数学必修2黄色步步高答案珍藏版

第二章 点、直线、平面之间的位置关系
§2.1 空间点、直线、平面之间的位置关系
2.1.1 平 面

1．A 2.D 3.C 4.D
5．0
6．A∈m
7. 解 很明显，点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，
即点S在交线上，
由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．
∵E∈AC，AC?平面SAC，∴E∈平面SAC.
同理，可证E∈平面SBD.
∴点E在平面SBD和平面SAC的交线上，连接SE，直线SE是平面SBD
和平面SAC的
交线．
8．证明 ∵l
1
?β，l
2
?β，l
1
D∥l
2
，
∴l
1
、l
2
交于一点，记交点为P.
∵P∈l
1
?α，P∈l
2
?γ，∴P∈α∩γ＝l
3
，
∴l
1
，l
2
，l
3
交于一点．
9．C 10.C
11．③
12．证明 因为AB∥CD，所以AB，CD确定平面AC，AD ∩α＝H，因为H∈平面AC，H∈α，
由公理3可知，H必在平面AC与平面α的交线上．同理F、G 、E都在平面AC与平面α
的交线上，因此E，F，G，H必在同一直线上．
13．证明 (1)∵C
1
、O、M∈平面BDC
1
，
又C
1
、O、M∈平面A
1
ACC
1
，由公理3知，点C
1
、O、 M在平面BDC
1
与平面A
1
ACC
1
的交线上，
∴C
1
、O、M三点共线．
(2)∵E，F分别是AB，A
1A的中点，∴EF∥A
1
B.∵A
1
B∥CD
1
，∴E F∥CD
1
.
∴E、C、D
1
、F四点共面．
2.1.2 空间中直线与直线之间的位置关系
1．D 2．C 3．B
4．D 5.平行或异面
6．(1)60° (2)45°
7．(1)证明 由已知FG＝GA，FH＝HD，

11
可得GH綊AD.又BC綊AD，
22
∴GH綊BC，
∴四边形BCHG为平行四边形．
1
(2)解 由BE綊AF，G为FA中点知，BE綊FG，
2
∴四边形BEFG为平行四边形，∴EF∥BG.
由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，
∴EF与CH共面．
又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面．
8．解 (1)如图，∵CG∥BF，∴∠EBF(或其补角)为异面直线BE与CG所成的角，
又△BEF中，∠EBF＝45°，所以BE与CG所成的角为45°.

(2)连接FH，BD，FO，∵HD綊EA，EA綊FB，
∴HD綊FB，
∴四边形HFBD为平行四边形，
∴HF∥BD，
∴∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角．
连接HA、AF，易得FH＝HA＝AF，
∴△AFH为等边三角形，
又依题意知O为AH中点，∴∠HFO＝30°，即FO与BD所成的角是30°.

9．D 10．B
11．①③
12．(1)证明 假设EF与BD不是异面直线 ，则EF与BD共面，从
而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A、B、C、D在同
一平 面内，这与A是△BCD平面外的一点相矛盾．故直线EF
与BD是异面直线．
(2)解 取 CD的中点G，连接EG、FG，则EG∥BD，所以相
交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF 与BD所成的角．在
1
Rt△EGF中，由EG＝FG＝AC，求得∠FEG＝45°，即异面 直线EF与BD所成的角为45°.
2
13．解 如图，取AC的中点P.
连接PM、PN，
11
则PM∥AB，且PM＝AB，PN∥CD，且PN＝CD，
22
所以∠MPN为直线AB与CD所成的角(或所成角的补角)．
则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，

若∠MPN＝60°，因为PM∥AB，
所以∠PMN是AB与MN所成的角(或所成角的补角)．
又因AB＝CD，所以PM＝PN，则△PMN是等边三角形，
所以∠PMN＝60°，
即AB与MN所成的角为60°.
若∠MPN＝120°，则易知△PMN是等腰三角形．所以∠PMN＝30°，
即AB与MN所成的角为30°.
故直线AB和MN所成的角为60°或30°.
2.1.3 空间中直线与平面之间的位置关系
2.1.4 平面与平面之间的位置关系

1．D 2．C 3．D 4．C
5.平行、相交或异面
6．b?α，b∥α或b与α相交
7．解 不正确．如图， 设α∩β＝l，则在α内与l平行的直线可以有无数条，如a
1
，a
2
，…，
a
n
，它们是一组平行线，这时a
1
，a
2
，…， a
n
与平面β平行，但此时α与β不平行，α∩β
＝l.
8．证明 ∵直线a∥平面α，
∴直线a与平面α无公共点．
∵α∩β＝b，∴b?α，b?β.
∴直线a与b无公共点．
∵a?β，∴a∥b.
9．D 10.D 11.平行或相交
12．解 由α∩γ＝a知a?α且a?γ，
由β∩γ＝b知b?β且b?γ，
∵α∥β，a?α，b?β，∴a、b无公共点．
又∵a?γ且b?γ，∴a∥b.
∵α∥β，∴α与β无公共点，
又a?α，∴a与β无公共点，∴a∥β.
13．解 由点Q在线段DD
1
上移动，当点Q与点D
1
重合时，截面图形为等边三角形AB
1
D
1
，
如图(1)所示；
当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB
1
C
1
D，如图(2)所示；

图(1) 图(2)

当点Q不与点D，D
1
重合时，截面图形为等腰 梯形AQRB
1
，如图(3)所示．

图(3)
§2.2 直线、平面平行的判定及其性质
2.2.1 直线与平面平行的判定
1．D 2.B 3.D 4.D
5．(1)平面A
1
C
1
和平面DC
1
(2)平面BC
1
和平面DC
1
(3)平面B
1
C和平面A
1
C
1

6．1
7．证明 如图，连接BD交AC于F，连接EF.

因为F为正方形ABCD对角线的交点，所以F为AC、BD的中点．
在三角形DD
1
B中，E、F分别为DD
1
、DB的中点，所以EF∥D
1
B.
又EF?平面AEC，BD
1
?平面AEC，所以BD
1
∥平面AE C.
8．证明 连接OF，
∵O为正方形DBCE对角线的交点，∴BO＝OE，
又AF＝FE，
∴AB∥OF，

AB?平面DCF
?
?
OF? 平面DCF
?
?AB∥平面DCF.
?
AB∥OF
?
9．A 10．D 11．12
12．证明 取A′D的中点G，连接GF，GE，
11
由条件易知FG∥CD，FG＝CD，BE∥CD，BE＝CD，
22
所以FG∥BE，FG＝BE，故四边形BEGF为平行四边形，
所以BF∥EG.因为EG?平面A′DE，
BF?平面A′DE，

所以BF∥平面A′DE.
13．证明 如图所示，连接AQ并延长交BC于K，连接EK.
DQAQ
∵KB∥AD，∴＝.
BQQK
∵AP＝DQ，AE＝BD，
∴BQ＝PE.
DQAPAQAP
∴＝.∴＝.∴PQ∥EK.
BQPEQKPE
又PQ?平面BCE，EK?平面BCE，
∴PQ∥平面BCE.
2.2.2 平面与平面平行的判定


1．B 2．D 3．B 4.D
5．相交或平行
6．③
7．证明 由于AB∥CD，BE∥CF，故平面ABE∥平面DCF.
而直线AE在平面ABE内，根据线面平行的定义，知AE∥平面DCF.
8．证明 ∵E、 E
1
分别是AB、A
1
B
1
的中点，∴A
1
E
1
∥BE且A
1
E
1
＝BE.
∴四边形A
1
EBE
1
为平行四边形．
∴A
1< br>E∥BE
1
.∵A
1
E?平面BCF
1
E
1
，
BE
1
?平面BCF
1
E
1
.
∴A
1
E∥平面BCF
1
E
1
.
同理A
1
D
1
∥平面BCF
1
E
1
，
A
1
E∩A
1
D
1
＝A
1
， < br>∴平面A
1
EFD
1
∥平面BCF
1
E
1< br>.
9．D 10.A 11.M∈线段FH
1
12．证明 (1)∵E、F 分别是B
1
C
1
、C
1
D
1
的中点，∴E F綊B
1
D
1
，
2

∵DD
1
綊BB
1
，
∴四边形D
1
B
1
BD是平行四边形，
∴D
1
B
1
∥BD.
∴EF∥BD，
即EF、BD确定一个平面，故E、F、D、B四点共面．
(2)∵M、N分别是A
1
B
1
、A
1
D
1
的中点，
∴MN∥D
1
B
1
∥EF.

又MN?平面EFDB，
EF?平面EFDB.
∴MN∥平面EFDB.
连接NE，则NE綊A
1
B
1
綊AB.
∴四边形NEBA是平行四边形．
∴AN∥BE.又AN?平面EFDB，BE?平面EFDB.∴AN∥平面EFDB.
∵AN、MN都在平面AMN内，且AN∩MN＝N，
∴平面AMN∥平面EFDB.
13．(1)证明 连接BM、BN、BG并延长交AC、AD、CD分别于P、F、H.
BMBNBG
∵M、N、G分别为△ABC、△ABD、△BCD的重心，则有＝＝＝2.
MPNFGH
连接PF、FH、PH，有MN∥PF.
又PF?平面ACD，MN?平面ACD，
∴MN∥平面ACD.
同理MG∥平面ACD，MG∩MN＝M，
∴平面MNG∥平面ACD.
MGBG2
(2)解 由(1)可知＝＝，
PHBH3
2
∴MG＝PH.
3
11
又PH＝AD，∴MG＝AD.
23
11
同理NG＝AC，MN＝CD.
33
∴△MNG∽△DCA，其相似比为1∶3，
∴S
△
MNG
∶S
△
ADC
＝1∶9.

