2023年12月3日发(作者：江苏省四年级数学试卷)

丰台区2023-2024学年度第一学期期中练习高二数学（A卷）考试时间：120分钟第I卷（选择题共40分）一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.直线xy0的倾斜角为（）A.45B.60C.90D.1352.已知圆C:(x1)2(y1)24，则圆心C与半径r分别为（）A.C(1,1)，r4B.C(1,1)，r4C.C(1,1)，r2D.C(1,1)，r23.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设AB=a，ADb，AA1c，则与向量D1B相等的是（brbrcrC.abcD.abc4.已知直线l经过点M(2,1)，且与直线x2y10垂直，则直线l的方程为（）A.x2y40B.2xy50C.2xy30D.x2y05.若直线l的方向向量为u，平面的法向量为n，则下列选项中能使l成立的是（）A.u(2,1,1)，n(1,1,1)B.u(1,2,0)，n(2,4,0)C.u(1,2,4)，n(1,0,1)D.u(1,1,2)，n(0,3,1)6.已知直线l1:ax(a2)y10，l2:xay20，若l1//l2，则实数a（）A.1B.2C.1或2D.2或0）7.若直线l:ykx3与圆C:x2y24相交于A,B两点，且AOBA.3B.3或3C.π（其中O为原点），则k的值为（3D.2或2））28.已知圆C:x2y2mx3y30关于直线l:mxym0对称，则实数m（A.3B.1C.3D.1或39.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（）A.5621622B.116156C.D.2210.已知圆C1:xy1与圆C2:(x4)(y2)1，过动点M(a,b)分别作圆C1，圆C2的切线MA，（A，MBB分别为切点），若|MA||MB|，则(a3)2(b2)2的最小值为（C.）D.A.55B.255355455第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题:共5小题，每小题5分，共25分.11.已知直线l的斜率为2，在y轴上的截距为1，则直线l的方程为______.12.已知i，j，k为空间两两垂直的单位向量，且ai2jk，b3ij4k，则ab______.13.已知A(1,1)，B(4,0)，C(0,n)三点共线，则n______.14.已知圆C:x2y22nx2ny2n280上存在两个点到点A(1,1)的距离均为2，则实数n的一个取值为______.15.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点.给出下列四个结论：①若点P在线段A1C1上运动，则总有CPBD；②若点P在线段AD1上运动，则三棱锥BDPC1体积为定值；③若点P在线段A1B上运动，则直线CP与平面ACD1所成角为定值；6④若点P满足CPCDCC1(01)，则过点A1，P，C三点的正方体截面面积的取值范围为[,2].2其中所有正确结论的序号为______.三、解答题:共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知圆C:(x1)2(y2)24.（1）求经过点(3,2)的圆C的切线方程；（2）求直线l:2xy20被圆C截得的弦长.17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1ACBC，ACBC，D，E分别是A1B1，CC1的中点.（1）求证：C1D平面AA1B1B；（2）求直线BD与平面A1BE所成角的正弦值.18.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，BCD，AB1，PB2，PDCD，3PBBD，N为棱PC的中点.条件①：BC2；条件②：平面PBD平面ABCD.从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题：（1）求证：ABPB；（2）若点M在线段AN上，且点M到平面BDN的距离为注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.5，求线段CM的长.519.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的圆心在直线l:yx1上，且半径为1.