山东省肥城市2020-2021学年高二上学期期中考试数学试卷 Word版含解析 23页

- 1 - 高二数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在 答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共 8 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的. 1. 若直线l 的倾斜角 45  ，则其斜率 k  （ ） A. 1 2 B. 2 2 C. 1 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 直接求倾斜角的正切值即可得解. 【详解】因为直线 l 的倾斜角 45  ， 所以直线的斜率 tan 45 1k    ， 故选：C ． 2. 如图，已知平行六面体 ABCD A B C D    ，点 E 是CC 的中点，下列结论中错误的是 （ ） A. AB AD AC    B. AB AA BA     - 2 - C. AB AD AA AC       D. 1 2AB BC CC AE      【答案】B 【解析】 【分析】 利用空间向量，结合空间向量的基本定理推出结果即可． 【详解】底面 ABCD 是平行四边形可知： AB AD AC    ，所以 A 正确； AB AA BA      ，所以 B 不正确； =AB AD AA AC AA AC           ，所以 C 正确； 1 1 2 2AB BC CC AC CC AE           ，所以 D 正确. 故选：B 3. 圆   2 22 3 5x y    的圆心和半径分别是（ ） A.  2,3 ， 5 B.  2, 3 ， 5 C.  2,3 ，5 D.  2, 3 ，5 【答案】A 【解析】 【分析】 根据圆的标准方程即可求解. 【详解】由圆的标准方程：    2 22 3 5x y    ， 即圆心为  2,3 ，半径为 5 . 故选：A 4. 已知直线 l ： 3 2y x  ，则直线 l 经过哪几个象限（ ） A. 一、二、三象限 B. 一、二、四象限 C. 二、三、四象限 D. 一、三、四象限 【答案】D 【解析】 【分析】 分别求得直线的斜率和纵截距，可得直线经过的象限． - 3 - 【详解】直线 : 3 2l y x  的斜率为 3 0k   ， 在 y 轴上的截距为 2 0  ， 所以直线经过第一、三和四象限， 故选： D ． 5. 若两异面直线 1l 与 2l 的方向向量分别是  1 1,0, 1n   ，  2 0, 1,1n   ，则直线 1l 与 2l 的夹 角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】B 【解析】 【分析】 设异面直线 1l 与 2l 所成的角为 ，根据 1 2cos cos ,n n    ，即可求解. 【详解】由题意，两异面直线 1l 与 2l 的方向向量分别是  1 1,0, 1n   ，  2 0, 1,1n   ， 可得 1 2n  ， 2 2n  ， 1 2 1n n    ， 设异面直线 1l 与 2l 所成的角为 ，则 1 2 1 2 1 2 1cos cos , 2 n n n n n n             ， 又因为 (0 ,90 )    ，所以 60   ， 即直线 1l 与 2l 的夹角为 60 . 故选：B. 6. 已知  2,5A 、  4,1B ，若点  ,P x y 在线段 AB 上，则 2x y 的最小值为（ ） A. 1 B. 3 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】 求出线段 AB 的方程以及 x 的取值范围，利用不等式的基本性质可求得 2x y 的最小值. 【详解】直线 AB 的斜率为 5 1 22 4ABk    ，所以直线 AB 的方程为  1 2 4y x    ，即 - 4 - 2 9y x   . 所以，线段 AB 的方程为  2 9 2 4y x x     ， 所以，    2 2 2 9 4 9 1,7x y x x x         ， 因此， 2x y 的最小值为 1 . 故选：A. 7. 如图，梯形 ABCD 中， //AB CD ， 2AB CD ，点O 为空间内任意一点，OA a  ，OB b  ， OC c  ，向量OD xa yb zc      ，则 x 、 y 、 z 分别是（ ） A. 1、 1 、 2 B. 1 2  、 1 2 、1 C. 1 2 、 1 2  、1 D. 1 2 、 1 2  、 1 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意得出 1 2CD BA  ，结合空间向量加法与减法的三角形法则可求得 x 、 y 、 z 的值. 