上海市复旦大学附属中学2021-2021学年高二数学上学期期中试题(含解析)

（含解析）

一、填空题

1.已知向量a(k,1)与b(2,k1)垂直，则实数k________. 【答案】 【解析】 【分析】

根据向量垂直，得到数量积为0，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】因为向量a(k,1)与b(2,k1)垂直， 所以ab2kk13k10，解得k. 故答案为：

【点睛】本题主要考查由向量垂直求参数，熟记向量数量积的坐标表示即可，属于基础题型.

13131312.若矩阵A2021x0， B0，则AB________.

y【答案】2021 【解析】 【分析】

根据矩阵乘积的概念，可直接得出结果.

1【详解】因为A2021x0， B0，

y所以AB20211x00y2021. 故答案为：2021

【点睛】本题主要考查矩阵的乘积，熟记概念与运算法则即可，属于基础题型.

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43.行列式325k4的元素3的代数余子式的值为10，则a(k,8)的模为________.

112【答案】10 【解析】 【分析】

先由题意，结合代数余子式的概念，得到(1)再由向量模的计算公式，即可得出结果.

212k122(2)1k10，求出k6，

4【详解】因为行列式325k4元素3的代数余子式的值为10，

112所以(1)212k122(2)1kk410，解得k6，

22因此ak83610.

故答案为：10

【点睛】本题主要考查求向量的模，熟记代数余子式的概念，以及向量模的坐标表示即可，属于常考题型.

4.若n(2,1)是直线l的一个法向量，则l的倾斜角是________. 【答案】arctan2 【解析】 【分析】

先由题意求出直线斜率，再记l的倾斜角为，进而可求出结果.

【详解】因为n(2,1)是直线l的一个法向量，所以直线l的斜率为：k2， 记l的倾斜角为，则tan故答案为：arctan2

的2，则arctan2.

【点睛】本题主要考查由直线的法向量求直线倾斜角，熟记法向量的概念，以及斜率的定义即可，属于基础题型.

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2xmy5yx5.关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的矩阵为

nxy2103，则mn________. 011【答案】1 【解析】 【分析】 先由题意得到x32xmy5m1是方程组的解，求出，进而可得出结果. y1nxy2n12xmy5yx【详解】因为关于、的二元线性方程组的增广矩阵经过变换，最后得到的

nxy2矩阵为x32xmy5103，所以是方程组的解， 011y1nxy26m5m1因此，解得，

3n12n1所以mn1. 故答案为：1

【点睛】本题主要考查系数矩阵的逆矩阵解方程组，熟记线性方程组与矩阵之间关系即可，属于常考题型.

6.若直线ax3y30与直线x(a2)y10平行，则a的值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】

a(a2)310由直线平行，得到，求解，即可得出结果.

a1310【详解】因为直线ax3y30与直线x(a2)y10平行，

a(a2)310(a3)(a1)0所以有，即，解得a1.

a1310a30故答案为：1

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【点睛】本题主要考查由两直线平行求参数的问题，熟记两直线平行的充要条件即可，属于常考题型.

7.直线l与圆(x5)2y24相切，且l在两坐标轴上截距的绝对值相等，这样的直线l共有________条. 【答案】6 【解析】 【分析】

先由题意得到圆心坐标与半径，根据l在两坐标轴上截距的绝对值相等，分别讨论：截距相等（不为0），截距互为相反数，直线过原点，三种情况，根据直线与圆相切，列出等式，分别求解，即可得出结果.

【详解】因为圆(x5)2y24的圆心坐标为5,0，半径r由l在两坐标轴上截距的绝对值相等，

（1）若截距相等（不为0），可设l:xya，因为直线l与圆(x5)2y24相切，

2

则有5012a12r2，解得a522，此时直线有两条；

（2）若截距互为相反数，可设l:xya，

则有51201a2r2，解得a5y22，此时直线有两条；

0，

（3）若直线过原点，可设：l:kx则有5kk2012r2，解得k221，此时直线有两条； 21综上，满足条件的直线共有6条. 故答案为：6

【点睛】本题主要考查判断圆的切线条数，熟记点到直线距离公式，会用几何法判断直线与圆位置关系即可，属于常考题型.

