高二上學期第一次月考填空題壓軸題50題專練（解析版）

高二上學期第一次月考填空題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023秋·山西大同·高二大同一中?？茧A段練習）將一張坐標紙折疊一次，使得點-3,4與點-4,a重合，點-1,2與點-2,b【解題思路】根據直線對稱的性質，結合直線斜率公式、中點坐標公式、互相垂直的直線斜率之間的關系進行求解即可.【解答過程】設點-3,4為點A，點-4,a為點B，所以線段AB設點-1,2為點C，設點-2,b2為點D，所以線段由題意可知kAB于是有：a-故答案為：1.2．（2023秋·黑龍江大慶·高二?？奸_學考試）已知直三棱柱ABC-A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=A【解題思路】首先由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4的球面上，進而得到其在平面BCC1B1的交線，故PC1取值最小時，B，P，【解答過程】由PB=4可得P是在以B為球心半徑為4由于B1C1PC1取值最小時，其在平面其在平面BCC1故PC1取值最小時，B，P，通過點P往B1C1作垂線，垂足為M則C1B=代入C1PC1B因此B=B故答案為：3233．（2023春·上海虹口·高二校考期中）若直線l1:xcosθ+2y=0【解題思路】由兩直線垂直求出tanθ的值，然后利用二倍角的正弦公式結合弦化切的思想可求出sin2【解答過程】由于直線l1:xcosθ可得tanθ=-3故答案為：-124．（2023春·高一課時練習）如圖，在四棱臺ABCD-A'B'C'D'中，A【解題思路】根據空間向量數量積的定義和運算性質，結合配方法進行求解即可.【解答過程】A=[(1-x)因為AA'=3，A=令(1-xA當α+β+32=0AC'-故答案為：6.5．（2023·全國·高二專題練習）已知a>0，b>0，直線a-1x+3y+2=0與直線【解題思路】兩直線垂直說明它們的法向量互相垂直，得出a,b的關系式，進而運用基本不等式求出1【解答過程】a-1x+3y+2=0兩直線垂直得n1?1當且僅當a=3故答案為：4+236．（2023·全國·高二專題練習）已知兩點A（1，﹣2），B（2，1），直線l過點P（0，﹣1）與線段AB有交點，則直線l斜率取值范圍為-1,1【解題思路】根據斜率的公式，數形結合分析臨界條件求解即可.【解答過程】如圖所示，直線PA的斜率為kPA=-2+11-0由圖可知，當直線l與線段AB有交點時，直線l的斜率k∈[-1,1]．故答案為：-1,1

7．（2023秋·江蘇南通·高二?？奸_學考試）若直線y=x+b與曲線x=1-y【解題思路】曲線x=1-y2表示以原點O0,0為圓心、半徑為1的半圓，數形結合求得當直線y【解答過程】曲線x=1-y2，即x2+y