【 详 解 】  1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2OD OC CD OC BA OC OA OB OA OB OC a b c                          ， 因此， 1 2x  ， 1 2y = - ， 1z  . 故选：C. 8. 圆 2 2 6 0x y x   和圆 2 2 4 6 0x y x y    交于 A ，B 两点，则两圆公共弦的弦长 AB 为 （ ） A. 9 10 5 B. 9 10 10 C. 7 10 5 D. 7 10 10 【答案】A - 5 - 【解析】 【分析】 两圆两式相减，得到公共弦所在直线的方程为 3 0x y  ，结合弦长公式，即可求解. 【详解】由题意，圆 2 2 6 0x y x   和圆 2 2 4 6 0x y x y    ， 两式相减，可得 3 0x y  ，即公共弦所在直线的方程为 3 0x y  ， 又由圆 2 2 6 0x y x   可化为 2 2( 3) 9x y   ，可得圆心坐标为 (3,0) ，半径为 3r  ， 则圆心到直线的距离为 2 3 3 3 101 3 d    ， 所以 2 2 2 23 9 102 2 3 ( ) 510 AB r d     ， 即两圆公共弦的弦长 AB 为 9 10 5 . 故选：A. 二、选择题：本题共 4 小题，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 两条不重合直线 1l ， 2l 的方向向量分别是  2,3, 1a   ，  2, 3,1b    ，则 1 2//l l B. 直线 l 的方向向量  1 1 2a , ,  ，平面 的法向量是  6,4, 1u   ，则l  C. 两个不同的平面 ，  的法向量分别是  2,2, 1u   ，  3,4,2v   ，则  D. 直线 l 的方向向量  0,3,0a  ，平面 的法向量是  0, 5,0u   ，则 //l  【答案】AC 【解析】 【分析】 A 中，根据两条不重合直线方向向量共线，判断两直线平行; B 中，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直，判断直线与平面平行或在平面内; C 中，根据两个不同的平面法向量垂直，判断两平面垂直; D 中，根据直线的方向向量与平面的法向量共线，判断直线与平面垂直． 【详解】对于 A，两条不重合直线 1l ， 2l 的方向向量分别是  2,3, 1a   ，  2, 3,1b    ,且 - 6 - b a     ，所以 1 2//l l ，选项正确； 对于 B，直线 l 的方向向量  1 1 2a , ,  ，平面 的法向量是  6,4, 1u   且 1 6 1 4 2 ( 1) 0a u            ，所以 //l  或l  ，选项错误； 对于 C，两个不同的平面α，β的法向量分别是  2,2, 1u   ，  3,4,2v   ，且 2 ( 3) 2 4 1 2 0u v          ，所以  ，选项 C 正确； 对于 D，直线 l 的方向向量  0,3,0a  ，平面 的法向量是  0, 5,0u   且 5 3u a   ， 所以 l  ，选项 D 错误. 故选：AC 10. 直线 2 0x y   分别与 x 轴， y 轴交于 A ， B 两点，点 P 在圆 2 22 2x y   上，则 PAB△ 面积的可能取值是（ ） A. 2 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】BCD 【解析】 【分析】 易知| | 2 2AB  ,所以点 P 到直线 2 0x y   的距离最大时，三角形面积最大，距离最小时， 三角形面积最小，而点 P 到直线 2 0x y   的距离的最大值等于圆心到直线的距离加上圆的 半径，最小值等于圆心到直线的距离减圆的半径，可得三角形面积的范围，即可求解. 【详解】在 2 0x y   中，令 0y  ，得 2x   ，令 0x  ，得 2y   ， 所以 ( 2,0)A  ， (0, 2)B  ， 所以| | 2 2AB  ， 由 2 2( 2) 2x y   知，圆心为 (2,0) ，半径 2r  ， 所以圆心 (2,0) 到直线 2 0x y   的距离 | 2 0 2| 2 2 1 1 d     ， 所以点 P 到直线 2 0x y   的距离 2 2 2 2 3 2d r h d r        ， - 7 - 所以 ABP△ 面积的范围为 1 12 2 2 2 2 2 3 2 62 2S        . 