2025-2026学年高二数学上学期第三次月考模拟卷02（全国通用，人教A版选择性必修第一册全部内容）

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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．直线x−3y−2025=0的倾斜角为（ ）
A．5π6B．2π3C．π3D．π6
【答案】D
【分析】求出直线的斜率，利用直线的斜率与倾斜角的关系可得结果．
【解答】解：由已知可得直线的斜率为33，所以该直线的倾斜角为π6．
故选：D．
2．已知点(2，12)在抛物线y＝ax2上，则该抛物线的准线方程为（ ）
A．y=−132B．x=−132C．y＝﹣2D．x＝﹣2
【答案】C
【分析】把点的坐标代入求出a，进而求解结论．
【解答】解：由题可得：12=a×22，解得a=18，
故抛物线方程为：x2＝8y，2p＝8，p＝4，
故该抛物线的准线方程为y＝﹣2．
故选：C．
3．已知圆的一条直径的端点分别是A（2，1），B（﹣4，﹣3），则该圆的方程为（ ）
A．（x+1）2+（y+1）2＝13B．（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1
C．（x+1）2+（y﹣1）2＝9D．（x﹣1）2+（y+1）2＝5
【答案】A
【分析】根据线段的中点坐标公式，求得AB的中点为C（﹣1，﹣1），由两点之间的距离公式求出r＝|CA|=13，进而求得该圆的标准方程，可得答案．
【解答】解：根据A（2，1）、B（﹣4，﹣3），可得AB的中点为C（2−42，1−32），即C（﹣1，﹣1），
以AB为直径的圆心，圆心为C，半径r＝|CA|=(−1−2)2+(−1−1)2=13，
所以该圆的方程为（x+1）2+（y+1）2＝13．
故选：A．
4．已知向量a→=（﹣1，2，1），b→=（3，x，y），且a→∥b→，那么实数x+y等于（ ）
A．3B．﹣3C．9D．﹣9
【答案】D
【分析】由a→=（﹣1，2，1），b→=（3，x，y），且a→∥b→，知3−1=x2=y1，由此能求出实数x+y的值．
【解答】解：∵a→=（﹣1，2，1），b→=（3，x，y），且a→∥b→，
∴3−1=x2=y1，
解得x＝﹣6，y＝﹣3，
∴实数x+y＝﹣6﹣3＝﹣9．
故选：D．
5．过点M（0，1）作圆O1：（x﹣2）2+（y﹣2）2＝1的两条切线，切点分别为A，B，则原点O到直线AB的距离为（ ）
A．5B．2C．3D．22
【答案】A
【分析】首先求解四边形MAO1B的外接圆的方程，再求解直线AB的方程，即可求解点到直线的距离．
【解答】解：由图可知，O1A⊥MA，O1B⊥MB，
则M，A，O1，B四点共圆，圆的直径是MO1，点M（0，1），O1（2，2），
|MO1|=22+(2−1)2=5，MO1的中点坐标为(1，32)，
所以四边形MAO1B的外接圆的方程为(x−1)2+(y−32)2=54，
即x2+y2﹣2x﹣3y+2＝0，圆Q1：x2+y2−4x−4y+7=0，
两式相减得直线AB的方程2x+y﹣5＝0，
则原点到直线2x+y﹣5＝0的距离d=|−5|22+12=5．
故选：A．
6．在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是棱AB，AA1的中点，过MN作平面α，使得BD∥α，则直线MC1与平面α所成角的正弦值为（ ）
A．33B．32C．539D．233
【答案】C
【分析】以A为原点，直线AB为x轴，直线AD为y轴，直线AA1为z轴建立空间直角坐标系，取AD中点Q，平面MNQ即为平面α．再根据线面角的向量法求解即可．
【解答】解：如图，以A为原点，直线AB为x轴，直线AD为y轴，直线AA1为z轴建立空间直角坐标系，
取AD中点Q，因为M是棱AB的中点，
故MQ∥BD，
又MQ⊂平面MNQ，BD⊄平面MNQ，
则BD∥平面MNQ，
故平面MNQ即为平面α．
∴M（2，0，0），N（0，0，2），Q（0，2，0），C1（4，4，4），
∴MN→=(−2，0，2)，MQ→=(−2，2，0)，MC1→=(2，4，4)，
