深圳2023—2024学年度
高二年级第一学期学段（一）考试·数学试卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4页，满分为 150分．考试用时 120分钟．
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．
r r r
a x, 2,3 b 3, 4, 3 a b a1. 已知向量 ， ，若 ，则 x （ ）
A. 4 B. 4 C. 4或 1 D. 4或 1
2 2
2. x y椭圆： 1的焦距为（ ）
9 7
A. 8 B. 2 2 C. 4 D. 2
O : x 3 23. y 4 2 25 O : x2 y2圆 1 与圆 2 4x 8y 44 0的公切线条数为（ ）
A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条
4. 若直线 l : y kx 3与直线2x 3y 6 0的交点位于第一象限，则直线 l的倾斜角的取值范围是（ ）
π , π π , π π π π π A. B. C. , D. , 6 3 6 2 3 2 3 2
1 5. 如图，在四面体 OABC中，OA a ,OB b ,OC c ，且OE EA,BF
1
BC，则
2 4 EF
（ ）
1 3 1
A. a b c
3 4 4
1 3 a b 1B. c
3 4 4
1
C. a 3 b 1 c
3 4 4
1
D. a 3 b 1 c
3 4 4
6. 已知直线 l过定点 A 2,3,1 ，且方向向量为 s 0,1,1 ，则点P(4,3, 2)到 l的距离为（ ）
A. 3 2 B. 2 C. 10 D. 2
2 2 2
7. 已知直线 l : x y 1 0和圆C : x2 y2 4y 0 交于 A,B两点，则 AB 的最小值为（ ）
A. 2 B. 2 C. 4 D. 2 2
1 1
8. 关于曲线C : x2
y2
1，下面结论正确的是（ ）
①曲线 C关于原点对称；②曲线 C关于直线 x y 0对称；
③曲线 C是封闭图形，且封闭图形的面积大于 2π；④曲线 C不是封闭图形，且它与圆 x2 y2 2无公共点；
⑤曲线 C与曲线D : x y 2 2 有 4个交点，这四点构成正方形．
A.①②④ B.①③⑤ C.①②③⑤ D.①②④⑤
第 1页（共 4页）
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二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求．全部选对得 5分，部分选对得 2分，有选错的得 0分．
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
2
A. 若直线 l的方向向量为 e 1,0,3 ，平面 的法向量为n 2,0, ，则直线 l∥
3
B. 已知 a,b,c 为空间的一个基底，若m a c，则 a,b,m 也是空间的基底
1 1 1
C. 若对空间中任意一点O，有OP OA OB OC ，则 P，A， B，C四点共面
6 3 2
D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
10. 下列说法错误的是（ ）
A.“ a 1”是直线 a2x y 1 0与直线 x ay 2 0互相垂直的充要条件
B. 若直线 l的一个方向向量是 e 1，3 ，则直线 l的斜率为 3
x y
C. 直线 1在 y轴上的截距为 3
2 3
D. 经过点 P 1，1 ，倾斜角为 的直线方程为 y 1 tan x 1
11. 已知圆 C : (x 2)2 y 2 4，直线 l : m 1 x 2y 1 m 0 m R ，则（ ）
A. 直线 l恒过定点 1,1
B. 当m 0时，圆C上恰有三个点到直线 l的距离等于 1
C. 直线 l与圆C有一个交点
D. 若圆C与圆 x2 y2 2x 8y a 0 恰有三条公切线，则a 8
12. 如图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 a，点M ,N ,P分别是平面 ADD1A1 平面CDD1C1 平面 ABCD
的中心，点Q是线段 A1C1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. PN 与 A1C1所成角为 3
B. D MNP 3点到平面 的距离为 a
3
C. 三棱锥M NPQ 1 3的体积为定值 a
24
1
D. 直线DQ与平面 A1ACC1所成角的正切值的最大值为 2
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
2 2
13. x y方程 1表示焦点在 y轴上的椭圆，则实数 k的范围是_______________.
9 k 5 k
14. 若直线6x my 2 0 与直线3x y 1 0平行，则这两平行线间距离为___________.