8.直线l过点(4,7)， 且被圆(x1)(y2)25截得的弦长为8，则l的方程为_____. 【答案】x4或4x3y50 【解析】

- 4 -

22【分析】

先由题意得到圆心坐标与半径，根据弦长求出圆心到直线的距离；分别讨论直线斜率存在与不存在两种情况，结合点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】因为圆(x1)(y2)25的圆心坐标为(1,2)，半径r=5， 又直线l被圆截得的弦长为8，所以圆心到直线的距离为：dr2423 当直线l斜率不存在时，由l过点(4,7)，得l:x4，满足题意； 当直线l斜率存在时，可设l:y22(7)k(x4)，即kxy4k70，

所以有k2k24k14(x373，即kk23141，解得k，

3因此l:y4)7，即4x3y50.

故答案为：x4或4x3y50

【点睛】本题主要考查已知弦长求直线方程，熟记直线与圆的位置关系，以及点到直线距离公式即可，属于常考题型.

3xy09.在平面直角坐标系中，设点O0,0，A3,3，点Px,y的坐标满足x3y20，

y0则OA在OP上的投影的取值范围是__________ 【答案】3,3 【解析】 【分析】

5AOP,；根据向量投影公式可知所求投影为根据不等式组画出可行域，可知66OAcosAOP，利用AOP的范围可求得cosAOP的范围，代入求得所求的结果.

【详解】由不等式组可得可行域如下图阴影部分所示：

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由题意可知：AOB6，AOC5 6OA在OP上的投影为：OAcosAOP93cosAOP23cosAOP

5AOBAOPAOC AOP,

6633cosAOP, OAcosAOP3,3

22本题正确结果：3,3

【点睛】本题考查线性规划中的求解取值范围类问题，涉及到平面向量投影公式的应用；关键是能够根据可行域确定向量夹角的取值范围，从而利用三角函数知识来求解.

10.如图，光线从P(a,0) (a0)出发，经过直线l:x3y0反射到Q(b,0)，该光线又在Q点被x轴反射，若反射光线恰与直线l平行，且b13，则实数a的取值范围是________.

【答案】(5,) 【解析】 【分析】

先记经过点P的入射光线与直线l的交点为M，由题意得到直线MQ的斜率为：kMQ1，3与直线l:x3y0垂直的直线斜率为：k3；设直线PM斜率为kPM，由到角公式求出

kPM13，再由直线MQ与直线l联立求出点M坐标，表示出kPM，求出a、b关系，进而9 - 6 -

可得出结果.

【详解】记经过点P的入射光线与直线l的交点为M， 由题意可得：直线MQ的斜率为：kMQ1， 3与直线l:x3y0垂直的直线斜率为：k3； 设直线PM斜率为kPM，

kMQkkkPM3kPM由到角公式可得：，即

1kkPM1kkMQ13kPM解得kPM1343，

1133313， 91y(xb)1bb又直线MQ的方程为：y(xb)，由解得M,， 3326x3y0b01356，解得ab， b13a92因此kPM又b13，所以a5b5. 13故答案为：(5,)

【点睛】本题主要考查直线的应用，熟记直线方程，以及直线的斜率公式即可，属于常考题型.

11.当实数x、y满足xy1时，|x2ya||a6x2y|的取值与x、y均无关，

22则实数a的取值范围是________. 【答案】[56,5]

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【解析】 【分析】

先由题意，设xcos、ysin，得到5x2y5，再由

a65yx|x2ya||a6x2y|的取值与、均无关得到，求解，即可得出结果. a5【详解】因为实数x、y满足xy1，

22可设xcos、ysin，则x2ycos2sin5sin，其中tan所以5x2y1， 25，

因为|x2ya||a6x2y|的取值与x、y均无关，

所以只需|x2ya||a6x2y|(x2ya)(a6x2y)6，

a65即，解得56a5. a5故答案为：[56,5]

【点睛】本题主要考查圆的参数方程的应用，熟记圆的参数方程即可，属于常考题型. 12.已知A(a1,1)，B(a1,1)，若在曲线

|xa||y1|1上恰有4个不同的点P，使43PAPB，则的取值范围是________.