（1）若圆心C也在直线y2x8上，求圆C的方程；（2）已知点N(0,3)，若圆C上存在点M，使|MN||MO|，求圆心C的横坐标的取值范围.20.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面CDE平面ABCD，AF//DE，DECD，DE3AF36.（1）求证：AC平面BDE；（2）求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值；（3）线段CE上是否存在点P，使得AP//平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由.21.在平面直角坐标系中，对于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，定义(A,B)|x1x2|+|y1y2|为点A到点B的“折线距离”.（1）已知A(1,2)，B(3,0)，求(A,B)；（2）已知直线l:3xy40.（i）求坐标原点O与直线l上一点的“折线距离”的最小值；（ii）求圆C:x2y21上一点与直线l上一点的“折线距离”的最小值.丰台区2023-2024学年度第一学期期中练习高二数学（A卷）考试时间：120分钟第I卷（选择题共40分）一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.直线xy0的倾斜角为（）A.45B.60C.90D.135【答案】D【分析】根据题意，将直线方程化为斜截式，求出直线的斜率，由斜率与倾斜角的关系，及可求解．【详解】由xy0，得yx，故斜率为k1，因k=tanθ，所以倾斜角135．故选：D．2.已知圆C:(x1)2(y1)24，则圆心C与半径r分别为（）A.C(1,1)，r4B.C(1,1)，r4C.C(1,1)，r2D.C(1,1)，r2【答案】D【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心与半径即可【详解】圆C的方程为(x1)2(y1)24为标准形式，即圆心C与半径r分别为C(1,1)，r2故选：D.3.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，设AB=a，ADb，AA1c，则与向量D1B相等的是（brbrcrC.abcD.abc【答案】C【分析】利用空间向量的运算，用基向量表示即可.【详解】因为D1BABAD1ABADAA1,）所以D1Babc.故选：C.4.已知直线l经过点M(2,1)，且与直线x2y10垂直，则直线l的方程为（A.x2y40C2xy30B.2xy50D.x2y0）.【答案】B【分析】根据直线方程求其斜率，再利用两直线垂直得到垂直直线斜率，然后利用点斜式方程得到垂直直线方程，化成一般式即为答案.【详解】因为直线x2y10的斜率为2，则与其垂直的直线l的斜率为2，又因为直线过点M(2,1)，则直线l的方程为y12x2，即2xy50.故选：B.15.若直线l的方向向量为u，平面的法向量为n，则下列选项中能使l成立的是（A.u(2,1,1)，n(1,1,1)B.u(1,2,0)，n(2,4,0)）C.u(1,2,4)，n(1,0,1)D.u(1,1,2)，n(0,3,1)【答案】B【分析】只需判断u//n是否成立，即可得出答案.【详解】要使l，则应有u//n.对于A项，由已知可知u//n不成立，故A项错误；对于B项，由已知可得u2n，所以u//n，故B项正确；对于C项，由已知可知u//n不成立，故C项错误；对于D项，由已知可知u//n不成立，故D项错误.故选：B.6.已知直线l1:ax(a2)y10，l2:xay20，若l1//l2，则实数a（A.1【答案】C【分析】由直线平行的充要条件列出方程求解，并注意检验即可.【详解】由题意直线l1:ax(a2)y10，l2:xay20满足l1//l2，所以当且仅当aaa210，解得a1或a2；经检验当a1或a2时，没有重合的情况，即满足l1//l2.故选：C.7.若直线l:ykx3与圆C:x2y24相交于A,B两点，且AOBA.3【答案】DB.3或3C.B.2C.1或2）D.2或0π（其中O为原点），则k的值为（3D.2或2）2【分析】画出图形，首先由垂径分线定理算出原点到直线l:ykx3的距离，然后利用点到直线的距离公式即可求解.【详解】如图所示：不妨设AB中点为D，因为AOB所以由垂径分线定理可知DOBππ,BDO，62π，3由圆的方程C:x2y24可知，BOr2，所以ODBOcosDOB233，231k2即原点O0,0到直线l:ykx3的距离为d解得k故选：D.OD3，2或k2.8.