2026年高考数学一轮复习 直线与方程（含解析）

高考数学一轮复习 直线与方程
一．选择题（共8小题）
1．（2025春?宝山区期中）在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，点P是边AB上异于端点的一点，光线以点P出发经BC、CA边反射后又回到点P，若光线QR经过△ABC的重心，则△PQB的面积等于（　　）
A．163 B．4 C．5 D．154
2．（2025?内蒙古二模）若点A(?12，32)关于直线y＝kx对称的点在圆（x﹣3）2+y2＝4上，则k的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．2
3．（2025?辽宁二模）我们把平面内到定点B的距离不大于定点A到B的距离的1n(n∈N+)倍的动点的集合称为A关于B的n阶亲密点域，记为动点符合Zn（A，B）．已知P（﹣2，5），Q（1，1），动点M（x，y）符合Z5（P，Q），则|x﹣y+2|的最大值是（　　）
A．2+2 B．2?2 C．2+1 D．2?1
4．（2025春?杨浦区期中）若直线Ax+By+C＝0经过第一、二、四象限，则（　　）
A．AB＞0且BC＞0 B．AB＞0且BC＜0
C．AB＜0且BC＞0 D．AB＜0且BC＜0
5．（2025?东城区一模）长度为2的线段AB的两个端点分别在x轴及y轴上运动，则线段AB的中点到直线3x+4y+10＝0距离的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．2 D．3
6．（2025春?普陀区校级月考）若点P（3，1）既是A（a1，b1），B（a2，b2）的中点，又是直线l1：a1x+b1y﹣10＝0与l2：a2x+b2y﹣10＝0的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（　　）
A．3x+y﹣10＝0 B．x+3y﹣6＝0 C．x﹣3y＝0 D．3x﹣y﹣8＝0
7．（2023秋?岳阳期末）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军白天观望烽火台，黄昏时从山脚下某处出发先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知将军从山脚下的点A（2，0）处出发，军营所在的位置为B（2，3），河岸线所在直线的方程为y＝3x+2，则“将军饮马”的最短总路程为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2024秋?大同校级期中）已知实数a，b，c，d满足3a﹣4b+3＝0，3c﹣4d﹣7＝0，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025?新余校级模拟）台球是一项有趣的体育项目，如图的球桌上在左下角的D点有一颗球（体积忽略不计），现击打该球使其在球桌上做理想运动，碰撞到桌壁后反弹时满足反射角＝入射角，设洞口E为CD中点，ADAB=λ(0＜λ＜1)，击球方向与CD所在直线夹角的正切值为μ，则下列说法正确的是：（　　）
A．若λ=23，球仅碰撞桌壁一次即可进入洞口E，则μ＝2
B．若λ=23，球第一次碰撞在BC上，则最少碰撞桌壁三次可进入洞口E
C．不论λ的值为多少，一定存在某种击打方式使球碰撞桌壁两次可进入洞口E
D．若击出的球可以依次碰撞桌壁BC、AD、AB后进入洞口E，则λ可以为0.8
（多选）10．（2025?渭南模拟）设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ＝3（0≤θ＜2π），则下列四个命题为真的是（　　）
A．M中所有直线均经过一个定点
B．存在定点P不在M中的任一条直线上
C．M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
D．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上
（多选）11．（2025春?辽宁月考）已知直线l1：x+ay﹣a＝0和直线l2：ax﹣（2a﹣3）y﹣1＝0，下列说法正确的是（　　）
A．l2始终过定点(23，13)
B．若l1⊥l2，则a＝0或2
C．当a＝﹣3时，l1与l2的距离为41015
D．若l1不经过第三象限，则a＞0
（多选）12．（2025?重庆模拟）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为22
B．若AP=17，则点P的轨迹长度为π2
C．若P是正方形A1B1C1D1的中心，Q在线段EF上，则PQ+CQ的最小值为52
D．若P是棱A1B1的中点，三棱锥P﹣CEF的外接球球心为O，则平面A1BCD1截球O所得截面的面积为81π8
三．填空题（共4小题）