當直線經過點A(0,-1)時，b=-1；當直線經過點C(0,1)當直線和圓相切時，由圓心到直線的距離等于半徑可得0-0+b2=1，求得b觀察圖象，得當直線y=x+b與曲線x=故答案為：(-1,1]∪{-28．（2023·全國·高三專題練習）若△ABC的頂點A（5，1），AB邊上的中線CM所在直線方程為2x－y－5＝0，AC邊上的高BH所在直線方程為x－2y－5＝0，則直線BC的方程為6x－5y－9＝0.【解題思路】先計算AC邊所在直線方程為2x＋y－11＝0，設B（x0，y0），AB的中點M為x0+52,【解答過程】由AC邊上的高BH所在直線方程為x－2y－5＝0可以知道kAC＝－2，又A（5，1），AC邊所在直線方程為2x＋y－11＝0，聯立直線AC與直線CM方程得2x+y-頂點C的坐標為C（4，3）.設B（x0，y0），AB的中點M為x0+5由M在直線2x－y－5＝0上，得2x0－y0－1＝0，B在直線x－2y－5＝0上，得x0－2y0－5＝0，聯立2x0-y0-1＝0x0-于是直線BC的方程為6x－5y－9＝0.故答案為：6x－5y－9＝0.9．（2023秋·浙江杭州·高二?？奸_學考試）A是直線l:y=3x上的第一象限內的一點，B3,2為定點，直線AB交x軸正半軸于點C，當△AOC面積最小時，點【解題思路】根據給定條件，設出點A的坐標，并表示出點C的橫坐標，再列出三角形面積的關系式，利用均值不等式求解作答.【解答過程】依題意，設A(a,3a則BA=(而BA//BC，則有(3a-2)(由點C在x軸正半軸上，得a>23，=76[(3a-所以當△AOC面積最小時，點A的坐標是(故答案為：(4310．（2023·全國·高二專題練習）在平面直角坐標系中，設三角形ABC的頂點分別為A0,a，Bb,0，Cc,0，點P0,p在線段AO上（異于端點），設a,b,c,p均為非零實數，直線BP,CP【解題思路】寫出直線AB，CP的截距式方程，兩式相減即所求直線方程.【解答過程】直線AB:xb(1c-1b則(1c-1故答案為：1c11．（2023·全國·高二專題練習）已知球O是棱長為2的正八面體(八個面都是全等的等邊三角形)的內切球，MN為球O的一條直徑，點P為正八面體表面上的一個動點，則PM?PN的取值范圍是[0,【解題思路】求出PM?PN=PO2【解答過程】如圖所示，設已知的正八面體SABCDI，易知SI⊥平面ABCD于球心O且點O為正方形ABCD的中心，設球心O與正四棱錐S-ABCD的側面SBC相切于點連接OE，OF，則OE=1，SE由S△SOE=即正八面體的內切球的半徑為63∴PM∵P為正八面體表面上的任意一點則PO∈∴PO即PM?PN的取值范圍是故答案為0，12．（2023秋·全國·高二期中）已知空間向量a，b，c兩兩的夾角均為60°，且a=b=2，c=6.若向量x，y分別滿足x?x+a-【解題思路】由x?x+a-b=0結合已知變形得出x-b-a2=1【解答過程】由題意a?b=2×2×因為x?x+x-b-令p=b-a2x-由y?c-所以y-所以x-y≥y-p-x-p≥故答案為：1313．（2023·全國·高二專題練習）已知A,B,C,P為半徑為R的球面上的四點，其中AB,AC,BC間的球面距離分別為π3R，π2【解題思路】根據球面距離可求得ΔABC三邊長，利用正弦定理可求得ΔABC所在小圓的半徑；OP'=OPx+y+z，根據平面向量基本定理可知P'【解答過程】∵AB間的球面距離為π3R

∴∠同理可得：BC=∴cosC=AC∴ΔABC所在小圓的半徑：r設OP'=OP∴x若x+y+z∵OP'最小值為球心到ΔABC∴x故答案為：21314．（2022·全國·高二專題練習）空間向量AB，AC，AD，AB,AC=π2，AB,AD=π3，AC,AD=π3，且AB=AC=2，AD=4【解題思路】先分析若AP=xAB+yAC+zAD，x由x≥1，y≥1，z≥1，可得1≤z≤3，1≤x≤3，1≤y【解答過程】因為AP=xAB+yAC+當x=1，y=1，z=1時，點P因為x+y+x≤5，當x同理1≤x≤3，OF=2AB，OG=2由x+y+x=5而x+y+x≤5，x所以點P在三棱錐O-且OF=2AB=4，OE過G作平面OEF的垂線，垂足為M，由三余弦定理可得：cos∠GOF=所以cos∠GOM=S△所以三棱錐O-EFG的體積為故答案為：32215．（2023秋·全國·高二隨堂練習）在如圖所示的平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，已知AB=AA1=AD，∠BAD=∠DA