第 2页（共 4页）
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15. 如图,在平行六面体 ABCD A B C D 中，AB 3，AD 1，AA 2，∠BAD＝90°，∠BAA'＝∠DAA'
＝60°，则 AC 的长是_________．
2 2
16. x y已知 F 是椭圆 E : 2 2 1(a b 0) 的左焦点，经过原点O的直线 l与椭圆 E交于 P,Q两点，若a b
PF 3 QF ，且 PFQ 120 ，则椭圆 E的离心率__________．
四、解答题：本题共 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. 已知 ABC的三个顶点分别为 A 1,0 ,B 3,2 ,C 0,3 ．
（1）求 AB边上的高所在直线的方程； （2）求 ABC的面积．
18. 如图，已知 PA 平面 ABCD，底面 ABCD为矩形，PA AD 2，AB 4，M 、N 分别为 AB、PC
的中点．
（1）求证：MN //平面 PAD；
（2）求点D到平面 PMC的距离．
19. 已知圆C : x2 y2 3，直线 l过点 A 2,0 .
（1）当直线 l与圆C相切时，求直线 l的斜率；
（2）线段 AB的端点 B在圆C上运动，求线段 AB的中点M 的轨迹方程.
第 3页（共 4页）
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20. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前 262-公元前 190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科
学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数 k（ k 0且 k 1）的点的轨迹是圆，后
人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系 xOy中的点 E( 2,0)，F (2 2,0)，则满足 PF 2 PE 的
动点 P的轨迹记为圆 E .
（1）求圆 E的方程；
（2）过点Q(3,3)向圆 E作切线QS，QT ，切点分别是S，T ，求直线 ST 的方程.
21. 如图，在棱长为 a的正方体OABC O A B C 中，E，F 分别是棱 AB，BC上的动点，且 AE BF．
（1）求证： A F C E；
（2）当三棱锥 B BEF 的体积取得最大值时，求 A F 与面 B EF 所成角的正弦值．
x2 y2 1 22. 已知椭圆C : 1 (a b 0) 3离心率等于 且椭圆 C经过点 p 3, ．
a2 b2 2 2
（1）求椭圆的标准方程C；
1
（2）若直线 y kx m与轨迹C交于M，N 两点，O为坐标原点，直线OM，ON 的斜率之积等于 ，
4
试探求 OMN 的面积是否为定值，并说明理由．
第 4页（共 4页）
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深圳外国语学校（集团）龙华高中部 2023—2024学年度
高二年级第一学期学段（一）考试·数学试卷参考答案
本试卷分选择题和非选择题两部分，共 4页，满分为 150分．考试用时 120分钟．
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．每题四个选项中只有一项是符合题目要求的．
r r r
1. a x, 2,3 b 3, 4, 3 a b a已知向量 ， ，若 ，则 x （ ）
A. 4 B. 4 C. 4或 1 D. 4或 1
【答案】C
【分析】由数量积运算求解即可.
r r ra 【详解】因为 b a 2，所以 a a b x2 13 3x 17 0，解得 x 4或 1．故选：C
2
2. x y
2
椭圆： 1的焦距为（ ）
9 7
A. 8 B. 2 2 C. 4 D. 2
【答案】B
【分析】根据 c2 a2 b2求出 c，即可得解.
x2 y2
【详解】由 1，得 c2 9 7 2，
9 7
x2 y2
所以椭圆： 1的焦距为为 2c 2 2 .
9 7
故选：B.
2
3. 圆O1 : x 3 y 4
2 25 与圆O2 : x
2 y2 4x 8y 44 0的公切线条数为（ ）
A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条
【答案】C
【分析】判断两圆的位置关系，可得出结论.
【详解】圆O1的圆心为O1 3, 4 ，半径为 r1 5，
2 2
圆O2的标准方程为 x 2 y 4 64，圆心为O2 2,4 ，半径为 r2 8，
2
所以， OO 3 2 4 4 2 89 ，所以， r1 r2 O1O2 r1 r1 2 2，
即圆O1与圆O2相交，故两圆的共有 2条公切线.
故选：C.