13．（2025?杨浦区二模）C由若干个多边形所覆盖的区域，称为这些多边形的并集，例如图中，梯形ACDE是△ABE与矩形BCDE的并集．已知n是正整数，在平面直角坐标系xOy中，直线ln的方程为y＝﹣2nx+n，若直线ln交x轴于点An，交y轴于点Bn，则△A1OB1、△A2OB2、…、△A10OB10的并集，其面积为 　 　 ．
14．（2025春?浦东新区期中）已知关于x、y的方程组mx?2y+1=0x?(m+1)y+1=0无解，则实数m的值为　 　 ．
15．（2024秋?普陀区校级期末）已知直线l过点P（3，6）且与x，y轴的正半轴分别交于A、B两点，O是坐标原点，则当|OA|+|OB|取得最小值时的直线方程是　 　 （用一般式表示）
16．（2024春?阳江校级期中）如果实数x，y满足等式x2+y2+4x﹣2y﹣4＝0，那么x2+y2的最大值是 　 　 ；2x﹣y的最大值是 　 　 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春?杨浦区期中）已知△ABC三个顶点坐标分别为A（1，3）、B（3，1）、C（﹣1，0）．
（1）求△ABC的面积S；
（2）求BC边上的中线与AC边上的高的交点坐标．
18．（2024秋?肇东市校级期末）平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（3，﹣2），B（﹣3，4），C（0，6）．
（1）求BC边所在的直线方程；
（2）求△ABC的面积．
19．（2024秋?西宁校级期末）已知圆M：x2+y2﹣ax﹣2ay﹣40＝0的圆心在直线x﹣y+1＝0上，直线l：y＝x+6．
（1）求a的值；
（2）求圆M关于直线l对称的圆M'的标准方程；
（3）过（2）中的点M'作圆M的切线m，求直线m的一般式方程．
20．（2025春?昌江区校级期中）已知直线l1：（m+2）x﹣my﹣8＝0与直线l2：mx+y﹣4＝0，m∈R．
（1）若l1⊥l2，求m的值；
（2）若点P（1，m）在直线l2上，直线l过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线l的方程．
（3）△ABC中，A为直线l1过的定点，AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y﹣14＝0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x+y﹣14＝0，求直线BC的方程．
高考数学一轮复习 直线与方程
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春?宝山区期中）在等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，点P是边AB上异于端点的一点，光线以点P出发经BC、CA边反射后又回到点P，若光线QR经过△ABC的重心，则△PQB的面积等于（　　）
A．163 B．4 C．5 D．154
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】A
【分析】建立直角坐标系，设点P的坐标，可得P关于直线BC的对称点P1的坐标，和P关于y轴的对称点P2的坐标，由P1，Q，R，P2四点共线可得直线的方程，由于过三角形ABC的重心，代入可得关于a的方程，解得P的坐标，即可求得PB的长和直线方程，进而求得面积．
【解答】解：由题意等腰直角△ABC中，AB＝AC＝6，点P是边AB上异于端点的一点，光线以点P出发经BC、CA边反射后又回到点P，光线QR经过△ABC的重心，
可建立直角坐标系，
可得B（6，0），C（0，6），故直线BC的方程为x+y＝6，
则三角形ABC的重心为(0+0+63，0+0+63)，即（2，2），
设P（a，0），其中0＜a＜6，则点P关于直线BC的对称点P1（x，y），
满足a+x2+0+y2=6y?0x?a×(?1)=?1，解得x=6y=6?a，即P1（6，6﹣a），
易得P关于y轴的对称点P2（﹣a，0），由光的反射原理可知P1，Q，R，P2四点共线，
直线QR的斜率为k=6?a?06?(?a)=6?a6+a，故直线QR的方程为y=6?a6+a(x+a)，
由于直线QR过三角形ABC的重心（2，2），代入得2=6?a6+a(2+a)，
化简得a＝2或a＝0（舍去），故P（2，0），P1（6，4），P2（﹣2，0），直线QR的方程为y=12(x+2)，
联立x+y=6y=12(x+2)，解得x=103y=83，即点Q的坐标为Q(103，83)，
则三角形PQB的面积S=12×(6?2)×yQ=2×83=163．
故选：A．
【点评】本题考查了直线的方程，对称问题的求解，是中档题．
2．（2025?内蒙古二模）若点A(?12，32)关于直线y＝kx对称的点在圆（x﹣3）2+y2＝4上，则k的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．2
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．