【解題思路】設AB=a，AD=b，AA1=c，以a,b【解答過程】設AB=a，AD=則a,設AB=1因為BD⊥所以BD?因為BD=AD-所以b-a?即12+λ故答案為：3-16．（2023·全國·高二專題練習）過點P(-3,0)作直線(a+2b)x-(a+b)y-3【解題思路】根據題意，得到點M在以PQ為直徑的圓上，即可得解.【解答過程】直線(a+2b)x-(a（x-y-3）∴直線(a+2b∴點M在以PQ為直徑的圓上，圓心為線段PQ的中點C（-1，線段MN長度的最大值=CN線段MN長度的最大值=故答案為5-517．（2023秋·高二單元測試）一種糖果的包裝紙由一個邊長為6的正方形和2個等腰直角三角形組成（如圖1），沿AD，BC將2個三角形折起到與平面ABCD垂直（如圖2），連接EF，AE，CF，AC，若點P滿足DP=xDA+yDC+zDF【解題思路】由向量DP滿足條件可知P是平面ACF上的動點，轉化為求E到平面ACF的距離，利用補形及等體積法求解即可.【解答過程】因為點P滿足DP=xDA所以A,C,F,所以EP的最小值即為E到平面ACF的距離.由題意，幾何體可補成邊長為6的正方體，如圖，則可知AF=設E到平面ACF的距離為h，則VE即13解得h=4所以EP的最小值為43故答案為：4318．（2023·全國·高二專題練習）在通用技術課上，老師給同學們提供了一個如圖所示的木質正四棱錐模型P-ABCD，并要求同學們將該四棱錐切割成三個小四棱錐.某小組經討論后給出如下方案：第一步，過點A作一個平面分別交PB，PC，PD于點E，F，G，得到四棱錐P-AEFG；第二步，將剩下的幾何體沿平面ACF切開，得到另外兩個小四棱錐.在實施第一步的過程中，為方便切割，需先在模型表面畫出截面四邊形AEFG，若PEPB=35，【解題思路】解法一：以AC、BD交點O為原點，射線OA、OB、OP為x、y、z軸正方向構建空間直角坐標系，設P(0,0,b)，A(a,0,0)，B(0,a,0)，D(0,-a,0)，C(-a,0,0)，進而寫出PB、PC、PD、PA坐標，可得解法二：利用平面的性質作出點G的位置，再由平面幾何的知識即可得解.【解答過程】解法一：建立如圖所示空間直角坐標系，設P(0,0,b)，A(a,0,0)，B(0,a,0)，D(0,-a,0)，C(-a,0,0)∴PE=35由題意A,E,F,G四點共面，有∴(a,0,-由方程組{-ay2=a故答案為：34解法二：連接AC,BD交于點O，則O是底面的中心，連接PO，PO垂直于底面ABCD，連接AF，交PO于H，可得H為PO的三等分點（靠近O）,連接EH并延長，與PD的交點即為G，在平面內作出三角形PBD，作ES⊥PO,GT⊥PO由題意，PSPO=PEPB=3設PGPD=λ又由三角形相似得SEOB=PE所以115PO(解得：λ=故答案為：3419．（2023·全國·高二專題練習）三棱錐D-ABC中，DC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=CD=1，點P在三棱錐【解題思路】本題PD距離最小時，P點的位置不好確定，可考慮用空間直角坐標系來解決問題.【解答過程】如圖所示：分別取AD、AC的中點O、M，連接OM、BM,則OM∥由題意知OM⊥平面ABC,所以OM⊥AC因為AB=BC,所以BM⊥AC，即OM、BM以O為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，則O0,0,0，AB-12,0,2OB=-122+222=3設點px,yPA=-由題意cos∠得x+16PDPD故答案為：3320．（2023春·廣東韶關·高一校考期中）如圖，棱長為2正方體ABCD-A1B1C1D1，O為底面AC的中心，點P在側面BC1內運動且D

【解題思路】以點C為坐標原點，CD、CB、CC1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，設點P0,y,z0≤y≤2,0≤z≤2，求得y=2z，取線段BB【解答過程】以點C為坐標原點，CD、CB、CC1所在直線分別為x、y、則D12,0,2、O1,1,0、BD1O=因為D1O⊥PO，則D1由題意可得0≤z≤20≤2取點E0,2,1，則點P的軌跡為線段CE，設點B關于直線CE的對稱點為點B則線段BB'的中點M0,2+s2,tBB'=0,s聯立①②可得s=65，t=8所以，點P到底面ABCD的距離與它到點B的距離之和的最小值，即為點B'到平面ABCD的距離，即為8故答案為：85