所以三角形的面积可以为 2,4,6 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：利用圆心到直线的距离可得圆上动点到直线的距离的最大值和最小值， 又可以得到| | 2 2AB  ，即可求出三角形面积的取值范围，属于中档题. 11. 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E ， F ，G 分别为棱 1 1A D ， 1D D ， 1 1A B 的中点，则 下列结论正确的是（ ） A. 1AC EG B. //GC ED C. 1B F  平面 1BGC D. EF 和 1BB 所成角为 4  【答案】AD 【解析】 【分析】 利用线面垂直的判定定理可判断 A；根据过一点有且只有一条直线与已知直线平行可判断 B； 假设 1B F  平面 1BGC 可得 1 1 1GC D B 可得判断 C；根据异面直线所成角的求法求出 EF 和 1BB 所成的角可判断 D. 【详解】如图， 对于 A，连接 1 1B D ， 1 1AC ，则 1 1AC EG ，又 1AA  平面 1111 DCBA ，EG  平面 1111 DCBA ， 所以 1AA EG ,又 1 1 1 1AA AC A  ，所以 EG  平面 1 1AAC ，又 1AC  平面 1 1AAC ， 所以 1AC EG ，故 A 正确； - 8 - 对于 B，取 1 1B C 的中点 M ，连接 CM ， EM ，可得四边形CDEM 为平行四边形， 所以 //CM ED ，又GC CM C ,因此 //GC ED 不成立，故 B 错误； 对于 C，假设 1B F  平面 1BGC ，则 1 1B F GC ，连结 1 1B D ， 因为 1D F  平面 1111 DCBA ， 1GC  平面 1111 DCBA ， 所以 1 1D F GC ，又 1 1B F D F F ，所以 1GC  平面 1 1D B F ，又 1 1D B  平面 1 1D B F ， 所以 1 1 1GC D B ，显然不成立，故 C 错误； 对于 D，因为 1 1//D D B B ，所以 1D FE 为异面直线 EF 和 1BB 所成的角， 在等腰直角 1D EFV 中， 1 4 πD FE  ，所以异面直线 EF 和 1BB 所成的角为 4  ，故 D 正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：直线与直线的平行与垂直、直线与平面的垂直判定、异面直线所成角， 熟练掌握、运用是解题关键，考查直观想象、逻辑推理的能力，属于中档题. 12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点 A ， B 的距离之比为定值  （ 1  ）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系 xOy 中，已知  4,2A  ，  2,2B ，点 P 满足 2PA PB  ，设点 P 的轨迹为圆C ，下列结论正确的是（ ） A. 圆C 的方程是   2 24 2 16x y    B. 过点 A 向圆C 引切线，两条切线的夹角为 3  C. 过点 A 作直线 l ，若圆C 上恰有三个点到直线 l 距离为 2，该直线斜率为 15 5  D. 在直线 2y  上存在异于 A ， B 的两点 D ， E ，使得 2PD PE  【答案】ABD 【解析】 【分析】 根据  4,2A  ，  2,2B ，点 P 满足 2PA PB  ，设点  ,P x y ，求出其轨迹方程，然后再逐项 - 9 - 运算验证. 【详解】因为  4,2A  ，  2,2B ，点 P 满足 2PA PB  ， 设点  ,P x y ，则         2 2 2 2 4 2 2 2 2 x y x y        ， 化简得： 2 2 8 4 4 0x y x y     ，即    2 24 2 16x y    ，故 A 正确； 因为 8, 4AC R  ，所以 1sin 2 2 R AC    ，则 2 6   ，解得 3   ，故 B 正确； 易知直线的斜率存在，设直线 : 4 2 0l kx y k    ，因为圆 C 上恰有三个点到直线l 距离为 2，则圆心到直线的距离为： 2 8 2 1 kd k    ，解得 15 15k   ，故 C 