全国通用2025_2026学年高二数学上学期第一次月考01选择性必修第一册空间向量与立体几何直线和圆的方程含解析人教A

这是一份全国通用2025_2026学年高二数学上学期第一次月考01选择性必修第一册空间向量与立体几何直线和圆的方程含解析人教A，共46页。试卷主要包含了测试范围，已知直线l 等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡
皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：人教 A 版 2019 选择性必修第一册第一章~第二章。
第一部分（选择题 共 58 分）
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的。
1．若a,b, c
  
构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（ ）
           
A． a c, a b,b c B． a c,b, a c b
            
C． b a,b a c, c 2b D． a b,b c, a c
【答案】D
         
     
【解析】因为 a c a b b c    共面，故 A 错误；
，所以 a c, a b,b c
   
         
      
因为 b a c 2 b b a c     共面，故 C 错误；
，所以 b a,b a c, c 2b
   
         
     
因为不存在 x，y，使得 a b x b c y a c    不共面，故 D 正确．
，所以 a b,b c, a c
   
故选：D
1 1
2．“ m  1”是“直线l1 : mx  2y 1  0与直线l : x  my   0 平行”的（ ）
2
2 2
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要
【答案】A
1 / 23
       
因为 a c b a c b
 
     
，所以 a c,b, a c b 共面，故 B 错误；
1 1
【解析】因为 m  1，所以直线l1 : x  2y 1 0，直线l x  y   ，则l 与l 平行，故充分条件成立；
: 0
2 1 2
2 2
1 1
当直线l1 : mx  2y 1  0与直线l x  my   平行时， m2 1，解得 m 1或 m  1，当 m 1时，直线
: 0 2
2 2
l1 : x  2y 1 0与直线l2 : x  2y 1 0 重合，当 m  1时，直线l x  y   ，直线l2 : x  2y 1 0 平行，
1 : 2 1 0
故必要条件成立.
1 1
综上知，“ m  1”是“直线l1 : mx  2y 1  0与直线l : x  my   0 平行”的充要条件.
2
2 2
故选：A.
3．若直线 mx  ny  3  0在 y 轴上的截距为 1，且它的倾斜角是直线 x  2y  3 的倾斜角的 2 倍，则（ ）
A． m  4,n  3 B． m  4,n  3 C． m  4,n  3 D． m  4,n  3
【答案】D
设直线 x  2y 3  0 的倾斜角为 ，则直线 mx  ny  3  0的倾斜角为2 ，
2 tan 1 4
tan 2   
故 1 tan2  1 3 ，
1
4
则直线 mx  ny  3  0的斜率 tan 2 m m 4
      ，所以 m  4 .
n 3 3
故选：D.
4．平行六面体 ABCD ABCD，其中 AB  4 ， AD  3， AA  3，BAD  90 ，BAA  60 ，
DAA  60，则 AC的长为（ ）
A． 55 B． 65 C． 85 D． 95
【答案】A
【解析】解：如图，
可得 AC  AB  BC  CC  AB  AD  AA ，
故| AC|2  (AB  AD  AA)2
2 / 23
【解析】令 x  0 ，则
3
y    1，所以 n  3，
n
因为直线 x  2y  3 的斜率为 1
2
，所以
1
tan  ，
2
        
 AB  AD  AA  AB AD  AB AA  AD AA               
| | | | 2 4 3 3 2 4 3 0 4 3 3 3 55
2 2 2 2 2 2 1 1
 
  
．
 2 2 
 AC  55 ．
故选：A
5．已知直线l ：m  2x  m 1y  m 1 0 ，若直线l 与连接 A1,2， B2,1两点的线段总有公共点，则
l 的倾斜角范围为（ ）
【答案】D
所以，直线l 过定点 P0,1，
设直线l 的斜率为 k ，直线l 的倾斜角为 ，则0    π
因为直线l 经过点 P0,1，且与线段 AB 总有公共点，
将 A1,2代入方程：m  2x  m 1y  m 1 0
可得：3  0 不成立， A1,2不在直线l 上，
所以 1 k 1，即 1 tan 1，
故选：D．
6．已知圆C x2  y2  x  my   m 关于直线 x  2y 1 0 对称，圆
1 : 2 1 0 R C 的标准方程是
2
(x  2)2  (y  3)2  16 ，则圆C 与圆
C 的位置关系是（ ） 1 2
3 / 23
 π π
A． ,
 