【专题】转化思想；分析法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】根据点关于直线对称的性质，直线与直线垂直的性质计算即可．
【解答】解：设点A(?12，32)关于直线y＝kx对称的点为B（x0，y0）．
则AB 中点坐标为(x0?122，y0+322)，且在直线y＝kx上，
所以代入化简得3+2y0=?k+2x0k①．
又因为经过A，B两点的直线与直线y＝kx垂直，
所以斜率互为负倒数，即y0?32x0+12=?1k，化简得?2x0?1=2ky0?3k②．
结合①②可得 x0=k2+23k?12(k2+1)y0=3k2?2k?32(k2+1)．
由题意可知点B在圆上，所以代入将x0，y0的值代入圆方程中，
即[k2+23k?12(k2+1)?3]2+[3k2?2k?32(k2+1)]2=4．
化简上式可得k4?23k3+4k2?23k+3=0，
因式分解得(k2+1)(k?3)2=0．
解得k=3．
故选：C．
【点评】本题考查直线与直线垂直，点关于直线对称的性质，计算量大，属于中档题．
3．（2025?辽宁二模）我们把平面内到定点B的距离不大于定点A到B的距离的1n(n∈N+)倍的动点的集合称为A关于B的n阶亲密点域，记为动点符合Zn（A，B）．已知P（﹣2，5），Q（1，1），动点M（x，y）符合Z5（P，Q），则|x﹣y+2|的最大值是（　　）
A．2+2 B．2?2 C．2+1 D．2?1
【考点】点到直线的距离公式．
【专题】方程思想；转化法；直线与圆；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意求出M的轨迹，再由点到直线的距离公式求解．
【解答】解：|MQ|=(x?1)2+(y?1)2，|PQ|=(?2?1)2+(5?1)2=5，
由题意，点M满足(x?1)2+(y?1)2≤15×5=1，
即（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1，在点M在以（1，1）为圆心，以1为半径的圆及其内部，
而|x﹣y+2|=2?|x?y+2|2，其几何意义为动点M（x，y）到直线x﹣y+2＝0距离的2倍，
则其最大值为2?(|1?1+2|2+1)=2+2．
故选：A．
【点评】本题考查点到直线距离公式的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
4．（2025春?杨浦区期中）若直线Ax+By+C＝0经过第一、二、四象限，则（　　）
A．AB＞0且BC＞0 B．AB＞0且BC＜0
C．AB＜0且BC＞0 D．AB＜0且BC＜0
【考点】直线的一般式方程与直线的性质．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】直接利用直线经过的象限求出结果．
【解答】解：若直线Ax+By+C＝0，整理得y=?ABx?CB，由于该直线经过第一、二、四象限，
所以?AB＜0?CB＞0，故AB＞0BC＜0．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：直线的方程，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
5．（2025?东城区一模）长度为2的线段AB的两个端点分别在x轴及y轴上运动，则线段AB的中点到直线3x+4y+10＝0距离的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．2 D．3
【考点】点到直线的距离公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】A
【分析】先由题意求出线段AB的中点的轨迹是以原点为圆心、半径为1的圆，则线段AB的中点到直线3x+4y+10＝0距离的最小值为圆心到直线3x+4y+10＝0的距离d﹣r即可．
【解答】解：设点A（a，0）在x轴上，点B（0，b）在y轴上，
线段AB长度为2，则：a2+b2＝4，
确定中点坐标中点M的坐标M(a2，b2)，
令x=a2，y=b2，则a＝2x，b＝2y．
代入约束条件得：（2x）2+（2y）2＝4?x2+y2＝1，
即中点M的轨迹是以原点为圆心、半径为1的圆，
圆心到直线3x+4y+10＝0的距离为d=|10|32+42=2，
因此，圆上点到直线的最小距离为d﹣r＝2﹣1＝1．
故选：A．
【点评】本题主要考查点到直线的距离公式、轨迹方程以及最值问题的求解方法，是中档题．
6．（2025春?普陀区校级月考）若点P（3，1）既是A（a1，b1），B（a2，b2）的中点，又是直线l1：a1x+b1y﹣10＝0与l2：a2x+b2y﹣10＝0的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（　　）
A．3x+y﹣10＝0 B．x+3y﹣6＝0 C．x﹣3y＝0 D．3x﹣y﹣8＝0
【考点】两条直线的交点坐标．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】A