2.2.3 直线与平面平行的性质
1．C 2．C 3．A 4．B
22
5．①②?③(或①③?②) 6.a
3
7．证明 如图所示，连接AC交BD于O，连接MO，
∵ABCD是平行四边形，

ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，
过 G和AP作平面交平面BDM于GH，求证：AP∥GH.

∴O是AC中点，又M是PC的中点，
∴AP∥OM.
根据直线和平面平行的判定定理，
则有PA∥平面BMD.
∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，
根据直线和平面平行的性质定理，
则有AP∥GH.
8．证明 ∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF∥GH.
又GH?平面BCD，EF?平面BCD.
∴EF∥平面BCD.
而平面ACD∩平面BCD＝CD，EF?平面ACD，∴EF∥CD.
而EF?平面EFGH，CD?平面EFGH，
∴CD∥平面EFGH.
9．A 10.平行四边形
11．m∶n
12．(1)证明 因为BC∥AD，AD?平面PAD，
BC?平面PAD，所以BC∥平面PAD.
又平面PAD∩平面PBC＝l，BC?平面PBC，所以BC∥l.
(2)解 MN∥平面PAD.
证明如下：
如图所示，取PD中点E.
连接EN、AE.
1
又∵N为PC中点，∴EN綊AB
2
∴EN綊AM，∴四边形ENMA为平行四边形，∴AE∥MN.
又∵AE?平面PAD，MN?平面PAD，
∴MN∥平面PAD.
13．证明 连接A
1
C交AC
1
于点E，
∵四边形A
1
ACC
1
是平行四边形，
∴E是A
1
C的中点，连接ED，
∵A
1
B∥平面AC
1
D，
平面A
1
BC∩平面AC
1
D＝ED，

∴A
1
B∥ED，
∵E是A
1
C的中点， ∴D是BC的中点．又∵D
1
是B
1
C
1
的中点，∴BD< br>1
∥C
1
D，
又∵C
1
D?平面AC
1< br>D，BD
1
?平面AC
1
D，
∴BD
1
∥平面AC
1
D，
又A
1
B∩BD
1
＝B，
∴平面A
1
BD
1
∥平面AC
1
D.
2.2.4 平面与平面平行的性质
1．A 2．D 3．B 4．C
5．(1)相似 (2)全等
6．15
7．证明 ∵平面AB
1
M∥平面BC
1
N，
平面ACC
1
A
1
∩平面AB
1
M＝AM， 平面BC
1
N∩平面ACC
1
A
1
＝C
1N，
∴C
1
N∥AM，又AC∥A
1
C
1
，
∴四边形ANC
1
M为平行四边形，
11
∴AN＝C
1
M＝A
1
C
1
＝AC，
22
∴N为AC的中点．
8. 解 当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC，
证明如下：
取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE，①
1
由EM＝P E＝ED，知E是MD的中点，设BD∩AC＝O，
2
则O为BD的中点，连接OE，则BM∥ OE，②
由①②可知，平面BFM∥平面AEC，又BF?平面BFM，
∴BF∥平面AEC.
9．D 10．B
11．2
12．解 相交直线AA′，BB′所在平面和两平行平面α、β分别相交于AB、A′B′，
由面面平行的性质定理可得AB∥A′B′.
同理相交直线BB′、CC′确定的平面和平行 平面α、β分别相交于BC、B′C′，从而
BC∥B′C′.同理易证AC∥A′C′.
∴∠BAC与∠B′A′C′的两边对应平行且方向相反．
∴∠BAC＝∠B′A′C′.
同理∠ABC＝∠A′B′C′，∠BCA＝∠B′C′A′.
∴△ABC与△A′B′C′的三内角分别相等，
∴△ABC∽△A′B′C′，∵AB∥A′B′，AA′∩BB′＝O，

∴在平面ABA′B′中，△AOB∽△A′OB′.
A′B′OA′
211
∴＝＝.而S
△
ABC
＝AB·AC＝×2×1＝1.
A BOA322
S
△
A
′
B
′
C
′
A′B′
2
∴＝()，
AB
S
△
ABC
444< br>∴S
△
A
′
B
′
C
′
＝S
△
ABC
＝×1＝.
999

13．解 能．取AB，C
1
D
1
的中点M，N，连接A
1
M，MC，CN，NA
1< br>，
∵A
1
N∥PC
1
且A
1
N＝PC1
，PC
1
∥MC，PC
1
＝MC，
∴四边形A
1
MCN是平行四边形，
又∵A
1
N∥PC< br>1
，A
1
M∥BP，A
1
N∩A
1
M＝A< br>1
，C
1
P∩PB＝P，
∴平面A
1
MCN∥平面PBC
1
，
因此，过点A
1
与截面PBC
1
平行的截面是平行四边形．
连接MN，作A
1
H⊥MN于点H，
∵A
1
M＝A
1
N＝5，
MN＝BC
1
＝22，
∴A
1
H＝3.
1
∴S△A
1
MN＝×22×3＝6.
2
故S?A
1
MCN＝2S△A
1
MN＝26.
§2.3 直线、平面垂直的判定及其性质
2.3.1 直线与平面垂直的判定
1．A 2.D 3．C 4．B
5．(1)45° (2)30° (3)90°
6．90°
7．证明 在平面B
1
BCC
1
中，
∵E、F分别是B
1
C
1
、B
1
B的中点，
∴△BB
1
E≌△CBF，
∴∠B
1
BE＝∠BCF，
∴∠BCF＋∠EBC＝90°，∴CF⊥BE，
又AB⊥平面B
1
BCC
1
，CF?平面B
1
BCC
1
，
∴AB⊥CF，又AB∩BE＝B，
∴CF⊥平面EAB.
8．证明 (1)∵PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PA.
又矩形ABCD中，CD⊥AD，且AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD.

(2)取PD的中点G，连接AG，FG.又∵G、F分别是PD、PC的中点，
1
∴GF綊CD，
2
∴GF綊AE，
∴四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥EF.
∵PA＝AD，G是PD的中点，
∴AG⊥PD，∴EF⊥PD，
∵CD⊥平面PAD，AG?平面PAD.
∴CD⊥AG.∴EF⊥CD.
∵PD∩CD＝D，∴EF⊥平面PCD.
9．A 10．B
11．∠A
1
C
1
B
1
＝90°
12．证明 连接AB
1
，CB
1
，设AB＝1.
∴AB
1
＝CB
1
＝2，

∵AO＝CO，∴B
1
O⊥AC.
连接PB
1
.
3
22
∵OB
2
1
＝OB＋BB
1
＝，
2
9
22
PB
2
＝PD＋BD＝，
11114
3
OP
2
＝PD
2
＋DO
2
＝，
4
22
∴OB
2
1
＋OP＝PB
1
.
∴B
1
O⊥PO，
又∵PO∩AC＝O，∴B
1
O⊥平面PAC.
13．解 (1)如图①， 当A、B位于平面α同侧时，由点A、B分别向平面α作垂线，垂足分
别为A
1
、B< br>1
，则AA
1
＝1，BB
1
＝2，B
1
A< br>1
＝3.过点A作AH⊥BB
1
于H，则AB和α所成
2－1
3
角即为∠HAB.而tan∠BAH＝＝.
3
3
∴∠BAH＝30°.

(2)如图②，当A、B位于平面α异侧时，经A、B分别作AA
1
⊥α于A
1
，BB
1
⊥α于B
1
，
AB∩ α＝C，则A
1
B
1
为AB在平面α上的射影，∠BCB
1
或∠ACA
1
为AB与平面α所成
的角．
∵△BCB
1
∽△ACA
1
，
∴
BB
1
AA
＝
B
1
C
＝2，
1
CA
1
∴B
1
C＝2CA
1
，而B1
C＋CA
1
＝3，
∴B
23
1
C＝
3
.
∴tan∠BCB＝
BB
1
1
2
B
＝
23
＝3，
1
C
3
∴∠BCB
1
＝60°.
综合(1)、(2)可知：AB与平面α所成的角为30°或60°.
2.3.2 平面与平面垂直的判定
1．C 2.D 3.B 4.B
5．45° 6．5
7．证明 因为MA⊥平面ABCD，PD∥MA，所以PD⊥平面ABCD.
又BC?平面ABCD，所以PD⊥BC.
因为四边形ABCD为正方形，
所以BC⊥DC.
又PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PDC.
在△PBC中，因为G、F分别为PB、PC的中点，
所以GF∥BC，所以GF⊥平面PDC.
又GF?平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PDC.
8．(1)证明 如图所示，连接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，
△BCD是等边三角形．
因为E是CD的中点，所以BE⊥CD.
又AB∥CD，所以BE⊥AB.
又因为PA⊥平面ABCD，
BE?平面ABCD，
所以PA⊥BE.而PA∩AB＝A，
因此BE⊥平面PAB.
又BE?平面PBE，

所以平面PBE⊥平面PAB.
(2)解 由(1)知，BE⊥平面PAB，PB?平面PAB，
所以PB⊥BE.又AB⊥BE，所以∠PBA是二面角A—BE—P的平面角．
PA
在Rt△PAB中，tan∠PBA＝＝3，则∠PBA＝60°.
AB
故二面角A—BE—P的大小是60°.
9．B 10．C
11．证明 (1)由E、F分别是A
1
B、A
1
C的中点知EF∥BC.
因为EF?平面ABC，BC?平面ABC.
所以EF∥平面ABC.
(2)由三 棱柱ABC—A
1
B
1
C
1
为直三棱柱知CC
1< br>⊥平面A
1
B
1
C
1
.又A
1
D? 平面A
1
B
1
C
1
，故
CC
1
⊥ A
1
D.
又因为A
1
D⊥B
1
C，CC
1
∩B
1
C＝C，故A
1
D⊥平面BB
1
C
1
C，又A
1
D?平面A
1
FD，所以平
面A
1
FD⊥平面BB
1
C
1
C.
12．(1)证明 ∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC.又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC.
又∵AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC.
(2)解 ∵DE∥BC，又由(1)知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC.
又∵AE?平面PAC，PE?平面PAC，
∴DE⊥AE，DE⊥PE.
∴∠AEP为二面角A—DE—P的平面角．
∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AC，
∴∠PAC＝90°.
∴在棱PC上存在一点E，
使得AE⊥PC.这时∠AEP＝90°，
故存在点E，使得二面角A—DE—P为直二面角．
13．(1)证明 连接BD，
∵D是AC的中点，PA＝PC＝5，
∴PD⊥AC.
∵AC＝22，AB＝2，BC＝6，
∴AB
2
＋BC
2
＝AC
2
.
∴∠ABC＝90°，即AB⊥BC.
1
∴BD＝AC＝2＝AD.
2< br>∵PD
2
＝PA
2
－AD
2
＝3，PB＝5，
∴PD
2
＋BD
2
＝PB
2
.∴PD⊥BD.
∵AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC.
(2)解 取AB的中点E，连接DE、PE，由E为AB的中点知DE∥BC，
∵AB⊥BC，∴AB⊥DE.
∵PD⊥平面ABC，∴PD⊥AB.