 4 4
3π 
B． ,π
 
 4 
π 3π
C． ,
 
4 4 
 π  3π 
0,  ,π
D．  
 
 4  4 
x  y 1 0
【解析】直线l 的方程可化为 mx  y 1 2x  y 1 0 ，由
    ，可得
2x y 1 0
x  0
  
，
y 1
因为直线 PA 的斜率为
  
1 2
0 1
 1，直线 PB 的斜率为
11 
1，
0  2
因为0    π 所以0
  π 或 3π π
  
4 4
故直线l 的倾斜角的取值范围是
   
π 3π
0, ,π
  ．
 4   4 
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
【答案】B
  
m m
故C1 的圆心为 1, r  且 m  0 ，
 ，半径 1
 2  2
C x   y   的圆心为2, 3，半径 r  ， 而 2 :( 2) ( 3) 16 2 4
2 2
因为C1 关于直线 x  2y 1 0 对称，所以直线 x  2y 1 0 经过圆心C ，
1
所以 C1C2  r1  r2 1 4  5 ，则圆C 与圆
C 外切，故 B 正确. 1 2
故选：B.
【答案】C
【解析】如图，分别以 AB 、 AD 、 AA1 方向为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系可得：
E ， 4, ,0 4, 3, 1 0,3,3 1 4, 0,3
F  3  3
G 
2, 3, 3 ， D  ， B  ， M x, y,0，
，
 2   2   
EF     
2, , 3 0, , 1 , 3, 3
3 FG   
3 3
，
， D M  x y   ，
 2   2 2 
设平面 EFG 的一个法向量 n  a,b,c，
4 / 23
2 2
C x    y   
m m
C1 : x  y  2x  my 1 0 ，所以
2 2 2
【解析】因为 1 :( 1)
 2  4
，
 m 
故1 2  1 0，解得 m  2 ，由两点间距离公式得
 2 
C1C2  9 16  5，
7．在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中，
AD  AA1  3, AB  4,E,F,G 分别是棱C D ，
1 1
BC,CC 的中点， M 是平面
1
ABCD 内一动点，若直线 D1M 与平面 EFG 平行，则
MB MD 的最小值为（ ）
1 1
11
4
A． 2 3 B．9 C．
D．
3
2
  3  

2a b 3c 0
   
EF n 0
2
则由    得 
FG n  0   
3 3
b c 0

2 2
，
可令 a  3，得b  4，c  4 ，即 n  3,4, 4 .
得：3x  4y 312  0，即： 3
y  x ，
4
又 MB    x y ， MD  x  y .
1 4 , ,3 1 ,3 ,3
所以 MB MD    xy y  y  x  x  y  y  ，
1 1 4 3 9 2 4 2 3 9
 
25 25 25 11
MB MD  x  x   x  2 
9 2 ， 2
1 1
16 4 16 4
11
所以当 x  2 时， MB MD 取得最小值，最小值为 .
1 1
4
故选：C.
8．如图，把一个长方形的硬纸片 ABCD 沿长边 AB 所在直线逆时针旋转 45 得到第二个平面 ABEF ，再沿宽
边 AF 所在直线逆时针旋转 45 得到第三个平面 AFGH ，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的
余弦值是（ ）
【答案】C
【解析】如图，把两个单位正方体叠放在一起 ，
5 / 23
由于直线 D1M 与平面 EFG 平行，则
D1M n  0 ，
将
3
y  x 代入上式整理得：
4
A．
6
4
B． 6 2

4
C．
1
2 D．
3
2
 C0D1  C0B2  2 ， B D  2  2  2  ，
2 1 1 1 2 6
所求锐二面角的大小的余弦值是 1
2 .
故选：C．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
A． A1F 与 BD不可能平行 B． A1F 与 B1D 始终异面
C． A1F 与平面 BDC1 可能垂直 D． A1F 与 B1D 始终垂直
【答案】AD
6 / 23
平面 A0 B0C2 D2 ，平面
A B C D ，平面 A0B1C1D0 分别代表第一，二，三个平面，
0 0 0 0
 四边形
B C C B 为正方形，C B  B C ，
2 2 0 0 0 2 0 2
 C D  平面
2 2
B C C B ，C B  平面
2 2 0 0 0 2
B C C B ，C D  C B ，
2 2 0 0 2 2 0 2
 B C  C D  C ，
0 2 2 2 2
B0C2 ,C2 D2  平面
A B C D ，C B  平面
0 0 2 2 0 2
A B C D ；
0 0 2 2
同理可得：C0 D1  平面
A B C D ；
0 1 1 0
平面
A B C D 的法向量为C B ，平面 A0B1C1D0 的法向量为C D ，
0 0 2 2 0 2 0 1
2  2  6 1
csB C D   
2 0 1
2 2  2 2
2π
B C D  ，即
， C B 与C D 的夹角为
2 0 1 0 2 0 1
3
2π
3
，
9．如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，当点 F 在线段
BC 上运动时，下列结论正确的是（ ）．
1
【解析】构建如图示的空间直角坐标系，若正方体棱长为 1，
则 D0, 0, 0， A  ， B  ， B1,1, 0，  
1 1, 0,1 1 1,1,1 C1 0,1,1 ，
则 BC   ，
1 1, 0,1
因为点 F 在线段 BC1 上，令 F a,1,c，0  a 1，则 BF  a 1,0,c
∴ F a,1,1 a且0  a 1，故 A F  a  a，
1 1, 1,
而 B D     ， BD  1,1, 0， DC   ，
1 1, 1, 1 1 0,1,1
显然 A1F 在由相交线 A1F 和 BC1 所成的平面上，
且 B1D 与该平面有交点，
故 F 在 BC1 上移动过程中 A1F 可能与 B1D 相交，B 错误；
故选：AD
10．1765 年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心，重心，垂心在同
一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知 ABC 的顶点 B1, 0,C 0, 2，重心
，则下 ,
 6 3 
列说法正确的是（ ）
7 / 23
由
BC ∥ BF 得c 1 a .
1
所以
A1F  B1D 1 a 1 a  0 ，即
A F  B D ，故 D 正确；
1 1
若
a 1 
  
