高二数学期中考试复习题参考答案（详细版）

1、一、单选题1若直线与平行，则的值为（ ）A2B1或3C3D2或3【答案】A【解析】【分析】根据直线平行得到，排除重合情况，计算得到答案.【详解】因为直线与平行所以，解得或 当时，这两条直线重合，排除，故.故选【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，忽略掉重合的情况是容易犯的错误.2已知，直线：，：，且，则的最小值为（ ）A2B4C8D9【答案】C【解析】【分析】由，可求得，再由，利用基本不等式求出最小值即可.【详解】因为，所以，即，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.故选：C.【点睛】本题考查垂直直线的性质，考查利用基本不等式求最值，考查学生的计算求解能力，属于中档题.3唐代诗

2、人李颀的诗古从军行开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）AB5CD【答案】A【解析】【分析】根据题意，求得点关于直线的对称点为，结合两点间的距离公式，求得长，即可求解.【详解】如图所示，设点关于直线的对称点为，可得，解得，即 则，即“将军饮马”的最短总路程为.故选：A.【点睛】本题主要考查了直线方程的实际应用问题，其中解答中合理转化

3、，求得点关于直线的对称点，结合两点间的距离公式求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.4已知点，若直线与线段有交点，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【解析】【分析】根据题意知A、B两点在直线的异侧或在直线上，得出不等式（2k21）×（k31）0，求出解集即可【详解】根据题意，若直线l：kxy10与线段AB相交，则A、B在直线的异侧或在直线上，则有（2k21）×（k31）0，即（2k3）（k+4）0，解得k4或k，即k的取值范围是（，4，+）故选C【点睛】本题考查直线与线段AB相交的应用问题，考查了转化思想，是基础题5已知圆,直线,则A与相离B与相交

4、C与相切D以上三个选项均有可能【答案】B【解析】【分析】首先求得恒过的定点，可判断出定点在圆内，从而得到直线与圆相交.【详解】由方程可知，直线恒过定点：又为圆内部的点 与相交本题正确选项：【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判定，关键是确定直线恒过的定点，根据点在圆内得到结果.6“”是“直线与圆相交”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】【详解】圆的圆心为原点，半径，原点到直线的距离，当时，所以，直线与圆相交；反之，若直线与圆相交，则有，即，解得：，因此，根据充分、必要条件的概念，“”是“直线与圆相交”的充分不必要条件，故选A主要考

5、查充要条件的概念及充要条件的判定方法.7圆和圆的公切线条数是（ ）A4条B3条C2条D1条【答案】C【解析】【分析】判断两个圆的位置关系，然后判断公切线条数【详解】圆O1：x2+y22x=0的圆心（1，0）半径为1；圆O2：x2+y24y=0的圆心（0，2）半径为2，O1O2=，1，两个圆相交，所以圆O1：x2+y22x=0和圆O2：x2+y24y=0的公切线条数：2故选C【点睛】本题考查圆与圆的位置关系和两圆公切线的判定；在处理两圆的公切线条数时，要把问题转化为两圆位置关系的判定：当两圆相离时，两圆有四条公切线；当两圆外切时，两圆有三条公切线；当两圆相交时，两圆有两条公切线；当两圆内切时，两

6、圆有一条公切线；当两圆内含时，两圆没有公切线.8若直线平分圆，则的值为（ ）A1B1C2D2【答案】A【解析】【分析】将圆的圆心代入直线方程即可.【详解】解：因为直线平分圆，又圆的标准方程为，所以直线经过圆心，所以，故选A【点睛】本题考查直线和圆的位置问题，是基础题9已知圆内一点P（2，1），则过P点的最短弦所在的直线方程是（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，当过圆心且过点时所得弦为直径，当与这条直径垂直时所得弦长最短，即可由斜率关系求得直线的斜率，结合点斜式即可求得直线方程.【详解】由题意可知,当过圆心且过点时所得弦为直径，当与这条直径垂直时所得弦长最短，圆心为,，则由两点

