1、ax2ay90(a0)相交，公共弦的长为2，则a_.答案解析联立两圆方程可得公共弦所在直线方程为ax2ay50，故圆心(0,0)到直线ax2ay50的距离为(a0)故22，解得a2，因为a0，所以a.专题强化练一、单项选择题1过点A(1,2)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为()Ayx1 Byx3C2xy0或xy3 D2xy0或yx1答案D解析当直线过原点时，可得斜率为2，故直线方程为y2x，即2xy0，当直线不过原点时，设方程为1，代入点(1,2)可得1，解得a1，方程为xy10，故所求直线方程为2xy0或yx1.2若直线x(1m)y20与直线mx2y40平行，则m的值是()A
2、1 B2 C1或2 D答案A解析由两直线平行的条件可得2mm20，m2(舍)或m1.3已知圆x2y22k2x2y4k0关于yx对称，则k的值为()A1 B1 C1 D0答案A解析化圆x2y22k2x2y4k0为(xk2)2(y1)2k44k1.则圆心坐标为(k2，1)，圆x2y22k2x2y4k0关于yx对称，直线yx经过圆心，k21，得k1.当k1时，k44k10，1)的点M的轨迹是圆，若两定点A，B的距离为3，动点M满足|MA|2|MB|，则M点的轨迹围成区域的面积为()A B2 C3 D4答案D解析以A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系(图略)，则B(3,0)设M(x，y)，依题意
3、有，2，化简整理得，x2y28x120，即(x4)2y24，则M点的轨迹围成区域的面积为4.8(2020辽宁省大连一中模拟)已知圆C：x2y24，直线l：xy60，在直线l上任取一点P向圆C作切线，切点为A，B，连接AB，则直线AB一定过定点()A. B(1,2)C(2,3) D.答案A解析设点P(x0，y0)，则x0y060.过点P向圆C作切线，切点为A，B，连接AB，以CP为直径的圆的方程为x(xx0)y(yy0)0，又圆C：x2y24，作差可得直线AB的方程为xx0yy04，将y0x06，代入可得(xy)x06y40，满足故直线AB过定点.二、多项选择题9集合A(x，y)|x2y24，B
4、(x，y)|(x3)2(y4)2r2，其中r0，若AB中有且仅有一个元素，则r的值是()A3 B5 C7 D9答案AC解析圆x2y24的圆心是O(0,0)，半径为R2，圆(x3)2(y4)2r2的圆心是C(3,4)，半径为r，|OC|5，当2r5，r3时，两圆外切，当|r2|5，r7时，两圆内切，它们都只有一个公共点，即集合AB中只有一个元素10下列说法正确的是()A直线xy20与两坐标轴围成的三角形的面积是2B点P(0,2)关于直线yx1的对称点为P(1,1)C过P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点的直线方程为D经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为xy20答案AB解析
5、选项A中直线xy20在两坐标轴上的截距分别为2，2，所以围成的三角形的面积是2，所以A正确；选项B中PP的中点在直线yx1上，且P(0,2)，P(1,1)两点连线的斜率为1，所以B正确；选项C中需要条件y2y1，x2x1，所以C错误；选项D中还有一条截距都为0的直线yx，所以D错误11已知圆C1：(x6)2(y5)24，圆C2：(x2)2(y1)21，M，N分别为圆C1和C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|PN|的值可以是()A6 B7 C10 D15答案BCD解析圆C2关于x轴的对称圆C3为(x2)2(y1)21，圆心C3(2，1)，r31，点N关于x轴的对称点N在圆C3上，又圆C1的
6、圆心C1(6,5)，r12，|PM|PN|PM|PN|PC1|r1|PC3|r3|PC1|PC3|3|C1C3|337，|PM|PN|的取值范围是7，)12已知点A是直线l：xy0上一定点，点P，Q是圆x2y21上的动点，若PAQ的最大值为90，则点A的坐标可以是()A(0，) B(1，1)C(，0) D(1,1)答案AC解析如图所示，坐标原点O到直线l：xy0的距离d1，则直线l与圆x2y21相切，由图可知，当AP，AQ均为圆x2y21的切线时，PAQ取得最大值，连接OP，OQ，由于PAQ的最大值为90，且APOAQO90，|OP|OQ|1，则四边形APOQ为正方形，所以|OA|OP|.设A
7、(t，t)，由两点间的距离公式得|OA|，整理得t2t0，解得t0或t，因此，点A的坐标为(0，)或(，0)三、填空题13若直线l：1(a0，b0)经过点(1,2)，则直线l在x轴、y轴上的截距之和的最小值是_答案32解析因为直线l：1(a0，b0)经过点(1,2)，所以1，所以ab(ab)332，当且仅当a1，b2时等号成立所以直线在x轴、y轴上的截距之和的最小值是32.14已知O：x2y21.若直线ykx2上总存在点P，使得过点P的O的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是_答案(，11，)解析O的圆心为(0,0)，半径r1，设两个切点分别为A，B，则由题意可得四边形PAOB为正方形，故有
8、|PO|r，圆心O到直线ykx2的距离d，即，即1k22，解得k1或k1.15(2020石家庄长安区期末)直线l：ykx1与圆O：x2y21相交于A，B两点，当AOB的面积达到最大时，k_.答案1解析由圆O：x2y21，得到圆心坐标为O(0,0)，半径r1，把直线l的方程ykx1(k0)，整理为一般式方程得l：kxy10，圆心O(0,0)到直线AB的距离d，弦AB的长度|AB|22，SAOB2，又因为|k|22，SAOB，当且仅当|k|，即k1时取等号，SAOB取得最大值，最大值为，此时k1.16已知圆C1：x2y2r2，圆C2：(xa)2(yb)2r2(r0)交于不同的两点A(x1，y1)，
9、B(x2，y2)，给出下列结论：a(x1x2)b(y1y2)0；2ax12by1a2b2；x1x2a，y1y2b.其中正确的结论是_(填序号)答案解析公共弦所在直线的方程为2ax2bya2b20，所以有2ax12by1a2b20，正确；又2ax2第3讲立体几何与空间向量考情分析空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度考点一利用空间向量求空间角核心提炼设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m