又AB⊥DE，DE∩PD＝D，∴AB⊥平面PDE，∴PE⊥AB.
∴∠PED是二面角P—AB—C的平面角．
16
在△PED中，DE＝BC＝，PD＝3，∠PDE＝90°，
22
PD
∴tan∠PED＝＝2.
DE
∴二面角P—AB—C的正切值为2.
2.3.3 直线与平面垂直的性质
2.3.4 平面与平面垂直的性质
1．B 2.B 3．C 4．C
5．6
6．a⊥β
7．证明 在平面PAB内，作AD⊥PB于D.
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB.
∴AD⊥平面PBC.
又BC?平面PBC，
∴AD⊥BC.
又∵PA⊥平面ABC，
BC?平面ABC，
∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB.
又AB?平面PAB，
∴BC⊥AB.
8．证明 (1)∵ADD
1
A
1
为正方形，
∴AD
1
⊥A
1
D.
又∵CD⊥平面ADD
1
A
1
，
∴CD⊥AD
1
.
∵A
1
D∩CD＝D，
∴AD
1
⊥平面A
1
DC.
又∵MN⊥平面A
1
DC，
∴MN∥AD
1
.
(2)连接ON，在△A
1
DC中，
A
1
O＝OD，A
1
N＝NC.
11
∴ON綊CD綊AB，
22
∴ON∥AM.
又∵MN∥OA，
∴四边形AMNO为平行四边形，

∴ON＝AM.
11
∵ON＝AB，∴AM＝AB，
22
∴M是AB的中点．
9．A 10．C
11．①②③
12．(1)证明 在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝45，
∴AD
2
＋BD
2
＝AB
2
.∴AD⊥BD.
又∵面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，BD?面ABCD，
∴BD⊥面PAD，又BD?面BDM，
∴面MBD⊥面PAD.
(2)解 过P作PO⊥AD，
∵面PAD⊥面ABCD，
∴PO⊥面ABCD，
即PO为四棱锥P—ABCD的高．
又△PAD是边长为4的等边三角形，
∴PO＝23.
在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，∴四边形ABCD为梯形．
4×8
85
在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为＝，
5
45
此即为梯形的高．
25＋45
85
∴S
四边形
ABCD
＝×＝24.
25
1
∴V
P—ABCD
＝×24×23＝163.
3
13．(1)证明 由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA
1
的中点，故DC＝DC
1
.
1
2
又AC＝AA
1
，可得DC
1
＋DC
2
＝CC
2
1
，所以DC
1
⊥DC.而DC
1⊥BD，CD∩BD＝D，所以
2
DC
1
⊥平面BCD.
因为BC?平面BCD，所以DC
1
⊥BC.
(2)解 DC
1
⊥BC，CC
1
⊥BC?BC⊥平面ACC
1
A
1
?BC⊥AC，取
A
1
B
1
的中点O，过点O作OH⊥BD于点H， 连接C
1
O，C
1
H，A
1
C
1
＝B1
C
1
?C
1
O⊥A
1
B
1
，面A
1
B
1
C
1
⊥面A
1
BD?C1
O⊥面A
1
BD，又
∵DB?面A
1
DB，∴C1
O⊥BD，又∵OH⊥BD，∴BD⊥面C
1
OH，
C
1H?面C
1
OH，∴BD⊥C
1
H，得点H与点D重合，且∠C
1
DO
2
是二面角A
1
－BD－C的平面角，设AC＝a，则C1
O＝a，C
1
D
2
＝2a＝2C
1
O?∠C
1
DO＝30°，故二面角A
1
－BD－C
1
的大小为30 °.
第二章章末检测
1．C 2.D 3．C 4．B 5．D 6．D 7．A 8．B 9.A 10．D 11．D 12．D
13．9

14．④ < br>15．B
1
D
1
⊥A
1
C
1
(答案 不唯一)
16．a>6
17．解 直线MN∥平面A
1
BC
1
，M为AB的中点，证明如下：
∵MD ∈平面A
1
BC
1
，ND∈平面A
1
BC
1
.
∴MN?平面A
1
BC
1
.
如图，取A
1
C
1
的中点O
1
，连接NO
1
、BO
1< br>.
11
∵NO
1
綊D
1
C
1
，M B綊D
1
C
1
，
22
∴NO
1
綊MB.
∴四边形NO
1
BM为平行四边形．
∴MN∥BO
1
.
又∵BO
1
?平面A
1
BC
1
，
∴MN∥平面A
1
BC
1
.

18．证明 如图所示，连接AN，延长交BE的延长线于P，连接CP.

∵BE∥AF，
FNAN
∴＝，
NBNP
由AC＝BF，AM＝FN得MC＝NB.
FNAM
∴＝.
NBMC
AMAN
∴＝，
MCNP
∴MN∥PC，又PC?平面BCE.
∴MN∥平面BCE.
19．解 (1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.
因为PD＝2
2
＋?22?
2
＝23，CD＝2，
1
所以三角形PCD的面积为×2×23＝23.
2
(2)如图，取PB中 点F，连接EF、AF，则EF∥BC，从而∠AEF(或其补角)是异面直线
BC与AE所成的角．

在△AEF中，由EF＝2，AF＝2，AE＝2知△AEF是等腰直角三角形，
所以∠AEF＝45°.
因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是45°.
20．(1)证明 连接OE，如图所示．

∵O、E分别为AC、PC的中点，∴OE∥PA.
∵OE?面BDE，PA?面BDE，
∴PA∥面BDE.
(2)证明 ∵PO⊥面ABCD，∴PO⊥BD.
在正方形ABCD中，BD⊥AC，
又∵PO∩AC＝O，
∴BD⊥面PAC.
又∵BD?面BDE，
∴面PAC⊥面BDE.
(3)解 取OC中点F，连接EF.
∵E为PC中点，
∴EF为△POC的中位线，∴EF∥PO.
又∵PO⊥面ABCD，∴EF⊥面ABCD.
∵OF⊥BD，∴OE⊥BD.
∴∠EOF为二面角E－BD－C的平面角，∴∠EOF＝30°.
1126
在Rt△OEF中，OF＝OC＝AC＝a，∴EF＝OF·tan 30°＝a，
24412
6
∴OP＝2EF＝a.
6
166
∴V
P
－
ABCD
＝×a
2
×a＝a
3
.
3618
21．(1)证明 因为底面ABCD为菱形，
所以BD⊥AC.
又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
如图，设AC∩BD＝F，连接EF.

因为AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，
23
故PC＝23，EC＝，FC＝2，
3
PC
从而＝6，
FC
AC
＝6.
EC
PCAC
因为＝，∠FCE＝∠PCA，
FCEC
所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°.由此知PC⊥EF.
因为PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，
所以PC⊥平面BED.
(2)解 在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角A－PB－C为90°，
所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，
故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，
故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，
所以底面ABCD为正方形，AD＝2，
PD＝PA
2
＋AD
2
＝22.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，
故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝2.
设PD与平面PBC所成的角为α，
d1
则sin α＝＝.
PD2
所以PD与平面PBC所成的角为30°.
第三章 直线与方程
§3.1 直线的倾斜角与斜率
3.1.1 倾斜角与斜率
1．B 2．C 3.B 4．C
33
5．30°或150° 或－
33
6．(－2,1)
7．解 直线AD，BC的倾斜角为60°，直线AB，DC 的倾斜角为0°，直线AC的倾斜角为

30°，直线BD的倾斜角为120°.
k
AD
＝k
BC
＝3，k
AB
＝k
CD
＝0，
3
k
AC
＝，k
BD
＝－3.
3
3－01－0
31
8．解 设P(x,0)，则k
PA
＝＝－，k
PB
＝＝，依题意，
－1－ xx＋13－x3－x
由光的反射定律得k
PA
＝－k
PB
，
31
即＝，解得x＝2，即P(2,0)．
x＋13－x
9．D 10．D
11.20°≤α<200°
12．解 如右图，由题意知∠BAO＝∠OAC＝30°，
∴直线AB的倾斜角为180°－30°＝150°，直线AC的倾斜角为30°，
3
∴k
AB
＝tan 150°＝－，
3
3
k
AC
＝tan 30°＝.
3
f?x?
13．解 画出函数的草图如图，可视为过原点直线的斜率．
x
f?c?f?b?f?a?
由图象可知：>>.
cba
3.1.2 两条直线平行与垂直的判定
1．A 2．A 3.B 4.D
5．52
9
6．2 －
8
7．(1)证明 由斜率公式得：
6－3
3
k
AB
＝＝，
10－5
5
11－?－4?
5
k
CD
＝＝－， < br>3
－6－3
则k
AB
·k
CD
＝－1，∴AB⊥CD .
(2)解 ∵l
1
⊥l
2
，∴k
1
·k
2
＝－1，
2
3
a＋1－?－2?
即×＝－1，解得a＝1或a＝3.
4
0－3a
t－0
8．解 由斜率公式得k
OP
＝＝t，
1－0
2－?2＋t?－t2－0
1
k
QR
＝＝＝t，k< br>OR
＝＝－，
t
－2t－?1－2t?－1－2t－0
2＋t－t< br>21
k
PQ
＝＝＝－.
t
1－2t－1－2t
∴k
OP
＝k
QR
，k
OR
＝k
PQ
，从而O P∥QR，OR∥PQ.
∴四边形OPQR为平行四边形．