设平面α的一个法向量为n→=(a，b，c)，
则MN→⊥n→MQ→⊥n→，即MN→⋅n→=−2a+2c=0MQ→⋅n→=−2a+2b=0，
令a＝1，则a=1b=1c=1，
即n→=(1，1，1)为平面α的一个法向量，
∴直线MC1与平面α所成角的正弦值为：sinθ=|cs〈MC1→，n→〉|=|MC1→⋅n→||n→||MC1→|=539．
故选：C．
7．已知P是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)右支上的一点，F是C的右焦点，点P关于原点O的对称点为M，延长PF交C于点N，且MF→⋅FN→=0，|MF||FN|=3，则C的离心率为（ ）
A．214B．666C．213D．264
【答案】D
【分析】根据题意作出图形，设双曲线的左焦点为F'，连接MF'，NF'，PF'，设|NF|＝m，则|MF|＝3m，由双曲线定义可得|MF'|、|NF'|的表达式，根据点P和点M关于原点对称，可得四边形MFPF'为平行四边形，可得|FP|、|PN|，又MF→⋅FN→=0，可得平行四边形MFPF'为矩形，在Rt△NPF'和Rt△MF'F中，运用勾股定理，可解得m与a的关系式以及双曲线的离心率．
【解答】解：如图，
设双曲线的左焦点为F'，连接MF'，NF'，PF'，
设|NF|＝m，则|MF|＝3m，
由双曲线定义可得|MF'|＝3m﹣2a，|NF'|＝m+2a，
因为点P和点M关于原点对称，所以四边形MFPF'为平行四边形，
所以|FP|＝|MF'|＝3m﹣2a，则|PN|＝|NF|+|FP|＝4m﹣2a，
又MF→⋅FN→=0，所以平行四边形MFPF'为矩形，MF⊥NF，NP⊥F'P，
则在Rt△NPF'中，|PF′|2+|PN|2＝|NF'|2，即9m2+（4m﹣2a）2＝（m+2a）2，
整理得m=5a6，
所以|MF'|=a2，|MF|=5a2，
则在Rt△MF'F中，|MF'|2+|MF|2＝|F'F|2，即a24+25a24=4c2，
解得离心率e=ca=264．
故选：D．
8．如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P满足BP→=λBC→+μBB1→，λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是（ ）
①当λ＝μ≠0时，BP∥平面AB1D1；
②当λ＝μ时，AP⊥B1C；
③当λ+μ＝1时，AP长度的最小值为32；
④当λ+μ＝1时，存在点P，使得AP与平面BCC1B1所成的角为π3．
A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理，三垂线定理，线面角的概念，针对各个问题，分别求解即可．
【解答】解：对①，当λ＝μ≠0时，P为线段BC1上的点（不含B点），
显然BP∥AD1，又BP⊄平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1；
所以BP∥平面AB1D1；所以①正确；
对②，当λ＝μ时，P为线段BC1上的点，又AB垂直右侧面，
所以AP在右侧面的射影为BC1，又BC1⊥B1C，
所以根据三垂线定理可得AP⊥B1C，所以②正确；
对③，当λ+μ＝1时，P为线段B1C上的点，
又三角形AB1C是边长为2的等边三角形，
所以AP长度的最小值为该等边三角形的高，即为2×32=62，所以③错误；
对④，当λ+μ＝1时，P为线段B1C上的点，又AB垂直右侧面，
所以AP与平面BCC1B1所成的角为∠AOB，且tan∠APB=ABBP=1BP，
所以当BP取最小值12BC1=22时，tan∠APB=1BP取得最大值2＜tanπ3=3，
所以∠APB小于π3，所以不存在点P，使得AP与平面BCC1B1所成的角为π3，所以④错误．
故选：A．
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．
9．如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以A为顶点的三条棱长均为1，且两两之间的夹角都是60°，则下列说法中正确的是（ ）