已知圆C:x2y2mx3y30关于直线l:mxym0对称，则实数m（A.3【答案】CB.1C.3D.1或3）【分析】根据圆的对称性得出圆心C在直线l上，求出圆心坐标代入直线方程计算并检验即可.【详解】由题意可知，m232430m23，且圆心C或m3.故选：C9.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（）m3,在直线l上，代入直线方程得m232m0m1（舍去）22A.56216B.116156C.D.【答案】D11【分析】根据题意得到BNACAB，FMADAB，然后由向量的数量积公式分别求出22FMBN,FM,BN，结合向量的夹角运算公式，即可求解.【详解】如图所示：11由题意，可得BNANABACAB，FMFDDMBADMADAB，22又由正八面体ABCDEF的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，在△ABD中，由ABAD2,BD22，可得AB2AD2BD2，所以ABAD，所以11FMBNADABACAB221211ADACADABABACAB422111115220222214；42222222121BNACABACACABAB24121222221243；4222112FMADABADADABAB421220221045；4515，2653FMBN所以cosFM,BNFMBN即直线BN和FM夹角的余弦值为故选：D.15.6【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量AB,AC,AD，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把FM,BN分解，然后由向量的夹角公式即可求解.2210.已知圆C1:xy1与圆C2:(x4)(y2)1，过动点M(a,b)分别作圆C1，圆C2的切线MA，（A，MB22B分别为切点），若|MA||MB|，则(a3)2(b2)2的最小值为（C.）D.A.55B.255355455【答案】A【分析】利用几何关系确定动点M在线段C1C2的中垂线上，并求出中垂线的直线方程，再根据(a3)2(b2)2的几何意义求解.【详解】如图，因为|MA||MB|，且|AC1||BC2|1,所以MC1MC2,所以动点M在线段C1C2的中垂线上，因为C1(0,0),C2(4,2)，所以C1C2的中点为(2,1)，且kC1C21，所以中垂线的斜率为2，2所以中垂线的直线方程为：y12(x2)，即2xy50，又因为(a3)2(b2)2表示点M(a,b)和点(3,2)的距离，所以点(3,2)到直线2xy50的距离d故选:A.155即为(a3)2(b2)2的最小值.5第Ⅱ卷（非选择题共110分）二、填空题:共5小题，每小题5分，共25分.11.已知直线l的斜率为2，在y轴上的截距为1，则直线l的方程为______.【答案】y2x1【分析】根据直线的斜截式方程即可求解.【详解】因为直线l的斜率为2，在y轴上的截距为1，所以所求直线方程为y2x1.故答案为：y2x1.12.已知i，j，k为空间两两垂直的单位向量，且ai2jk，b3ij4k，则ab______.【答案】3【分析】根据数量积的运算律计算即可.rrrrrrrrr2r2r2【详解】abi2jk3ij4k3i2j4k3243.故答案为：-3.13.已知A(1,1)，B(4,0)，C(0,n)三点共线，则n______.【答案】A,B,C【分析】由平面向量基本定理可知，若三点共线，则存在唯一的实数使得ABAC，利用等量关系计算n的值.【详解】若A(1,1),B(4,0),C(0,n)三点共线，则存在唯一的实数使得ABAC，41##133334所以3,11,n1，则，即4，则n.n31(n1)3故答案为：4314.已知圆C:x2y22nx2ny2n280上存在两个点到点A(1,1)的距离均为2，则实数n的一个取值为______.【答案】1（答案不唯一）【分析】易得到点A(1,1)的距离为2的点轨迹方程为x1y12，由题意可知圆A与圆C相交，从而可求出n的范围，即可得解.【详解】到点A(1,1)的距离为2的点轨迹方程为x1y12，其圆心为A(1,1)，半径r12，圆C:x2y22nx2ny2n280化为标准方程为xnyn8，222222其圆心Cn,n，半径r222，由题意可知圆A与圆C相交，则222AC222，即2n1n12232，解得4n2或0n2，则实数n的一个取值为1.2内即可）故答案为：1.（答案不唯一，只要在4,20,15.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，P是空间中任意一点.