又k
OP
·k
OR
＝－1，∴OP⊥OR，
故四边形OPQR为矩形．
9．B
10．平行或重合
11．(－19，－62)
12．解 由斜率公式可得
6－?－4?
5
k
AB
＝＝，
6－?－2?
4
6－6
k
BC
＝＝0，
6－0
6－?－4?
k
AC
＝＝5.
0－?－2?
由k
BC
＝0知直线BC∥x轴，
∴BC边上的高线与x轴垂直，其斜率不存在．
设AB、AC边上高线的斜率分别为k
1
、k
2
，由k
1
·k
AB
＝－1，k
2
·k
AC
＝－1，
5
即k
1
·＝－1，k
2
·5＝－1，
4
41
解得k
1
＝－，k
2
＝－.
55
∴BC边上的高所在直线的斜率不存在；
4
AB边上的高所在直线的斜率为－；
5
1
AC边上的高所在直线的斜率为－.
5
13．解 ∵四边形ABCD是直角梯形，
∴有2种情形：
(1)AB∥CD，AB⊥AD，
由图可知：A(2，－1)．
(2)AD∥BC，AD⊥AB，
?
k
AD
＝k
BC
?
?

?
k·k＝－1
?
ADAB

n－2
3
＝
?
?
m－2－1
?
?
n－2n＋1
＝－1
?
?
m－2
·
m－5


?
m＝
5
∴
?
8
n＝－
?
5
16

?
?
m＝2
. 综上
?
?
?
n＝－1

?
m＝
5
或
?
8
n＝－
?
5
16

.
§3.2 直线的方程

3.2.1 直线的点斜式方程
1．D 2．C 3．B 4．C
11
5．y＝－x＋
33
6．y－2＝2(x－1)
7．解 (1)∵直线过点P(－4,3)，斜率k ＝－3，∴由直线方程的点斜式得直线方程为y－3＝
－3(x＋4)，
即3x＋y＋9＝0.
(2)与x轴平行的直线，其斜率k＝0，由直线方程的点斜式可得直线方程为
y－(－4)＝0(x－3)，即y＝－4.
(3)与y轴平行的直线，其斜率k不存在，不能用点斜式方程表示，
但直线上点的横坐标均为5，故直线方程为x＝5.
－4－3－7
(4)过点P(－ 2,3)，Q(5，－4)的直线斜率k
PQ
＝＝＝－1.
5－?－2?
7
又∵直线过点P(－2,3)，
∴由直线方程的点斜式可得直线方程为y－3＝－1(x＋2)，
即x＋y－1＝0.
8．解 设BC边上的高为AD，则BC⊥AD，
∴k
AD
·k
BC
＝－1，
2＋3
3
∴·k
AD
＝－1，解得k
AD
＝. < br>5
0－3
33
∴BC边上的高所在的直线方程为y－0＝(x＋5)，即y＝x ＋3.
55
9．B 10.C
11．②③
12．解 (1)由y＝kx＋2k＋1，得y－1＝k(x＋2)．
由直线方程的点斜式可知，直线恒过定点(－2,1)．
(2)设函数f(x)＝kx＋2k＋1，显然其图象是一条直线(如图所示)，
若使当－3?
?
f?－3?≥0，
需满足
?

?
f?3?≥0.
?

?
?
－3k＋2k＋1≥0，
即
?

?
3k＋2k＋1≥0.
?

1
解得－≤k≤1.
5
所以，实数k的取值范围是
1
－≤k≤1.
5
13．解 直线AC的方程：
y＝3x＋2＋3.

∵AB∥x轴，
AC的倾斜角为60°，
∴BC的倾斜角为30°或120°.
当α＝30°时，BC方程为y＝
3
x＋2＋3，∠A平分线倾斜角为120°，
3
∴所在直线方程为y＝－3x＋2－3.
当α＝120°时，BC方程为y＝－3x＋2－33，∠A平分线倾斜角为30°，
33
∴所在直线方程为y＝x＋2＋.
33
3.2.2 直线的两点式方程
1．D 2.B 3.B 4.B
xyx
5.＋＝1或＋y＝1
322
xy
6.＋＝1
26
7．解 设所求直线l的方程为y＝kx＋b.
∵k＝6，∴方程为y＝6x＋b.
令x＝0，∴y＝b，与y轴的交点为(0，b)；
b
b
－，0
?
. 令y＝0，∴x＝－，与x轴的交点为
?
?
6
?
6
b
－
?
2
＋b
2
＝37， 根据勾股定理得
?
?
6
?
∴b＝±6.因此直 线l的方程为y＝6x±6.
8．解 (1)平行于BC边的中位线就是AB、AC中点的连线．因为 线段AB、AC中点坐标为
?
7
，1
?
，
?
－1
，－2
?
，
?
2
??
2
?
1
x＋
2
y＋2
xy
所以这条直线的方程为＝，整理得，6x－8 y－13＝0，化为截距式方程为－
1313
1＋2
71
＋
2268
＝1.
(2)因为BC边上的中点为(2,3)，所以BC边上的中线所在直线的方程为
y＋4x－1
＝，
3＋42－1
即7x－y－11＝0，化为截距式方程为
xy
－＝1.
1111
7
9．B 10．D
11．(0,1)
12．解 (1)由截距式得
xy
＋＝1，
－8
4
∴AC所在直线的方程为x－2y＋8＝0，

y－4
x
由两点式得＝，
6－4－2
∴AB所在直线的方程为x＋y－4＝0.
y－2x－?－4?
(2)D点坐标为(－4,2)，由两点式得＝.
6－2－2－?－4?
∴BD所在直线的方程为2x－y＋10＝0.
1
( 3)由k
AC
＝，∴AC边上的中垂线的斜率为－2，又D(－4,2)，
2
由点斜式得y－2＝－2(x＋4)，
∴AC边上的中垂线所在直线的方程为2x＋y＋6＝0.
13．解 当直线l经过原点时，直线l在两坐标轴上截距均等于0，
1
故直线l的斜率为，
7
1
∴所求直线方程为y＝x，
7
即x－7y＝0.
当直线l不过原点时，
xy
设其方程为＋＝1，
ab
由题意可得a＋b＝0，①
71
又l经过点(7,1)，有＋＝1，②
ab
由①②得a＝6，b＝－6，
xy
则l的方程为＋＝1，
6
－6
即x－y－6＝0.
故所求直线l的方程为x－7y＝0或x－y－6＝0.
3.2.3 直线的一般式方程
1．D 2.D 3.A 4.A
4
5．－
15
6．0或－1
7．解 (1)由点斜式方程得y－3＝3(x－5)，
即3x－y＋3－53＝0.
(2)x＝－3，即x＋3＝0.
(3)y＝4x－2，即4x－y－2＝0.
(4)y＝3，即y－3＝0.
y－5x－?－1?
(5)由两点式方程得＝，
－1－52－?－1?
即2x＋y－3＝0.
(6)由截距式方程得
xy
＋＝1，即x＋3y＋3＝0.
－3－1

8．解 设直线为Ax＋By＋C＝0，
C
∵直线过点(0,3)，代入直线方程得3B＝－C，B＝－.
3
2
C
由三角形面积为6，得||＝12，
AB
C
∴A＝±，
4
CC
∴方程为±x－y＋C＝0，
43
所求直线方程为3x－4y＋12＝0或3x＋4y－12＝0.
9．C 10．D
11．x－y＋1＝0
12．解 当m＝5时，l
1
：8x＋y－11＝0，l
2
：7x－8＝0.
显然l
1
与l
2
不平行，同理，当m＝－3时，l
1
与l< br>2
也不平行．
7
－?m＋3?＝
m－5
当m≠5且m≠－3 时，l
1
∥l
2
?
，
8
3m－4≠
5－m
?
?
?

∴m＝－2.
∴m为－2时，直线l
1
与l
2
平行．
13．(1)证明 将直线l的方程整理为
31
y－＝a(x－)，
55
13
∴l的斜率为a，且过定点A(，)．
55
13
而点A(，)在第一象限，故l过第一象限．
55

∴不论a为何值，直线l总经过第一象限．
3
－0
5
(2)解 直线OA的斜率为k＝＝3.
1
－0
5
∵l不经过第二象限，∴a≥3.
§3.3 直线的交点坐标与距离公式
3.3.1 两条直线的交点坐标
1．D 2．A 3.B 4．C
5．2
6．8x＋16y＋21＝0

21
7．解 (1)≠，所以方程组有唯一解，两直线相交，交点坐标为(－1，－1)．
1
－2
112
(2)＝≠，所以方程组没有解，两直线平行．
223
1
－1
1
(3)＝＝，方程组有无数个解，两直线重合．
2
－2
2
8．解 (1)2x＋y－8＝0在x轴、y轴上的截距分别是4和8，符合题意．
(2)当l的方程不是2x＋y－8＝0时，
设l：(x－2y＋1)＋λ(2x＋y－8)＝0，
即(1＋2λ)x＋(λ－2)y＋(1－8λ)＝0.
据题意，1＋2λ≠0，λ－2≠0.
1－8λ
令x＝0，得y＝－；
λ－2
1－8λ
令y＝0，得x＝－.
1＋2λ
1－8λ
?
－
1－8λ
?
∴－＝2·< br>?
1＋2λ
?
λ－2
??
12
解之得λ＝，此时y＝ x.
83
即2x－3y＝0.
∴所求直线方程为2x＋y－8＝0或2x－3y＝0.
9．A 10．D
11．(－1，－2)
12．解 如图所示，由已知，A应是BC边上的高线所在直线与∠A
的角平分线所在直线的交点．
?
x－2y＋1＝0
?
y＝0
??
由
?
，得
?
，
??
y＝0x＝－1
??