A．BD1→=−AB→+AD→+AA1→
B．BD1=6
C．BD1与AC所成角的余弦值为63
D．BD1→在AC→方向上的投影向量是13AC→
【答案】AD
【分析】以AB→，AD→，AA1→为基底，表示出BD1→，AC→，由空间向句量的线性运算和数量积运算逐个选项判断即可．
【解答】解：对于A，BD1→=AD1→−AB→，AD1→=AD→+AA1→，
则BD1→=−AB→+AD→+AA1→，故A正确；
对于B，|BD1→|=(AD→+AA1→−AB→)2=1+1+1+2×12−2×12−2×12=2，故B错误；
对于C，|AC→|=(AB→+AD→)2=1+2×12+1=3，BD1→⋅AC→=(AD→+AA→−AB→)⋅(AB→+AD→)=AD→2−AB→2+AA1→⋅AB→+AA1→⋅AD→=1，cs〈BD1→，AC→〉=BD1→⋅AC→|BD1→||AC→|=12×3=66，故C错误；
对于D，BD1在AC→方向上的投影向量为BD1→⋅AC→|AC→|2⋅AC→=13AC→，故D正确．
故选：AD．
10．已知直线l：（λ+1）x+2y+λ﹣1＝0，圆C1：x2+y2﹣4y＝0，圆C2：x2+y2﹣4x＝0，则下列结论正确的是（ ）
A．直线l恒过定点（﹣1，1）
B．直线l与圆C1一定相交
C．圆C1与圆C2公共弦所在直线方程为y＝﹣x
D．当λ＝0时，圆C1上恰有3个点到直线l的距离等于1
【答案】AB
【分析】根据直线过定点的求法可判断A正确；利用定点与圆C1的位置关系，可判断B；根据圆与圆的位置关系可判断出两圆相交，两圆方程作差可得公共弦所在直线方程，判断C；通过圆的圆心到直线的距离，与圆的半径比较，判断D．
【解答】解：对于A，直线l：（λ+1）x+2y+λ﹣1＝0可整理为（x+1）λ+（x+2y﹣1）＝0，
由x+1=0x+2y−1=0，解得：x=−1y=1，∴直线l恒过定点（﹣1，1），A正确；
对于B，圆C1：x2+y2﹣4y＝0的圆心（0，2），半径为2，∵(−1−0)2+(1−2)2=2＜2，∴点（﹣1，1）恒在圆C1：x2+y2﹣4y＝0内部，
∴l与圆C1一定相交，B正确；
对于C，由圆的方程可得：圆C1（0，2），半径r1＝2；圆C2（2，0），半径r2＝2，
|C1C2|=4+4=22，∴|r1﹣r2|＜|C1C2|＜r1+r2，
∴两圆相交，∴两圆方程作差可得公共弦所在直线方程为：x﹣y＝0，C不正确；
对于D，λ＝0时，直线l：（λ+1）x+2y+λ﹣1＝0，化为x+2y﹣1＝0，圆C1：x2+y2﹣4y＝0的圆心（0，2），半径为2，
圆的圆心到直线的距离为：|4−1|1+4=35＞1，所以圆C1上有2个点到直线l的距离等于1，D不正确．
故选：AB．
11．已知椭圆C：x2m+y2=m的长轴长是离心率的两倍，P（x0，y0）为C上任意一点，且原点O为C的对称中心，则（ ）
A．m=12
B．x0+y0的最小值为−334
C．x0y0的最大值为28
D．线段OP的中垂线不可能经过C的顶点
【答案】AC
【分析】根据曲线表示椭圆可得m范围，分别讨论0＜m＜1和m＞1的情况，根据长轴长为离心率的两倍可构造方程求得A正确；
设x0=12csθ，y0=22sinθ，θ∈[0，2π），结合三角恒等变换和三角函数值域的知识可确定BC正误；
将椭圆顶点坐标代入线段OP中垂线方程中，发现方程可以成立，则D错误．
【解答】解：对于选项A，根据椭圆方程得：x2m2+y2m=1，因此m2≠mm＞0，解得：m＞0且m≠1，
当0＜m＜1时，m2＜m，椭圆C焦点在y轴上，则其长轴长为2m，焦距为2m−m2，
因此e=m−m2m=1−m，因此2m=21−m，解得：m=12；
当m＞1时，m2＞m，椭圆C焦点在x轴上，则其长轴长为2m，焦距为2m2−m，
因此e=m2−mm=1−1m，因此21−1m=2m，整理可得：m3﹣m+1＝0，
当m＞1时，m3﹣m＝m（m+1）（m﹣1）＞0，∴m3﹣m+1＝0无解；
综上所述：m=12，因此选项A正确；
对于选项B，根据A知：椭圆C：y212+x214=1，
设x0=12csθ，y0=22sinθ，θ∈[0，2π），