A F  BD 且  R ，则 1 

1
  
a 0 

，不存在这样的 值，A 正确；
若
A F  面
1
     
A F BD 1 a 1 0
BDC ，则 1
   ，显然不存在这样的 a 值，故 C 错误．
1
 A F  DC 1 a  0

1 1
 5 
A．点 A 的坐标为 ,0
 
 2 
B． ABC 为等边三角形
C．欧拉线方程为 2x  4y 3  0
2 2
       
1 5 125
D． ABC 外接圆的方程 为
x y
   
 4   8  64
【答案】CD
A  B  C
3 3 5 9 5
,0 , 1,0 , 0,2 AB   1  , AC   4  , BC  5 ，
B：因为    ，所以  
 2  2 2 4 2
显然 ABC 不是等边三角形，故错误；
C：因为 AB  AC ，所以 ABC 的外心，重心，垂心都在线段 BC 的垂直平分线上，
即 BC 的垂直平分线方程为 2x  4y 3  0，
所以欧拉线方程为 2x  4y 3  0，故正确；
A  B   
3 1 1
,0 , 1,0 ，所以 AB 的中点为 ,0
D：因为   x  ，
  ，所以 AB 的垂直平分线方程为
 2   4  4
因为 BC 的垂直平分线与 AB 的垂直平分线的交点即为外心，
故选：CD.
11．如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， M 是棱 BC 的中点， N 是棱 DD 上的动点（含端点），
1
则下列说法中正确的是（ ）
8 / 23
  1 0 1
x
A



3 6
【解析】A：因为 
y  0  2 2
 
A

 3 3
 
x
，所以 
A
 
y

A
3
2
0
，所以
A 3 
,0
，故错误；
 2 
因为 B1, 0,C 0, 2，所以 BC 的中点为 1 ,1
  ，
 2 
2  0
k   2
又因为   ，所以 BC 的垂直平分线方程为
BC
0 1
y    1  x  1 
1
，
2  2 
 
2x  4y 3  0
x


所以  
1 ，解得 
x
  
 4 y


1
4
5
8
 1 5 
,
，所以外心 
 4 8 
，
所以外接圆的半径为
2 2
 1     5    5 5
0 2
   
 4   8  8
，
2 2
       
1 5 125
所以 ABC 外接圆的方程为
x y
   
 4   8  64
，故正确；
A．若 N 是棱 DD1 的中点，则四面体 D1  AMN 的外接球的表面积为7π
B．三棱锥 A1  AMN 的体积为定值
C．若 N 是棱 DD1 的中点，则过 A,M, N 三点的平面截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得的截面图形是三角形
【答案】BD
【解析】对于 A，如图所示，连接 AD1 ，取 AD 的中点为 M ，连接 MM ，
在 AD1N 中，设其外接圆半径为 r ，由正弦定理知，
10
ON  ，依题易得 AND1≌ D1M A，故 AMD   AND ，
1 1
2
则 10
OM   ON  ，设外接球半径为 R ，过O 作OE  MM ，交 MM 于 E ，
2
2  
2 10
则在 Rt△OEM 中，OM 2  OE2  ME2 ，即        ，①，
2
R 2 OO
2
 