给出下列四个结论：①若点P在线段A1C1上运动，则总有CPBD；②若点P在线段AD1上运动，则三棱锥BDPC1体积为定值；③若点P在线段A1B上运动，则直线CP与平面ACD1所成角为定值；6④若点P满足CPCDCC1(01)，则过点A1，P，C三点的正方体截面面积的取值范围为[,2].2其中所有正确结论的序号为______.【答案】①②④【分析】由D1B1平面A1C1C判断①；由等体积法及线面距离为定值判断②；由线面距离为定值及线面角判断③；作出截面利用向量法计算面积判断④.【详解】对①，如图，B1D1CC1，B1D1A1C1，CC1A1C1C1，CC1,A1C1平面A1C1C，连接B1D1，AC在正方体中，所以B1D11，平面A1C1C，又CP平面A1C1C，所以B1D1CP，又正方体中，B1D1//BD，所以CPBD，故①正确；对②，如图，因为AD1//BC1，AD1平面BDC1，BC1平面BDC1，所以AD1//平面BDC1，所以P到平面BDC1的距离为定值，因为VBDPC1VPBDC1，而SBDC1为定值，所以VPBDC1为定值，故三棱锥BDPC1体积为定值，故②正确；对③，如图，在正方体中，A1B//D1C，A1B平面ACD1，BC1平面ACD1，所以A1B//平面ACD1，所以P到平面ACD1的距离h为定值，设直线CP与平面ACD1所成角为，而sin对④，因为CPCDCC1CDDD1，且0≤≤1，所以点P在线段DD1上运动，在B1B上取一点P1a,a0,1，连接A1，使得DPB1P1P1,PC1,PA1,PC，h，CP不是定值，所以不为定值，故③错误；CP易知PC∥A1P1三点的截面为截面PCP1，且PCA1P1，即P,C,A1,P1四点共面，即过P，C，A1A1.以点D为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：1,1,1a，CA1(1,1,1),CP(0,1,a)则C0,1,0,A11,0,1,P0,0,a,P12因为CA13,|CP|1a，CPCA11a，所以截面PCP1A1的面积为S2S△CPACPCA1sinPCA11CPCA12CPCA121333a212aa22a，24当a2166时，Smin，当a0或a1时，Smax2，所以过A1，P，C三点的正方体截面面积最小值为，2226,2]，故④正确.2最大值为2，过点A1，P，C三点的正方体截面面积的取值范围为[故答案为：①②④三、解答题:共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16.已知圆C:(x1)2(y2)24.（1）求经过点(3,2)的圆C的切线方程；（2）求直线l:2xy20被圆C截得的弦长.【答案】（1）x3或3x4y10（2）855【分析】（1）由点斜式方程和圆心到切线的距离等于半径即可求出，（2）由点到直线的距离公式和勾股定理即可求出.【小问1详解】解：当切线斜率不存在时，其方程为x3，圆心C(1,2)到直线x3的距离为2，则此时直线x3与圆C相切，满足题意；当切线的斜率存在时，设切线方程为y2kx3，即kxy3k20，则圆心(1,2)到切线的距离2k+43k2=+12，解得k4，所以此时切线的方程为3x4y10.综上：切线的方程为x3或3x4y10.【小问2详解】由题可知圆C的圆心为(1,2)，半径为r2.设圆心C(1,2)到直线l的距离为d，则d|222|5221225.所以直线l被圆C所截得的弦长为：2r2d2855.17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1ACBC，ACBC，D，E分别是A1B1，CC1的中点.（1）求证：C1D平面AA1B1B；（2）求直线BD与平面A1BE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）13【分析】（1）通过证明AA1C1D，C1DA1B1，来证得C1D平面AA1B1B.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线BD与平面A1BE所成角的正弦值.【小问1详解】因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以AA1平面A1B1C1，因为C1D平面A1B1C1，所以AA1C1D.因为ACBC，所以A1C1B1C1，因为D是A1B1的中点，所以C1DA1B1，因为AA1A1B1A1，AA1平面AA1B1B，A1B1平面AA1B1B，所以C1D平面AA1B1B.