因此x0+y0=12csθ+22sinθ=32sin(θ+φ)（其中tanφ=22，0＜φ＜π2），
那么当θ+φ=3π2时，x0+y0取得最小值−32，因此选项B错误；
对于选项C，x0y0=24sinθcsθ=28sin2θ，
则当2θ=π2或5π2时，x0y0取得最大值28，因此选项C正确；
对于选项D，因为O（0，0），所以OP中点G(x02，y02)，
若P不是椭圆C顶点，则kOP=y0x0，
所以OP中垂线方程为：y−y02=−x0y0(x−x02)，即x0x+y0y−x022−y022=0，
将(12，0)代入方程得：12x0−x022−1−4x024=0，化简得：2x02+2x0−1=0，
解得：x0=−1−32或x0=−1+32，又−12≤x0≤12，∴x0=−1+32，
所以OP中垂线可能经过椭圆C顶点，因此选项D错误．
故选：AC．
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。
12．点A（3，﹣3）关于直线l：x﹣y﹣2＝0的对称点的坐标为 ．
【答案】（﹣1，1）．
【分析】设点A（3，﹣3）关于直线x﹣y﹣2＝0的对称点B（a，b），根据轴对称的性质建立关于a、b的方程组，解之即可得到本题的答案．
【解答】解：设点B（a，b）是点A关于直线l：x﹣y﹣2＝0的对称点，
则AB的中点在对称轴l上，可得a+32−b−32−2=0⋯①，
由AB⊥l，且l的斜率为1，可得kAB=b+3a−3=−1⋯②，
根据①②组成方程组，解得a＝﹣1，b＝1，即B的坐标为（﹣1，1）．
故答案为：（﹣1，1）．
13．在正三棱锥S﹣ABC中，SA＝SB＝SC＝1，∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2，则点S到平面ABC的距离为 ．
【答案】33．
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求点到平面的距离．
【解答】解：建系如图：
则S（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），C（0，0，1）．
所以AB→=(−1，1，0)，AC→=(−1，0，1)，SA→=(1，0，0)．
设n→=(x，y，z)是平面ABC的法向量，
则n→⋅AB→=−x+y=0n→⋅AC→=−x+z=0，取x＝1，得y＝1，z＝1，
则n→=(1，1，1)是平面ABC的一个法向量．
因此，点S到底面ABC的距离d=|SA→⋅n→||n→|=|(1，0，0)⋅(1，1，1)|3=33．
故答案为：33．
14．已知点P为椭圆x225+y216=1上一点，直线l过圆M：（x﹣3）2+y2＝1的圆心且与圆M交于A，B两点，则PA→⋅PB→的取值范围为 ．
【答案】[3，63]．
【分析】由题意可得MA→=−MB→，所以PA→⋅PB→=(PM→+MA→)⋅(PM→+MB→)=(PM→−MB→)⋅(PM→+MB→)=|PM→|2−|MB→|2=|PM→|2−1，再由|PM|的范围，可得PA→⋅PB→的取值范围．
【解答】解：圆M：（x﹣3）2+y2＝1的圆心为M（3，0），半径为1，
椭圆x225+y216=1中，a2＝25，b2＝16，c2＝a2﹣b2＝9，
所以a＝5，c＝3，所以圆心M为椭圆的右焦点，
由题意，AB是圆M的直径，所以M为AB的中点，且|AB→|=2，所以MA→=−MB→，
如图，连接PM，可得PA→⋅PB→=(PM→+MA→)⋅(PM→+MB→)=(PM→−MB→)⋅(PM→+MB→)=|PM→|2−|MB→|2=|PM→|2−1，
因为点P为椭圆x225+y216=1上任意一点，所以|PM→|min=a−c=2，|PM→|max=a+c=8，
由2≤|PM→|≤8，得PA→⋅PB→=|PM→|2−1∈[3，63]．
故答案为：[3，63]．
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）矩形ABCD的两条对角线相交于点M（2，0），AB边所在直线的方程为x﹣3y﹣6＝0，AC所在直线的方程为x﹣y﹣2＝0．