9 / 23
D．若CN 与平面
 
3 6
AB C 所成的角为 ，则sin ,
   
1
3 3
 
设 AD1N 外接圆圆心为O ，四面体
D  AMN 的外接球球心为O ，连接OM ，
1
AN 5
  10  2r
sin AD N 2
1
2
，所以 10
r  ，即
2
且AMD1 和AND 同对弦
1
AD ，故
1
A,M , N, D 四点共圆，
1
由正方体性质知 MM   平面
ADD A ，而OM 平面
1 1
ADD A ，则 MM  OM，
1 1
又OO  平面
ADD A ，则OO // MM ，所以OOME 是矩形，则OE  OM  ，
1 1
2 7
OO  R  ，故外接球的表面积为 4πR2 14π ，故 A 错误； 联立①②，解得 1,
2
是棱 DD1 上的动点（含端点），
所以点 N 到平面 A1 AM 的距离为定值，设为 d ，
1 1 2 5 5
则V  V    S d   d  d ，为定值，故 B 正确；
A AMN N A AM A AM
3 3 2 3 1 1 1
对于 C，如图，延长 AM 交 DC 延长线于点 P ，连接 NP 交CC1 于点 H ，连接 MH ，
四边形 AMHN 为过 A,M, N 的平面截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得的截面图形，故 C 错误；
对于 D，以 A 为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
10 / 23
在 RtOON 中，ON2  OO 2  ON 2
' ，即
2
 
2 2 10
R OO
     ②，
2
 
对于 B，连接 A1M ，因为 DD1 / /AA1 , AA1  平面
A1 AM , DD1  平面
A AM ，所以 DD1 / / 平面
1
A AM ，又点 N
1
则 A0, 0, 0, B 2,0, 2,C 2, 2,0, N 0, 2,, 0, 2，
1
则 AB    AC    CN   ，
1 2,0, 2 , 2, 2,0 , 2, 0,

     
 1 0  2 2 0
n AB x z
设平面 AB1C 的法向量 n  x, y, z，则
      
 ，
2x 2y 0
n AC 0
令 x 1，则 y  z  1，故 n  1,1,1，则



 n CN   2 3 2  4  4 3 4
sin  cs n,CN    ,  1
 ，
3 2 4 3 2 4
  n  CN 3  4  
2
3 4 3 4 3 4 6
sin  1  1  1 
当  0 时，sin 3
3 4 3 3 4 3
    4  ，   ，当  0 时， 2
2 · 3
 
故选：BD.
【点睛】方法点睛：立体几何中涉及到几何体的截面问题时，一般根据平面的基本性质作出截面，然后解
决问题，涉及到空间角问题一般可能建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角．
第二部分（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
  
 4 
12．已知空间向量 a  (1,1, 0),b  (1,0, 2),c  1, ,2
且 ka  b 与 c 互相平行，则实数 k 的值 .
 k 
【答案】2
【解析】由条件可知 ka  b  k,k,0 1,0, 2  k 1,k,2，
解之得 1,k  2.
故答案为：2
13．在平面直角坐标系 xOy 中，圆C 经过点 A1, 0， B1, 2且圆心在直线 2x  y  2  0 上，若直线 x  ay  3
被圆C 截得弦长为 2 3 ，则实数 a 的值 为
11 / 23
3 4 3
当且仅当  2 时等号成立，又    
sin 1
3 2 4 3

，故 D 正确.
k 1 


   4
因为 ka  b 与 c 互相平行，所以 ka  b  c  k 
k

2  2

，
【答案】  15
【解析】因为 A(1, 0)， B1, 2的中点为 E 0,1，且直线 AB 的斜率 2 0 1

k    ，
AB
11
 y  x 1
则线段 AB 的垂直平分线所在直线的方程为 y  x 1，联立方程    
，
2x y 2 0 x  1
，即圆心C 1, 0， r  CA  2 ，所以，圆C 的方程为 
  x 1  y  4
2 2
解得
y 0
因为直线 x  ay  3 被曲线C 截得弦长为 2 3 ，则圆心到直线的距离 d  4 3 1，
故答案为：  15
D P  D B ，则正确结论的序号 为
1 1
【答案】②③
【解析】如图，以点 D 为坐标原点，分别以 DA， DC ， DD1 为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系.
12 / 23
由点到直线的距离公式可得
1 a0 3
a
2
1
1，解得 a   15 .
14．如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为边 AD 的中点，点 P 为线段
D B上的动点，设
1
1
  时， EP // 平面
①当
3
1
  时， PE 取得最小值，其值为 2 ；
AB C ；②当
1
2
③ PA  PC 的最小值为 4 6
3
；④当C1 平面CEP时， 
1
4
则 D(0, 0, 0) ， A(2,0,0)， B(2, 2, 0) ，C(0, 2, 0) ，
A1(2,0, 2)， B1(2, 2, 2) ，
m  (x , y , z ) ， 设平面 AB1C 的法向量为
1 1 1

     
m AC 0  2x 2y 0
 1 1
则     ，
 ，即
  2y 2z 0 m AB 0 

1
1 1
所以m  (1,1,1) .
 