21．（2023·全國·高二專題練習）定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1【解題思路】建系，求利用空間向量設點M,N【解答過程】如圖，以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則A1,0,0可得AD設AM=λA可得x0-1=-故M1-同理可得：N1-則MN=當且僅當μ=對λ22+故MN≥33，當且僅當λ即直線AD1與A1故答案為：3322．（2023·全國·高二專題練習）如圖，一個結晶體的形狀為平行六面體ABCD－A1B1C1D1，其中，以頂點A為端點的三條棱長都相等，且它們彼此的夾角都是60°，下列說法中正確的是①②．(填序號)①(AA1＋AB＋AD)2＝2(AC)②AC1·(AB－AD)＝③向量B1C與AA④BD1與AC所成角的余弦值為63【解題思路】根據空間向量數量積的運算律及空間向量基本定理一一計算可得；【解答過程】解：因為以A為端點的三條棱長都相等，且彼此的夾角為60°，不妨設棱長為a，對于①，(A因為AC2=(AB+AD)對于②，因為AC1?對于③，因為B1C=A1所以向量A1D與AA1的夾角為120°，向量B1C與對于④，因為BD1=則|BD1所以BD所以cos<BD故答案為：①②．23．（2023·全國·高二專題練習）如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長均為1，點O和點E分別為棱BC和棱A1B1的中點，先將底面ABC①設向量OE旋轉后的向量為a，則a②點E的軌跡是以194③設①中的a在平面α上的投影向量為b，則b的取值范圍是1④直線OE在平面α內的投影與直線BC所成角的余弦值的取值范圍是5【解題思路】利用坐標法，由可得OE=14,34,1，利用模長公式可判斷【解答過程】如圖，取棱B1C1的中點F，以OB為x軸，OA為y軸，OF為z則O0,0,0，E14,3OE繞著BC旋轉即繞著x軸旋轉，設旋轉后的向量為a，則a=OE=設a=x,y,z，則x=14由題知y2∈0,1916，a在平面α上的投影向量即為其在xOy平面上的投影向量b設直線OE在平面α內的投影與直線BC所成的角為α，則cosα=cosb故答案為：①②③.24．（2023春·北京西城·高三北京市回民學校?？茧A段練習）已知正方體ABCD-A1B1①若點P在線段AD1上運動，則始終有②若點P在線段AA1上運動，則過P，B，D1③若點P在線段AD1上運動，三棱錐④若點P在線段A1B上運動，則AP+其中所有正確結論的序號有①③④．【解題思路】由CB1⊥平面AC1D1判斷①；由向量法判斷②；由等體積法判斷③；將△A【解答過程】對于①：如下圖，連接A1D，所以B1C∥因為C1D1⊥平面CB1⊥平面AC1D1，因為C對于②：在C1C上取一點P1，使得AP易知PB∥D1P1即過P，B，D1三點的截面為截面PB以點D為坐標原點，建立如下圖所示的坐標系：B1,1,0,因為BD1=所以截面PBD1=3+3當a=12時，P，B，D1三點的正方體截面面積最小值為對于③：如下圖，由已知得B1C∥A的距離相等，又VD-BPC1=V對于④：如下圖，將△AA1B與四邊形AD1的長度即為AP+AD1=故答案為：①③④.25．（2023春·江蘇南京·高一南京市第二十九中學?？计谀┳闱蚴且豁椇苁軞g迎的體育運動.如圖，某標準足球場的B底線寬AB=72碼，球門寬EF=8碼，球門位于底線的正中位置.在比賽過程中，攻方球員帶球運動時，往往需要找到一點P，使得∠EPF最大，這時候點P就是最佳射門位置.當攻方球員甲位于邊線上的點O處（OA=AB，OA⊥AB）時，根據場上形勢判斷，有OA、OB兩條進攻線路可供選擇.若選擇線路OA，則甲帶球72-165碼時，APO【解題思路】若選擇線路OA，設AP=t，利用兩角差的正切公式可得出tan∠EPF關于t的表達式，利用基本不等式可求得tan∠EPF的值及OP的長；若選擇線路OB，若選擇線路OB，以線段EF的中點N為坐標原點，BA、AP【解答過程】若選擇線路OA，設AP=t，其中0<t≤72，則tan∠APE=所以，tan=40當且僅當t=1280t時，即當t所以，若選擇線路OA，則甲帶球72-165碼時，APO若選擇線路OB，以線段EF的中點N為坐標原點，BA、AP的方向分別為x、y軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則B-36,0、O36,72、F-4,0直線OB的方程為y=x+36，設點Ptan∠AFP=所以，tan=x令m=x+36∈所以，x=3210當且僅當2m=1280m時，即當所以，tan∠當且僅當x=8此時，OP=所以，若選擇線路OB，則甲帶球722-故答案為：72-165；7226．（2023·全國·高二專題練習）已知實數a>0,b<0，則3b-【解題思路】根據題意，設直線l：ax+by=0，則a-3b【解答過程】根據題意，設直線l：ax+by那么點A1,-3到直線l的距離為：因為a>0,b<0，所以d=a當直線l的斜率不存在時，d=a-當OA⊥l時，所以1<d≤2，即因為3b-a故答案為：-2,-127．（2023·全國·高三專題練習）若恰有三組不全為0的實數對(a,b)滿足關系式|a+b+1|=|4a-3b+1|=【解題思路】化簡得到|a+b+1|【解答過程】由已知得t>0，整理得|看成有且僅有三條直線滿足A(1,1)和B(4,-3)到直線l:ax+by又AB=（1）當t=|AB|2=52，此時易得符合題意的直線l為線段AB的垂直平分線（2）當t<|AB|2=52時，有4條直線所以當其中一條直線過原點時，會作為增根被舍去．設點A到l的距離為d，①作為增根被舍去的直線l，過原點和A，B的中點M(52,-1)，其方程為②作為增根被舍去的直線l，過原點且與AB平行，其方程為4x+3y綜上，滿足題意的實數t為52或75故答案為：52或7528．（2023秋·全國·高二隨堂練習）已知P?Q分別在直線l1:x-y+1=0與直線l2:x-y-1=0【解題思路】利用線段的等量關系進行轉化，找到AP+QB【解答過程】由直線l1與l2間的距離為2得PQ=2，過B4,0