【小问2详解】因为直三棱柱ABC-A1B1C1，所以CC1平面ABC，AC,BC平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1BC，因为ACBC，所以CC1，AC，BC两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC为x轴、y轴、z轴，1建立如图所示的空间直角坐标系.设AA12，则B(0,2,0),A12,0,2,D1,1,2，E(0,0,1).uur所以BD1,1,2，BE0,2,1，EA12,0,1，设平面A1BE的一个法向量为n(x,y,z)．2yz0nBE0所以，即，2xz0nEA10令z2，则x=1，y1.所以n(1,1,2)．BDn1cosBD,n，所以BDn3设直线BD与平面A1BE所成角为，1所以sincosBD,n，3故直线BD与平面A1BE所成角的正弦值为1.318.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，BCD，AB1，PB2，PDCD，3PBBD，N为棱PC的中点.条件①：BC2；条件②：平面PBD平面ABCD.从条件①和条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列问题：（1）求证：ABPB；（2）若点M在线段AN上，且点M到平面BDN的距离为注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）证明见解析（2）CM5，求线段CM的长.5142【分析】（1）选①：先用勾股定理证明BDCD，再由线线垂直证明线面垂直，继而证明ABPB。选②：先由面面垂直证明线面垂直，继而证明ABPB。（2）建立空间直角坐标系，用向量方法即可求解.【小问1详解】选①：BC2.证明：在平行四边形ABCD中，CDAB1，因为BC2，BCD，32212221cos所以在△BCD中，BD所以BD2CD2BC2，所以BDCD.3.3又PDCD，PDBDD，PD平面PBD，BD平面PBD，所以CD平面PBD.因为PB平面PBD，所以CDPB.又因为AB‖CD，所以ABPB.选②：平面PBD平面ABCD.证明：因为平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，PBBD，PB平面PBD.所以PB平面ABCD，因为AB平面ABCD，所以ABPB.【小问2详解】由（2）知，BA，BD，BP两两垂直，以B为原点，BA，BD，BP为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.130，P0，0，2，C1，3，0，A1，0，0，N(,则B(0,0,0),D0，3，,1)，221333所以BD(0,3,0)，BN(,,1)，AN(,,1).2222设平面BDN的一个法向量为nx,y,z，nBD0,则nBN0,3y0,即13yz0.x22令x2，则y0，z1.所以n(2,0,1)．因为点M在线段AN上，设MNAN(01)，33所以MN(,,)，22故点M到平面BDN的距离为dMNn251||，得.|n|552331所以MN(,,)442所以M(,1431,)，4222533114所以CM.244419.在平面直角坐标系xOy中，已知圆C的圆心在直线l:yx1上，且半径为1.（1）若圆心C也在直线y2x8上，求圆C的方程；（2）已知点N(0,3)，若圆C上存在点M，使|MN||MO|，求圆心C的横坐标的取值范围.【答案】（1）(x3)2(y2)2137（2）[，]22【分析】（1）由圆心既在yx1上，又在y2x8上，可求圆心坐标，结合题干中半径，代入到圆的标准方程即可求圆的方程.（2）设出点的坐标，根据题意表示出|MN|和|MO|的长，因为M在圆上，所以由M的轨迹方程知，圆心到直线的距离不大于半径，列出不等式即可.【小问1详解】设圆心C(a,b)，由题意得ba1b2a8，解得a32，所以圆心C(3,2)，b因为圆C的半径为1，所以圆C的方程为：(x3)2(y2)21.【小问2详解】由题意，如图所示：设M(x,y)，由已知N(0,3)，圆心C(a,a1)，|MN||MO|，得x2(y3)2x2y2，整理得y32，所以点M既在圆C上又在直线y32上，即：圆C和直线y32有公共点，所以圆心C(a,a1)到直线y-32=0的距离不大于圆的半径，所以|a13|≤1，所以322a72，所以a的取值范围为：372,2，所以圆心C的横坐标的取值范围为372,2.20.