有长度为3的弦，则最短弦长大于3，因此，过点 P 的最短的弦长l 3, 4 ，
 l 2
 l 2
l 2
27 
3 3 
因为弦长最短时CP  弦 AB ，所以| CP |2    r2 ，| CP |2  r2     9   5, ， CP  5, ，
 2 
 2 
44 
2 
所以点 P 落在以C 3, 0 为圆心，半径分别为
和 3 3 的圆所夹的圆环内，
5
2

2
 3 3 22 7
所以该区域的面积为π 
  
5   π ，
4
故答案为： 7 π
4
15．(1)证明见解析
(2) π
2

由线面平行的判定定理可证明 AC ∥平面 PEF ，由面面垂直的性质定理可得 PH  BH ，计算得到
PH , BH 的值，由勾股定理求得 PB 的值；
以 B 为坐标原点，BC, BA 的方向分别为 x 轴､ y 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角可得结果.
【详解】（1）证明：因为 AC ∥ EF , EF  平面 PEF , AC  平面 PEF ，所以 AC ∥平面 PEF .
取 EF 的中点 H ，连接 PH , BH .
因为 AC ∥ EF, AD  CD ，所以 DE  DF ，则 PE  PF ，所以 PH  EF .
又平面 PEF  平面 ABCFE ，平面 PEF ∩ 平面 ABCFE  EF ，所以 PH  平面 ABCFE ，所以 PH  BH .
2
2
2
因为 AE  1, AD  3 ，所以 PE  DE  2 ，
所以 PH 
2, BH  3
 2，
PH 2  BH 2
10
所以 PB .
（2）以 B 为坐标原点， BC, BA 的方向分别为 x 轴､ y 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则 B 0, 0, 0, A0, 3, 0, C 3, 0, 0, F 3,1, 0, P 2, 2, 2 ,

–––→–––→–––→–––→
所以 BA  0, 3, 0 , BP  2, 2, 2 , CF  0,1, 0 , PF  1, 1, 
–––→ –→
2 .
  x, y, z 1
设平面 PAB 的法向量为n1
BA  n  0
，则–––→ –→，
BP  n1  0
3y  0,
即
–→

令 x  1，得n1  1, 0, 
2 .
2x  2 y  2z  0,
–––→ ––→
–––→ ––→
设平面 PCF 的法向量为n2
  x, y, z ，则CF  n2  0 ，
PF  n2  0
y  0,
––→
2

即x  y  2z  0, 令 x ，得n2   2, 0,1 .
2
2
由n1  n2  0  0 ，得n1  n2 ，
所以平面 PAB 与平面 PCF 的夹角为π .
2
16．(1) x2  y2  9
y 
5 x 和 y 
2
5  3 x  3
2
利用待定系数法求圆的方程.
分直线l 有无斜率讨论.当直线l 有斜率时，利用几何法求弦 PB 的长度，再利用点到直线的距离公式求
点 A 到直线l 的距离，列出V ABP 的面积公式，结合给出的V ABP 的面积列式可求直线l 的斜率，进而得所求直线的方程.
【详解】（1）设所求圆的方程为 x  a2   y  b2  r 2 ，

a2  3  b2  r 2

则2  a2  

5  b2  r 2
a  b  0

，解得r 2  9.

1 a2  2 2  b2  r 2
所以，圆C 的方程为： x2  y2  9 .
（2）如图：
若直线l 不存在斜率，则根据对称性得 B 2,  5 ，
5
5
此时 PB  2，点 A 到直线l 的距离为2 ，所以S 1  2 5  2  2 6 .
V ABP2
所以直线 x  2 不为所求.
5
5
若直线l 存在斜率，设为k ，则直线l ： y  k  x  2 ，即kx  y  2k  0 .
5  2k
k 2 1
9 

5  2k 2
k 2
1
圆心C 0, 0 到直线l 的距离为： d ，
r 2  d 2
所以弦 PB 的长度为2
 2
 2 .
5k  2
k 2 1
k 2 1
3  5  2k

5k  23  5  2k 
由点 A 到直线l 的距离为：.
所以S
 1  2 5k  2 

.
k 2 1
3  5  2k
由
V ABP
2

5k  23  5  2k 
k 2 1
k 2 1
 6
k 2 1
  5k  23  5  2k   6 k 2 1
 2 5k 2  3 5 1k  6  2 5   6 k 2 1
所以2 5k 2  3 5 1k  6  2 5   6 k 2 1或2 5k 2  3 5 1k  6  2 5  6 k 2 1  0 .
由2 5k 2  3 5 1k  6  2 5   6 k 2 1
5
 2 5  6k 2  3 5 1k  2 0 .
5
因为Δ  3 5 12  4 2 5  62 5   126  54 9 14  2  3 5   9 3  5 2 ，
1 3 5  33  5 
所以k 
2 2 5  6
1 3 5  33  5 
，
5
10  6
2 5  5  3
 