1 2 4
m EP 1( ) 1  (1)  1 0 因为 ，
3 3 3
因为 PE  (1 2,2,2  2) ，
 12 12  5
2
1
 12(  )  2 ，
2
2
1
  时， PE 取得最小值，且最小值为 2 .故②正确； 所以当
2
因为 PA  PC  (2  2)2  (2)2  (2  2)2  (2)2  (2  2)2  (2  2)2
 4 32  4  2
2 2
 4 3(  )  ，
2
3 3
13 / 23
C1(0, 2, 2) ， D1(0, 0, 2) ， E(1, 0, 0) ，
设点 P(x, y, z)，因为
D P  D B ，
1 1
所以
D P  D B ，即(x, y, z  2)  (2, 2,2)，
1 1
 x  2
 
y 2
解之可得 
  
z 2 2

，所以 P(2,2,2  2) .
  时， (2 , 2 , 4)
1
当 P ，
3 3 3 3

1 2 4
所以 EP  ( , , ) ， AC  (2, 2, 0) ，
3 3 3
AB1  (0, 2, 2) ，
取 x1 1，则
y1 1， z1  1，
所以 m  EP ，所以 EP 与平面
AB C 不平行.故①错误；
1
所以
PE  PE  (1 2)  (2)  (2  2)
2 2 2
  时， PA  PC 取得最小值，且最小值为 4 6
2
所以当
3 3
.故③正确；
当C1 平面CEP时，点 P平面C CE ，
1
因为 EC  (1, 2, 0) ，CC1  (0, 0, 2) ，CP  (2,2  2,2  2) ，
设平面C1CE 的法向量为 n  (x , y , z ) ，
2 2 2
因为CPn  (2)2  (2  2)1 (2  2)0  2  6 ，
1
点 P平面C1CE ，所以 2  6  0，所以  .故④错误.
3
故答案为：②③
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13 分）
已知直线l :k  2x k 1y  k 3  0k R恒过定点C ，且以C 为圆心的圆与直线3x  4y  20  0相切.
(1)求圆C 的一般方程；
(2)设过点 P2, 0的直线与圆C 交于 A ， B 两点，判断 PA  PB 是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，
请说明理由.
【答案】(1) x2  y2  4x  2y 1 0
(2)13
【解析】（1）由k  2x k 1y  k 3  0k R可得 k(x  y 1)  (2x  y 3)  0 ，
x  y 1 0
当
   
时，解得 x  2, y 1，
2x y 3 0
故直线恒过定点C 2,1，
即圆的半径为 2,
所以圆的方程为：x  2  y 1  4 ，
2 2
故圆的一般方程为 x2  y2  4x  2y 1 0
14 / 23

n  EC  0 x  2y  0

 2 2
则  
 ，即
  2z 0
n CC 0 

1
2
，
取 x2  2，则
y2 1，
z2  0 ，所以 n  (2,1, 0).
所以圆心C 2,1到切线3x  4y  20  0的距离
d
6  4  20 10
  
3 4
2 2
 5
2
，
（2）点 P2, 0到圆心C 的距离  
PC  2  2 2 12  17  2 ，故点 P 在圆外，
如图，
过点 P2, 0的直线与圆C 相交时斜率存在，故设过点 P 的直线方程为y  k( x  2) ，
代入圆的方程可得   
1 k x  4k  2k  4 x  4k  4k 1 0 ，
2 2 2 2
当  2  
Δ  4k  2k  4  4 1 k (4k  4k 1)  0 时，
2 2 2
设 Ax y ，  
1, 1 B x2 , y2 ，
所以| PA|| PB | 1 k2 | x  2 | 1 k2 | x  2 |
1 2
   