【分析】直线l1：a1x+b1y﹣10＝0与直线l2：a2x+b2y﹣10＝0的方程相减可得（a1﹣a2）x+（b1﹣b2）y＝0，把点P（3，1）代入可得kAB=b1?b2a1?a2=?3，进而求解结论．
【解答】解：直线l1：a1x+b1y﹣10＝0与直线l2：a2x+b2y﹣10＝0的方程相减可得（a1﹣a2）x+（b1﹣b2）y＝0，把点P（3，1）代入可得kAB=b1?b2a1?a2=?3，
则线段AB的垂直平分线的方程是y﹣1＝﹣3（x﹣3）?3x+y﹣10＝0．
故选：A．
【点评】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7．（2023秋?岳阳期末）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军白天观望烽火台，黄昏时从山脚下某处出发先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知将军从山脚下的点A（2，0）处出发，军营所在的位置为B（2，3），河岸线所在直线的方程为y＝3x+2，则“将军饮马”的最短总路程为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】先求出点A（2，0）关于直线y＝3x+2的对称点为C，则线段|BC|的长度即为最短总路程，再利用两点间的距离公式进行求解．
【解答】解：设点A（2，0）关于直线y＝3x+2的对称点为C（m，n），
则nm?2=?13n2=3?m+22+2，
解得m=?145n=85，
∴C（?145，85），又点A（，0），
故“将军饮马”的最短总路程为|BC|=(2+145)2+(3?85)2=5．
故选：C．
【点评】本题考查了求点关于直线对称的点及两点间的距离公式，属于中档题．
8．（2024秋?大同校级期中）已知实数a，b，c，d满足3a﹣4b+3＝0，3c﹣4d﹣7＝0，则（a﹣c）2+（b﹣d）2的最小值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】两条平行直线间的距离；两点间的距离公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】D
【分析】所求表达式可知是（a，b）与（c，d）两点距离的平方，结合平行线距离公式求解即可．
【解答】解：实数a，b，c，d满足3a﹣4b+3＝0，3c﹣4d﹣7＝0，可知（a，b）是直线3x﹣4y+3＝0上的点，（c，d）是3x﹣4y﹣7＝0上的点，
两条直线平行，（a﹣c）2+（b﹣d）2的几何意义是平行线之间距离的平方，可得最小值为：(|3+7|32+(?4)2)2=4．
故选：D．
【点评】本题考查平行线距离的求法，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025?新余校级模拟）台球是一项有趣的体育项目，如图的球桌上在左下角的D点有一颗球（体积忽略不计），现击打该球使其在球桌上做理想运动，碰撞到桌壁后反弹时满足反射角＝入射角，设洞口E为CD中点，ADAB=λ(0＜λ＜1)，击球方向与CD所在直线夹角的正切值为μ，则下列说法正确的是：（　　）
A．若λ=23，球仅碰撞桌壁一次即可进入洞口E，则μ＝2
B．若λ=23，球第一次碰撞在BC上，则最少碰撞桌壁三次可进入洞口E
C．不论λ的值为多少，一定存在某种击打方式使球碰撞桌壁两次可进入洞口E
D．若击出的球可以依次碰撞桌壁BC、AD、AB后进入洞口E，则λ可以为0.8
【考点】确定直线位置的几何要素．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】BC
【分析】可将台球的运动用“平面展开法”来分析（即每碰到一次边就将球桌作相应的镜像反射，从而把带有反射的运动转化为在多个拼接的“镜像球桌”中的直线运动），然后对各个选项的情况进行分析判定．
【解答】解：由题意洞口E为CD中点，ADAB=λ(0＜λ＜1)，击球方向与CD所在直线夹角的正切值为μ，
对于选项A：当λ=23时，可设AD＝8，AB＝12．击打球使其碰撞AB靠近A端的四等分点，反射后再正好进入洞口E，所以μ=8124=83，故选项A错误；
对于选项B：当λ=23时，可设AD＝8，AB＝12．第一次碰撞在BC边上，所以不可能只碰撞一次进入洞口，
假设碰撞两次进入洞口，则第二次碰撞一定在AB边上，将桌面依次向右、向上翻折一次，E到达E′，观察线段DE′，要求此线段完全在桌面与翻折桌面构成图形的内部，
设直线kDE′=2×AD32AB=89，所以lDE′：y=89x，
令y＝8得x＝9＜12＝AB，所以线段不可能完全在桌面与翻折桌面构成图形的内部，即不可能两次碰撞入洞．
如第二张图，计算得：μ=8+812+12+6=815时可以碰撞三次入洞（线段DE′完全在桌面与翻折桌面构成图形的内部），故选项B正确；
对于选项C：如第三张图，依次将桌面向上、向右翻折，对应连接D、E′得到线段DE′，观察线段EE′，其经过B点，所以DE′与直线AB的交点M在线段AB上，