故A(－1,0)．
又∠A的角平分线为x轴，
故k
AC
＝－k
AB
＝－1，
∴AC所在直线方程为y＝－(x＋1)，
又k
BC
＝－2，∴BC所在直线方程为y－2＝－2(x－1)，
??< br>?
y＝－?x＋1?
?
x＝5
由
?
，得
?< br>，
?
y－2＝－2?x－1?
?
y＝－6
??

故C点坐标为(5，－6)．
13．解 设原点关于l的对称点A的坐标为(a，b)，由直线OA与l垂直和线段AO的中点在
l上得
b
?
4
?
·
－
＝－1
a
?
3< br>?
?
?
ab
?
8×
2
＋6×
2＝25

?
?
a＝4
，解得
?
，
?
b＝3
?

∴A的坐标为(4,3)．

∵反射光线的反向延长线过A(4,3)，
又由反射光线过P(－4,3)，两点纵坐标相等，故反射光线所在直线方程为y＝3.
7< br>?
?
y＝3
?
x＝
?
由方程组
?
， 解得
?
8
，
?
8x＋6y＝25
?
?
?
y＝3
7
?
∴反射光线与直线l的交点坐标为
?
?
8
，3
?
.


3.3.2 两点间的距离

1．A 2．C 3．C 4．B
5.17 6.(2,10)或(－10,10)
7．解 由于B在l上，可设B点坐标为(x
0
，－2x
0
＋6)．
由|AB|
2
＝(x
0
－1)
2
＋(－2x
0
＋7)
2
＝25，
化简得x
2
0
－6x0
＋5＝0，解得x
0
＝1或5.
当x
0
＝1时，AB方程为x＝1，
当x
0
＝5时，AB方程为3x＋4y＋1＝0.
综上，直线l
1
的方程为x＝1或3x＋4y＋1＝0.
8．证明 如图所示，D，E分别为边AC和BC的中点，
以A为原点，边AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系．
设A(0,0)，B(c,0)，C(m，n)，则|AB|＝c，
又由中点坐标公式， < br>mn
?
c＋m
n
?
，
，E
?
可得D
?
?
22
?
?
2
，
2
?
，
c＋m
mc
所以|DE|＝－＝，
222
1
所以|DE|＝|AB|.
2
即三角形的中位线长度等于底边长度的一半．
9．B 10．A
11．26
12．证明 作AO⊥BC，垂足为O，以BC所在直线为x轴，以OA所
在直线为y轴，建立直角坐标系(如右图所示)．
设A(0，a)，B(b,0)，C(c,0)，D(d,0)．
因为|AB|
2< br>＝|AD|
2
＋|BD|·|DC|，所以，由距离公式可得
b
2< br>＋a
2
＝d
2
＋a
2
＋(d－b)(c－d)，
即－(d－b)(b＋d)＝(d－b)(c－d)．
又d－b≠0，故－b－d＝c－d，即－b＝c.
所以|AB|＝|AC|，即△ABC为等腰三角形．
13．解 设直线l与直线l
1
，l
2
分别相交于A(x
1
，y
1
)，B(x< br>2
，y
2
)两点，
则x
1
＋y
1
＋1＝0，x
2
＋y
2
＋6＝0，

两式相减，得( x
1
－x
2
)＋(y
1
－y
2
)＝5①
又(x
1
－x
2
)
2
＋(y
1
－ y
2
)
2
＝25 ②
联立①②可得
??
?< br>x
1
－x
2
＝5
?
x
1
－x
2
＝0
?
或
?
，
?
y
1
－y
2
＝0
?
y
1
－y
2
＝5
??< br>
由上可知，直线l的倾斜角分别为0°和90°，
故所求的直线方程为x＝3或y＝1.
3.3.3 点到直线的距离
3.3.4 两条平行直线间的距离
1．D 2.B 3．C 4．C
713
5.
26
6．2x＋y－5＝0
7．解 (1)设BC边的高所在直线为l，
3－?－1?
由题意知k
BC
＝＝1，
2－?－2?
－1
则k
l
＝＝－1，
k
BC
又点A(－1,4)在直线l上，
所以直线l的方程为y－4＝－1×(x＋1)，
即x＋y－3＝0.
(2)BC所在直线方程为
y＋1＝1×(x＋2)，即x－y＋1＝0，
点A(－1,4)到BC的距离
|－1－4＋1|
d＝
2
＝22，
1＋?－1?
2
又|BC|＝?－2－2?
2
＋?－1－3?
2
＝42，
1
则S
△
ABC
＝·|BC|·d
2
1
＝×42×22＝8.
2
8．解 设l
2
的方程为y＝－x＋b(b>1)，
则图中A(1,0)，D(0,1)，B(b,0)，C(0，b)．
∴|AD|＝2，|BC|＝2b.
梯形的高h就是A点到直线l
2
的距离，
|1＋0－b||b－1|b－1
故h＝＝＝(b>1)，
222
2＋2bb－1
由梯形面积公式得×＝4，
2
2
∴b
2
＝9，b＝±3.但b>1，∴b＝3.

从而得到直线l
2
的方程是x＋y－3＝0.
9．C 10．B
11．①⑤
12．解 因为直线l平行l
1
，设直线l的方程 为7x＋8y＋C＝0，则d
1
＝
又2d
1
＝d
2
，∴2|C－9|＝|C＋3|.
解得C＝21或C＝5.
故所求直线l的方程为7x＋8y＋21＝0或7x＋8y＋5＝0.
23
13．解 已知BC的斜率为－，因为BC⊥AC，所以直线AC的斜率为，从而方程y＋2＝
32
31 0
(x－1)，即3x－2y－7＝0，又点A(1，－2)到直线BC：2x＋3y－6＝0的距离为 |AC|＝，
2
13
102
且|AC|＝|BC|＝.由于点B在直线2x＋ 3y－6＝0上，可设B(a,2－a)，且点B到直线
3
13
2
|3a－2 ?2－a?－7|
3
1013
AC的距离为＝，|a－11|＝10.
13
3
3
2
＋?－2?
2
1313633
所以a－11 ＝10或a－11＝－10，所以a＝或，
331313
6316324
，－
?
或B
?
，
?
所以B
?
13
??13
?
1313
?
1624
－＋2＋2
1313
所以直线AB的方程为y＋2＝·(x－1)或y＋2＝(x－1)．即x－5y－11＝0或
633
－1－1
1313
5x＋y－3＝0，
所以AC所在的直线方程为3x－2 y－7＝0，AB所在的直线方程为x－5y－11＝0或5x＋y
－3＝0.
|C－9||C－?－3?|
，d＝
2
2222
.
7＋87＋8
第三章章末检测
1．A 2.B 3.D 4.A 5.C 6.B 7．C 8．C 9．A 10．C 11．D 12.B
13．－2或4或6
14．60 km
2
15．－
3
16．2
17．解 在3x－y＋3＝0中，令y＝0，得x＝－3，即M(－3，0)．∵直线l的斜率k＝3，
∴其倾斜 角θ＝60°.若直线l绕点M逆时针方向旋转30°，则直线l′的倾斜角为60°＋30°
＝90° ，此时斜率不存在，故其方程为x＝－3.若直线l绕点M顺时针方向旋转30°，则
33
直线 l′的倾斜角为60°－30°＝30°，此时斜率为tan 30°＝，故其方程为y＝(x＋3)，
33
即x－3y＋3＝0.
综上所述，所求直线方程为x＋3＝0或x－3y＋3＝0.
18．解 设直线l
2
上的动点P(x，y)，直线l
1
上的点Q(x
0,
4－2x
0
)，且P、Q两点关于直线l：
3x＋4y－1＝0对称，则有

|3x＋4y－1||3x＋4?4－2x?－1|
，
?
5
?
5＝
?
y－?4－2x?
4
?
?
x－x
＝
3
.
00
0
0


消去x
0
，得2x＋11y＋16＝0或2x＋y－4＝0(舍)．
∴直线l
2
的方程为2x＋11y＋16＝0.
5＋x
0
y
0
－2
?
19．解 (1)设C(x< br>0
，y
0
)，则AC中点M
?
?
2
，
2
?
，
7＋x
0
y
0
＋3
?
BC中点N
?
?
2
，
2
?
.
5＋x
0
∵M在y轴上，∴＝0，x
0
＝－5.
2
y
0
＋3
∵N在x轴上，∴＝0，y
0
＝－3，即C(－5，－3 )．
2
5
0，－
?
，N(1,0)． (2)∵M
?
2
??
xy
∴直线MN的方程为＋＝1.
15
－
2
即5x－2y－5＝0.
20．解 设B(x
0
，y
0
)，则AB中点E的坐标为
?
由条件可得：
?2x
0
－5y
0
＋8＝0
x
0
－8y
0
＋2
?
?
2
，
2
?
，
?
，
?
x
0
－8y
0
＋2
＋2 ·－5＝0
?
2
?
2
?
2x
0
－5y0
＋8＝0
?
得
?
，
?
x＋2y－14＝0
?
00
?
?
x
0
＝6
解得
?，即B(6,4)，
?
y＝4
?
0