則直線l的方程為：y=-x+4，將B4,0沿著直線l往上平移2個單位到連接AB'交直線l1于點P，過P作PQ⊥l2于Q，連接則|PB'|=|BQ|，即有AP+因此AP+QB的最小值，即AP+PB所以AP+PQ+QB故答案為：58+29．（2023·全國·高二專題練習）已知ΔABC為等腰直角三角形，C為直角頂點，AC中點為D(0,2)，斜邊上中線CE所在直線方程為3x+y-7=0，且點C的縱坐標大于點E的縱坐標，則【解題思路】設C(a,-3a+7),E(b,-3b+7),(a<b)，由中點公式求出點A坐標，根據等腰直角三角形可知CE⊥【解答過程】因為中線CE所在直線方程為3x所以可設C(由AC中點為D(0,2)，可得A所以kAE∵ΔABC為等腰直角三角形，CE∴CE⊥AB∴a+又CE=AE,D是∴kCD?化簡得：2ab=3(由①②解得a=1,所以點E(2,1),又因為k所以直線AB方程為y-即所求方程為x-故答案為：x-30．（2023·全國·高三專題練習）以三角形邊BC，CA，AB為邊向形外作正三角形BCA'，CAB'，ABC'，則AA'，BB'，C（1）∠APB=∠APC=∠BPC=120°；（2）正等角中心是到該三角形三個頂點距離之和最小的點（也即費馬點）．由以上性質得【解題思路】由題可知，所要求的代數式恰好表示平面直角坐標系中三個距離之和，所以首先要把代數式中三個距離的對應的點找到，再根據題干所述找到相應的費馬點，即可得出結果．【解答過程】解：根據題意，在平面直角坐標系中，令點A(0,1)，B(0,-1)，則x2+(y-1)2+x因為ΔABC是等腰三角形，AC=所以C'點在x軸負半軸上，所以CC'令ΔABC的費馬點為P(a,b)，則P因為ΔABC是銳角三角形，由性質（1）得∠APC所以∠APO=60°，所以1a∴P(33，0)到A、B、C的距離分別為所以x2即為費馬點P到點A、B、C的距離之和，則PA+故答案為：2+331．（2023·全國·高三專題練習）點M是ΔABC內部或邊界上的點，若M到ΔABC三個頂點距離之和最小，則稱點M是ΔABC的費馬點（該問題是十七世紀法國數學家費馬提出）.若A0,2，B-1,0，C1,0時，點M0是ΔABC的費馬點，且已知M0在y軸上，則【解題思路】先證明費馬點結論：若P到ΔABC三個頂點距離之和最小，則∠APB=∠【解答過程】先證明：若P到ΔABC三個頂點距離之和最小，則∠如圖將ΔABP繞點B逆時針旋轉60°得到ΔBDE，則ΔBDE≌ΔABP，BD=BP,∠PBD=60°PA+PB+此時∠APB同理可得∠所以命題得證.點M0是ΔABC的費馬點，且已知M0在∠A∠A所以BM所以AM0+故答案為：2+332．（2023·全國·高二專題練習）已知A，B分別是x軸和y軸上的兩個動點，AB=2，若動點P滿足PA⊥PB，若Q35,4【解題思路】由題可得AB的中點C的軌跡為以原點O圓心，1為半徑的圓，由題可得動點P在以AB為直徑的圓上，進而可得動點P在以原點O為圓心，半徑為2的圓面上，然后結合圖形即得.【解答過程】設AB的中點為C，由AB=2，可得OC所以點C的軌跡是以原點O為圓心，1為半徑的圓，又因為PA⊥PB，所以動點P在以AB為直徑的圓上，即在以C為圓心以所以動點P在以原點O為圓心，半徑為2的圓面上，又Q3所以當P,Q重合時，當P,O,Q的共線，O在線段PQ上時，所以PQ的取值范圍為0,3.故答案為：0,3.33．（2023秋·高二單元測試）已知實數x1、x2、y1、y2滿足x1【解題思路】設Ax1,y1,Bx2,y2，O為坐標原點，則OA=x1,y1,OB=x2,y2，由題意A,B兩點在圓x2+y2【解答過程】解：設Ax1,y1由x1可得A,B兩點在圓x2+y所以三角形OAB為等邊三角形，AB=1x1+y1-22+x