故线段DE′完全在桌面与翻折桌面构成图形的内部，这意味着这样击球球将依次碰撞桌壁AB、BC后进洞，碰撞了两次，故选项C正确．
对于选项D：如第四张图，同C翻折，同理分析，观察线段E′E″，交点恰好在转折点处，所以线段DE′一定不可能完全在桌面与翻折桌面构成图形的内部，故选项D错误．
．
故选：BC．
【点评】本题考查了直线的方程，是中档题．
（多选）10．（2025?渭南模拟）设直线系M：xcosθ+（y﹣2）sinθ＝3（0≤θ＜2π），则下列四个命题为真的是（　　）
A．M中所有直线均经过一个定点
B．存在定点P不在M中的任一条直线上
C．M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
D．对于任意整数n（n≥3），存在正n边形，其所有边均在M中的直线上
【考点】恒过定点的直线．
【专题】计算题；整体思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】BD
【分析】根据题意，利用同角三角函数的恒等式，结合消参法可推导出直线系M表示圆x2+（y﹣2）2＝9的切线的集合，逐项计算并判断即可．
【解答】解：对于A，可令x=3cosθy=2+3sinθ，消去θ可得x2+（y﹣2）2＝9，
故直线系M表示圆x2+（y﹣2）2＝9的切线的集合，故A错误；
对于B，对任意θ，存在定点（0，2）不在直线系M中的任一条直线上，故B正确；
对于C，M中的直线所能围成的正三角形边长不一定相等，故面积也不一定相等，
如图中的等边三角形ABC和ADE，故C错误；
对于D，由于圆x2+（y﹣2）2＝9的外切正n边形，其所有边均在直线系M中的直线上，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
（多选）11．（2025春?辽宁月考）已知直线l1：x+ay﹣a＝0和直线l2：ax﹣（2a﹣3）y﹣1＝0，下列说法正确的是（　　）
A．l2始终过定点(23，13)
B．若l1⊥l2，则a＝0或2
C．当a＝﹣3时，l1与l2的距离为41015
D．若l1不经过第三象限，则a＞0
【考点】恒过定点的直线；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】ABC
【分析】把直线方程化为a（x﹣2y）+3y﹣1＝0可得选项A正确；根据垂直公式可得选项B正确；利用两平行线间距离公式可得选项C正确；根据a＝0时结论成立可得选项D错误．
【解答】解：对于选项A，由ax﹣（2a﹣3）y﹣1＝0得a（x﹣2y）+3y﹣1＝0，
由x?2y=03y?1=0得x=23y=13，直线l2始终过定点(23，13)，故选项A正确；
对于选项B，由l1⊥l2得a﹣（2a﹣3）a＝0，解得a＝0或2，故选项B正确；
对于选项C，由直线l1：x+ay﹣a＝0和直线l2：ax﹣（2a﹣3）y﹣1＝0，
可得当a＝﹣3时，l1：x﹣3y+3＝0，即3x﹣9y+9＝0，l2：3x﹣9y+1＝0，
l1与l2的距离为|9?1|32+(?9)2=41015，故选项C正确；
对于选项D，当a＝0时，l1：x＝0，不经过第三象限，故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查了直线的方程，两平行线间的距离公式，是中档题．
（多选）12．（2025?重庆模拟）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为22
B．若AP=17，则点P的轨迹长度为π2
C．若P是正方形A1B1C1D1的中心，Q在线段EF上，则PQ+CQ的最小值为52
D．若P是棱A1B1的中点，三棱锥P﹣CEF的外接球球心为O，则平面A1BCD1截球O所得截面的面积为81π8
【考点】与直线有关的动点轨迹方程；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】作出相应图形，先证明平面BDNM∥平面CEF，再结合给定条件确定动点轨迹，求出长度即可判断A；建立空间直角坐标系，根据题意确定动点轨迹，求解长度即可判断B，将平面CEF翻折到与平面A1B1C1D1共面，连接PC，与EF交于点Q，此时PQ+CQ取到最小值，利用勾股定理求出PQ，CQ即可判断C，先找到球心，利用勾股定理得出半径，进而可判断D．
【解答】解：如图，取A1D1，A1B1的中点为N，M，
则MN∥B1D1，又E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，
所以EF∥B1D1，
所以MN∥EF，又MN?平面CEF，EF?平面CEF，
所以MN∥平面CEF，
又NECD，且NE＝CD，
所以四边形CDNE为平行四边形，
所以ND∥∥CE，又ND?平面CEF，CE?平面CEF，
所以ND∥平面CEF，又MN∩ND＝N，
所以平面BDNM∥平面CEF，
点P是正方形A1B1C1D1内的动点，且DP∥平面CEF，
所以点P的轨迹为线段MN，又MN=22+22=22，所以A选项正确；
如建系如图：