4. 若直线 l : y kx 3与直线2x 3y 6 0的交点位于第一象限，则直线 l的倾斜角的取值范围是（ ）
π π π π
A. , B. ,
6 3 6 2
π , π π π C. D. ,
3 2 3 2
【答案】B
【分析】直线 l : y kx 3恒过点 0, 3 ，结合图象以及交点所在象限可得答案.
【详解】因为直线 l : y kx 3恒过点 P 0, 3 ，直线 2x 3y 6 0与坐标轴的交点分别为
A 3,0 ,B 0,2 ;
第 5页（共 4页）
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3 π
直线 AP的斜率 kAP ，此时倾斜角为 ；3 6
π
直线 BP的斜率不存在，此时倾斜角为 ；
2
π π
所以直线 l的倾斜角的取值范围是 , .
6 2
故选：B.
1 1
5. 如图，在四面体 OABC 中，OA a ,OB b ,OC c ，且OE EA,BF BC，则2 4 EF
（ ）
1 3 1 1 3 1
A. a b c B. a b c 1 a 3 b 1 c 1 a 3C. D. b 1 c
3 4 4 3 4 4 3 4 4 3 4 4
【答案】D
3 1 1
【分析】利用空间向量基本定理求解出OF b c，从而求出 EF OF OE a 3 b 1 c .
4 4 3 4 4
1 BF BC 1
1
【详解】因为 ，所以OF OB BF OB BC OB (OC OB) 3 1 b c，
4 4 4 4 4
又OE 1 EA 1 1 3 1 a，所以 EF OF OE a b c．
2 3 3 4 4
故选：D
6. 已知直线 l过定点 A 2,3,1 ，且方向向量为 s 0,1,1 ，则点P(4,3, 2)到 l的距离为（ ）
A. 3 2 B. 2 C. 10 D. 2
2 2 2
【答案】A
【分析】先计算 PA与 s的夹角的余弦值得出直线 PA与直线 l的夹角的正弦值，再计算点 P到直线 l的距离．
2 2
【详解】由题意得 PA 2,0, 1 ，所以 PA 2 02 1 5 ，
又直线 l的方向向量为 s = (0,1,1)，则 s 02 12 12 2，
第 6页（共 4页）
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所以 cos PA, s
PA s 1 10
PA s 5 2 10 ，
设直线 PA与直线 l所成的角为 ，
cos 10 3 10则 cos PA, s ，则 sin ，
10 10
P(4,3, 2) 3 10 3 2所以点 到直线 l的距离为 d PA sin 5 ．
10 2
故选：A．
7. 已知直线 l : x y 1 0和圆C : x2 y2 4y 0 交于 A,B两点，则 AB 的最小值为（ ）
A. 2 B. 2 C. 4 D. 2 2
【答案】D
【分析】求出直线 l过定点 1,1 ，再利用弦长公式即可得到最小值.
【详解】 l : x 1 y 1 0，令 x 1，则 y 1，所以直线 l过定点 1,1 ，
当 x 1, y 1得12 12 4 1 2 0，则 1,1 在圆内，则直线 l与圆必有两交点，
因为圆心 0,2 到直线 l的距离 d 1 0 2 1 2 2 2 ，所以 AB 2 22 d 2 2 2．
故选：D.
1 1
8. 关于曲线C : 2 2 1，下面结论正确的是（ ）x y
①曲线C关于原点对称；②曲线C关于直线 x y 0对称；③曲线C是封闭图形，且封闭图形的面积大于2 ；
④曲线C不是封闭图形，且它与圆 x2 y2 2无公共点；⑤曲线C与曲线D : x y 2 2 有 4个交点，
这四点构成正方形．
A.①②④ B.①③⑤ C.①②③⑤ D.①②④⑤
【答案】D
【分析】根据方程研究曲线的性质.