（1）求BC边所在直线的方程；
（2）求经过B，C，D三点的圆的方程．
【答案】（1）3x+y﹣14＝0；
（2）（x﹣2）2+y2＝8．
【分析】（1）根据直线AB、AC的方程联解，求得A（0，﹣2），结合线段的中点坐标公式求得C的坐标，根据BC与AB垂直求得直线BC的斜率，进而可得BC边所在直线的方程；
（2）根据题意，矩形ABCD的外接圆就是经过B、C、D三点的圆，圆心为M（2，0），半径r=12|AC|，进而求出所求圆的标准方程．
【解答】解：（1）由x−3y−6=0x−y−2=0，解得x=0y=−2，所以点A的坐标为（0，﹣2），
因为矩形ABCD两条对角线相交于M（2，0），所以C与A关于点M对称，
设C（x0，y0），可得x0+0=2×2y0−2=0×2，解得x0=4y0=2，所以点C的坐标为（4，2），
因为直线AB：x﹣3y﹣6＝0，斜率为13，且BC与AB垂直，
所以BC边所在直线的斜率为﹣3，方程y﹣2＝﹣3（x﹣4），即3x+y﹣14＝0；
（2）因为矩形ABCD的顶点A、B、C、D在同一个圆上，
所以经过B、C、D三点的圆，就是矩形ABCD的外接圆，
圆心为M（2，0），半径r=|MC|=(4−2)2+(2−0)2=22，圆的方程为（x﹣2）2+y2＝8，
综上所述，经过B、C、D三点的圆的方程是（x﹣2）2+y2＝8．
16．（15分）已知圆C的圆心为直线x﹣y﹣5＝0与直线x＝3的交点，且圆C经过点M（0，﹣2）．
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l过点，P（2，0）且被圆C截得的弦长为42，求直线l的方程．
【答案】（1）（x﹣3）2+（y+2）2＝9；
（2）x＝2或3x+4y﹣6＝0．
【分析】（1）通过解方程组求得圆心C的坐标，运用两点之间的距离公式求出半径r，进而可得圆C的标准方程；
（2）根据圆的弦长公式算出圆心C到直线l的距离，然后按直线l的斜率是否存在加以讨论，结合点到直线的距离公式进行求解，可得满足条件的直线l的方程．
【解答】解：（1）由x−y−5=0x=3，解得x=3y=−2，可知直线x﹣y﹣5＝0与直线x＝3交于点C（3，﹣2），
根据|CM|=(3−0)2+(−2+2)2=3，可得半径r＝3，
所以圆C的标准方程为（x﹣3）2+（y+2）2＝9；
（2）设圆心C到直线l的距离为d，则直线l被圆C截得的弦长为2r2−d2=42，可得d=r2−8=1，
①若直线l经过P（2，0）且斜率不存在，则l的方程为x＝2，
此时直线l到圆心C的距离d＝|3﹣2|＝1，符合题意；
②若直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k（x﹣2），即kx﹣y﹣2k＝0，
圆心C到直线l的距离d=|k+2|k2+1=1，解得k=−34，
所以直线l的方程为y=−34（x﹣2），即3x+4y﹣6＝0．
综上所述，满足条件的直线l方程为x＝2或3x+4y﹣6＝0．
17．（15分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）过点M(32，m)，其焦点为F，若|MF|＝2．
（1）求m的值以及抛物线C的方程；
（2）过F点的两条互相垂直的直线分别交抛物线于A，C与B，D四点，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】（1）m=±3，y2＝2x；
（2）8．
【分析】（1）利用抛物线的定义结合条件求得p＝1，得其解析式，代入点M，计算即得m的值；
（2）依题意设直线AC：y=k(x−12)，直线BD：y=−1k(x−12)，将其分别与抛物线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式求得|AC|=2+2k2和|BD|＝2+2k2，结合AC⊥BD，表示出四边形ABCD的面积，借助于基本不等式即可求出其最小值．
【解答】解：（1）因抛物线y2＝2px的焦点为F，又点M(32，m)，
则|MF|=32+p2=2，解得p＝1，
即抛物线C的方程：y2＝2x，