错误； 假设存在异于 A ， B 的两点  ,2D m ，  ,2E n ，则         2 2 2 2 2 2 2 x m y x n y        ， 化简得： 2 2 2 2 2 8 4 124 03 3 m n n mx y x y       ，因为点 P 的轨迹方程为： 2 2 8 4 4 0x y x y     ，所以 2 2 2 8 83 4 12 43 m n n m       解得 12 6 m n    或 4 2 m n     （舍去），故 存在    12,2 , 6,2D E ，故 D 正确； 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键是根据 2PA PB  求出点 P 的轨迹方程，进而再根据直线与圆 的位置关系求解. 三、填空题：本题共 4 小题. 13. 平面 的法向量是  2, 2,1n    ，点  1,3,0A  在平面 内，则点  2,1,4P  到平面 的距离为______. 【答案】10 3 - 10 - 【解析】 【分析】 先求得 PA  ，利用点到平面的距离公式，求解即可. 【详解】由题意知： (1,2, 4)PA   ，则 cos ,PA n PA n PA n          , 设点P到平面 的距离为d，则 2 2 2 4 4 10cos , 3( 2) ( 2) 1 PA nd PA PA n n                   ， 故答案为：10 3 14. 已知两条平行直线 1 :3 4 6 0l x y   与 2 :3 4 0l x y c   间的距离为 3，则 c 的值为 ______. 【答案】 9 或 21. 【解析】 【分析】 根据两平行线间的距离公式，得到 2 2 6 3 3 ( 4) c    ，即可求解. 【详解】由题意，两条平行直线 1 :3 4 6 0l x y   与 2 :3 4 0l x y c   间的距离为 3， 根据两平行线间的距离公式，可得 2 2 6 3 3 ( 4) cd     ， 解得 21c  或 9c   ，即 c 的值为 9 或 21. 故答案为： 9 或 21. 【点睛】两平行线间的距离的求法： 1、利用“转化法”将两条平行线间的距离转化为一条直线上任意一点到另一条直线的距离； 2、利用两平行线间的距离公式求解. 15. 如图，已知 PA  平面 ABC ， 6PA AB BC   ， 120ABC   ，则线段 PC 长为 ______. - 11 - 【答案】12 【解析】 【分析】 连接 PB ，由余弦定理可得 AC 的值，由 PA AC ，根据勾股定理可得 PC 的值. 【详解】连接 PB ，因为 6PA AB BC   ， 120ABC   ， 由余弦定理可得 2 2 2 cos120 6 3AC AB BC AB BC      ， 因为 PA  平面 ABC ，所以 PA AC ， 所以 2 2 36 108 12PC PA AC     ， 故答案为：12. 【点睛】方法点睛：该题考查的是有关立体几何中求线段长度的问题，方法如下： （1）在三角形中利用余弦定理求边长； （2）根据线面垂直得到线线垂直； （3）在直角三角形中利用勾股定理求边长. 16. 已知点 M 是直线 l ： 2 2y x   上的动点，过点 M 作圆C ：   2 21 1 4x y    的 切线 MA ，MB ，切点为 A ，B ，则当四边形 MACB 的面积最小时，直线 AB 的方程为______. 【答案】 2 1 0x y   【解析】 【分析】 由 已 知 结 合 四 边 形 面 积 公 式 可 得 四 边 形 MACB 面 积 22 | | | | 2 | | 2 | | 4,CAMS S CA AM MA CM     △ 要使四边形 MACB 面积最小，则需 | |CM 最小，此时 CM 与直线 l 垂直，求得以 CM 为直径的圆的方程，再与圆 C 的方程联立可 得 AB 所在直线方程. - 12 - 【详解】由圆的标准方程可知，圆心 C (1，1) ，半径 r=2. 因为四边形 MACB 的面积 22 | | | | 2 | | 2 | | 4,CAMS S CA AM MA CM     △ 要使四边形 MACB 面积最小，则需| |CM 最小，此时 CM 与直线 l 垂直. 