【答案】{【解析】 【分析】 先由

119}(8,15) 25|xa||y1|1得2y4，设P(x,y)，得到PA(a1x,1y)，4322523119,2y1y25259，令PB(a1x,1y)，进而得到PAPB27311925y,1y492525 - 8 -

22523119,2y1y92525t27311925y,1y492525，由题意得到，函数

22523119,2y1y92525t与tλ只需有两个交点，结合函数图像，即可得出结果. 259y7321192525,1y4【详解】由

|xa||y1||y1|431得31，解得2y4； 因为点P在曲线|xa|4|y1|31上，可设P(x,y)，又A(a1,1)，B(a1,1)， 则PA(a1x,1y)，PB(a1x,1y)，

2所以PAPB(ax)21(1y)2124y19(1y)21

2523211925(y1)296y19y2525,2y191， 257321199y2525,1y425y232119,2y1令t92525， 259y7321192525,1y4因为在曲线

|xa|4|y1|31上恰有4个不同的点P，使PAPB， 252y23119,2y1则函数t92525与2573tλ只需有两个交点； 29y2511925,1y4作出函数大致图像如下：

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由图像可得：故答案为：{119或815. 25119}(8,15) 25【点睛】本题主要考查平面向量与曲线方程的综合，利用转化与化归思想，先将问题转化为函数图像交点问题，熟记向量数量积的坐标运算，二次函数的图像与性质，以及数形结合的思想即可，属于常考题型. 二、选择题

13.设a,b是两个非零向量，则下列命题为真命题的是 A. 若abab，则ab B. 若ab,则abab

C. 若abab，则存在实数，使得ab D. 若存在实数，使得ab，则abab 【答案】C 【解析】

试题分析：对于A若abab，则ab2abab2ab，得

22 - 10 -

abab0，则ab不成立，所以A不正确．对于B，由A解析可知，abab0，

所以B不正确．对于Cabab，则ab2abab2ab，得

22abab0，则cos1，则a与b反向，因此 存在实数，使得ab，所以C

正确．对于D，若存在实数,使得ab，则aba,aba，由于不能等于0，因此abab，则abab，所以D不正确．故选C． 考点：平面向量的综合题

14.设Aa1,a2，Bb1,b2，Cc1,c2点均非原点，则“OC能表示成OA和OB的线性组合”是“方程组22a1xb1yc1有唯一解”的（ ）

axbyc222B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

A. 充分不必要条件 C. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】

根据向量坐标公式，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【详解】解：若OC能表示成OA和OB的线性组合，则OCxOAyOB， 即c1,c2xa1,a2yb1,b2，

a1xb1yc1即，则方程有解即可，不一定是唯一解，

axbyc222若a1xb1yc1有唯一解，则OCxOAyOB，

a2xb2yc2即OC能表示成OA和OB的线性组合，即必要性成立，

a1xb1yc1则“OC能表示成OA和OB的线性组合”是“方程组有唯一解”的必要不

axbyc222充分条件，

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故选：B.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合平面向量基本定理进行判断是解决本题的关键．

15.已知点M(a,b)与点N(0,1)在直线3x4y50的两侧，给出以下结论：①

3a4b50；② 当a0时，a2b有最小值，无最大值；③ a2b21；④ 当a0且a1时，A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】

先由题意得到3a4b50450，推出3a4b50，根据题意，作出不等式所表示的平面区域，分别由a2b，a2b2，

b193的取值范围是(,)(,)；正确的个数是（ ） a144B. 2

C. 3

D. 4

b1的几何意义，结合图像，即可得出结果. a1【详解】因为点M(a,b)与点N(0,1)在直线3x4y50的两侧， 所以3a4b50450，即3a4b50，故①错误； 当a0时，3a4b50表示的平面区域如下： 令ta2b，则b截距越大，t越大；

atat，显然t表示直线b在b轴截距的2倍， 2222

由图像可得，t无最大值和最小值；故②错误. 设坐标原点到直线3x4y50的距离为d，则d53(4)221，

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又a2b2表示3x4y50对应的平面区域内的点与原点距离的平方， 因此a2b21；故③正确；