7、间斜率公式可得，所以与垂直的直线斜率为， 则由点斜式可得过点的直线方程为，化简可得， 故选：B【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，最短弦与最长弦的关系，两点间斜率公式及垂直直线的斜率关系，点斜式求直线方程，属于基础题.10圆上到直线的距离为的点共有( )A个B个C个D个【答案】C【解析】【分析】求出圆的圆心和半径，比较圆心到直线的距离和圆的半径的关系即可得解.【详解】圆可变为，圆心为，半径为，圆心到直线的距离，圆上到直线的距离为的点共有个.故选：C.【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系，考查了学生合理转化的能力，属于基础题.11当点在圆上变动时，它与定点的连线的中点的轨迹方程是（ ）ABCD

8、【答案】D【解析】【分析】设中点的坐标为，则，利用在已知的圆上可得的中点的轨迹方程.【详解】设中点的坐标为，则，因为点在圆上，故，整理得到.故选：D.【点睛】求动点的轨迹方程，一般有直接法和间接法，（1）直接法，就是设出动点的坐标，已知条件可用动点的坐标表示，化简后可得动点的轨迹方程，化简过程中注意变量的范围要求.（2）间接法，有如下几种方法：几何法：看动点是否满足一些几何性质，如圆锥曲线的定义等；动点转移：设出动点的坐标，其余的点可以前者来表示，代入后者所在的曲线方程即可得到欲求的动点轨迹方程；参数法：动点的横纵坐标都可以用某一个参数来表示，消去该参数即可动点的轨迹方程.12已知点A(-3，

9、1，-4)，点A关于x轴的对称点的坐标为（ ）A(-3，-1，4)B(-3，-1，-4)C(3，1，4)D(3，-1，-4)【答案】A【解析】【分析】根据在空间直角坐标系中关于轴对称的点的坐标是横标不变，纵标和竖标变为原来的相反数，即可得到结果.【详解】在空间直角坐标系中关于轴对称的点的坐标横标不变，纵标和竖标变为原来的相反数，点，关于轴对称的点的坐标是，故选：A.【点睛】本题考查空间直角坐标系中坐标的变化特点，关于三个坐标轴对称的点的坐标特点是解题的关键，属于基础题.13在四面体中，为中点，若，则（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】运用空间向量基本定理及向量的线性运算可解答此问题【详解】

10、解：根据题意得，故选：【点睛】本题考查空间向量基本定理的简单应用以及向量的线性运算，属于基础题14已知P为空间中任意一点，A、B、C、D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且，则实数x的值为（）ABCD【答案】A【解析】，又P是空间任意一点，A、B、C、D四点满足任三点均不共线，但四点共面，解得 x=，故选A点睛：设是平面上任一点，是平面上的三点，（不共线），则三点共线，把此结论类比到空间上就是：不共面，若，则四点共面15下列命题正确的是（ ）A是向量，不共线的充要条件B在空间四边形中，C在棱长为1的正四面体中，D设，三点不共线，为平面外一点，若，则，四点共面【答案】B【解析】【分析】由向量

11、共线和充分必要条件的定义可判断A；由向量的加减和数量积的定义可判断B；由向量数量积的定义计算可判断C；由四点共面的条件可判断D【详解】解：由|，向量，可能共线，比如共线向量，的模分别是2，3，故A不正确；在空间四边形ABCD中，（）（）（）0，故B正确在棱长为1的正四面体ABCD中，1×1×cos120°，故C错误；设A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若，由121，可得P，A，B，C四点不共面，故 D错误故选B【点睛】本题考查向量共线和向量数量积的定义、以及四点共面的条件，考查运算能力和推理能力，属于基础题16已知空间向量，且与垂直，则与的夹角为（ ）A

12、BCD【答案】D【解析】【分析】由，利用数量积运算，即可得出结果.【详解】与垂直，故选：D【点睛】本题考查了空间向量的数量积运算，考查了运算求解能力，属于一般题目.17在正方体中，是棱的中点，是的中点，是上的一点且，则异面直线与所成的角为（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】【详解】以为轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，则,异面直线与所成的角为，故选D.18在正方形中，棱，的中点分别为，则直线EF与平面所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值，再利用同角三角函数的基本关系求出余弦值【详解

13、】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则， ， ，平面的法向量， 设直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的余弦值为故选：【点睛】本题考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题19如图所示，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为.求与夹角的余弦值是（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】以为空间向量的基底，表示出和，由空间向量的数量积求出向量的夹角的余弦值即得【详解】由题意以为空间向量的基底，与夹角的余弦值为故选：B【点睛】本题考查用空间向量法求异面直线所成的角，解题