直线 CM 的方程为 11 (x 1)2y    ，即 1 1 .2 2y x  联立 1 1 2 2 2 2 y x y x        ，解得 ( 1,0)M  则以 CM 为直径的圆的方程为 2 21 5( )2 4x y   ， 联立 2 2 2 2 1 5( ) ,2 4 ( 1) ( 1) 4 x y x y          消去二次项可得直线 AB 的方程为 2 1 0x y   ， 故答案为： 2 1 0x y   【点睛】关键点点睛：根据四边形的面积表达式可以看出要使四边形 MACB 面积最小，则需 | |CM 最小，此时 CM 与直线l 垂直，此时所做圆的直径为 CM，写出圆的方程，两圆方程相 减即可求出过 AB 的直线方程. 四、解答题：本题共 6 小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 求经过直线 1 :3 4 5 0l x y   ， 2 : 2 3 8 0l x y   的交点 M ，且满足下列条件的直线的 方程. （1）经过点  1,3P ； （2）与直线 2 5 0x y   平行. 【答案】（1） 2 5 0x y   ；（2） 2 0x y  . 【解析】 【分析】 （1）联立直线 1l 、 2l 的方程，求出交点 M 的坐标，然后求出直线 MP 的斜率，利用点斜式可 得出所求直线的方程； - 13 - （2）求出直线 2 5 0x y   的斜率为 2 ，然后利用点斜式可写出所求直线的方程. 【详解】（1）联立 3 4 5 0 2 3 8 0 x y x y        ，解得 1 2 x y     ，即点  1,2M  ， 直线 MP 的斜率为 3 2 1 1 1 2MPk   ， 所以，直线 MP 的方程为  12 12y x   ，即 2 5 0x y   ； （2）直线 2 5 0x y   的斜率为 2 1 2k     ， 因此，所求直线的方程为  2 2 1y x    ，即 2 0x y  . 【点睛】结论点睛：已知直线l 的一般方程为 0Ax By C   . （1）与直线 l 平行的直线的方程可设为  1 10Ax By C C C    ； （2）与直线 l 垂直的直线的方程可设为 2 0Bx Ay C   . 18. 已知空间中的三点  2,0,2P  ，  1,1,2M  ，  3,0,4N  ，设 Ma P   ，b PN  . （1）若 ka b  与 2ka b  互相垂直，求 k 的值； （2）求点 N 到直线 PM 的距离. 【答案】(1) 2k  或 5 2k   （2） 3 2 2 【解析】 【分析】 (1）写出两个向量的坐标，利用向量的数量积为 0，求解 k 即可． (2）求出直线 PM 的单位方向向量为 u  ，然后利用空间点到直线的距离公式求解即可. 【详解】因为  2,0,2P  ，  1,1,2M  ，  3,0,4N  ， 所以 (1,1,0), ( 1,0,2),a PM b PN        （1） ( 1, ,2)ka b k k   ， 2 ( 2, , 4)ka b k k    ， 因为 ( ) ( 2 )kb b kb b      ， 所以 2( 1)( 2) 8 0k k k     ， - 14 - 整理得 22 10 0k k   ， 解得 2k  或 5 2k   ， 所以 k 的值为 2k  或 5 2k   . (2) 设直线 PM 的单位方向向量为 u  ， 则 2 2 2(1,1,0) ( , ,0).| | 2 2 2 au a      由于 ( 1,0,2)PN b     ， 所以 2 5b   ， 2 ,2b u    所以点 N 到直线 PM 的距离 2 2 22 3 2( ) 5 ( ) .2 2d b b u         【点睛】关键点点睛：根据空间向量的坐标表示，利用向量垂直的数量积为 0，向量表示的点 到直线的距离公式是解决本题的关键,考查了运算能力，属于中档题. 19. 条件①：图（1）中 tan 2B  .条件②：图（1）中3 2AD AB AC    .条件③：图（2）在 三棱锥 A BCD 的底面 BCD中，CD BD ， 1BCDS △ .从以上三个条件中任选一个，补充 在问题中的横线上，并加以解答. 如图（1）所示，在 ABC 中， 45ACB   ， 3BC  ，过点 A 作 AD BC ，垂足 D 在线段 BC 上，沿 AD 将 ABD△ 折起，使 90BDC   （如图（2）），点 M 为棱 AC 的中点.已知 ______，在棱 CD 上取一点 N ，使得 3CN DN ，求锐二面角 M BN C  的余弦值. 【答案】 6 6 【解析】 - 15 - 【分析】 方案一：选①以点 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，求出平面 BNC 的一 个法向量，求出平面 BNM 的一个法向量，利用空间向量的夹角公式，求解锐二面角 M BN C  的余弦值． 