【详解】①将方程中的 x换成 x， y换成 y，方程不变,
即关于原点的对称点 (x, y)与 ( x, y)同在曲线上，因此曲线关于原点对称；
②将方程中的 x换成 y， y换成 x，方程不变，或者将方程中的 x换成 y， y换成 x，方程不变，
即 x y 0的对称点 (x, y)与 ( y, x)同在曲线上，关于直线 x y 0的对称点 (x, y)与 ( y, x)也同在曲线上，
因此曲线关于直线 x y 0对称；
③ x2 1, y2 1，故不封闭；
x2 y2 2
2 2
④由 1 1 ，得 x2 y2 2， x y 2 xy 2 2 2，
2 1
x y
2
方程组无解，故无公共点；
x y 2 2
x 2
⑤当 x 0, y 0时，曲线D为 x y 2 2 ，由 1 1 ，解得 ，
2 2 1x y y 2
即此时两曲线交点为 ( 2, 2)，
由对称性，还有另外三个交点 ( 2, 2)， ( 2, 2)， ( 2, 2)，它们构成正方形．
故选：D．
第 7页（共 4页）
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二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对得 5分，部分选对得 2分，有选错的得 0分．
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
2
A. 若直线 l的方向向量为 e 1,0,3 ，平面 的法向量为n 2,0, ，则直线 l∥
3
B. 已知 a,b,c 为空间的一个基底，若m a c，则 a,b,m 也是空间的基底
OP 1
1 1
C. 若对空间中任意一点O，有 OA OB OC ，则 P，A， B，C四点共面
6 3 2
D. 两个非零向量与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则这两个向量共线
【答案】BCD
r r r r
【分析】计算得到 e n， l∥ 或 l ，A错误，若 a,b,a c共面，则 a,b,c共面，不成立，故 B 正确，
化简得到 PA 2PB 3PC，C正确，若这两个向量不共线，则存在向量与其构成空间的一个基底，故 D
正确，得到答案.
【详解】 e n 1,0,3 2 2,0,
2 2 0，故 e n，故 l∥ 或 l ，A错误；
3
r r r r
若 a,b,a c共面，设b a a c a c ，则 a,b,c共面，不成立，故 a,b,m 也是空间的
基底，B 正确；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 OP OA OB OC ，则 OA OP OB OP OC OP PA PB PC 0，
6 3 2 6 3 2 6 3 2
即 PA 2PB 3PC，故 P，A， B，C四点共面，C正确；
若这两个向量不共线，则存在向量与其构成空间的一个基底，故 D正确.
故选：BCD.
10. 下列说法错误的是（ ）
A.“a 1”是直线 a2x y 1 0与直线 x ay 2 0互相垂直的充要条件
B. 若直线 l的一个方向向量是 e 1，3 ，则直线 l的斜率为 3
x y
C. 直线 1在 y轴上的截距为 3
2 3
D. 经过点P 1，1 ，倾斜角为 的直线方程为 y 1 tan x 1
【答案】ACD
【分析】由两直线垂直求出 a，再由充分条件和必要条件的定义可判断 A；由直线的方向向量求出直线的斜
x y
率可判断 B；求出直线 1在 y轴上的截距可判断 C；由点斜式方程成立的条件可判断 D.
2 3
【详解】因为直线 a2x y 1 0与直线 x ay 2 0互相垂直，
所以 a2 a 0，解得： a 0或a 1，
“ a 1”是直线 a2x y 1 0与直线 x ay 2 0互相垂直的充分不必要条件，故 A错误；
l 3 0直线 的一个方向向量是 e 1，3 ，则直线 l的斜率为 3，故 B正确；
1 0
令 x x y 0， y= 3，直线 1在 y轴上的截距为 3，故 C错误；
2 3
当倾斜角 90 时，此时 tan 无意义，不能用 y 1 tan x 1 表示，D错误.
故选：ACD.
第 8页（共 4页）
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11. 已知圆 C : (x 2)2 y 2 4，直线 l : m 1 x 2y 1 m 0 m R ，则（ ）
A. 直线 l恒过定点 1,1
B. 当m 0时，圆C上恰有三个点到直线 l的距离等于 1
C. 直线 l与圆C有一个交点
D. 若圆C与圆 x2 y2 2x 8y a 0 恰有三条公切线，则a 8
【答案】AD
【分析】A选项，将直线变形，即可得到直线过的定点.B选项，结合点到直线的距离公式，可得到结果.C选
项，由定点在圆内，即可求解.D选项，由公切线条数可确定两圆位置关系，根据圆心距与两圆半径之间的关
系来求解.