記線段AB,A1B1的中點分別是C,C則有AA1+BB所以AA所以x1+y故答案為：2234．（2023·北京海淀·北大附中?？既＃┤鐖D所示，在8×6的長方形區(qū)域（含邊界）中有A,B兩點，對于該區(qū)域中的點P，若其到A的距離不超過到B距離的一半，則稱P處于A的控制下，例如原點O滿足OA=13≤12OB=5，即有O點處于

給出下列四個結論：①點4,2處于A的控制下；②若點P不處于A的控制下，則其必處于B的控制下；③若P處于A的控制下，則PA≤④圖中所有處于A的控制下的點構成的區(qū)域面積為8+5π其中所有正確結論的序號是①③④.【解題思路】根據新定義，直接驗證判斷①，取特殊點判斷②，根據定義求出點P所在區(qū)域，判斷③，結合圖象求出面積判斷④.【解答過程】由圖可知A(2,3),設C(4,2)，則|CA|=5，|CB|=4點P不處于A的控制下則PA>12PB，即例如取點P(5,3)，|PA|=3,|PB|=3點P不處于A的控制下，也不處于B的控制下，故②錯誤；若P處于A的控制下，則PA≤12則(x-2)作出圖象如圖，

由圖可知，當點P在矩形且在圓及圓內部分滿足P處于A的控制下,由圖可知，當P處于O,C,D時，|PA由③知P處于A的控制下點構成的區(qū)域面積，可以看作是14

故面積為14×20π+4×故答案為：①③④.35．（2023·全國·高三專題練習）已知集合P=x,y∣(x-

①白色“水滴”區(qū)域（含邊界）任意兩點間距離的最大值為1+3②在陰影部分任取一點M，則M到坐標軸的距離小于等于3；③陰影部分的面積為8π④陰影部分的內外邊界曲線長為8π其中正確的有①②④.【解題思路】對于①，令x=0,求出y∈[-3,-1]∪[3,3]，求出點A,B【解答過程】對于①，由于(x-cosθ)解得y∈[-3,-1]∪[3,3]，“水滴”則點A的坐標為(0,3)，點白色“水滴”區(qū)域（含邊界）任意兩點間距離的最大值為|AB|=1+3,對于②，由于(x-cos所以M(2cosα+cosθ,2因為cosθ所以|2cosα+所以M到坐標軸的距離小于等于3，故②正確；對于③，由于(x-cosθ)解得x∈[-3,-1]∪[1,3]因為(x-cosθ)則1=r且0≤θ≤π，則Qcosθ故白色“水滴”的下半部分的邊界為以O為圓心，半徑為1的半圓，陰影的上半部分的外邊界是以O為圓心，半徑為3的半圓，根據對稱可知：白色“水滴”在第一象限的邊界是以以M-1,0為圓心，半徑為設N1,0，則AN=AM=MN同理AM所在圓的半徑為2，所對的圓心角為π3陰影部分在第四象限的外邊界為以N1,0為圓心，半徑為2設G3,0,H-3,0，可得ON同理DH所在圓的半徑為2，所對的圓心角為2π3

故白色“水滴”圖形由一個等腰三角形，兩個全等的弓形，和一個半圓組成，所以它的面積是S=x軸上方的半圓（包含陰影和水滴的上半部分）的面積為12第四象限的陰影和水滴部分面積可以看作是一個直角三角形和一個扇形的面積的和，且等于13所以陰影部分的面積為92π+2(對于④，x軸上方的陰影部分的內外邊界曲線長為12x軸下方的陰影部分的內外邊界曲線長為12所以陰影部分的內外邊界曲線長為13π3+11故答案為：①②④.36．（2023·全國·高三專題練習）如圖，在平面直角坐標系xOy中，邊長為2的正方形ABCD沿x軸滾動（無滑動滾動），點D恰好經過坐標原點，設頂點Bx,y的軌跡方程是y=fx【解題思路】根據正方形的運動，得到點Bx,【解答過程】由題意，當-4≤x<-2時，頂點Bx,y的軌跡是以點當-2≤x<2時，頂點Bx,y的軌跡是以點當2≤x<4時，頂點Bx,y的軌跡是以點C當4≤x<6，頂點Bx,y的軌跡是以點A與-4≤因此函數y=f(所以函數y=fx∴f(19)=故答案為：3.37．（2023秋·河南三門峽·高二統(tǒng)考期末）過P(x,y)作圓C1:x2+y2-2x【解題思路】利用圓切線的性質，結合代入法、二次函數的性質進行求解即可.【解答過程】圓C1:x2+圓C2:x2+因為PA,PB是分別是圓C1所以AC因為|PA所以有|P即x2+y化簡，得2x+3y得x2所以當x=1413時，x故答案為：4913