 1 k x x  2 x  x  4
2
1 2 1 2
4 2  4 1 4  4 2  2
k k k k
 1 k )  2  4
2
1 k 1 k
 2  2
| 4k2  4k 188k2  4k  4  4k2 |13.
即 PA  PB 为定值 13.
16．（15 分）
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA 底面 ABCD， PA  AC  2，BC 1，BAC  30 ．
(1)若 AD  PB ，证明： AD / / 平面 PBC.
15 / 23
则
4  4k2  2k 4k2  4k 1
x  x  , x x  ，
1 2 2 1 2 2
1 k 1 k
【答案】(1)证明见解析
(2) 3
【解析】（1）在四棱锥 P  ABCD 中，由 PA 平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，得 PA  AD ，
又 AD  PB, PB  PA  P, PB, PA  平面 PAB，则 AD  平面 PAB，
而 AB  平面 PAB，于是 AD  AB ，
由余弦定理得 AB2  AC2  BC2  2AC  BC sin 30  5 2  3，
所以 BC2  AB2  4  AC2 ，得 BC  AB，
则 AD / /BC ，又 AD  平面 PBC, BC  平面 PBC ，
所以 AD / / 平面 PBC .
（2）以 DA， DC 所在直线为 x ， y 轴，过点 D 作平面 ABCD 垂直的线为 z 轴，
建立如图所示空间直角坐标系 D  xyz ：
令 AD  t ，则 At,0,0， Pt,0, 2， D0, 0, 0，
 
      
n AC tx 4 t2 y 0
设平面 ACP 的法向量 n  x y z ，所以
1 1, 1, 1  1  1 1 ，
n  AP  2z  0 
1 1
    
n DP tx 2z 0
设平面 CPD 的法向量为 n2  x2 , y2 , z2 ，所以
2 2 2
   ，
n  DC  4 t y  0
2

2 2
16 / 23
解得t  3 ，所以 AD  3 .
17．（15 分）
公元前 3 世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯（Apllnius）在《平面轨迹》一书中，研究了众多的平面轨迹问
题，其中有如下著名结果：平面内到两个定点 A，B 距离之比为 （  0 且  1）的点 P 的轨迹为圆，此
PA
圆称为阿波罗尼斯圆.已知两定点 A1, 4， B2, 4，若动点 P 满足  2 ，动点 P 轨迹为圆 C.
PB
(1)求圆 C 的方程；
(2)过点0,1的直线 l 与圆 C 交于 D、E 两点，若弦长 2 55
DE  ，求直线 l 的方程；
5
(3)若 Q 是 x 轴上的动点，QF ，QG 与圆 C 相切，切点分别为 F，G，试问直线 FG 是否恒过定点？若是，
求出定点坐标：若不是，请说明理由.
【答案】(1)x 3  y  4  4
2 2
(3)过定点，3, 3
PA
【解析】（1）设 Px, y，则由  2 可得 PA 2  4 PB 2 ，
PB
即       
x 1 2  y  4 2  4 x  2 2  y  4 2 
  ，
则点 P 的轨迹方程为：x 3  y  4  4；
2 2
（2）易知，直线 l 的斜率不存在时，直线与圆相离，不满足题意；
故直线 l 存在斜率，设直线 l 为 y  kx 1，
则  
9 k 1 5k 18k 5 2 55
2 2
DE 2 r d 2 4 2
 2  2    
2  2 
k 1 k 1 5
17 / 23
(2)若 AD  DC ，且二面角 ACP  D 的正弦值为 42
7
，求 AD 的值.

DC  4 t ，C 0, 4 t ,0，故  
2 2
AC  t, 4 t ,0
2
， AP  0,0, 2，
设 1 4 2
x   t ，则 y1  t ，

z  ，所以  
1 0 n1  4 t ,t,0
2
，
设 z2  t ，则 x2  2 ，
y  ，所以 n   t，
2 0 2 2, 0,
因为二面角 ACP  D 的正弦值为 42
7
，则余弦值为 7
7
，
又二面角为锐角，所以
  n n t
7 2 4 2
1 2
 cs n ,n     ，
1 2 2
7 n n 2 4  t
1 2
(2)
1
y  x 1或
2
1
y  x 1
2
则点C 3, 4到直线 l 的距离为
d

3k 3
k2 1
则 2k 5k  2  2k 1k  2 0
2
1
k  或 k  2 所以
2
 3 t 
（3）设Qt,0，则以CQ为直径的圆的圆心为
,2
  ，
 2 
即 x2  y2 3 tx  4y  3t  0 ，记此圆为圆 P.
因为直线 FG 为圆 C 与圆 P 的相交弦所在直线，
所以两圆方程作差可得直线 FG 的方程为3tx  4y  3t  21 0 ，
即3 xt  3x  4y  21 0 .
3 x  0 x  3
由     ，解得  
3x 4y 21 0 y 3
所以直线 FG 恒过定点，定点坐标为3, 3 .
18．（17 分）
如图，四面体 ABCD 中， AB  BC  BD  AC  2, AD  DC  2 ．
18 / 23
直线 l 为
1
y  x 1或
2
1
y  x 1
2
记
 3 t 
  2 
2 2 t 3 16
1 1
P ,2
 ，半径为          ，
CQ t 3 0 4
 2 
2 2 2
则此圆的方程为    
3 2 t 3 16
2 2
     
t
x y 2
 
 2  4
，
(1)求证：平面 ADC 平面 ABC ；
(2)若 DP  DB(0   1) ，
①若直线 AD 与平面 APC 所成角为 30°，求 的值；
DG
②若 PH  平面 ABC, H 为垂足，直线 DH 与平面 APC 的交点为G ．当三棱锥 P  ACH 体积最大时，求
GH
的值．
【答案】(1)见解析
(2)① 1 3 DG
    ；② 2