14、时选取空间基底，把其他向量用基底表示，然后由数量积的定义求得向量的夹角，即得异面直线所成的角二、多选题20如图，直线，的斜率分别为，倾斜角分别为，则下列选项正确的是（ ）ABCD【答案】AD【解析】【分析】根据直线的图象特征，结合查直线的斜率和倾斜角，得出结论.【详解】解：如图，直线，的斜率分别为，倾斜角分别为，则，故，且为钝角，故选：AD.【点睛】本题考查直线的倾斜角与斜率，考查数形结合思想，是基础题.21已知直线过点P（2,4），在x轴和y轴上的截距相等，则直线的方程可能为（ ）ABCD【答案】BD【解析】【分析】当直线过原点时，求出斜率，斜截式写出直线方程，并化为一般式.当直线不过原点时

15、，设直线的方程为 xym0，把P（2,4）代入直线的方程，求出m值，可得直线方程.【详解】解：当直线过原点时，斜率等于，故直线的方程为，即.当直线不过原点时，设直线的方程为，把P（2,4）代入直线的方程得，故求得的直线方程为，综上，满足条件的直线方程为或.故选：BD.【点睛】本题考查求直线方程的方法，待定系数法求直线的方程是一种常用的方法，体现了分类讨论的数学思想.22已知直线，则下列结论正确的是（ ）A直线的倾斜角是B若直线则C点到直线的距离是D过与直线平行的直线方程是【答案】CD【解析】【分析】对于A求得直线的斜率k即可知直线l的倾斜角，即可判断A的正误；对于B求得直线的斜率k，

16、计算kk是否为1，即可判断B的正误；对于C利用点到直线的距离公式，求得点到直线l的距离d，即可判断C的正误；对于D利用直线的点斜式可求得过与直线l平行的直线方程，即可判断D的正误【详解】对于A直线的斜率ktan，故直线l的倾斜角是，故A错误；对于B因为直线的斜率k，kk11，故直线l与直线m不垂直，故B错误；对于C点到直线l的距离d2，故C正确；对于D过与直线l平行的直线方程是y2（x2），整理得：，故D正确综上所述，正确的选项为CD故选：CD【点睛】本题考查命题的真假判定，着重考查直线的方程的应用，涉及直线的倾斜角与斜率，直线的平行与垂直的应用，属于基础题23已知平面上一点M(5，0)，若直

17、线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（ ）Ay=x+1By=2CDy=2x+1【答案】BC【解析】【分析】根据切割型直线的定义，由点M(5，0)到直线距离不大于4求解.【详解】A. 点M(5，0)到直线 y=x+1的距离为：，故错误；B. 点M(5，0)到直线y=2的距离为：，故正确；C. 点M(5，0)到直线的距离为：，故正确；D. 点M(5，0)到直线y=2x+1的距离为：，故错误；故选：BC【点睛】本题主要考查点到直线的距离以及存在问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.24圆和圆的交点为A，B，则有（ ）A公共弦AB所在直线方程为B线

18、段AB中垂线方程为C公共弦AB的长为DP为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】两圆作差即可求解公共弦AB所在直线方程，可判断A；由公共弦所在直线的斜率以及其中圆的圆心即可线段AB中垂线方程，可判断B；求出圆心到公共弦所在的直线方程的距离，利用几何法即可求出弦长，可判断C；求出圆心到公共弦AB所在直线方程的距离，加上半径即可判断D.【详解】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，即公共弦AB所在直线方程为，故A正确；对于B，圆的圆心为，则线段AB中垂线斜率为，即线段AB中垂线方程为：，整理可得，故B正确；对于C，圆，圆心到的距离为，半径 所以，故C不正确；

19、对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系、求公共弦所在的直线方程、求公共弦、点到直线的距离公式，圆上的点到直线距离的最值，考查了基本运算求解能力，属于基础题.25以下四个命题表述正确的是（ ）A直线恒过定点B已知圆，点P为直线上一动点，过点P向圆C引两条切线PA、PB，A、B为切点，则直线AB经过定点C曲线与曲线恰有三条公切线，则D圆上存在4个点到直线的距离都等于1【答案】BC【解析】【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出直线恒过定点，判断错误；求出直线方程，判断直线经过定点，正确；根据