又点M(32，m)在抛物线y2＝2x上，
所以m2＝3，解得m=±3，
综上：m=±3，抛物线C的方程：y2＝2x；
（2）由题知，过F点的两条互相垂直的直线斜率均存在，且不等于零，如下图，
设直线lAC：y=k(x−12)，直线lBD：y=−1k(x−12)，
设点A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3）、D（x4，y4），
联立y=k(x−12)y2=2x，化简得4k2x2﹣（4k2+8）x+k2＝0，
所以x1+x3=1+2k2，又|AC|=|AF|+|CF|=p+x1+x3=2+2k2，
同理，联立y=−1k(x−12)y2=2x，化简得4x2﹣（4+8k2）x+1＝0，
所以x2+x4=1+2k2，又|BD|＝|BF|+|DF|＝p+x2+x4，
所以|BD|＝2+2k2，又AC⊥BD，
所以S四边形ABCD=12|AC|⋅|BD|=12(2+2k2)(2+2k2)
=2(k2+1k2+2)≥2(2k2⋅1k2+2)=8，
当且仅当k2=1k2，即k＝±1时，四边形ABCD面积的最小，最小值是8．
18．（17分）如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．
（1）求证：EF∥平面CPM；
（2）求平面QPM与平面CPM夹角的大小；
（3）若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角正弦值为1010，求N到平面CPM的距离．
【答案】（1）因为AB∥CD，PQ∥CD，CD＝2PQ＝2AB＝2，
所以AB∥PQ，AB＝PQ，
所以四边形ABQP是平行四边形，
又E，M分别为AP，BQ的中点，
所以EM∥AB，EM＝AB＝1，
而AB∥CF，AB=12CD＝CF，
所以EM∥CF，EM＝CF，
即四边形EFCM是平行四边形，
所以EF∥CM，
又EF⊄平面CPM，CM⊂平面CPM，
所以EF∥平面CPM．
（2）π3．
（3）25．
【分析】（1）先说明四边形ABQP是平行四边形，进一步可得四边形EFCM是平行四边形，从而知EF∥CM，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以D为原点建系，利用向量法求面面角即可；
（3）设CN→=λCQ→，λ∈[0，1]，利用向量法求线面角可得关于λ的方程，解之确定点N的位置，再利用向量法求点到平面的距离即可．
【解答】（1）证明：连接EM，
因为AB∥CD，PQ∥CD，CD＝2PQ＝2AB＝2，
所以AB∥PQ，AB＝PQ，
所以四边形ABQP是平行四边形，
又E，M分别为AP，BQ的中点，
所以EM∥AB，EM＝AB＝1，
而AB∥CF，AB=12CD＝CF，
所以EM∥CF，EM＝CF，
即四边形EFCM是平行四边形，
所以EF∥CM，
又EF⊄平面CPM，CM⊂平面CPM，
所以EF∥平面CPM．
（2）解：因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，
所以DA，DC，DP两两垂直，
故以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，2），Q（0，1，2），C（0，2，0），M（1，1，1），
所以PM→=（1，1，﹣1），PQ→=（0，1，0），CP→=（0，﹣2，2），
设平面QPM的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅PM→=x+y−z=0n→⋅PQ→=y=0，
取x＝1，则y＝0，z＝1，所以n→=（1，0，1），
设平面CPM的法向量为m→=（a，b，c），则m→⋅PM→=a+b−c=0m→⋅CP→=−2b+2c=0，
取b＝1，则a＝0，c＝1，所以m→=（0，1，1），
所以|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=12×2=12，
所以平面QPM与平面CPM夹角的大小为π3．
（3）解：设CN→=λCQ→=λ（0，﹣1，2），λ∈[0，1]，