方案二：选②以点 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，求出平面 BNC 的一 个法向量，求出平面 BNM 的一个法向量，利用空间向量的夹角公式，求解锐二面角 M BN C  的余弦值． 方案三：选③以点 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，求出平面 BNC 的一 个法向量，求出平面 BNM 的一个法向量，利用空间向量的夹角公式，求解锐二面角 M BN C  的余弦值． 【详解】方案一：选① 在图（1）所示的 ABC 中，设 AD CD x  ，在 Rt ABD 中， tan 23 AD xB BD x    ，解得 2x  ， 1BD  ． 以点 D 为原点，建立如图所示， 的空间直角坐标系 D xyz ，则 (0D ，0，0) ， (1B ，0，0) ， (0C ，2，0) ， (0A ，0，2) ， (0M ， 1，1)  ( 1 ),1,1BM   ． 由 3CN DN ，可得 1(0, ,0)2N ， 1( 1, ,0)2BN   ． 取平面 BNM 的一个法向量 (n x ， y ， )z ， 由 0, 0 n BN n BM        ，得 1 0,2 0 x y x y z        ，令 1x  ，则 (1n  ，2， 1) ． 取平面 BNC 的一个法向量 (0m  ，0，1) ，  2 2 2 (0,0,1) (1,2, 1) 6cos , | || | 61 2 ( 1) m nm n m n                ， 锐二面角 M BN C  的余弦值为 6 6 ． 方案二：选② - 16 - 在图（1）所示的 ABC 中，由3 2AD AB AC    ，得 2( )AD AB AC AD      ，即 2DC BD uuur uuur ． 因为 3BC  ， 2DC BD ，所以 2CD  ， 1BD  ， 以点 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ， 则 (0D ，0， 0) ， (1B ，0， 0) ， (0C ，2， 0) ， (0A ，0， 2) ， (0M ，1，1)  ( 1 ),1,1BM   ． 由 3CN DN ， 可得 1(0, ,0)2N ， 1( 1, ,0)2BN   ． 取平面 BNM 的一个法向量 (n x ， y ， )z ， 由 0, 0 n BN n BM        ，得 1 0,2 0 x y x y z        ，令 1x  ，则 (1n  ，2， 1) ． 取平面 BNC 的一个法向量 (0m  ，0，1) ，  2 2 2 (0,0,1) (1,2, 1) 6cos , | || | 61 2 ( 1) m nm n m n                ， 锐二面角 M BN C  的余弦值为 6 6 ． 方案三：选③ 图（2）在三棱锥 A BCD 的底面 BCD 中，设 (0 3)BD x x   ，则 3CD x  ， 所以 1 (3 ) 12BCDS x x    ，解得 1x  或 2x  ． 又因为CD BD ，所以 2CD  ， 1BD  ． 以点 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ， 则 (0D ，0， 0) ， (1B ，0， 0) ， (0C ，2， 0) ， (0A ，0， 2) ， (0M ，1，1) ，  ( 1 ),1,1BM   ． 由 3CN DN ， 可得 1(0, ,0)2N ， 1( 1, ,0)2BN   ． 取平面 BNM 的一个法向量 (n x ， y ， )z ， - 17 - 由 0, 0 n BN n BM        ，得 1 0,2 0 x y x y z        ， 令 1x  ，则 (1n  ，2， 1) ． 取平面 BNC 的一个法向量 (0m  ，0，1) ，  2 2 2 (0,0,1) (1,2, 1) 6cos , | || | 61 2 ( 1) m nm n m n                ， 锐二面角 M BN C  的余弦值为 6 6 ． 【点睛】 求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算 能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标 系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平 面角的大小，这种解法的关键是找到平面角. 