3a4b50b1因为表示a0对应平面区域内的点M(a,b)与定点P(1,1)连线斜率，

a1a13a4b50作出a0对应的平面区域如下：

a1

539由图像可得：或， k4PMkPMkPA4104b193即的取值范围是(,)(,)，故④正确. a1441故选：B

【点睛】本题主要考查简单的线性规划问题，会分析目标函数所表示的几何意义，作出不等式所表示平面区域，即可求解，属于常考题型.

16.已知A、B为平面上的两个定点，且|AB|2，该平面上的动线段PQ的端点P、Q，满足|AP|5，APAB6，AQ2PA，则动线段PQ所形成图形的面积为（ ） A. 36 【答案】B 【解析】 【分析】

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B. 60 C. 72 D. 108

先由题意，以A为坐标原点，以AB所在直线为x轴，以AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，得到A(0,0)，B(2,0)，设P(x,y)，根据向量数量积的运算，得到动点P的轨迹，求出AP扫过的三角形的面积；再推出动点Q轨迹，求出AQ扫过的三角形的面积，进而可求出结果.

【详解】根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)， 设P(x,y)，所以AP(x,y)，AB(2,0)，

由|AP|5得x2y225；又APAB6，所以2x6，即x3， 所以y216，解得4y4；

因此，动点P在直线x3且4y4上，即PC8， 则AP扫过的三角形的面积为：

128312； 设点Q(x0,y0)，因为AQ2PA，所以(x0,y0)2(x,y)， 所以x02x6，y02y， 因此，动点Q直线x6且8y08上，所以QD16，

则AQ扫过的三角形的面积为：

1216648； 所以动线段PQ所形成图形的面积为124860. 故选：B

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【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，以及轨迹问题，熟记向量数量积的坐标表示，以及向量模的计算公式即可，属于常考题型. 三、解答题

17.已知ABC的三个顶点A(m,n)、B(2,1)、C(2,3). （1）求BC边所在直线的点方向式方程；

（2）BC边上中线AD的方程为2x3yc0，且S△ABC7，求点A的坐标. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）根据题意求出直线的方向向量，进而可求出结果；

（2）先由（1）得到直线BC的一般式方程，根据题意求出中线AD的方程，根据三角形面积求出三角形的高为：h方程，即可求出结果.

【详解】（1）因为B(2,1)、C(2,3)，所以BC边所在直线的方向向量为：BC(4,2)， 因此，BC边所在直线的点方向式方程为：

x2y1；（2）(3,0)或(3,4). 422S△ABC1475，结合点到直线距离公式，以及直线AD的BC525x2y1； 42（2）由（1）得，直线BC的一般式方程为：x2y40；

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因为D点为B(2,1)、C(2,3)的中点，则D(0,2)， 由中线AD方程为2x3yc0，所以c6，因此2m3n60

又BC(22)2(13)225，S△ABC7， 所以三角形高为：h即点A(m,n)到直线BC的距离为：所以m2n11或m2n3，

m2n11m3m2n3m3由得；由得，

2m3n60n42m3n60n0即点A的坐标为(3,4)或(3,0).

【点睛】本题主要考查求直线的方程，以及由直线方程求点的坐标问题，熟记直线方程的几种形式，以及两直线交点坐标的求法即可，属于常考题型. 18.已知a4,b3,2a3b2ab61. （1）求向量a与b的夹角；

（2）若cta1tb，且bc0，求t及c. 【答案】(1)