20、两圆外切，三条公切线，可得正确；根据圆心到直线的距离等于1，判断错误.【详解】对于，直线方程可化为，令，则，所以直线恒过定点，错误；对于，设点的坐标为，所以，以为直径的圆的方程为，两圆的方程作差得直线的方程为：，消去得，令，解得，故直线经过定点，正确；对于，根据两圆有三条公切线，所以两圆外切，曲线化为标准式得，曲线化为标准式得，所以，圆心距为5，因为有三条公切线，所以两圆外切，即，解得，正确；对于，因为圆心到直线的距离等于1，所以直线与圆相交，而圆的半径为2，故到直线距离为1的两条直线，一条与圆相切，一条与圆相交，因此圆上有三个点到直线的距离等于1，错误；故选：【点睛】本题主要考查直线系过定点

21、的求法，以及直线与圆，圆与圆的位置关系的应用，属于中档题26古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系中,点.设点的轨迹为,下列结论正确的是（ ）A的方程为B在轴上存在异于的两定点,使得C当三点不共线时,射线是的平分线D在上存在点,使得【答案】BC【解析】【分析】通过设出点P坐标，利用即可得到轨迹方程，找出两点即可判断B的正误，设出点坐标，利用与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.【详解】设点，则，化简整理得，即，故A错误；根据对称性可知，当

22、时，故B正确；对于C选项，,要证PO为角平分线，只需证明，即证，化简整理即证，设，则，则证，故C正确；对于D选项，设,由可得，整理得，而点M在圆上，故满足，联立解得，无实数解，于是D错误.故答案为BC.【点睛】本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.27直线与曲线恰有一个交点，则实数b可取下列哪些值（ ）ABC1D【答案】AC【解析】【分析】先画直线与曲线图象，再结合题意判断实数b的取值范围即可解题.【详解】解：曲线，整理得，画出直线与曲线的图象，如图，直线与曲线恰有一个交点，则 故选：AC.【点睛】本题考查根据直线与半圆的交点个数求参数，是基

23、础题.28已知实数，满足方程，则下列说法错误的是（ ）A的最大值为B的最大值为C的最大值为D的最大值为【答案】CD【解析】【分析】B中表示到原点距离的平方，求出原点到圆心距离可得圆上点到原点距离的最大值的最小值，可判断B，A，C，D中均可以令对应式子，解得后代入圆方程，由判别式可得最值从而得到判断本题用了几何意义求解，转化为直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离不大于半径可得结论【详解】对于A，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，解得，所以的最大值为，故A说法正确；对于B，的几何意义是表示圆上的点到原点距离的平方，易知原点到圆心的距离为2，则原点到圆上的最大距离为，所以的最大值为，故

24、B说法正确；对于C，设，把代入圆方程得，则，解得，最大值为，故C说法错误；对于D，设，则，表示直线的纵截距，当直线与圆有公共点时，解得，所以的最大值为，故D说法错误.故选：CD.【点睛】本题考查命题的真假判断，实质考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离不大于半径易得解，对平方式可用几何意义：两点间距离的平方求解29如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧棱底面，为的中点，若，则（ ）AB异面直线与所成角的余弦值为C异面直线与所成角的余弦值为D平面【答案】AC【解析】【分析】由线面垂直的判定法则可得平面，从而可证明A；建立空间直角坐标系，求出与的方向向量，即可求出两直线所成角的余弦值，求出平

25、面的法向量与的方向向量，从而可判断直线和平面是否平行.【详解】A:因为侧棱底面，所以，因为是等边三角形，所以，因为，所以平面，则， A正确；以为原点，如图建立空间直角坐标系，则，,，所以，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，B不正确，C正确；又因为，设平面法向量为，则，即 ，取，则，因为，且，所以若平面不成立，D不正确；故选:AC.【点睛】本题考查了线面垂直的判定，考查了线面平行的判定，考查了异面直线所成角的求解，属于中档题.本题的关键是建立空间坐标系，结合向量进行求解.30（多选题）如图，在直三棱柱中，点D，E分别是线段BC，上的动点（不含端点），且则下列说法正确的是（ ）A平面B该三棱柱