20. 已知在平面直角坐标系 xOy 中，点  0,3A ，直线l ： 2 4y x  .圆C 的半径为 1，圆心C 在直线l 上. （1）若直线3 4 12 0x y   与圆C 相切，求圆C 的标准方程； （2）已知动点  ,M x y ，满足 2MA MO ，说明 M 的轨迹是什么？若点 M 同时在圆C 上， - 18 - 求圆心C 的横坐标 a 的取值范围. 【答案】(1) 2 2( 3) ( 2) 1x y    或 2 223 2( ) ( ) 111 11x y    （2） 120, 5      【解析】 【分析】 (1）设圆心 C 为（a，2a-4)，利用直线与圆相切，求解 a，得到圆心坐标，求出圆的方程. (2)由 2MA MO ，求出动点 M 的轨迹方程，说明轨迹，通过点 M 同时在圆 C 上，说明圆 C 与圆 D 有公共点，利用两个圆的位置关系，转化求解圆心 C 的横坐标 a 的取值范围即可． 【详解】（1）因为圆心 C 在直线 l 上，所以圆心 C 可设为(a，2a-4)， 由题意可得 2 2 | 3 4(2 4) 12 | |11 28| 153 4 a a a      ，即|11 28| 5a   ， 所以11 28 5a    ， 解得 3a  或 23 11a  ， 所以圆心 C 的坐标为(3，2)或 23 2,11 11      , 所以圆 C 的标准方程为 2 2( 3) ( 2) 1x y    或 2 223 2( ) ( ) 111 11x y    (2) 由 2MA MO ,得 2 2 2 2( 3) 2 ,   x y x y 化简得： 2 2 2 3 0x y y    ， 即 2 2( 1) 4x y   ， 所以动点 M 的轨迹是以 D (0，-1)为圆心，半径是 2 的圆， 若点 M 同时在圆 C 上，则圆 C 与圆 D 有公共点， 则 2 1 | | 2 1CD    ， 即 2 21 (2 3) 3.a a    整理得： 2 2 5 12 8 0, 5 12 0 a a a a        解得 120 5a  ， - 19 - 所以圆心 C 的横坐标 a 的取值范围为[0，12 5 ]. 【点睛】关键点点睛：判断两圆位置关系式，只需求出两圆圆心的距离，比较与两圆半径的 关系即可，本题根据两圆有公共点可得 2 1 | | 2 1CD    ，解不等式即可求解,属于中档题. 21. 如图所示多面体中， AD  平面 PDC ，四边形 ABCD 为平行四边形， E 为 AD 的中点， F 为线段 BP 上一点， 120CDP   ， 3AD  ， 5AP  ， 2CD  . （1）若 F 为 BP 的中点，证明： //EF 平面 PDC ； （2）若 1 3BF BP ，求直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 6 21 35 【解析】 【分析】 (1）取 PC 的中点为 O，连 FO，DO，证明四边形 EFOD 是平行四边形，推出 EF //OD ,然后 证明 //EF 平面 PDC . （2）以 D 为原点，DC 为 x 轴，在平面 PDC 中过 D 作 CD 垂线为 y 轴，DA 为 z 轴，建立空 间直角坐标系，求得平面 PBC的一个法向量， AF  的坐标，代入公式sin AF n AF n        求解． 【详解】（1）取 PC 的中点为О，连 FO，DO, - 20 - 因为 F，O 分别为 BP,PC 的中点，所以 FO∥BC 且 1 2FO BC ， 又四边形 ABCD 为平行四边形，ED∥BC 且 1 2ED BC ， 所以 ED∥FO 且 FO ED ， 即四边形 EFOD 是平行四边形， 即 EF //OD ， 又 EF  平面 PDC, DO ⊂ 平面 PDC, 所以 //EF 平面 PDC . （2）以 D 为原点，DC 为 x 轴，在平面 PDC 中过 D 作 CD 垂线为 y 轴，DA 为 z 轴，建立空 间直角坐标系，如图， 则 (0,0,0)D ， (2,0,3)B ， ( 2,2 3,0)P  ， (0,0,3)A (0,0,3), (4, 2 3,0)CB PC     设 F（a，b，c）， - 21 - 因为 1 3BF BP  ， 所以（a﹣2，b，c﹣3） 1 3  （﹣8，2 3 ，﹣3）， 解得 a 2 3  ，b 2 3 3  ，c＝2， ∴F（ 2 3 ， 2 3 3 ，2）， AF  （ 2 2 3 3 3 ， ，﹣1）， 设平面 PBC 的一个法向量 n  （x，y，z）， 则 3 0 4 2 3 0 n CB z n CP x y            ，取 x＝1，得 n  （1， 2 3 ，0）， 设直线 AF 与平面 PBC 所成角为θ， 则直线 AF 与平面 PBC 所成角的正弦值为： 2 6 21sin 3525 7 9 3 AF n AF n            ． 