38．（2023春·安徽池州·高二校聯考期中）已知實數x,y滿足：(x+2)2+(y-1)2【解題思路】根據點到直線距離公式模型，根據直線與圓的位置關系進行求解即可.【解答過程】2x顯然直線l1:2x可以驗證：直線l1:2x-y-1=0則動直線l2:2x-y當直線l2:2x-y+a所以a∈

故答案為：-∞39．（2023秋·河北邯鄲·高三統(tǒng)考階段練習）過圓O：x2+y2=2上一點P作圓C：x-42+y-42=2【解題思路】易得PQ=PR,∠CPQ=∠CPR=θ【解答過程】由題意可得PQ=圓O的圓心O0,0，半徑r圓C的圓心C4,4，半徑r則PQ+當PQ+PR取最小值時，則PCmin此時sinθ又θ2為銳角，所以cos所以sinθ即當PQ+PR取最小值時，故答案為：4240．（2023秋·湖北·高三校聯考階段練習）已知⊙O1:x2+y-22=1，⊙O2:x-3【解題思路】Pt,0，則PM+PN=t2+3+(t-3)2+27=(【解答過程】⊙O1:x2⊙O2:x-設Pt,0，則PN所以PM+取A(0,-3則PM+當P,此時AB直線：y令y=0，則x=3故答案為：34

41．（2023秋·全國·高二階段練習）已知圓C：(x-a)2+(y-b)2=4的圖象在第四象限，直線l1：ax+by+3=0，l2：bx-ay+4=0.若l1上存在點P，過點【解題思路】根據題意可推得a,b的范圍，以及l(fā)1與圓的位置關系.根據等邊三角形以及圓的對稱性可得出∠APC=30°，然后推得a2+b2【解答過程】

由已知可得，圓C的圓心Ca,b，半徑r則圓心到直線l1：ax+by又直線l1方程可化為y=-abx所以直線l1過一、二、三象限，不過第四象限，直線l1由題意易知∠APC=30°，則PC=所以有a2+b2+3又a>2，b<-2，所以a2+b所以圓心C到直線l2的距離d所以，直線l2與圓C又d2=4a2+b故答案為：4542．（2023·全國·高二專題練習）已知實數x1，x2，y1，y2滿足x12+y12=4【解題思路】由已知得A,B分別在圓x2+y2=4和圓x2+【解答過程】解：由x12+點Ax1,y1，B如圖，作直線l:y=-x，過B作BD⊥l于D，過而|x其中|x1+y1-4||x2+y2-9|因為y=-x與x+且y=-x與x+y=-x與x+要使x1+y1-所以d1=|AE由x1x2設∠DOB=θ,θ從而|BD故|BD其中φ∈故當θ=π2-φ從而x1即|x1+故答案為：26+1343．（2023春·江蘇鹽城·高二校聯考階段練習）三棱錐P-ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，PA=PB=PC=6，點M為平面【解題思路】根據已知條件先確定出M在平面ABC內的軌跡，然后通過建立空間直角坐標系，根據兩直線方向向量夾角的余弦值結合三角函數值的范圍，計算出兩直線所成角的余弦值的取值范圍.【解答過程】因為PA,PB,PC兩兩垂直，且所以三棱錐為正三棱錐，記P在底面ABC內的投影為O，所以AB=因為AOcos30°=AB2，所以因為PM=3，所以OM=PM2-取AB中點D，連接CD，可知CD經過點O，建立如下圖所示的空間直角坐標系：設Mcosα,sinα所以PM=所以cosPM設直線PM與直線AB的所成角為θ.所以cos故答案為：0,344．（2023春·湖北·高二校聯考階段練習）如圖，點P在長方體ABCD-A1B1C1D1內部運動，點E在棱AB上，且BE=3AE，動點P滿足PB=2PE,F為棱C