【详解】对于 A选项，直线 l : m 1 x 2y 1 m 0 m R ，所以m(x 1) x 2y 1 0，令
x 1 0 x 1
，解得 ，所以直线恒过定点 ( 1,1)，故 A选项正确.
x 2y 1 0 y 1
2 0 1 3 5
对于B选项，当m 0时，直线 l为：x 2y 1 0，则圆心C( 2,0)到直线 l的距离为 d ，
12 22 5
2 3 5 1，所以圆上只有 2个点到直线的距离为
5
1，故 B选项错误.
对于 C选项，因为直线过定点 ( 1,1)，所以 ( 1 2)2 12 4，所以定点在圆内，则直线与圆有两个交点.故
C选项错误.
对于 D选项，由圆的方程 x2 y2 2x 8y a 0 可得， (x 1)2 (y 4)2 17 a，所以圆心为 (1, 4)，
半径为 17 a ，因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，则
(1 2)2 (0 4)2 5 2 17 a ，解得a 8，故 D选项正确.
故选：AD
12. 如图，正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 a，点M ,N ,P分别是平面 ADD1A1 平面CDD1C1 平面 ABCD
的中心，点Q是线段 A1C1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. PN 与 A1C1所成角为 3
B. D 3点到平面MNP的距离为 a
3
1
C. 3三棱锥M NPQ的体积为定值 a
24
D. 1直线DQ与平面 A1ACC1所成角的正切值的最大值为 2
【答案】ABC
第 9页（共 4页）
{#{QQABAYSUogCIAABAAQhCUwUiCgGQkACCCCoORFAAMAABwRNABAA=}#}
【分析】根据正方体的边角关系及线线，线面关系，把异面直线平移到同一平面求得夹角；三棱锥D MNP
2
为棱长为 a的正四面体，从而求得D点到平面MNP的距离； A1C1∥平面 MNP，又点Q是线段 A2 1
C1上
的动点，则点Q到平面 MNP的距离为定值，且与点 A1到平面 MNP的距离相等，与点D到平面 MNP的距离
相等，从而求得体积；作出线面夹角，当正切值取最大值时，PQ最小，从而求得 PQ，代入即可求得正切值.
【详解】如图所示，联结C1D,NP,BD, A1B，
N点是C1D的中点，P点是 BD的中点，
则 NP C1B，故 PN 与 A1C1所成角即C1B与 A1C1所成角，即 A1C1B，
又 A1C1 BC1 A1B 2a，则 A1C1B ，故 A正确；3
NP 1 BC 2 2 21 a，同理知MN MP a，又DM DN DP a，2 2 2 2
则三棱锥D MNP 2 6 2 3为棱长为 a的正四面体，则易知D点到平面MNP的距离为 a a，故 B
2 3 2 3
正确；
易知MN AC ,AC A1C1，则MN∥A1C1， A1C1 平面 MNP，即 A1C1∥平面 MNP，
又点Q是线段 A1C1上的动点，
则点Q到平面 MNP的距离为定值，且与点 A1到平面 MNP的距离相等，而 M为 A1D的中点，则点 A1到平面
MNP 3的距离与点D到平面 MNP的距离相等，为 a，
3
1 1 2 3 1
故三棱锥M NPQ的体积V 2 3M NPQ VD MNP ( a) sin a a ，故 C正确；3 2 2 3 3 24
在正方体中，易知 BD 平面 ACC1A1，则直线DQ与平面 A1ACC1所成角即为 DQP，
tan DP DQP 2，又DP a，PQ 2
2
则 tan DQP a取最大值时， PQ取最小值为 a，此时 2 2 ，故 D错误；tan DQP
a 2
故选：ABC
【点睛】方法点睛：根据正方体的边角关系及线线，线面关系，把问题转化为已知平面，几何体内解决，或
者用不变的量代替变量来表示，从而求得结果.
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
第 10页（共 4页）
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x2 y213. 方程 1表示焦点在 y轴上的椭圆，则实数 k的范围是_________.
9 k 5 k
【答案】 2,9
m 0
x2 y 2
【分析】方程 1表示焦点在 y轴上的椭圆的充要条件是 n 0 ，即可求解.
m n
n m
x2 y2
【详解】因为方程 1表示焦点在 y轴上的椭圆，
9 k 5 k
9 k 0
所以 5 k 0 ，解得 2 k 9 .