则A（0，0，0），设P（x，y，4），
则AP=x2+y2+16=17，
所以x2+y2＝1，所以点P的轨迹为A1为圆心，半径为1的14个圆，
所以点P的轨迹长度为14?2π=π2，所以B选项正确；
如图，将平面CEF翻折到与平面A1B1C1D1共面，
连接PC，与EF交于点Q，此时PQ+CQ取到最小值，
因为CE=CF=22+42=25，且PE＝PF＝2，
所以点Q为EF的中点，所以PQ=EQ=1222+22=2，
所以CQ=CE2?EQ2=20?2=32，
即PQ+CQ的最小值为42，所以C选项错误；
如图，连接PF，交B1D1于点O1，
设三棱锥P﹣CEF的外接球的半径为R，
若P是棱A1B1的中点，则∠FEP＝90°，
所以FP是△PEF外接圆的一条直径，所以O1是△PEF外接圆的圆心，
过点O1作平面ABCD的垂线，则三棱锥P﹣CEF的外接球的球心O一定在该垂线上，
设OO1＝t，则22+t2＝R2，
12AC=1242+42=22，所以(4?t)2+(22)2=R2，
所以22+t2=(4?t)2+(22)2，解得t=52，
所以R2=22+254=414，
点O1到平面A1BCD1的距离为1442+42=2，
所以球心O到平面A1BCD1的距离为24，
所以截面圆的半径为414?18=818，
所以截面的面积为81π8，所以D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025?杨浦区二模）C由若干个多边形所覆盖的区域，称为这些多边形的并集，例如图中，梯形ACDE是△ABE与矩形BCDE的并集．已知n是正整数，在平面直角坐标系xOy中，直线ln的方程为y＝﹣2nx+n，若直线ln交x轴于点An，交y轴于点Bn，则△A1OB1、△A2OB2、…、△A10OB10的并集，其面积为 　7671024　 ．
【考点】直线的一般式方程与直线的性质；两条直线的交点坐标．
【答案】7671024．
【分析】根据所给直线ln的方程，求出点An，点Bn的坐标，分析由△A1OB1、△A2OB2、…组成的图形的并集的变化特点，得到面积的变化规律，再由累加法求出面积Sn的表达式，求出S10，即△A1OB1、△A2OB2、…、△A10OB10的并集．
【解答】解：如图，
由题意可得An(n2n，0)，Bn（0，n），
令an=n2n，则an+1﹣an=n+12n+1?n2n=1?n2n+1，
当n＝1时，an+1﹣an＝0，当n≥2时，an+1﹣an＜0，即a1＝a2＞a3＞a4＞?，
则随着三角形的个数增加，所有三角形围成的图形每次增加一个小三角形，
设直线ln与直线ln+1的交点为?n，联立y=?2nx+ny=?2n+1x+(n+1)，解得x=12n，y＝n﹣1，即Cn(12n，n?1)，
则S△CnBnBn+1=12|BnBn+1|?xCn=12×(n+1?n)×12n=12n+1，
设前n个三角形围成图形的面积为Sn，则Sn+1﹣Sn=S△CnBnBn+1=12n+1，
且S1=S△OA1B1=12×12×1=14，
则S2﹣S1=122，S3?S2=123?，Sn?Sn?1=12n，n≥2，
由累加法可得，Sn?S1=122+123+?+12n=122?12n+11?12=12?12n，n≥2，
则Sn=34?12n，n≥2，而S1=14符合上式，则Sn=34?12n，n∈N*，
故S10=34?1210=7671024，
则△A1OB1，△A2OB2，…，△A10OB10的并集，其面积为7671024．
故答案为：7671024．
【点评】本题主要考查数列的应用、两直线的交点坐标，属于中档题．
14．（2025春?浦东新区期中）已知关于x、y的方程组mx?2y+1=0x?(m+1)y+1=0无解，则实数m的值为　﹣2　 ．
【考点】两条直线的交点坐标．
【答案】﹣2．
【分析】根据已知条件，结合直线平行的性质，即可求解．
【解答】解：关于x、y的方程组mx?2y+1=0x?(m+1)y+1=0无解，
直线mx﹣2y+1＝0与直线m﹣（m+1）y+1＝0平行，
则m（m+1）＝2，解得m＝﹣2或1，
当m＝﹣2时，两直线不重合，符合题意，
当m＝1时，两直线重合，不符合题意，
故m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
15．（2024秋?普陀区校级期末）已知直线l过点P（3，6）且与x，y轴的正半轴分别交于A、B两点，O是坐标原点，则当|OA|+|OB|取得最小值时的直线方程是　2x+y﹣6﹣32=0　 （用一般式表示）
【考点】直线的一般式方程与直线的性质．
【专题】方程思想；转化法；直线与圆．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题意可得：直线的斜率k＜0，设直线方程为：kx﹣y+6﹣3k＝0，可得B（0，6﹣3k），A（3?6k，0），即可得到|OA|+|OB|，进而利用基本不等式求出最值，并且得到k的取值得到直线的方程．
【解答】解：由题意可得：设直线的斜率为k，
因为直线l与x轴的正半轴，y轴的正半轴分别交于A、B两点，