则DN→=DC→+CN→=（0，2，0）+λ（0，﹣1，2）＝（0，2﹣λ，2λ），
由（2）知，平面QPM的一个法向量为n→=（1，0，1），
因为直线DN与平面QPM所成的角正弦值为1010，
所以|cs＜DN→，n→＞|=|DN→⋅n→||DN→|⋅|n→|=2λ(2−λ)2+4λ2×2=1010，
整理得15λ2+4λ﹣4＝0，即（5λ﹣2）（3λ+2）＝0，
解得λ=25或λ=−23（舍负），
所以CN→=λ（0，﹣1，2）＝（0，−25，45），
由（2）知平面CPM的一个法向量为m→=（0，1，1），
所以N到平面CPM的距离为|CN→⋅m→||m→|=|−25+45|2=25．
19．（17分）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出圆的另一种定义：平面内，到两个定点的距离之比值为常数λ（λ＞0，λ≠1）的点的轨迹是圆，我们称之为阿波罗尼斯圆．已知点P到A（0，﹣2）的距离是点P到B（0，1）的距离的2倍．
（1）求点P的轨迹Ω的方程；
（2）过点B作直线l1，交轨迹Ω于P，Q两点，P，Q不在y轴上．
（i）过点B作与直线l1垂直的直线l2，交轨迹Ω于E，F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
（ii）设轨迹Ω与y轴正半轴的交点为C，直线OP，CQ相交于点N，试证明点N在定直线上，求出该直线方程．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）设P（x．y），根据两点距离公式建立方程，整理即可求解；
（2）易知直线l1的斜率k存在，设直线l1方程为y＝kx+1，利用点到直线的距离公式和几何法求弦长表示|PQ|；
（i）结合点线距公式、基本不等式和三角形面积公式，分类讨论当k＝0、k≠0时S的取值范围即可；
（ii）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线l1方程联立圆得方程，利用韦达定理表示x1+x2，x1x2，同时表示OP和CQ的方程，求出交点N的坐标即可证明．
【解答】解：（1）设点P（x，y），由题意可得|PA|＝2|PB|，
即x2+(y+2)2=2x2+(y−1)2，化简得x2+（y﹣2）2＝4，
所以点P的轨迹Q的方程为x2+（y﹣2）2＝4；
（2）由题易知直线l1的斜率存在，
设直线l1的方程为y＝kx+1，即kx﹣y+1＝0，
则圆心（0，2）到直线l1的距离d1=|−2+1|k2+1=1k2+1，
所以|PQ|=222−d12=24−1k2+1=24k2+3k2+1，
（i）若k＝0，则直线l2的斜率不存在，
易得PQ|=23，|EF|＝4，则S=12|EF|⋅|PQ|=43；
若k≠0，则直线l2的方程为y=−1kx+1，即x+ky﹣k＝0，
则圆心（0，2）到直线l2的距离d2=|k|k2+1，
所以|EF|=222−d22=24−k2k2+1=23k2+4k2+1，
则S=12|EF|⋅|PQ|=2(4k2+3)(3k2+4)(k2+1)2
=212+k2(k2+1)2=212+1k2+1k2+2
≤212+12k2⋅1k2+2=7，
当且仅当k2=1k2即k＝±1时，取等号，
又7＞43，所以S的最大值为7；
（ii）证明：由题，C（0，4），设P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立x2+(y−2)2=4y=kx+1，消y得（k2+1）x2﹣2kx﹣3＝0，Δ＝4k2+12（k2+1）＞0，
则x1+x2=2kk2+1，x1x2=−3k2+1，
所以直线OP的方程为y=y1x1x，直线CQ的方程为y=y2−4x2x+4，
联立y=y1x1xy=y2−4x2x+4，解得x=4x1x23x1+x2，
则y=y1x1⋅4x1x23x1+x2=4y1x23x1+x2=4(kx1+1)x23x1+x2=4kx1x2+4x23x1+x2=−6x1−2x23x1+x2=−2，
所以N(4x1x23x1+x2，−2)，
所以点N在定直线y＝﹣2上．