5 k 9 k
故答案为： 2,9
14. 若直线6x my 2 0 与直线3x y 1 0平行，则这两平行线间距离为___________
10 1
【答案】 ## 10
5 5
【分析】由平行求得参数值，再由两平行线间距离公式计算.
3 1 1
【详解】由题意 ，解得m 2，直线6x my 2 0即为 6x 2y 2 0，也即为3x y 1 0，
6 m 2
1 1 10
所求距离为 d .
32 12 5
10
故答案为： .
5
15. 如 图 在 平 行 六 面 体 ABCD A B C D 中 ， AB 3，AD 1，AA 2 ，
BAD 90 ， BAA DAA 60 ，则 AC 的长是_________．
【答案】 22
【分析】根据题意，由条件可得 AC AB AD AA ，再由空间向量的模长公式，即可得到结果.
2 2 2 2 2
【详解】因为 AC AB AD AA ，所以 AC AB AD AA AB AD AA
2 AB AD cos90 2 AB AA cos60 2 AD AA cos60 9 1 4 0
1
2 3 2 2 1 2 1 22 ，则 AC 22 ，所以 AC 的长是 22 .2 2
故答案为： 22 .
2 2
16. 已知 F x y是椭圆 E : 1(a b 0) 的左焦点，经过原点O的直线 l与椭圆 E交于 P,Q两点，若
a2 b2
PF 3 QF ，且 PFQ 120 ，则椭圆 E的离心率__________．
第 11页（共 4页）
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7 1
【答案】 ## 7
4 4
【分析】取椭圆的右焦点F ，由直线 l过原点及椭圆的对称性可得四边形PFQF 为平行四边形，然后根据
椭圆的性质结合条件及余弦定理可得离心率的值.
【详解】取椭圆的右焦点F ，连接QF ， PF ，
由椭圆的对称性，可得四边形 PFQF 为平行四边形，
则 PF QF ， FPF 180 PFQ 180 120 60 ，
又 | PF | 3 |QF | 3 | PF |，而 | PF | | PF | 2a，
所以 PF a PF 3a ，所以 ，
2 2
9
2 2
1 2 2
PF | PF |2 | FF |2 a a 4c 1
在 PFF 中， cos FPF 4 4
2 PF PF 2 3 a a
，
2
2 2
7
整理，得7a2 16c2 0 e2，即 ，又0 e 1，16
e 7所以 .
4
7
故答案为： .
4
四、解答题：本题共 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. 已知 ABC的三个顶点分别为 A 1,0 ,B 3,2 ,C 0,3 ．
（1）求 AB边上的高所在直线的方程；
（2）求 ABC的面积．
【答案】（1） y 2x 3；
（2）5.
【分析】（1）求出直线 AB的斜率，进而求出 AB边上的高所在直线的斜率及方程.
（2）求出直线 AC的方程，由点到直线的距离求解三角形的高，进而求出面积.
【小问 1详解】
2 0 1
直线 AB的斜率为 ，因此 AB边上的高所在直线的斜率为 2，
3 1 2
所以 AB边上的高所在直线的方程为： y 2x 3 .
【小问 2详解】
x y
直线 AC的方程为 1，即3x y 3 0，
1 3
3 ( 3) 2 3
于是点 B到直线 AC的距离为： d 10，而 AC 122 2 3
2 10，
3 1
第 12页（共 4页）
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1 1
所以 ABC的面积 S ABC AC d 10 10 5 .2 2
18. 如图，已知 PA 平面 ABCD，底面 ABCD为矩形，PA AD 2，AB 4，M 、N 分别为 AB、PC
的中点．
（1）求证：MN //平面 PAD；
（2）求点D到平面 PMC的距离．
【答案】（1）证明见解析
2 4 3（ ）
3
【分析】（1）取线段 PD的中点 E，连接 AE、NE，证明出四边形 AMNE为平行四边形，可得出MN //AE，
再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点A为坐标原点， AB、 AD、 AP所在直线分别为 x、 y、 z轴建立空间直角坐标系，利用空间向
量法可求得点D到平面PMC的距离.