26、的外接球的表面积为C异面直线与所成角的正切值为D二面角的余弦值为【答案】AD【解析】【分析】对于A，欲证平面，只需证明，由易证，故A项正确； 对于B，由、三条直线两两垂直，可知直三棱柱是一个长方体沿对角面切开得到的直三棱柱，因此原长方体的对角线是三棱柱外接球的直径，因此直三棱柱的外接球的表面积易求，然后再判断.对于C，由于，异面直线与所成角为，在中，的正切值易求，然后判断.对于D，由、三条直线两两垂直，以A为坐标原点，以，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，求平面的法向量和平面的法向量的夹角，然后再判断即可.【详解】解：在直三棱柱中，四边形是矩形，因为，所以，不在平面内，平面

27、，所以平面，A项正确；因为，所以，因为，所以，所以，易知是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为，所以B项错误；因为，所以异面直线与所成角为在中，所以，所以C项错误；二面角即二面角，以A为坐标原点，以，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图则，设平面的法向量，则，即，令可得，设平面的一个法向量为， 则，即，令可得故二面角的余弦值为，所以D项正确故选：AD.【点睛】综合考查直三棱柱中线线角、线面角的求法，线面平行的判定，以及直三棱柱的外接球的表面积的求法，中档题.31如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ）A线段上存在点，使得B平面C的

28、面积与的面积相等D三棱锥的体积为定值【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，再依次讨论各选项，即可得答案.【详解】解：如图，以为坐标原点建系，为，轴，即，与不垂直，A错误.，都在，上，又，平面，平面平面，B正确与不平行，则与的距离相等，C错误到的距离就是到平面的距离到的距离为是定值，D正确.故选：BD.【点睛】本题考查空间线面位置关系，空间几何体的体积等，考查空间思维能力与运算能力，是中档题.三、填空题32两条平行直线与间的距离是_.【答案】【解析】【分析】根据两直线与平行，由 解得a，然后再利用平行线间的距离公式求解.【详解】因为两直线与平行，所以 解得，又直线可化为直线，所以直线与

29、直线间的距离为：，故答案为：【点睛】本题主要考查两直线的位置关系以及两平行间的距离，还考查了运算求解的能力，属于基础题.33已知三条直线，不能围成三角形，则_.【答案】4或或或【解析】【分析】首先根据三条直线不能构成三角形，得到三条直线的位置关系，根据位置关系列式求.【详解】若三条直线不能围成三角形，则存在两条直线平行，或是三条直线交于同一点，当时，即，当时，解得：，当时，不成立，当三条直线交于同一点时，联立直线和，则，解得：，即交点为，代入直线，即，解得：或，所以或或或.故答案为：4或或或【点睛】本题考查直线与直线的位置关系，重点考查分析问题的能力，属于基础题型.34圆：上的点到直线距离的最

30、大值为_.【答案】【解析】【分析】先由圆的方程，得到圆心为，半径为，求出圆心到直线的距离，再由圆的性质，即可得出结果.【详解】由整理得，即圆的圆心为，半径为，所以圆心到直线的距离，根据圆的性质可得，圆上的点到直线距离的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查求圆上一点到定直线距离的最值，属于基础题型.35点P（-1,1）为圆 的弦AB的中点,则直线AB的方程为_【答案】2x-y+3=0【解析】根据题意，设圆的圆心为 则的坐标 ，则 由 为圆的弦的中点，则 ，则 ，则直线的方程为y ，即 ；故答案为【点睛】本题考查直线方程的求法以及直线与圆的位置关系，解题的关键是利用垂径定理分析直线 的斜率3

31、6一条光线从点射出，经x轴反射，其反射光线所在直线与圆相切，则反射光线所在的直线方程为_.【答案】或【解析】【分析】点关于轴的对称点为,即反射光线过点,分别讨论反射光线的斜率存在与不存在的情况,进而求解即可【详解】点关于轴的对称点为,（1）设反射光线的斜率为,则反射光线的方程为,即,因为反射光线与圆相切,所以圆心到反射光线的距离,即,解得,所以反射光线的方程为:；（2）当不存在时,反射光线为,此时,也与圆相切,故答案为: 或【点睛】本题考查直线在光学中的应用,考查圆的切线方程37圆 关于直线对称，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】【详解】试题分析：由题意得，直线经过圆心，所以，所以，则，