同理可求得C点的坐标为(5,0)．
y－0x－5
故所求直线BC的方程为＝，即4x－y－20＝0.
4－06－5
21．解 设直线x－2y＋5＝0上任意一点P(x
0
，y< br>0
)关于直线l的对称点为P′(x，y)，则
2
＝－，
3
x＋x
0
y＋y
0
?
?
2
，
2
?
在l上，
x＋x
0
y＋y
0
∴3×－2×＋7＝0， < br>22
又PP′的中点Q
?
y－y
2
＝－，
?
?
x－x
3
由
?
x＋x
3×
?
?
2
－?y＋y?＋7＝0.
0
0
0
0
y
0
－y
x
0
－x


可得P点的坐标为

－5x＋12y－4212x＋5y＋28
x
0
＝，y
0
＝，
1313
代入方程x－2y＋5＝0中，化简得29x－2y＋33＝0，
∴所求反射光线所在的直线方程为29x－2y＋33＝0.
22．解 在线段AB上任取一 点P，分别向CD、DE作垂线划出一块长方形土地，以BC，EA
的交点为原点，以BC，EA所在的 直线为x轴，y轴，建立直角坐标系，
xy
则AB的方程为＋＝1，
3020
2x
x，20－
?
，则长方形的面积 设P
?3
??
?
20－
2x
??
(0≤x≤30)． S＝( 100－x)
?
80－
3
????
220
化简得S＝－x< br>2
＋x＋6 000(0≤x≤30)．
33
50
当x＝5，y＝时，S最大，其最大值为6 017 m
2
.
3

第四章 圆与方程
§4.1 圆的方程
4.1.1 圆的标准方程
1．A 2.B 3.B 4．A
5．5＋2 < br>193
x－
?
2
＋
?
y－
?
2＝1 6.
?
?
5
??
5
?
7．解 (1)圆的半径r＝|CP|＝?5－8?
2
＋?1＋3?
2
＝5，
圆心为点C(8，－3)，
∴圆的方程为(x－8)
2
＋(y＋3)
2
＝25.
(2 )设所求圆的方程是x
2
＋(y－b)
2
＝r
2
.
∵点P、Q在所求圆上，依题意有
2
145
r＝，
22
?
4
?
16＋?2－b?＝r，
?
?
22
5
?
36＋?2＋b?＝r，
?
b＝－.
2

?
?
?


∴所求圆的方程是
5
145
y＋
?
2
＝. x
2
＋
?
?
2
?
4
8．解 由题意知线段AB的垂直平分线方程为3x＋2y－15＝0，
?
?
3x＋2y－15＝0，
∴由
?
，
?
3x＋10y＋9＝0
?

?
?
x＝7，
解得
?

?
y＝－3.
?

∴圆心C(7，－3)，半径r＝|AC|＝65.
∴所求圆的方程为(x－7)
2
＋(y＋3)
2
＝65.
9．D 10.D
11．[0,2]
12．解 能．设过A(0,1)，B(2 ,1)，C(3,4)的圆的方程为(x－a)
2
＋(y－b)
2
＝r
2
.
将A，B，C三点的坐标分别代入有
a＋?1－b?＝r，
??
?
?2－a?
2
＋?1－b?
2
＝r
2，
?
?
?3－a?
2
＋?4－b?
2
＝r2
，
222


?
a＝1，
?
解得
?
b＝3，
?
?
r＝5.


∴圆的方程为(x－1)
2
＋(y－3)
2
＝5.
将D(－1,2)代入上式圆的方程，得
(－1－1)
2
＋(2－3)
2
＝4＋1＝5，
即D点坐标适合此圆的方程．
故A，B，C，D四点在同一圆上．
13．解 设P(x，y)，则x
2
＋y
2
＝4.
|PA|
2
＋|PB|
2
＋|PC|
2
＝(x＋2)
2
＋(y＋2)
2
＋(x＋2)
2
＋(y－6)
2
＋(x－4)
2
＋(y＋2)
2
＝3(x
2
＋y
2
)－
4 y＋68＝80－4y.
∵－2≤y≤2，
∴72≤|PA|
2
＋|PB |
2
＋|PC|
2
≤88.
即|PA|
2
＋|P B|
2
＋|PC|
2
的最大值为88，最小值为72.
4.1.2 圆的一般方程
1．B 2.D 3．B 4．B
5．(0，－1)
6．－2
7．解 设所求轨迹上任一点M(x，y)，圆的方程可化为(x－3)
2
＋(y－3)
2
＝4.圆心C(3,3)．
∵CM⊥AM，
∴k
CM
·k
AM
＝－1，
y－3y＋5
即·＝－1，
x－3x＋3
即x
2
＋(y＋1)
2
＝25.
∴所求轨迹方程为x
2
＋(y＋1)
2
＝25(已知圆内的部分)．

8．解 设圆的一般方程为x
2
＋y
2
＋Dx＋Ey＋F＝0，
令y＝0，得x
2
＋Dx＋F＝0，
所以圆在x轴上的截距之和为x
1
＋x
2
＝－D；
令x＝0，得y
2
＋Ey＋F＝0，
所以圆在y轴上的截距之和为y
1
＋y
2
＝－E；
由题设 ，得x
1
＋x
2
＋y
1
＋y
2
＝－(D＋ E)＝2，所以D＋E＝－2.①
又A(4,2)、B(－1,3)两点在圆上，
所以16＋4＋4D＋2E＋F＝0，②
1＋9－D＋3E＋F＝0，③
由①②③可得D＝－2，E＝0，F＝－12，
故所求圆的方程为x
2
＋y
2
－2x－12＝0.
9．D 10．A
12．解 设点M的坐标是(x，y)，点P的坐标是(x
0
，y
0
)．
由于点A的坐标为(3,0)且M是线段AP的中点，
x
0
＋3
y
0
所以x＝，y＝，
22
于是有x
0
＝2x－3，y
0
＝2y.
因为点P在圆x
2
＋y
2
＝1上移动，
2
所以点P的坐标满足方程x
2
0
＋y
0
＝1，
3
1
x－
?
2
＋y
2
＝. 则(2x－3 )
2
＋4y
2
＝1，整理得
?
?
2
?4
3
1
x－
?
2
＋y
2
＝. 所以点M的轨迹方程为
?
?
2
?
4
13．解 设圆的方程为：
x
2
＋y
2
＋Dx＋Ey＋F＝0，①
将P、Q的坐标分别代入①，
?
?
4D－2E＋F＝－20 ②
得
?

?
D－3E－F＝10 ③
?

令x＝0，由①得y
2
＋Ey＋F＝0，④
由已知|y
1
－y
2
|＝43，其中y
1
，y
2
是方程④的两根． ∴(y
1
－y
2
)
2
＝(y
1
＋y< br>2
)
2
－4y
1
y
2

＝E
2
－4F＝48.⑤
解②③⑤联立成的方程组，
D＝－2D ＝－10
??
??
得
?
E＝0
或
?
E＝－ 8
??
?
F＝－12
?
F＝4

.
故 所求方程为：x
2
＋y
2
－2x－12＝0或x
2
＋y2
－10x－8y＋4＝0.
§4.2 直线、圆的位置关系

4.2.1 直线与圆的位置关系
1．D 2．A 3．A 4．B
5．4
6．(x－3)
2
＋y
2
＝4
7．解 设圆心坐标为(3m，m)，∵圆C和y轴相切，得圆的半径为3|m|，∴圆心到直线y
|2m|＝x的距离为＝2|m|.
2
由半径、弦心距的关系得9m
2
＝7＋2m
2
，
∴m＝±1.∴所求圆C的方程为(x－3)
2
＋(y－1)
2
＝9或(x ＋3)
2
＋(y＋1)
2
＝9.
8．解 假设存在且设l为：y＝ x＋m，圆C化为(x－1)
2
＋(y＋2)
2
＝9，圆心C(1，－2)．
?
?
y＝x＋m
解方程组
?

?
y＋2＝ －?x－1?
?
m＋1m－1
得AB的中点N的坐标N(－，)，
22

由于以AB为直径的圆过原点，所以|AN|＝|ON|.
?m＋3?
2
22
又|AN|＝|CA|－|CN|＝9－，
2
m＋1
2
m－1
2
|ON|＝?－?＋??.
22
?3＋m?
2
?
m＋1
?
2
?
m－1
?
2
所以9－＝
－
＋，解得m＝1或m＝－4.
2
2
??
2
??
所以存在直线l，方程为x－y＋1＝0和x－y－4＝0， 并可以检验，这时l与圆是相交于
两点的．
9．C 10．C
11．x
2
＋y
2
＝4
3
12．解 (1)如图，连接PC，由P点在直线3x＋4y＋8＝0上，可设P点坐标为(x，－2－x)．
4

圆的方程可化为(x－1)
2
＋(y－1)
2
＝1，
1< br>所以S
四边形
PACB
＝2S
△
PAC
＝2××|A P|×|AC|＝|AP|.
2
因为|AP|
2
＝|PC|
2－|CA|
2
＝|PC|
2
－1，
所以当|PC|
2
最小时，|AP|最小．
35
因为|PC|2
＝(1－x)
2
＋(1＋2＋x)
2
＝(x＋1)
2
＋9.
44
4
所以当x＝－时，|PC|
2
min
＝9.
5
所以|AP|
min
＝9－1＝22.

即四边形PACB面积的最小值为22.
(2)假设直线上存在点P满足题意．
因为∠APB＝60°，|AC|＝1，
所以|PC|＝2.
22
?
?
?x－1?＋?y－1?＝4，设P(x，y)，则有
?