【解題思路】以點A為原點，AB,AD,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，Px,y,z，由BP=2PE可得點P在正方體【解答過程】以點A為原點，AB,AD,則B(4,0,0),E(1,0,0),∵BP=2PE點P在正方體ABCD-A1B1因為M為線段PC的中點，則動點M到平面B1CF距離的最小值即為動點P到平面B1AF=2,2,2，FC=AF?FC=2×2-2×2=0所以AF⊥FC，AF⊥B1又FC∩B1C=所以AF⊥平面FB1M為線段PC的中點，則動點M到平面B1CF距離的最小值為故答案為：3-45．（2023秋·四川遂寧·高二?？计谀┤鐖D，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，點

①三棱錐A-②直線CP與直線AD1③直線AP與平面ACD④二面角P-【解題思路】根據三棱錐體積的性質，結合空間向量夾角公式逐一判斷即可.【解答過程】建立如圖所示的空間直角坐標系，①：連接AD1，設該正方體的棱長為因為AD1//BC1,所以BC1//平面AD1故VA②：因為AD所以∠CPC1（或其補角）就是直線CP由正方形的性質可知：當P與C或C1這時直線CP與直線AD1的所成的角為當P是CC1中點時，直線CP與直線AD③：建立如圖所示的空間直角坐標系：A0,設Px,?PAP=設平面ACD1的法向量為所以有m?因為cos?設直線AP與平面ACD1所成角為顯然sinθ=④：設平面APD1的法向量為所以有n?因為cos?所以二面角P-故答案為：①②④.

46．（2023·江西宜春·統(tǒng)考一模）如圖，多面體ABCDEF中，面ABCD為正方形，DE⊥平面ABCD,CF//DE，且AB=DE①當H為DE的中點時，GH//平面BEF②存在點H，使得GH⊥③三棱錐B-④三棱錐E-BCF的外接球的體積為其中正確的結論序號為③.【解題思路】根據線面平行的判定定理，及線線垂直的判定，結合棱錐體積的計算公式，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.【解答過程】①：當H為DE的中點時，取EA中點為M，連接MH,因為H,M分別為ED,EA的中點，故可得MH//根據已知條件可知：BG//AD,BG=12故四邊形HMBG為平行四邊形，則HG//MB，顯然MB∩與面BEF故HG與面BEF相交，即不平行，故①錯誤；②：因為ED⊥面ABCD,DA,DC又四邊形ABCD為矩形，故DA⊥DC，則以D為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：則A2,0,0,C0,2,0,所以GH?AC=③：VB-GFH=V又DE//CF,CF?面BGF,DE?面BGF又點H在DE上運動，故點H到面BGF的距離是定值，故三棱錐B-GFH的體積為定值，則④：取△EFC的外心為O1，過O1作平面EFC的垂線則三棱錐B-EFC的外接球的球心O一定在因為OO1⊥面EFC，FC⊥面ABCD,CB?CF∩CD=C,CF,CD?面EFCD，故則OO1//CB，故OO1,BC在同一個平面，過O在△EFC中，容易知EF=由余弦定理得cos∠EFC=由正弦定理得O1設三棱錐E-FCB的外接球半徑為R，則OC=OB=在△OBP中OB=R，OP=由勾股定理知：OB2=該棱錐外接球的體積V=43π故答案為：③.47．（2023·全國·高三專題練習）如圖，經過坐標原點O且互相垂直的兩條直線AC和BD與圓x2+y2-4x+2y-20=0相交于A①弦AC長度的最小值為45②線段BO長度的最大值為10-5③點M的軌跡是一個圓；④四邊形ABCD面積的取值范圍為[205其中所有正確結論的序號為①③④．【解題思路】根據方程寫出已知圓的圓心和半徑，由圓的性質判斷①；由BO長度表示圓上點到原點的距離，即可判斷②；若M,H,G,F分別是AB,BC,CD,AD的中點，圓心(2,-1)到直線AC,BD的距離d1,【解答過程】由題設(x-2)2+由圓的性質知：當圓心與直線AC距離最大為5時AC長度的最小，此時|AC|=2×25-5BO長度最大，則圓心與B,O共線且在它們中間，此時|BO若M,H,G,F分別是AB,BC,又AC⊥BD，易知：MHGF為矩形，而若圓心(2,-1)到直線AC,BD的距離d1所以|BD|24+所以M在以|FH|=35為直徑，HF由上分析：|AC|=225-d1所以SABCD令t=d2當t=52，即d當t=0或5，即d1=0,d2所以SABCD∈[205故答案為：①③④.48．（2023·全國·高三專題練習）已知圓P:x-52+y-22①當