2 GH 1
【解析】（1）取 AC 的中点O ，连接 DO,OB ，
因为 AC  2, AD  DC  2 ，则 DO  AC ，
所以 AD2  DC2  AC2 ，所以 DA  DC ，所以 DO 1，
又因为 AB  BC  BD  2, 所以 BO  AC ，
则 BO  BC2 CO2  3 ，又因为 BO2  DO2  BD2 ，
所以 DO  BO ，又因为 DO  AC ，
AC  BO  O, AC,BO 平面 ABC ，所以 DO  平面 ABC ，
又因为 DO  平面 ACD ，所以平面 ADC 平面 ABC ；
（2）①因为OC,OD,OB 两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以 A1,0,0,C 1,0,0, D0, 0,1, B0, 3,0，
P x y z ，因为     设  1, 1, 1  DP  x1, y1, z1 1 , DB  0, 3,1 ，
所以 P0, 3, 1，
19 / 23
所以由 DP  DB(0   1) 可得：
x1  0, y1  3, z1   1，
 1, 0,1,  2, 0, 0,  1, 3 , 1 AD   AC   AP      ，

    
n AC 2x 0
设平面 APC 的法向量为 n  x, y, z，则 
 ，
n  AP  x   y    z 
 3 1 0 

取 y   1，可得 x  0, z   3 ，所以 n  0, 1, 3
，
因为直线 AD 与平面 APC 所成角为 30°，
解得：  1 3 或  1 3 （舍去）.
2 2
②由（1）知， DO  平面 ABC ，又 PH  平面 ABC,
所以 PH / /DO ， H 在 BO上，
因为 DP  DB(0   1) ，所以 DP   DB =2 ，
所以OH  OB  BH  3  3 1  3 ，
三棱锥 P  ACH 体积为：
1 1 1 1
V   S  PH    AC OH  PH  OH  PH
P ACH ACH
3 3 2 3
1,0,0,  1,0,0, 0, 0,1, 0, 3,0 A C  D B
设 DG  DH 0   1，设  
G x2 , y2 , z2 ，
20 / 23
所以


cs n, AD

n AD 3 1
 
   

2
n AD    
2
2   1  3
 2 
32 1

则  
2 4  2 1 4
2
，化简可得： 22 +2 1 0，
PB  2  2 ，所以
PH BP BH
  ，
PO BD BO
即
PH  2  2  BH ，所以 PH 1 , BH  31 ，
1 2 3
2
 1       3   3    3   1   3
3 1
 
2
3 3 3 3  2  12
，
  时，三棱锥 P  ACH 体积最大为 3
1
因为0   1，当
2
12
，
此时 P, H 分别为 BD，OB 的中点，所以
   
3 1 3
P0, , , H 0, ,0
   
2 2 2
，
   
因为G 在平面 PCA 上，所以设GP  mGC  nGA，
        
3 3 1 3 3
GP  0,  ,  ,GC  1, , 1,GA  1, , 1 所以 ，
2 2 2 2 2
     
【点睛】关键点睛：本题第二问②的关键点在于 PH / /DO 且 H 在 BO上，由此可得 PH 1 , 所以
OH  3 ，表示出三棱锥 P  ACH 体积，由二次函数的性质求出三棱锥 P  ACH 体积的最大值，即可知
19．（17 分）
在空间直角坐标系Oxyz 中，定义：过点 Ax y z ，且方向向量为 m  a,b,c abc  0的直线的点方向式
0 , 0 , 0
x  x y  y z  z
方程为 0  0  0 ；
a b c
0 , 0 , 0
n a,b,c a  b  c  0 的平面的点法向式方程为
2 2 2
过点 Ax y z ，且法向量为   
ax  x  by  y  cz  z   ，将其整理为一般式方程为ax  by  cz  d  0，其中
0
0 0 0
d  ax  by  cz ．
0 0 0
21 / 23
   