所以k 
2 5  6
4  5  3 
4  5  3  2
5
1 3 5  33  5  8 5  3
或k .
2 2 5  64  5  32
由2 5k 2  3 5 1k  6  2 5  6 k 2 1  0  2 5  6k 2  3 5 1k  12  2 5   0 ，
5
此时Δ  3 5 12  4 2 5  612  2 5   162  54 0 ，
所以方程2 5k 2  3 5 1k  6  2 5  6 k 2 1  0 无解.
综上k 
5 或k 
2
5  3 ，
2
5
所以直线l 的方程为： y 
5  x  2 或 y 
5
2
5  3  x  2 ，
2
即 y 
5 x 或 y 
2
5  3 x  3 .
2
3
17．(1)证明见解析 (2)
根据题意，证得 AB  BC 和 PA  BC ，利用线面垂直的判定定理，证得 BC  平面 PAB ，再由线面平行的性质定理，证得 AD / / BC ，得到 AD  平面 PAB ，进而证得 AD  PB .
以 D 为原点，过点 D 平行 AP 的直线为 z 轴，建立坐标系，设 A(a, 0, 0), a  0 ，分别求得平面CPD 和平
–→
面 ACP 的法向量n  (2, 0, a) 和m  ( 4  a2 , a, 0) ，结合向量的夹角公式，列出方程，求得a 的值，即可求
解.
【详解】（1）证明：在V ABC 中，因为 AC  2, BC  1, AB  3 ，
可得 AB2  BC 2  AC 2 ，所以 AB  BC ，
又因为 PA  底面 ABCD ，且 BC  底面 ABCD ，所以 PA  BC ，因为 AB ∩ PA  A ，且 AB, PA  平面 PAB ，所以 BC  平面 PAB ，
又因为 AD / / 平面 PBC ， AD  平面 ABCD ，且平面 ABCD ∩ 平面 PBC  BC ，
所以 AD / / BC ，所以 AD  平面 PAB ，因为 PB 平面 PAB ，所以 AD  PB .
（2）解：由（1）知 AB  BC ，因为 A, B, C, D 四点共圆，可得 AD  DC ，
4  a2
以 D 为原点，以 DA, DC 所在直线分别为 x 轴和 y 轴，过点 D 平行于 AP 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则 D(0,0, 0) ，
设 A(a, 0, 0), a  0 ，则CD 
，即C(0, 4  a2 , 0), P(a, 0, 2) ，
–––→–––→–––→
可得CD  (0, 
4  a2 , 0), AC  (a, 4  a2 , 0), CP  (a, 
4  a2
→
–––→
CD  n  
4  a2 , 2) ，
y  0
设平面CPD 的法向量为n (x, y, z)，则–––→ →，
CP  n  ax  4  a2 y  2z  0
取 x  2 ，可得 y  0, z  a ，所以n  (2, 0, a) ，
4  a2
→
–––→
 AC  n  ax1 
y1  0
4  a2
设平面 ACP 的法向量为m  (x1 , y1 , z1 ) ，则–––→ →，
CP  n  ax1 
–→
y1  2z1  0
取 y  a ，可得 x 
4  a2 , z  0 ，所以m  ( 4  a2 , a, 0) ，
因为二面角 A  CP  D 的余弦值为 7 ，
7
2 4  a2
4  a2  a2 4  a2
7