?
3x＋4y＋8＝0.
?

整理可得25x
2
＋40x＋96＝0，
所以Δ＝40
2
－4×25×96<0.所以这样的点P是不存在的．
13．(1)证明 ∵直线l的方程可化为(2x＋y－7)m＋(x＋y－4)＝0(m∈R)．
?
?
2x＋y－7＝0
∴l过
?
的交点M(3,1)．
?
x＋y－4＝0
?

又∵M到圆心C(1,2)的距离为d＝?3 －1?
2
＋?1－2?
2
＝5<5，
∴点M(3,1)在圆内，∴过点M(3,1)的直线l与圆C恒交于两点．
(2)解 ∵过 点M(3,1)的所有弦中，弦心距d≤5，弦心距、半弦长和半径r构成直角三
角形，∴当d
2
＝5时，半弦长的平方的最小值为25－5＝20.
∴弦长AB的最小值|AB|
min
＝45.
2m＋1
1
此时，k
CM
＝－，k
l
＝－.
2
m＋1
1
2m＋1
∵l⊥CM，∴·＝－1，
2
m＋1
3
解得m＝－.
4
3
∴当m＝－时，取到最短弦长为45.
4
4.2.2 圆与圆的位置关系

1．B 2．D 3．B 4．D
5．±1
6．3或7
7．解 将两圆方程写成标准方程，得(x－a)
2
＋(y＋2 )
2
＝9，(x＋1)
2
＋(y－a)
2
＝4.
设两圆的圆心距为d，则d
2
＝(a＋1)
2
＋(－2－a)
2＝2a
2
＋6a＋5.
(1)当d＝3＋2＝5，即2a
2
＋ 6a＋5＝25时，两圆外切，此时a＝－5或2.
(2)当d＝3－2＝1，即2a
2＋6a＋5＝1时，两圆内切，此时a＝－1或－2.
8．解 把圆的方程都化成标准形式，得(x＋3)
2
＋(y－1)
2
＝9，
(x＋1)
2
＋(y＋2)
2
＝4.
如图，C
1
的坐标是(－3,1)，半径长是3；C
2
的坐标是(－1，－
2)，半径长 是2.
所以，
|C
1
C
2
|＝?－3＋1?
2
＋?1＋2?
2
＝13.

因此，|MN|的最大值是13＋5.
9．B 10．D
11．4
12．解 对圆C
1
、C
2
的方程，经配方后可得：
C
1
：(x－a)
2
＋(y－1)
2
＝16，
C
2
：(x－2a)
2
＋(y－1)
2
＝1， < br>∴圆心C
1
(a,1)，r
1
＝4，C
2
(2a,1 )，r
2
＝1，
∴|C
1
C
2
|＝?a－2a?
2
＋?1－1?
2
＝a，
(1)当|C
1
C2
|＝r
1
＋r
2
＝5，即a＝5时，两圆外切．
当 |C
1
C
2
|＝|r
1
－r
2
|＝3，即 a＝3时，两圆内切．
(2)当3<|C
1
C
2
|<5，即3(3)当|C
1
C
2
|>5，即a>5时，两圆外离．
(4)当|C
1
C
2
|<3，即013．解 设圆B的半径为r，因为圆B的圆心在直线l：y＝2x上，所以圆B的圆心可设为(t,2t)，
则 圆B的方程是(x－t)
2
＋(y－2t)
2
＝r
2
， < br>即x
2
＋y
2
－2tx－4ty＋5t
2
－r
2
＝0.①
因为圆A的方程为x
2
＋y
2
＋2x＋2y－2＝0，②
所以②－①，得两圆的公共弦所在直线的方程为
(2＋2t)x＋(2＋4t)y－5t
2
＋r
2
－2＝0.③ < br>因为圆B平分圆A的周长，所以圆A的圆心(－1，－1)必须在公共弦上，于是将x＝－1，
3
2121
t＋
?
2
＋≥， y＝－1代入方程③并整理得r
2
＝5t
2
＋6t＋6＝5
?
?
5
?
55
321
所以当t＝－时，r
min
＝.
55
此时，圆B的方程是
?
x＋
3
?
2
＋
?
y＋
6
?
2
＝
21
.
?
5
??
5
?
5
4.2.3 直线与圆的方程的应用
1．C 2．B 3．A 4．A
5．4
6．(－13,13)
7．解 (1)方程C可化为(x－1)
2
＋(y－ 2)
2
＝5－m，显然当5－m>0，即m<5时，方程C表
示圆．
(2)圆的方程化为
(x－1)
2
＋(y－2)
2
＝5－m，
圆心C(1,2)，半径r＝5－m，
|1＋2×2－4|
1
则圆心C(1 ,2)到直线l：x＋2y－4＝0的距离d＝＝.
5
1
2
＋2
2

∵|MN|＝
412
，∴|MN|＝.
2
55
根据圆的性质有
1
|MN|
?
2
， r
2
＝d
2
＋
?
?
2
?
12
∴5－m＝
??
2
＋
??
2
，得m＝4.
?
5
??
5
?
8．解 以O
1
O
2
的中点O为原点，O
1
O
2
所在直线为x轴，建立如图所示的坐标 系，则
O
1
(－2,0)，O
2
(2,0)．
由已知|PM|＝2|PN|，
∴|PM|
2
＝2|PN|
2
.
又∵两圆的半径均为1，
所以|PO
1
|
2
－1
＝2(|PO
2
|
2
－1)，设P(x，y)，
则(x＋ 2)
2
＋y
2
－1＝2[(x－2)
2
＋y
2－1]，即(x－6)
2
＋y
2
＝33.
∴所求动点P的轨迹方程为(x－6)
2
＋y
2
＝33.
9．C 10．B
11．251
1
12．证明 以B为原点，BC边 所在直线为x轴，线段BC长的为单
6
位长，建立平面直角坐标系．则A(3,33)，B(0 ,0)，C(6,0)．由已
知，得D(2,0)，E(5，3)．直线AD的方程为y＝33(x－2 )．
3
直线BE的方程为y＝(x－5)＋3.
5
解以上两方程联立成的方程组，
153
得x＝，y＝3.
77
153
所以，点P的坐标是(，3)．
77
3
直线PC的斜率k
PC
＝－.
9
3
因为k
AD
k
PC
＝33×(－)＝－1，
9
所以，AP⊥CP.
13．解 以AB所在的直线为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系．
|AB|＝10，所以A(－5，0) ，B(5,0)，设P(x，y)是区域分界线上的
任一点，并设从B地运往P地的单位距离运费为a， 即从B地运
往P地的运费为|PB|·a，则A地的运费为|PA|·3a，当运费相等时，
就 是|PB|·a＝3a·|PA|，即3?x＋5?
2
＋y
2
＝?x－5?< br>2
＋y
2
，
2515
整理得(x＋)
2
＋ y
2
＝()
2
.①
44
所以在①表示的圆周上的居民可任 意选择在A地或B地购买，在圆内的居民应选择在A
地购买，在圆外的居民应选择在B地购买．

§4.3 空间直角坐标系
4.3.1 空间直角坐标系
1．C 2．A 3．D 4．A
5.(1，－2,3) 6.(5,2，－7)
7．解 如图所 示，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，
1
0 ，0，
?
，D(0,0,0)，A
1
(1,0,1)，B
1
(1,1,1)，C
1
(0,1,1)，D
1
(0,0,1)，E
?
2
??
11
?
1
，，0
，G
?
1 ，1，
?
. F
?
2
??
22
??
8．解 长方体的对称中心为坐标原点O，因为顶点坐标A(－2，－3，－1)，所以A关于原
点的对称点C< br>1
的坐标为(2,3,1)．
又因为C与C
1
关于坐标平面xOy对称，
所以C(2,3，－1)．
而A
1
与C关于原点对称，所以A
1
(－2，－3,1)．
又因为C与D关于坐标平面xOz对称，所以D(2，－3，－1)．
因为B与C关于坐标平面yOz对称，所以B(－2,3，－1)．
B
1
与B关于坐标平面xOy对称，所以B
1
(－2,3,1)．
同理D
1
(2，－3,1)．
综上可知长方体的其它7个顶点坐标分别为： C
1
(2,3,1)，C(2,3，－1)，A
1
(－2，－3,1)，B(－2,3，－1)，B
1
(－2,3,1)，D(2，－3，－1)，D
1< br>(2，－3,1)．
9．C 10．D
x
1
＋x
2y
1
＋y
2
z
1
＋z
2
?
1 1.
?
?
2
，
2
，
2
?

12．解 因为AD与两圆所在的平面均垂直，OE∥AD，所以OE与两圆所在的平面也都垂直． < br>又因为AB＝AC＝6，BC是圆O的直径，所以△BAC为等腰直角三角形且AF⊥BC，BC
＝62.
以O为原点，OB、OF、OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立
如图所示的 空间直角坐标系，则原点O及A、B、C、D、E、F各个点
的坐标分别为O(0,0,0)、A(0， －32，0)、B(32，0,0)、C(－32，0,0)、
D(0，－32，8)、E(0,0,8 )、F(0,32，0)．
13．解 如图所示，以A为原点，以AB所在直线为x轴，AP所在直

线为z轴，过点A与xAz平面垂直的直线为y轴，建立空间直角坐标系．则相关各点的

坐标分别是A(0,0,0)，B(1,0,0)，
3313
C(，，0)，D(，，0)，P(0,0,2)，
2222
3
E(1，，0)．
2
4.3.2 空间两点间的距离公式
1．C 2.B 3.B 4．B
5．x
2
＋z
2
－y
2
＝0 6.0或－4
?
?
|PA|＝|PC|
7．解 设P(0，y，z)，由题意
?

?
|PB|＝|PC|
?