【小问 1详解】
证明：取 PD中点 E，连接 AE、 NE，
1
因为 N 、E分别为 PC、 PD的中点，则 NE //CD且 NE CD，
2
因为四边形 ABCD为矩形，则 AB//CD且 AB CD，
1
因为M 为 AB的中点，所以， AM //CD且 AM CD，
2
所以， AM //NE且 AM NE，故四边形 AMNE为平行四边形，故MN //AE，
因为MN 平面 PAD， AE 平面 PAD，因此，MN //平面 PAD .
【小问 2详解】
解：因为 PA 平面 ABCD，底面 ABCD为矩形，
以点A为坐标原点， AB、 AD、 AP所在直线分别为 x、 y、 z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则D 0, 2,0 、P 0,0,2 、C 4,2,0 、M 2,0,0 ，
设平面 PMC的法向量为 n x, y, z ，MP 2,0,2 ，MC 2,2,0 ，
第 13页（共 4页）
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n MP 2x 2z 0
则 ，令 x 1，可得 n 1, 1,1 ，
n MC 2x 2y 0
DC n 4 4 3
因为DC 4,0,0 ，故点D到平面 PMC的距离为 d .
n 3 3
19. 已知圆C : x2 y2 3，直线 l过点 A 2,0 .
（1）当直线 l与圆C相切时，求直线 l的斜率；
（2）线段 AB的端点 B在圆C上运动，求线段 AB的中点M 的轨迹方程.
【答案】（1） 3
（2） (x 1)2
3
y2
4
【分析】（1）设出直线 l的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，建立方程，解出即可；（2）建立点M 和
点A之间的关系式，再利用点A的坐标满足的关系式得到点M 的坐标满足的条件，即可求出.
【小问 1详解】
已知C的圆心是O 0,0 ，半径是 3，
设直线斜率为 k ,
则直线方程是 y k x 2 ，即 kx y 2k 0，
2k
则圆心到直线距离为 3，
k 2 1
解得直线的斜率 k 3 .
【小问 2详解】
设点M x, y ,B x0, x0 则，
x0 2
x 2
由点M 是 AB的中点得， ,
y y0 0
2
x0 2x 2
所以 ①
y0 2y
因为 B在圆C 2 2上运动，所以C : x0 y0 3②
①代入②得， (2x 2)2 (2y)2 3,
2 2 3
化简得点M 的轨迹方程是 (x 1) y .
4
20. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前 262-公元前 190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科
学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数 k（ k 0且 k 1）的点的轨迹是圆，后
人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系 xOy中的点 E( 2,0)，F (2 2,0)，则满足 PF 2 PE 的
动点 P的轨迹记为圆 E .
（1）求圆 E的方程；
（2）过点Q(3,3)向圆 E作切线QS，QT ，切点分别是S，T ，求直线 ST 的方程.
【答案】（1） x2 y2 4
（2）3x 3y 4 0
第 14页（共 4页）
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【分析】（1）设点 P(x, y)，根据 | PF | 2 | PE |，列出方程，即可求得圆 E的方程.
（2）设切点 S x1, y1 ，T x2 , y2 ，分别求得QS和QT 的方程，点Q，S都在直线3x 3y 4上，即可得
到答案.
【小问 1详解】
解：设点 P(x, y)，由 | PF | 2 | PE |，且 E( 2,0)， F (2 2,0)，
可得 (x 2 2)2 y 2 2 (x 2)2 y 2 ，
整理得 x2 y2 4，所以圆 E的方程为 x2 y2 4 .
【小问 2详解】
解：设切点 S x1, y1 ，T x2 , y2
y x
，则 kOS 1 k 1x ， QS
，
1 y1
y x直线QS 1方程为： x x1 y x x y y x2 2y 1，整理得 1 1 1 y1 4，1
同理可得直线QT 方程为： x2x y2 y 4，
由直线QS，OT 均过点Q(3,3)，则3x1 3y1 4，3x2 3y2 4，
即点Q，S都在直线3x 3y 4上，所以直线 ST 的方程为3x 3y 4 0 .