2. 3的的2S△ABC1475， BC525m2n41475， 5(2) T

363,c. 55【解析】

分析：（1）要求向量a与b的夹角，根据夹角公式应先求cosab。由已知aba4,b3，可求得ab12。 将2a3b2ab61.展开变形可得ab6。进

而可得cosab12,根据夹角的范围可求得。（2）已知向量a与b的模及夹ab232角，故将cta1tb代入bc0，可得bctab1tb15t90,。进而

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332223解得t。进而可得cta1tb=ab。所以cab,展开可得5555522108633。 cab,进而可得c5525522详解：（1）因为2a3b2ab61， 所以4a|4ab3b|61。 因为a4,b3,，所以ab6, 所以cos22ab61?, ab1222。 3因为(0,)，所以（2）因为cta1tb，且bc0，

所以bctab1tb6t91t15t90,

2解得t3。 532ab， 553229212491241082aabb216(6)9所以|c|(ab) 所

5525252525252525所以cta1tb=以c63. 5点睛：本题考查向量的夹角、数量积、模等知识。

ax1,y1,bx2,y2

⑴求向量的夹角的方法：cosababx1x2y1y2x12y12x22y22。

⑵求向量的模：aa2x12y12 19.某校兴趣小组在如图所示的矩形区域ABCD内举行机器人拦截挑战赛，在E处按EP方向释放机器人甲，同时在A处按某方向释放机器人乙，设机器人乙在Q处成功拦截机器人甲，若点Q在矩形区城ABCD内(包含边界)，则挑战成功，否则挑战失败，已知AB18米，E为AB中点，机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，比赛中两机器人均按匀速直线远动方

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式行进.

（1）如图建系，求Q的轨迹方程；

（2）记EP与EB的夹角为，[0,]，如何设计AD的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使之挑战成功？

（3）若EP与EB的夹角为60，AD足够长，则如何设置机器人乙的释放角度，才能挑战成功？

【答案】（1）(x12)2y236；（2）AD6；（3）25.7. 【解析】 【分析】

（1）先设Q(x,y)（y≥0），由题意得到A(0,0)，E(9,0)，AQ2EQ，列出等量关系，化简整理，即可得出结果；

（2）由（1）的结果，得到点Q的轨迹是以(12,0)为圆心，以6为半径的上半圆在矩形区域

ABCD内的部分，进而可得出结果；

（3）根据题意得到AQ2EQ，AEQ120，根据正弦定理求出sinQAE而可求出结果.

【详解】（1）设Q(x,y)（y≥0），由题意可得：A(0,0)，E(9,0)，

又机器人乙的速度是机器人甲的速度的2倍，比赛中两机器人均按匀速直线远动方式行进， 所以AQ2EQ， 即22； x2y22(x9)2y2，整理得：(x12)y36（y≥0）

3，进4（2）由（1）知，点Q的轨迹是以(12,0)为圆心，以6为半径的上半圆在矩形区域ABCD内的部分，

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所以当AD6时，就能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使之挑战成功；

（3）由题意，在AEQ中，AQ2EQ，AEQ120，

由正弦定理得：

EQAQ，

sinQAEsinAEQ33，因此QAEarcsin25.7， 44所以sinQAE即应在矩形区域ABCD内，按照与AB方向夹角为25.7的方向释放机器人乙，才能挑战成功. 【点睛】本题主要考查直线与圆位置关系，以及三角形中的几何计算，熟记正弦定理，以及轨迹方程的求法即可，属于常考题型.

20.如图，已知直线l1:kxy0和直线l2:kxyb0(b0,k0)，射线OC的一个法向量为n3(k,1)，点O为坐标原点，P(4,2)，Q(4,4)，点A、B分别是直线l1、l2上的动点，直线l1和l2之间的距离为2，PMl1于点M，PNOC于点N；

（1）若k1，求OMON的值； （2）若|PAPB|8，求PAPB的最大值；

（3）若k0，ABl2，求|PA||AB||BQ|的最小值. 【答案】（1）42；（2）32；（3）452. 【解析】 【分析】

（1）先由k1得到射线OC的方程为：yx(x0)，根据点到直线距离公式求出PN，

PM，由勾股定理求出ON，OM，进而可求出结果；

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B(n,knb)，（2）根据题意，得到b24(k21)，设A(m,km)、得到PA(m4,km2)，

PB(n4,knb2)，由|PAPB|8，结合柯西不等式得到

(mn8)2(kmknb4)22(m4)(n4)2(km2)(knb2)，进而可求出结果；

（3）先由题意，作出点P关于直线y1的对称点M(4,4)，得到PABM，设B(x,2)，

22得到PAABBQBMBQ2(x4)4(x4)42，进而可求出结

果.