?
所以
?
?
?0－3?
2
＋?y－1?
2
＋?z－2?
2
＝
?0－0?
2
＋?y－5?
2< br>＋?z－1?
2
?0－4?＋?y＋2?＋?z＋2?＝
?0－0?＋?y－5 ?＋?z－1?
222
222


??
?
4y－z －6＝0
?
y＝1
即
?
，所以
?
，
??
7y＋3z－1＝0z＝－2
??

所以点P的坐标是(0,1，－2)．
8．解 由题意得B(0，－2,0)，C(0,2,0)，
设D(0，y，z)，则在Rt△BDC中，∠DCB＝30°，
∴BD＝2，CD＝23，z＝3，y＝－1.
31
∴D(0，－1，3)．又∵A(，，0)，
22
∴|AD|
＝?
3
2
1
?＋?＋1?
2
＋?－3?
2
＝6.
22
9．A 10．C
11．(0，－1,0)
12．解 如图分别以AB、AD、AA
1
所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
由题意可知C(3,3,0)，
D(0,3,0)，∵|DD
1
|＝|CC
1
|＝2，
∴C
1
(3,3,2)，D
1
(0,3,2)，
3
，3，1
?
. ∵N为CD
1
的中点，∴N
?< br>2
??
M是A
1
C
1
的三等分点且靠近A
1
点，
∴M(1,1,2)．
由两点间距离公式，得|MN|
3
?
2
－1
＋?3－1?
2
＋?1－2?
2
＝
?
?
2
?

＝
21
.
2
13．解 ∵点M在直线x＋y＝1(xOy平面内)上，∴可设M(x,1－x,0)．
∴|MN|＝
?x－6?
2
＋?1－x－5?
2
＋?0－1?
2

＝2?x－1?
2
＋51≥51，
当且仅当x＝1时取等号，
∴当点M的坐标为(1,0,0)时，
|MN|
min
＝51.
第四章章末检测
1．D 2．A 3．C 4．C 5．B 6．D 7．C 8．D 9．A 10．A 11．C 12．A
13．2x＋3y＋8＝0
14．3
15．±5
4
16.
3
17．解 如图所示，已知圆C：x2
＋y
2
－4x－4y＋7＝0关于x轴对称的
圆为C
1
：(x－2)
2
＋(y＋2)
2
＝1，其圆心C
1
的坐标 为(2，－2)，半径
为1，由光的反射定律知，入射光线所在直线方程与圆C
1
相切 ．设
l的方程为y－3＝k(x＋3)，
即kx－y＋3＋3k＝0.
|5k＋5|
2
则
2
＝1，即12k＋25k＋12＝0.
1＋k
43
∴k
1
＝－，k
2
＝－.
34
则l的方程为4x＋3y＋3＝0或3x＋4y－3＝0.
18．解 设P，Q 两点坐标为(x
1
，y
1
)和(x
2
，y
2
)，由OP⊥OQ可得
x
1
x
2
＋y
1
y
2
＝0，
22
?
?
x＋y＋x－6y＋m＝0，
由
?

?
x＋2y－3＝0，
?

可得5y
2
－20y＋12＋m＝0.①
12＋m
所以y
1
y
2
＝，y
1
＋y
2
＝4.
5
又x
1
x
2
＝(3－2y
1
)(3－2y
2)
＝9－6(y
1
＋y
2
)＋4y
1
y2

4
＝9－24＋(12＋m)，
5
12＋m
4< br>所以x
1
x
2
＋y
1
y
2
＝9－2 4＋(12＋m)＋＝0，
55
解得m＝3.
将m＝3代入方程①，可得Δ＝20
2
－4×5×15＝100>0，可知m＝3满足题意，即3为所

求m 的值．
19．(1)证明 配方得：(x－3m)
2
＋[y－(m－1)]
2
＝25，设圆心为(x，y)，
?
?
x＝3m
则
?
，
?
y＝m－1
?

消去m得x－3y－3＝0，
则圆心恒在直线l：x－3y－3＝0上．
(2)解 设与l平行的直线是l
1
：x－3y＋b＝0，
则圆心到直线l
1
的距离为
|3m－3?m－1?＋b||3＋b|
d＝＝.
1010
∵圆的半径为r＝5，
∴当d当d＝r，即b＝±510－3时，直线与圆相切；
当d>r，即b<－510－3或b>510－3时，直线与圆相离．
(3)证明 对于任一 条平行于l且与圆相交的直线l
1
：x－3y＋b＝0，由于圆心到直线l
1
的
|3＋b|
距离d＝，
10
弦长＝2r
2
－d
2
且r和d均为常量．
∴任何一条平行于l且与圆相交的直线被各圆截得的弦长相等．
20．解 (1)连接OQ、OP，则△OQP为直角三角形，
又|PQ|＝|PA|，
所以|OP|
2
＝|OQ|
2
＋|PQ|
2
＝1＋|PA|
2< br>，
所以a
2
＋b
2
＝1＋(a－2)
2
＋ (b－1)
2
，故2a＋b－3＝0.
(2)由|PQ|
2
＝|O P|
2
－1＝a
2
＋b
2
－1＝a
2
＋9 －12a＋4a
2
－1＝5a
2
－
12a＋8＝5(a－1.2)
2
＋0.8，
25
得|PQ|
min
＝.
5
(3)以P为圆心的圆与圆 O有公共点，半径最小时为与圆O相切的情形，而这些半径的
最小值为圆O到直线l的距离减去圆O的半 径，圆心P为过原点且与l垂直的直线l′
335
与l的交点P
0
，所以r＝
22
－1＝－1，
5
2＋1
63
又l′：x－2y＝0， 联立l：2x＋y－3＝0得P
0
(，)．
55
所以所求圆的方程为 6335
(x－)
2
＋(y－)
2
＝(－1)
2
.
555
必修二综合检测
1．C 2．B 3．D 4．B 5．B 6．B 7．D 8．D 9．B 10．A
11．A

12．平行或重合
13．(2，2)
14.
3
3

15．解 (1)如图所示，显然有0而|AB|＝?6＋3?
2
＋?2＋1?
2

＝310.故所求的d的变化范围为(0,310]．
(2)由图可知，当d最大时，两直线垂直于AB.
而k＝
2－?－1?
1
AB
6－?－3?
＝
3
，
∴所求的直线的斜率为－3.
故所求的直线方程分别为
y－2＝－3(x－6)和y＋1＝－3(x＋3)，
即3x＋y－20＝0和3x＋y＋10＝0.
16．证明 (1)如图所示，连接AC，AC交BD于点O，连接EO.
∵底面ABCD是正方形，
∴点O是AC的中点．
在△PAC中，EO是中位线，
∴PA∥EO.
而EO?平面EDB且PA?平面EDB，
∴PA∥平面EDB.
(2)∵PD⊥底面ABCD，且DC?平面ABCD，
∴PD⊥DC.∵PD＝DC，
∴△PDC是等腰直角三角形．
又DE是斜边PC的中线，
∴DE⊥PC.
由PD⊥底面ABCD，得PD⊥BC.
∵底面ABCD是正方形，∴DC⊥BC.
又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.
又DE?平面PDC，∴BC⊥DE.
由①和②推得DE⊥平面PBC.
而PB?平面PBC，∴DE⊥PB.
又EF⊥PB，且DE∩EF＝E，
∴PB⊥平面EFD.
①
②

17．解 (1)⊙C：(x－2)
2
＋(y－3)
2
＝1.
①当切线的斜率不存在时，有直线x＝3，C(2,3)到直线的距离为1，满足条件．
②当k存在时，设直线方程为y－5＝k(x－3)，即kx－y＋5－3k＝0，
故
|－k＋2|
3
＝1，得k＝.
2
4
k＋1
3
∴方程为y－5＝(x－3)，
4
即3x－4y＋11＝0.
综上，所求直线方程为x＝3或3x－4y＋11＝0.
(2)|AO|＝9＋25＝34，l
AO
：5x－3y＝0，
点C到直线OA的距离d＝
111
，S＝d|AO|＝.
22
34
18．证明 (1)∵AD⊥平面ABE，AD∥BC，∴BC⊥平面ABE，则AE⊥BC，
又∵BF⊥平面ACE，则AE⊥BF，
∴AE⊥平面BCE.
(2)连接AC与BD交于G点，则G是AC的中点，
∵BF⊥平面ACE，则CE⊥BF，而BC＝BE，
∴F是EC的中点，
在△AEC中，FG∥AE，
∴

AE?平面BFD
?
?
FG?平面BFD
?
?AE∥平面BFD.
FG∥AE
?
?
19．解 (1)∵切线在两坐标轴上的截距相等且截距不为零，
∴设切线方程为x＋y＝a(a≠0)，
又∵圆C：(x＋1)
2
＋(y－2)
2
＝2，
∴圆心C(－1,2)到切线的距离等于圆的半径2，
∴
|－1＋2－a|
＝2?a＝－1，或a＝3，则所求切线的方程为x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0.
2
(2)∵切线PM与半径CM垂直，
∴|PM|
2
＝|PC|
2
－|CM|
2
， ∴(x
1
＋1)
2
＋(y
1
－2)
2
－2＝x21＋y21，
∴2x
1
－4y
1
＋3＝0，
∴动点P的轨迹是直线2x－4y＋3＝0.
|PM|的最小值就是|PO|的最小值，而| PO|的最小值为O到直线2x－4y＋3＝0的距离d＝

3533
.此时P点 的坐标为(－，)．
10105
20．证明 (1)由题意知△PAD为正三角形，G是AD的中点，
∴PG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，
∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥BG.
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.
又AD∩PG＝G，
∴BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD，BG∩PG＝G，
所以AD⊥平面PBG，又PB?面PBG，所以AD⊥PB.