【点睛】关键点点睛：考查线面角的正弦值的求法，首先建立空间直角坐标系，写出点的坐 标，得到向量的坐标，求出平面的法向量，代入线面角公式，属于中档题． 22. 已知点 A ，B 关于原点O 对称，点 A 在直线 0x y  上， 2AB  ，圆 M 过点 A ，B 且 与直线 1 0x   相切，设圆心 M 的横坐标为 a . （1）求圆 M 的半径； （2）已知点  0,1P ，当 2a  时，作直线 l 与圆 M 相交于不同的两点 M ，N ，已知直线 l 不 经过点 P ，且直线 PM ， PN 斜率之和为 1 ，求证：直线l 恒过定点. 【答案】(1) r=1 或 r=3 (2)证明见解析 【解析】 【分析】 (1）由题意可设点 M 的坐标为(a，a)，圆 M 的半径为| 1|,| | 1a AO  ，利用垂径定理即可列 式求得 a 值,进—步得到圆 M 的半径为 r=1 或 r=3. (2)由 a <2，得 a=0，则圆 M 的方程为 2 2 1x y  .设点 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ，当直线l 的斜率存 在时，设直线l : ( 1)y kx m m    ，联立直线方程与圆的方程，化为关于 x 的一元二次方程， - 22 - 利用根与系数的关系及直线 PM，PN 斜率之和为 1 ，可得 2 1m k   .代入 y kx m  ，可 得直线方程，再由直线系方程证明直线l 恒过定点(2，-1)，然后证明直线 l 的斜率不存在时不 合题意，即可证明直线 l 恒过定点. 【详解】(1）∵圆 M 过点 A，B， 圆心 M 在 AB 的垂直平分线上，由已知点 A 在直线 x+y=0 上，且点 A，B 关于原点 O 对称， 点 M 在直线 y=x 上，则点 M 的坐标为(a，a) . ∵圆 M 与直线 x+1=0 相切， 圆 M 的半径为| 1|a  ，连接 MA，由已知得| | 1AO  ， 又 MO AO ，故可得 2 2| 1| ( 2 ) 1a a   ， 整理得: 2 2 0a a  ，解得 a=0 或 a=2， 故圆 M 的半径为 r=1 或 r=3. （2）由 a <2，得 a=0，则圆 M 的方程为 2 2 1x y  . 设点 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ， 当直线l 的斜率存在时，设直线 l : ( 1)y kx m m    联立方程组 2 2 1 y kx m x y      ， 消元得 2 2 2( 1) 2 1 0.k x kmx m     则 2 2 2 1 2 1 22 2 2 14( 1 ) 0, , .1 1 km mk m x x x xk k           1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 ( 1) ( 1) PM PN y y y x y xk x x xk x         1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1)( )kx m x kx m x kx x m x x x x x x          1 2 2 1 2 ( 1)( ) ( 1) 2 22 2 2 .1 1 m x x m km kmk k kx x m m           又直线 PM，PN 斜率之和为 1 ， 22 11 kmk m     ， - 23 - 得 2 1m k   . 代入 y kx m  ，可得直线方程 2 1 ( 2) 1y kx k k x      ， 直线 l 恒过定点(2，-1)， 当直线 l 的斜率不存在时， 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 1 2, , .PM PN y yx x y y k k x x x           因为直线 PM，PN 斜率之和为 1 ， 1 1 2 1, 2xx     ， 但 11 1x   ，且 1 0x  ， 故不合题意，舍去. 综上，直线 l 恒过定点(2，-1). 【点睛】关键点点睛：分直线的斜率存在不存在两种情况分类讨论，当直线斜率存在时，设 直线方程，联立方程组，韦达定理，关键点根据斜率之和得到 2 1m k   ，代入直线方程根 据直线系问题即可求直线过定点，当直线斜率不存在时，验证即可.