所以得到k＜0．
则直线l的方程为：y﹣6＝k（x﹣3），整理可得：kx﹣y+6﹣3k＝0，
令x＝0，得y＝6﹣3k，所以B（0，6﹣3k）；
令y＝0，得到x＝3?6k，所以A（3?6k，0），
所以|OA|+|OB|＝6﹣3k+3?6k=9+（﹣3k）+（?6k），
因为k＜0，则|OA|+|OB|＝9+（﹣3k）+（?6k）≥9+62，
当且仅当﹣3k=?6k，即k=?2时“＝”成立，
所以直线l的方程为：2x+y﹣6﹣32=0，
故答案为：2x+y﹣6﹣32=0．
【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握直线的点斜式方程，考查学生利用基本不等式求最小值，在利用基本不等式求最小值时应该注意使用的条件：一正，二定，三相等，此题属于中档题．
16．（2024春?阳江校级期中）如果实数x，y满足等式x2+y2+4x﹣2y﹣4＝0，那么x2+y2的最大值是 　14+65　 ；2x﹣y的最大值是 　35?5　 ．
【考点】两点间的距离公式．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】14+65；35?5．
【分析】画出图形，通过数形结合，以及直线与圆的位置关系、所求代数式的几何意义逐一求解即可．
【解答】解：由x2+y2+4x﹣2y﹣4＝0，得（x+2）2+（y﹣1）2＝9，x2+y2的几何意义为圆（x+2）2+（y﹣1）2＝9上的动点到原点距离的平方．
因为圆心（﹣2，1）到原点的距离为5，所以圆上的动点到原点距离的最大值=45?35+3=5+3，
则x2+y2的最大值是(5+3)2=14+65．
令2x﹣y＝t，则﹣t是直线2x﹣y＝t在y轴上的截距，
当直线与圆相切时，直线2x﹣y＝t在y轴上的截距，一个是最大值，一个是最小值，
此时，圆心（﹣2，1）到直线2x﹣y＝t的距离d=|?4?1?t|5=3，解得t=?5±35，
所以2x﹣y的最大值为35?5．
故答案为：14+65；35?5．
【点评】本题主要考查两点间距离公式的应用，考查计算能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春?杨浦区期中）已知△ABC三个顶点坐标分别为A（1，3）、B（3，1）、C（﹣1，0）．
（1）求△ABC的面积S；
（2）求BC边上的中线与AC边上的高的交点坐标．
【考点】点到直线的距离公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】（1）5；
（2）(1，73)．
【分析】（1）利用三角形的面积公式求△ABC的面积．
（2）求出BC的中点坐标，即可求BC边上的中线；求出高的斜率，即可求出AC边上的高所在的直线方程，再联立方程组求解即可．
【解答】解：（1）|AB|=4+4=22，|BC|=16+1=17，|AC|=4+9=13，
∴cosA=(22)2+(13)2?(17)22×22×13=2626，
∴sinA=1?126=52626，
∴△ABC的面积S=12×22×13×52626=5；
（2）BC的中点坐标为（1，12），
∴BC边上的中线方程为x＝1；
kAC=3?01+1=32，
∴AC边上的高所在的直线方程y﹣1=?23（x﹣3），即2x+3y﹣9＝0，
联立两直线方程，可解得x＝1，y=73，即BC边上的中线与AC边上的高的交点坐标为(1，73)．
【点评】本题考查直线方程，考查三角形面积的计算，考查学生的计算能力，属于中档题．
18．（2024秋?肇东市校级期末）平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A（3，﹣2），B（﹣3，4），C（0，6）．
（1）求BC边所在的直线方程；
（2）求△ABC的面积．
【考点】直线的一般式方程与直线的性质．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）2x﹣3y+18＝0；（2）15．
【分析】（1）由B，C两点的坐标，得直线的两点式方程，化简得一般式方程；
（2）用两点间距离公式求B，C两点间的距离，计算点A到直线BC的距离可得三角形的高，得三角形的面积．
【解答】解：（1）因为B（﹣3，4），C（0，6），所以BC所在的直线方程为y?46?4=x+30+3，
即2x﹣3y+18＝0．
（2）B，C两点间的距离为|BC|=(0+3)2+(6?4)2=13，
点A到直线BC的距离d=|2×3+3×2+18|22+32=301313，
所以△ABC的面积为12×|BC|×d=12×13×301313=15．
【点评】本题考查的知识点：直线的方程的求法，点到直线的距离公式，三角形的面积公式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19．（2024秋?西宁校级期末）已知圆M：x2+y2﹣ax﹣2ay﹣40＝0的圆心在直线x﹣y+1＝0上，直线l：y＝x+6．
（1）求a的值；
（2）求圆M关于直线l对称的圆M'的标准方程；