如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面CDE平面ABCD，DECD，DE3AF//DE，（1）求证：AC平面BDE；（2）求平面BEF与平面BDE夹角的余弦值；（3）线段CE上是否存在点P，使得AP//平面BEF？若存在，指出点P的位置并证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）1313（3）存在，点P为CE中点，证明见解析【分析】（1）先利用面面垂直的性质可得DE平面ABCD，再根据线面垂直的性质定理和判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面BEF与平面BDE的法向量，利用空间向量法求解即可；（3）设CPCE(01)，由APACCP求出AP，再利用空间向量法求解即可.【小问1详解】因为平面CDE平面ABCD，平面CDE平面ABCDCD，DE所以DE平面ABCD，因为AC平面ABCD，所以DE因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD，因为BDDED，DB平面CDE，DE平面CDE，所以AC平面BDE.【小问2详解】由（1）得DE平面ABCD，因为DA,DC平面ABCD，所以DA，DC，DE两两垂直，以B为原点，DA,DC,DE为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.CD，DE平面CDE,AC，因为DE3AF36，AD3，所以BD32，AF则A3,0,0，F6.所以BF0,3,6，EF3,0,26，3,0,6，E0,0,36,B3,3,0，C0,3,0，设平面BEF的一个法向量为nx,y,z，nBF3y6z0则，取z6得n4,2,6，nEF3x26z0因为AC平面BDE，所以CA为平面BDE的一个法向量，CA3,3,0，CAn12613cosCA,n所以，132632CAn设平面BEF与平面BDE夹角为，13所以coscosCA,n，13所以平面BEF与平面BDE夹角的余弦值【小问3详解】线段CE上存在点P，点P为CE中点，满足AP//平面BEF，证明如下：13．13设CPCE(01)，因为CE0,3,36，AC3,3,0所以CP0,3,36，APACCP3,33,3因为AP//平面BEF，6由（2）知平面BEF的一个法向量为n4,2,6，1所以APn343323660，解得，2所以线段CE上存在点P，点P为CE中点，满足AP//平面BEF.21.在平面直角坐标系中，对于点A(x1,y1)，B(x2,y2)，定义(A,B)|x1x2|+|y1y2|为点A到点B的“折线距离”.（1）已知A(1,2)，B(3,0)，求(A,B)；（2）已知直线l:3xy40.（i）求坐标原点O与直线l上一点的“折线距离”的最小值；（ii）求圆C:x2y21上一点与直线l上一点的“折线距离”的最小值.【答案】（1）4（2）（i）4323（ii）33【分析】（1）根据题中给定定义直接求解;（2）（i）设直线l上任意一点Q(t,43t)，(tR)，求出与坐标轴的交点M,N，分类讨论Q在线段MN的延长线上时，线段NM的延长线上时，线段MN上时的情形即可；（ii）判断出PQ过P垂足为H1，则1,Q1的最小值为PQ11//x轴时，P11，1作直线l的垂线，取最小值时，PQ11取得最小值.【小问1详解】PH311，当PH11PQ211A,B13204.【小问2详解】（i）直线l:3xy40与x轴的交点M(43与y轴的交点N(0,4)，设直线l上任意一点Q(t,43t)，,0)，3(tR).当点Q在线段MN的延长线上时，O,Q≥O,N；当点Q在线段NM的延长线上时，O,Q≥O,M；当点Q在线段MN上时，|QE|则O,Q≥O,M.因为O,N4，O,M3|EM|，|OM||OE||QE|，43，3所以O,Q≥43.3综上，当点Q与点M重合时,坐标原点与直线l上一点的“折线距离”的最小值为43.3PQ//x轴时，P（ii）由（i）可知，设P1,Q1的最小1是圆C上任意一点，Q1是直线l上任意一点，当且仅当11值为PQ11，如图所示.过P1作直线l的垂线，垂足为H1，则PH311，PQ211所以PQ11113当PH11取得最小值.11取最小值时，PQ过O点作直线MN的垂线，交单位圆于P，垂足为H，当且仅当P1与P重合时，PH11取到最小值PH.易知PH1，所以PQ11的最小值为23，323.3即P1,Q1的最小值为


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