32、当且仅当时取等号考点：直线与圆的位置关系；基本不等式求最值【方法点晴】本题主要考查了直线与圆的位置关系、基本不等式求最值等知识的应用，其中解答中，利用直线与圆的位置关系，得出，利用基本不等式求解最值是解答的关键，同时利用基本不等式求解最值时，等号成立的条件是解答的一个易错点，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于中档试题38已知，且，则_【答案】【解析】【分析】根据已知条件分别求出、的坐标，利用空间向量共线的充要条件，即可求出结果【详解】，4，3，解得故答案为：【点睛】此题考查空间向量的坐标运算以及空间向量共线的充要条件，考查运算能力，属基础题39如图，在正四面体中，分别为的中点，是线段

33、上一点，且，若，则的值为_ 【答案】【解析】【分析】利用基向量表示,结合空间向量基本定理可得.【详解】所以，所以.【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，把目标向量向基底向量靠拢是求解的主要思路.四、解答题40在平面直角坐标系中，已知菱形的顶点和，所在直线的方程为. （1） 求对角线所在直线的方程；（2） 求所在直线的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据坐标求得和中点；根据菱形特点可知对角线互相垂直且平分，可得直线斜率和在直线上，利用点斜式写出直线方程；（2）由直线和的方程解得点坐标，从而求得；由平行关系可知，利用点斜式写出直线方程.【详解】（1）由和得：，中点四边形为菱形

34、 ，且为中点，对角线所在直线方程为：，即：（2）由，解得： 直线的方程为：，即：【点睛】本题考查直线方程的求解问题，关键是能够通过菱形的特点得到所求直线斜率与已知斜率之间的关系，从而运用直线点斜式方程求得结果.41已知直线恒过定点.（）若直线经过点且与直线垂直，求直线的方程；（）若直线经过点且坐标原点到直线的距离等于3，求直线的方程.【答案】（）；（）或.【解析】【分析】（）求出定点的坐标，设要求直线的方程为，将点的坐标代入方程可求得的值，即可写出直线的方程（）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，根据点到直线的距离公式即可得到答案【详解】直线可化为，由可得，所以点A的坐标为. （）设直线的方程

35、为，将点A代入方程可得，所以直线的方程为,（）当直线斜率不存在时，因为直线过点A，所以直线方程为，符合原点到直线的距离等于3. 当直线斜率不存在时，设直线方程为，即因为原点到直线的距离为3，所以，解得所以直线的方程为综上所以直线的方程为或.【点睛】本题主要考查了直线的垂直关系的应用及直线方程的求法，点到直线的距离公式，主要分斜率存在和不存在两种情况讨论，属于基础题42一条光线从点射出，与轴相交于点，经轴反射后与轴交于点.（1）求反射光线所在直线的方程；（2）求点关于直线的对称点的坐标.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）直接利用点关于线的对称，求出对称的点的坐标，再利用反射定理，求出

36、直线的方程；（2）首先设出点，之后利用对称的关系，列出等量关系式，求得结果.【详解】（1）作点关于轴的对称点的坐标，则反射光线所在的直线过点和，所以，所以直线的直线方程为.所以反射光线的的直线方程为；.（2）设，根据点和关于直线对称，则有，解得，点关于直线的对称点的坐标为.【点睛】本题主要考查了点关于直线对称、求直线方程，属于简单题目.43已知直线：.（1）证明：直线过定点；（2）若直线不经过第四象限，求的取值范围；（3）若直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程.【答案】（1）证明见解析；（2）（3）的最小值为4；直线方程为【解析】【分析】（1）

37、将直线方程整理变形，可得，即可证明过定点.（2）将直线方程化为斜截式，由不过第四象限可得关于的不等式组，即可求得的取值范围.（3）先求得直线与轴的交点，根据交点分别在轴负半轴和轴正半轴，可得关于的不等式组，即可求得的取值范围.表示出的面积，结合基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时的，即可得直线方程.【详解】（1）证明：直线：化简变形可得因为，所以解得所以直线过定点 （2）将直线方程变形可得因为直线不经过第四象限则，解得 所以的取值范围为（3）直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，分别令代入可得，由，解得由基本不等式可得当且仅当时取等号，因为，即时取等号此时直线方程为，化简可得综上可知的最小