21. 如图，在棱长为 a的正方体OABC O A B C 中，E，F 分别是棱 AB，BC上的动点，且 AE BF．
（1）求证： A F C E；
（2）当三棱锥 B BEF 的体积取得最大值时，求 A F 与面 B EF 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
4
（2）
9
【分析】（1）构建空间直角坐标系，然后结合向量数量积判断；
1 1 a
（2）求出VB BEF S3 BEF
BB m a m a，然后结合基本不等式，求得m 时V
6 2 B BEF
体积最大，
最后结合面的法向量求解 A F与面 B EF 所成角的正弦值．
【小问 1详解】
如图：以C为原点，分别以CO，CB，CC 所在直线为 x， y， z轴建立空间直角坐标系，
设 AE BF m，则CF BE a m，则 A a，a，a ，F 0，a m，0 ，E a m，a，0 ，C 0，0，a ，
A F a， m， a ，C E a m，a， a ，
第 15页（共 4页）
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因为 A F C E a a m am a 2 0，所以 A F C E，
可得 A F C E．
【小问 2详解】
V 1 S BB 1 1 BF BE BB 1m a m a 1 a m a m
2 1
B BEF BEF
a
3，
3 3 2 6 6 2 24
当且仅当m a m a即m 时V
2 B BEF
最大，
所以当 E F 分别为 AB， BC中点时体积最大，
n x y z A F a a a
1 1 1
设面 B EF 的法向量为 ， ， ， ， ， ， FB 0， a，a ， FE a， a，0 ，
2 2 2 2
FB n 1 ay az 0 2 1
由 ，令 x 1可得 y 1， z ，
FE n 1 ax 1 ay 0 2
2 2
1
所以面 B EF 的法向量为 n 1， 1， ，
2
设 A F与面 B EF 所成角为 ，
a a
n A F a 2 2 4
则 sin cosn，A F ，
n A F a2 9a2 1 a2 1 1
4 4
4
则 A F与面 B EF 所成角的正弦值为 .
9
22. C : x
2 y2 (a b 0) 3 1 已知椭圆 离心率等于 且椭圆 C经过点 p 3, ．
a2 b2
1
2 2
（1）求椭圆的标准方程C；
1
（2）若直线 y kx m与轨迹C交于M，N 两点，O为坐标原点，直线OM，ON 的斜率之积等于 ，
4
试探求 OMN 的面积是否为定值，并说明理由．
x2
【答案】（1） y2 1
4
（2）是定值，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由条件列出关于 a,b,c的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由弦长公式可得 MN ，再表示出O点到直线MN的
距离d ，由三角形的面积公式，即可得到结果.
【小问 1详解】
c 3
a 2
3 1 1 2 2 C x
2
由题意得 2 2 ，解得a 4b a 4，b 1
，所以椭圆 的方程为 y2 1.
4
a2 b2 c2
第 16页（共 4页）
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【小问 2详解】
y kx m
设M x1，y1 ，N x2，y
2 ，联立直线和椭圆方程可得： x2 y2 ， 1 4
y 1 4k 2 x2消去 可得： 8kmx 4m2 4 0，所以
64k 2m2 4 1 4k 2 4m2 4 0，
2
即 4k 2 1 m2 x
8km 4m 4
，则 1 x2 ，x1 4k 2 1
x2 ，1 4k 2
1 y1y2 1 kx1 m kx m 1 k 22 x x km x x m2 k k OM ON ， 1 2 1 2
1
，
4 x1x2 4 x1x2 4 x1x2 4
2 2 1 4k 2 m2
把韦达定理代入可得： k 2 8k m 1 ，
4m2
4 4m2 4 4
2 2
整理得 2m 4k 1 * ，
2 1 k 2 64k 2 16 16m2MN 1 k 2又 x1 x2
4x1x 2 2 ， 1 4k 2
m
而O点到直线MN的距离 d ，
1 k 2
2 2
1 m 64k 16 16m2
所以 S OMN d MN
1
，
2 2 1 4k 2 2
1
1 4k 2 1 64k 2 16 32k 2 8 S 2 OMN 2 1
* 2 1 4k 2 S
把 代入，则 ，可得 △OMN 是定值 1．
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