10、的夹角为，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为，则sin |cosa，u|.(3)二面角设a的平面角为(0)，则|cos |cosu，v|.考向1求线面角例1 (2020宁波余姚中学月考)如图，已知三棱锥PABC，平面PAC平面ABC，ABBCPAPC2，ABC120.(1)求证：PABC；(2)设点E为PC的中点，求直线AE与平面PBC所成角的正弦值(1)证明ABBC2，ABC120，由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABC4422212，故AC2.又PA2AC241216PC2，故PAAC.又平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，故PA平面ABC.又BC
11、平面ABC，故PABC.(2)解由(1)知PA平面ABC，故以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.则A(0,0,0)，B(1，0)，P(0,0,2)，C(0,2，0)，E(0，1)故(0，1)，(0,2，2)，(1，0)，设平面PBC的法向量m(x，y，z)，则即令y1，有故可取m(，1，)，设直线AE与平面PBC所成的角为，则sin ，所以直线AE与平面PBC所成角的正弦值为.考向2二面角例2(2020全国)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD.ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PODO.(1)证明：PA平面PBC；(2)求二面角BPC
12、E的余弦值(1)证明由题设，知DAE为等边三角形，设AE1，则DO，COBOAE，所以PODO，PC，PB，又ABC为等边三角形，则2OA，所以BA，PA，PA2PB2AB2，则APB90，所以PAPB，同理PAPC，又PCPBP，所以PA平面PBC.(2)解过O作ONBC交AB于点N，因为PO平面ABC，以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，ON所在直线为y轴，OD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E，P，B，C，设平面PCB的一个法向量为n(x1，y1，z1)，由得令x1，得z11，y10，所以n(，0，1)，设平面PCE的一个法向量为m(x2，y2，z2)，由得令x21，得z
13、2，y2，所以m，故cosm，n，所以二面角BPCE的余弦值为.易错提醒(1)解题时要建立右手直角坐标系(2)注意求线面角的公式中sin |cosa，u|，线面角的取值范围是.(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角跟踪演练1如图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，CC1底面ABCD，且BAD60，CDCC12C1D14，E是棱BB1的中点(1)求证：AA1BD；(2)求二面角EA1C1C的余弦值(1)证明因为C1C底面ABCD，所以C1CBD.因为底面ABCD是菱形，所以BDAC.又ACCC1C，AC，CC1平面ACC1A1，所以BD平面ACC1A1
14、.又AA1平面ACC1A1，所以BDAA1.(2)解如图，设AC交BD于点O，依题意，A1C1OC且A1C1OC，所以四边形A1OCC1为平行四边形，所以A1OCC1，且A1OCC1.所以A1O底面ABCD.以O为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.则A(2，0,0)，A1(0,0,4)，C1(2，0,4)，B(0,2,0)，(2，2,0)由，得B1(，1,4)因为E是棱BB1的中点，所以E，所以，(2，0,0)设n(x，y，z)为平面EA1C1的法向量，则取z3，得n(0,4,3)，取平面A1C1C的法向量m(0,1,0)，又由图可知，二面角EA
15、1C1C为锐二面角，设二面角EA1C1C的平面角为，则cos ，所以二面角EA1C1C的余弦值为.考点二利用空间向量解决探究性问题核心提炼与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断例3如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB2，ABC60，M是AB的中点(1)求证：EMAD；(2)求二面角ABEC的余弦值；(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的
16、角为45，若存在，求出的值；若不存在，说明理由(1)证明EAEB，M是AB的中点，EMAB，平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，EM平面ABE，EM平面ABCD，AD平面ABCD，EMAD.(2)解连接MC，EM平面ABCD，EMMC，ABC是正三角形，MCAB，MB，MC，ME两两垂直建立如图所示空间直角坐标系Mxyz.则M(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，E(0,0，)，(1，0)，(1,0，)，设m(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则令z1，m(，1,1)，y轴所在直线与平面ABE垂直，n(0,1,0)是平面ABE的一个法向量cosm，n，二面角ABEC的余弦值为.(3)解假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45，(1,0，)，(0，)，设(0，)，01，则(1，)，直线AP与平面ABE所成的角为45，sin 45|cos，n|，由01，解得，