38、值为4，直线方程为【点睛】本题考查了直线过定点问题，根据直线所过象限求参数的取值范围，直线与坐标轴围成三角形的面积最值问题，基本不等式求最值的应用，属于中档题.44已知点及圆C：.（1）若直线l过点P且被圆C截得的线段长为，求l的方程；（2）求过P点的圆C的弦的中点的轨迹方程【答案】（1） x0或3x4y200；（2）x2+y2+2x11y+300【解析】【分析】（1）讨论直线l斜率是否存在，由题意斜率不存在时符合题意，当斜率存在时利用点到直线的距离公式求得直线斜率，即可得直线方程；（2）设弦的中点为M（x，y）,由题意得CMPM，利用斜率之积为-1得出轨迹方程【详解】（1）圆C：，圆心为，半

39、径r4，直线l被圆C截得的线段长为，圆心C到直线l的距离d2，若直线l斜率不存在，则直线方程为x0，此时圆心到直线l的距离为2，符合题意；若直线l斜率存在，设斜率为k，则直线l的方程为ykx+5，即kxy+50，解得k，直线l的方程为yx+5，即3x4y200综上，直线l的方程为x0或3x4y200（2）设所求轨迹上任意一点为M（x，y），则kCM（x2），kPM（x0），整理得x2+y2+2x11y+300，经验证当x2时，弦的中点为（2，5）或（2，6），符合上式，当x0时，弦的中点为（0，6），符合上式，过P点的圆C弦的中点的轨迹方程为x2+y2+2x11y+300【点睛】本题考查直线与

40、圆的位置关系的应用和轨迹方程的求解，考查学生的计算能力，属于基础题45已知圆与圆.(1)求两圆公共弦所在直线的方程；(2)求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.【答案】（1）（2） 【解析】【详解】【分析】试题分析：（1）过圆与圆 交点的直线，即为两圆公共弦的直线. 所以过A、B两点的直线方程. 5分 （2）设所求圆的方程为. 6分则圆心坐标为 8分圆心在直线上将圆心坐标代入直线方程，得 9分解得. 11分所求圆的方程为. 12分考点：圆与圆的位置关系与圆的方程点评：两圆相交时，其公共弦所在直线方程只需将两圆方程相减即可，求解圆的方程的题目常采用待定系数法：设出圆的方程，根据条件列出关于参数

41、的方程组，解方程组得到参数值最后写出方程46已知动点到点与点的距离之比为2，记动点的轨迹为曲线C (1)求曲线C的方程；(2)过点作曲线C的切线，求切线方程【答案】(1)；(2) 或【解析】【分析】(1)根据题意设出M点的坐标，然后根据距离之比等于2，化简出x，y的关系式，求出M的轨迹方程.(2)由第一问的结论可判断点在圆外，可知切线方程有两条，设出切线方程，根据圆心到直线的距离公式可求出斜率k的值，从而求出切线方程.【详解】（1）设动点的坐标为，则， 所以，化简得，因此，动点的轨迹方程为；（2）圆心(3,0)到点(6,2)的距离为大于半径3，点(-2,4)在已知圆外,过该点的圆的切线有两条不

42、妨设过该点的切线斜率为，则切线方程为，即，由圆心到直线的距离等于半径可知，解得或所以，切线方程为或【点睛】本题考查直接法求点的轨迹方程，考查圆的切线问题，同时考查了学生的计算能力，属于基础题.47已知圆：（1）过点向圆引切线，求切线的方程；（2）过点任作一条直线交圆于、两点，问在轴上是否存在点，使得？若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由【答案】(1) 或；(2)见解析【解析】【分析】(1)通过直线与圆的位置关系相切，建立方程计算得到直线方程；（2）将角度相等问题转化为斜率和为0，从而直曲联立，建立韦达定理得到N的坐标.【详解】解：（1）设切线的方程为，与圆相切，解得或的方程为或；（2）假设