（3）过（2）中的点M'作圆M的切线m，求直线m的一般式方程．
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程；根据圆的几何属性求圆的标准方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】（1）a＝2；
（2）（x+4）2+（y﹣7）2＝45；
（3）2x﹣y+15＝0或x﹣2y+18＝0．
【分析】（1）根据圆的一般方程确定圆心，结合点在直线上，列方程解方程；
（2）设M'（x0，y0），根据两点关于直线对称，列方程，解方程即可；
（3）设点斜式方程，由直线与圆相切，根据点到直线的距离列方程，解方程．
【解答】解：（1）由已知圆M：x2+y2﹣ax﹣2ay﹣40＝0，则圆M(a2，a)，
又圆心M在直线x﹣y+1＝0上，即a2?a+1=0，解得a＝2；
（2）由（1）得圆M：x2+y2﹣2x﹣4y﹣40＝0，即（x﹣1）2+（y﹣2）2＝45，即M（1，2），半径r=35，
设M'（x0，y0），则MM'中点为(x0+12，y0+22)且kMM′=y0?2x0?1，
所以由对称可知y0+22=x0+12+6y0?2x0?1?1=?1，
解得x0=?4y0=7，即M'（﹣4，7），
所以圆M'（x+4）2+（y﹣7）2＝45；
（3）根据题意可得直线m的斜率存在，则可设直线m的方程为y﹣7＝k（x+4），
即kx﹣y+4k+7＝0，
则|k?2+4k+7|k2+1=35，
解得k＝2或k=12，
故直线m的方程为y﹣7＝2（x+4）或y?7=12(x+4)，
即一般式方程为2x﹣y+15＝0或x﹣2y+18＝0．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题．
20．（2025春?昌江区校级期中）已知直线l1：（m+2）x﹣my﹣8＝0与直线l2：mx+y﹣4＝0，m∈R．
（1）若l1⊥l2，求m的值；
（2）若点P（1，m）在直线l2上，直线l过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线l的方程．
（3）△ABC中，A为直线l1过的定点，AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y﹣14＝0，AC边上的中线BE所在直线的方程为2x+y﹣14＝0，求直线BC的方程．
【考点】直线的一般式方程与直线的性质；两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系；直线的点斜式方程；直线的截距式方程．
【专题】方程思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】（1）m＝0或m＝﹣1；（2）2x﹣y＝0或x﹣y+1＝0；（3）2x+3y﹣24＝0．
【分析】（1）根据两条直线垂直的条件，可得关于m的方程，解之即可；
（2）先求得P（1，2），再分直线l是否经过原点两种情况，结合直线的斜截式或截距式方程，讨论得解；
（3）根据已知条件求得A（4，4），B（92，5），设C（m，n），结合中点坐标公式，以及中线BE和高线CD所在的直线方程，构造关于m和n的方程组，从而求得点C的坐标，再由直线的点斜式方程写出直线BC的方程即可．
【解答】解：（1）若l1⊥l2，则（m+2）m﹣m＝0，
解得m＝0或m＝﹣1．
（2）若点P（1，m）在直线l2上，则m×1+m﹣4＝0，即m＝2，
所以P（1，2），
当直线l经过原点时，直线l的方程为y＝2x，即2x﹣y＝0；
当直线l不经过原点时，设直线l的方程为xa?ya=1，
代入点P（1，2），有1a?2a=1，解得a＝﹣1，
所以直线l的方程为x?1?y?1=1，即x﹣y+1＝0，
综上，直线l的方程为2x﹣y＝0或x﹣y+1＝0．
（3）将直线l1：（m+2）x﹣my﹣8＝0整理得m（x﹣y）+2x﹣8＝0，
令x?y=02x?8=0，得x=4y=4，所以直线l1恒过定点（4，4），即A（4，4），
因为AB边上的高CD所在直线的方程为x+2y﹣14＝0，
所以直线AB的斜率为2，
所以直线AB的方程为y﹣4＝2（x﹣4），即y＝2x﹣4，
又中线BE所在直线的方程为2x+y﹣14＝0，
联立y=2x?42x+y?14=0，解得x=92y=5，即B（92，5），
设C（m，n），
代入高线CD所在直线的方程x+2y﹣14＝0，有m+2n﹣14＝0，
由A（4，4），知AC的中点E的坐标为（4+m2，4+n2），
代入中线BE所在直线的方程2x+y﹣14＝0，有2?4+m2+4+n2?14＝0，即m+n2=8，
联立解得m＝6，n＝4，即C（6，4），
所以直线BC的方程为y﹣4=5?492?6（x﹣6），即2x+3y﹣24＝0．
【点评】本题考查直线方程的应用，熟练掌握两条直线交点坐标的求法，直线垂直的条件，直线方程的点斜式与截距式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．