→ →
→ →m n
可得 cs m, n  → → 
m n
，解得a2  3 ，
7
因为a  0 ，所以a 
3 ，即 AD 的长为 3 .
18．(1)证明见解析
(2) 3 19
19
证明见解析
由正方体的结构特征，结合平行四边形判定、性质及平行公理推理得证.
以 D 为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦.
由（2）中坐标系，利用面面角的向量求法求出csθ1, csθ2 , csθ3 ，即可计算得证.
【详解】（1）在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，在 DD1 上取点 E ，使得 DE  AM ，连接 ME, EC ，由 AM  DE, AM / / DE ，得四边形 AMED 是平行四边形，则ME  AD, ME / / AD ，
又 AD  BC, AD / / BC ，则ME  BC, ME / / BC ，四边形 MECB 是平行四边形，因此MB  EC, MB / / EC ，又 D1E  CN  a  b, D1E / /CN ，
则四边形 D1ECN 为平行四边形， D1 N  EC, D1 N / / EC ，
于是 D1 N  MB, D1 N / /MB ，四边形 D1 NBM 为平行四边形，
所以过 B ， M ， N 三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形.
以 D 为原点，直线 DA, DC, DD1 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
则 B(a, a, 0), C(0, a, 0), M (a, 0,
1 a), N (0, a, 2
33
––––→1
a) ， MN  (a, a,
3
–––→
a), BC  (a, 0, 0) ，
––––→ –––→
| MN  BC |a2
3 19
| csMN , BC | ––––→ –––→ 
因此| MN || BC |
a  19 a
3
19 ，
所以直线MN 与 BC 所成角的余弦值为 3 19 .
19
依题意， AD  平面 ABM , CD  平面 BCN ，
则平面 ABM 的法向量可取为n  (1, 0, 0) ，平面 BCN 的法向量可取为m  (0,1, 0) ，
而M (a, 0, b), N (0, a, a  b) ，则 BM  (0, a, b), BN  (a, 0, a  b) ，

––––→ →
BM  t  ay  bz  0
设平面 BMN 的法向量为 t  (x, y, z) ，则–––→ →，取
BN  t  ax  (a  b)z  0
z  a
，得 t  (a  b, b, a) ，
→ →
csθ | cs |
a  b
→ –→b
, csθ | cs |
(a  b)2  b2  a2
(a  b)2  b2  a2
则1t, n2t, m，
→ →a
csθ | cs |
(a  b)2  b2  a2
(a  b)2  b2  a2
(a  b)2  b2  a2
又平面 ABCD 的法向量为 s  (0, 0,1) ，则3
t, s，
(a  b)2  b2  a2
所以csθ1  csθ2  csθ3 
a  bba
 0 .
3
19．(1)① A3 ， 60 ；②
(2) , 4 

41  4 
41, 35, 
【详解】（1）①根据定义可得：当 A 在eO 上时，不存在都有PAQ  MAN ，当 A 在eO 内部时过 A 的直径MN 使得eO 的关联角度为180 ，当 A 在eO 的外部时，且 AM , AN 为eO 的切线时，∠MAN 大；
如图， A3 是eO 的关联点且其与eO 的关联角度小于90， A1 与eO 的关联角度为180 ， A2 与eO 的关联角
度大于90，
∵ A3 2,0 ， eO 的半径为1，∴ OM  1, OA3  2 ，且MA3 是eO 的切线，
3
3
∴sin MA O  OM  1 ，∴ MA O  30
OA32
∴ MA3 N  60 ，即与eO 的关联角度为60.
故答案为： A3 ， 60 ．
②根据定义可得 B 为eO 外一点，
∵ BD 1， eO 的半径为1，∴ BO  2 ，当OB  2 时，如图，取点G 1, 0 ，则OGB  90 ，
OB2  OG2
∴ m  BG 

 3 ，∴ m 的最小值为 3 ，故答案为： 3 ．
22 12
（2）由（1）可得，当 A 在圆的外部时，且 AM , AN 为圆的切线时，∠MAN 最大，点 A 距离圆心最近.
∵ 90 α 180 ，∴当MAN  90 时，由TMA  TNA  90 ，如图，
∴四边形TMAN 是矩形，
由∵ TM  TN
∴四边形TMAN 是正方形， ∴ TA 
2TM  2r
当MAN  90 时， r  TA  2r
∵点 E 1, 3, F 4, 3,T t, 0 ， e T 经过原点，线段 EF 上所有的点都是e T 的关联点，则r  t ，
∴ EF 上距离T 最近的点在t  TA  2t 的圆环内.
①若线段 EF 均e T 内，线段 EF 上所有的点都是e T 的关联点，这些点与e T 的关联角度的最大值均为若
则
180 ，如图，
1 t 2  9  t 2
4  t 2
 9  t 2
 t  5 .
②若线段 EF 均在e T 外，则 EF 上距离T 最近的点在t  TA 
当t  0 时，如图：
2t 的圆环内.

1 t 2  9  2t 2
41

则4  t 2  9  2t 2 
t  3

当t  0 时，如图：
4  t  3 ；
则
1 t 2  9  t 2
4  t 2
 9  2t 2
 t  4 
41 .
41
综上可知： t  4 
41 或4  t  3 或t  5 .