【详解】（1）因为k1，所以n3(1,1)，所以射线OC的方程为：yx(x0)； 所以PN4222，OP422225，所以ON422OPPN2232；

又直线l1:xy0，所以PM因此OMON42；

32，所以OMOPPM222，

（2）因为k0,b0，直线l1和l2之间的距离为2，所以设A(m,km)、B(n,knb)，因为P(4,2)， 则PA(m4,km2)，PB(n4,knb2)， 所以PAPB(mn8,kmknb4)，

b1k22，即b24(k21)；

又|PAPB|8，所以(mn8)2(kmknb4)2，

因为(mn8)2(kmknb4)22(m4)(n4)2(km2)(knb2)， 所以PAPB(m4)(n4)(km2)(knb2)32， 故PAPB的最大值为32；

（3）因为k0，所以l1:y0，l2:y20，如图所示：

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作出点P关于直线y1的对称点M(4,4)，则PABM， 设B(x,2)，

22所以PAABBQBMBQ2(x4)4(x4)42，

同理，可由对称性得：当且仅当B(0,2)时，BMBQ取得最小值22045，

因此|PA||AB||BQ|的最小值为452.

【点睛】本题主要考查向量在平面几何中的应用，以及直线的综合应用，熟记向量数量积运算，模的计算公式，柯西不等式，点到直线距离公式等即可，属于常考题型，难度较大. 21.已知平面上的线段l及点P，任取l上一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作d(P,l).

（1）求点P(1,1)到线段l:xy30(3x5)的距离d(P,l)；

（2）设l是长为2的线段，求点的集合D{P|d(P,l)1}所表示的图形的面积为多少？ （3）求到两条线段l1、l2距离相等的点的集合C{P|d(P,l1)d(P,l2)}，并在直角坐标系中作出相应的轨迹.其中l1AB，l2CD，A(1,3)，B(1,0)，C(1,3)，D(1,2). 【

答

案

】（

1

）

5；（2）

4；（3）

{(x,y)|x0,y0}{(x,y)|x【解析】 【分析】

12y,y0,0x1}{(x,y)|yx1,x1}. 4（1）设Q(x,3x)是线段l:xy30(3x5)上一点，表示出

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PQ(x1)2(x4)2，根据二次函数性质，即可求出结果；

（2）因为d(P,l)1表示Q在线段AB上时，线段PQ长度的最大值不超过1，由此得到点集所表示的图形是一个正方形和两个半圆组成，进而可求出其面积； （3）根据题意，得到两直线方程，确定直线之间关系，进而可得出结果. 【详解】（1）设Q(x,3x)是线段l:xy30(3x5)上一点，则

59PQ(x1)2(x4)22x，(3x5)，

22因此，当x3时，d(P,l)PQmin5；

（2）由题意，设l的端点为A以AB所在直线为x轴，以AB垂直平分线所在直线为y轴，、B，建立如图所示平面直角坐标系，则A(1,0)，B(1,0)， 则点的集合D{P|d(P,l)1}由如下曲线围成：

2l1:y1(x1)；l2:y1(x1)；C1:(x1)2y21(x1)；

C2:(x1)2y21(x1)，

其面积为：S22124；

（3）因为l1AB，l2CD，A(1,3)，B(1,0)，C(1,3)，D(1,2)， 所以l1:x1；l2:x1；

因为到两条线段l1、l2距离相等的点的集合C{P|d(P,l1)d(P,l2)}，根据两条直的方程可知，两条直线间的关系是平行，

所以得到两条线段距离相等的点是y轴非负半轴，抛物线x12y(y0,0x1)，直线4yx1(x1)，如图所示：

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【点睛】本题主要考查直线方程的应用，直线与直线位置关系，熟记直线的方程，直线与直线位置关系，以及二次函数性质即可，属于常考题型.

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