43、存在，当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，代入，得，设，而，即，得当直线与轴垂直时，也成立故存在点，使得【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，将角度相等问题转化为斜率和为0问题是解决本题的关键，意在考查学生的计算能力及划归能力.48已知圆C过点，且圆心在直线上.（1）求圆C的方程；（2）已知直线l过点，与圆C交于点Q，S，且满足（O是坐标原点），求直线l的方程；【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设圆心为,由，解得，即得解；（2）设l方程为，与圆C联立，得到，由得，代入即得解.【详解】（1）由题意知，圆心C在直线上，设圆心为，又因为圆C过点，则，即，解得，所以圆心C为，半径，所以圆C方

44、程为.（2）依题意，直线l斜率存在，设l方程为，由得，由得，化为化简得，解得或（舍去，不符合）所以直线l的方程为【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.49如图，三棱锥，侧棱，底面三角形为正三角形，边长为，顶点在平面上的射影为，有，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）线段上是否存在点使得平面，如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【答案】（）见解析;（）;（）见解析.【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）证线面平行，则要在平面找一线与之平行即可，显然分析即得证，（2）求二面角可借助空间直角坐标系将两个平面的法向量一

45、一求出，再根据向量的数量积公式便可求解（3）存在问题可以根据结论反推即可，容易得因为，所以与不垂直，故不存在试题解析：（）因为，且，所以，所以.因为为正三角形，所以，又由已知可知为平面四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（）由点在平面上的射影为可得平面，所以，.以分别为建立空间直角坐标系，则由已知可知，.平面的法向量，设为平面的一个法向量，则由可得令，则，所以平面的一个法向量，所以，所以二面角的余弦值为.（）由（）可得，因为，所以与不垂直，所以在线段上不存在点使得平面.点睛：对于立体几何问题，首先要明确线面平行，线面垂直，以及二面角的定义和判定定理，而对于二面角问题我们通常首选建立坐标系用

46、向量来解题，但在写坐标时要求其注意坐标的准确性50如图1，在中，MA是BC边上的高，.如图2，将沿MA进行翻折，使得二面角为，再过点B作，连接AD，CD，MD，且，.（1）求证：平面MAD；（2）在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由图1可知，既能推出为二面角的平面角，也能得到平面，故；结合余弦定理和勾股定理可证得，再由线面垂直的判定定理即可得证（2）易知，；以为原点，、所在的直线分别为、轴建立空间直角坐标系，逐一写出、的坐标；由法向量的性质求得平面的法向量；设直线与平面所成角为，则，利用空间向量数量积的坐标运算即

47、可得解【详解】（1）证明：由图1可知，为二面角的平面角，即，、平面，平面，平面，在中，由余弦定理知，由于，、平面，平面（2）解：，为直角三角形且，以为原点，、所在的直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，0，3，0，1，1，0，3，设平面的法向量为，则，令，则，0，设直线与平面所成角为，则故直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查空间中线与面的垂直关系、线面角的求法，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，以及利用空间向量处理线面角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题51如图,在四棱锥P-ABCD中,PD底面ABCD,且底面ABCD为正方形,

48、PD=DC=2,E,F,G分别是AB,PB,CD的中点.(1)求证:EFDC;(2)求证:GF平面PAD;(3)求点G到平面PAB的距离.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】【分析】(1)根据直线的垂直关系，得到线面垂直；再根据中位线得到线线平行，进而得到线线垂直。(2)建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，利用直线与法向量的垂直关系，判断直线与平面的平行关系。(3)利用向量的坐标，判断出直线GF平面PAB，进而求得点到平面的距离。【详解】(1)证明PDDC,DCAD,ADPD=D,DC平面PAD.AP平面ABCD,DCAP.E,F分别是PB和AB的中点,EF是三角形PAB的中位

49、线,EFAP,EFCD.(2)证明如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),E(2,1,0),F(1,1,1),G(0,1,0).=(0,2,0)为平面PAD的一个法向量,=(1,0,1),=1×0+0×2+1×0=0.GF平面PAD,GF平面PAD.(3)解=(1,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-2),=0,=0,即GFAB,GFPA.ABPA=A,GF平面PAB,垂足为F.|=,点G到平面PAB的距离为.【点睛】本题考查了线线垂直、线面平行、空间向量的综合应用，注意计算，属于