3
因为        
DG x , y , z 1 , DH 0, , 1
2 2 2
2
 
，
所以
 
3
3
G0, , 1
x  0, y  , z   1，所以
 
2 2 2
2
2  
，
    
3 3 3 3
    
   m    n  
2 2 2 2
    

  
0 m n
所以 ，解得：

1
        
m 1 n 1
 2

2
  ，
3
 
2
DG  DH
所以 ，所以
3
DG
GH
2
 .
1
P, H 分别为 BD，OB 的中点，再由空间共面定理可得出
DG
GH
的值.
平面1 所成角的余弦值；
(2)已知平面2 的一般式方程为 2x  3y  z 1 0 ，平面  的一般式方程为 x  y  2z  4  0，平面 的一般式
1 1
方程为2m 1x  3m  2y  m 1z 5  0，若      ，证明：l  ；
2 1 l2 , l2 1 2 // 1
【答案】(1) 3 7
8
(2)证明见解析
(3) 2 7
7
由平面1 的一般式方程为 2x  3y  z  5  0 可知平面 的一个法向量为 n    ，
1 2, 3,1 1
设直线l1 与平面1 所成角为θ ，
 
 
m n 2 3  2 3 1 1
所以有sin θ  cs m ,n   1 1   ，
1 1 
m  n 8 8 8
1 1
（2）由平面2 : 2x  3y  z 1 0 可知平面 的一个法向量为 n   ，
2 2, 3,1 2
由平面 1 : x  y  2z  4  0 可知平面  的一个法向量为 n     ，
3 1, 1, 2 1
     
m n 2x 3y z 0
设两平面交线l2 的方向向量为 m  x y z ，则  2  2 0 0 0 ，
2 0 , 0 , 0 
m n  x  y  2z  0 
2 3 0 0 0
由平面1 :2m 1x  3m  2 y  m 1z 5  0 可知平面 的一个法向量为 n   m  m  m  ，
4 2 1, 3 2, 1 1
因为 m n   m    m    m    ，即 m  n ，且l   ，所以l2 //1 ．
2 4 2 1 1 3 2 1 1 1 0
2 4 2 1
（3）因平面3 经过三点 P4, 0, 0,Q3,1,1, H 1,5, 2，可得QP  1,1,1, HP  5,5,2，
22 / 23
(1)已知直线l1 的点方向式方程为
x 1 y 2
     ，平面
 的一般式方程为 2x  3y  z  5  0 ，求直线
z l 与
3 2
1 1
(3)已知斜三棱柱 ABC  A1B1C1 中，侧面
ABB A 所在平面
 经过三点 P4, 0, 0, Q3, 1, 1, H 1, 5, 2，侧
1 1 3
面 BCC1B1 所在平面 2 的一般式方程为 x  2y  z  4  0 ，侧面
ACC A 所在平面 的一般式方程为
1 1 2
mx  6y  2mz 1 0 ，求平面
ABB A 与平面
1 1
ACC A 夹角的余弦值．
1 1
【解析】（1）由直线l1 的点方向式方程为
x 1 y 2
     可知直线
l 的一个方向向量坐标为  
m1  3,2,1
z
3 2
1
所以cs θ  3 7 ，即直线l1 与平面1 所成角的余弦值为 3 7
8 8
．
令 z0 1，则
x0 1, y0  1，可得 m2  1,1,1，
设侧面 ABB1 A1 所在平面3 的法向量为 n  x y z 
5 1, 1, 1
由平面2 : mx  6y  2mz 1 0可知平面 的一个法向量为 n  m m，
7 ,6,2 2
由 n7  AA1, AA1 / /BB1 ，则 m3  n7 ,m3 n7  m  6  2m  0 ，解得 m  2 ，
即 n   ，
7 2, 6, 4
故平面 ABB1 A1 与平面 ACC1 A1 夹角的余弦值为
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解题中给出的结论，并能利用结论解决问题.
23 / 23     
QP n x y z 0
 5 1 1 1 ，令
则 
HPn  5x 5y  2z  0

5 1 1 1
x1 1，解得
y  z  ，可得 n5  1,1, 0，
1 1, 1 0
由平面 2 : x  2y  z  4  0 可知平面
 的一个法向量为 n   ，
6 1, 2,1
2
设平面3 与平面  的交线
l （即直线
2 3
BB ）的方向向量为 m  x y z ，
3 2 , 2 , 2
1
    
m n x y 0
 3  5 2 2 ，令
则 
m n  x  2y  z  0

3 6 2 2 2
x2 1，则
y2  1，
z2 1，可得 m3  1,1,1，
cs
 
n ,n
5 7
 
n n 12 16 2 7
     ．
5 7
n n 2 2 14 7
5 7