人教版高二数学上学期期中解答题精选50题（压轴版）解析版

期中解答题精选50题（压轴版）1．（2020·四川成都市·北大附中成都为明学校高二期中）已知圆C过点且圆心在直线上（1）求圆C的方程（2）设直线与圆C交于A、B两点，是否存在实数a使得过点P（2，0）的直线垂直平分AB？若存在，求出a值，若不存在，说明理由．【答案】（1）x2+y2-6x+4y+4=0（2）不存在实数【详解】（1）设圆C的方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0则有解得∴圆C的方程为：x2+y2-6x+4y+4=0（2）设符合条件的实数存在，由于l垂直平分弦，故圆心必在l上．所以l的斜率，而，所以．把直线ax-y+1=0即y=ax+1．代入圆的方程，消去，整理得．由于直线交圆于两点，故，即，解得．则实数的取值范围是．由于，故不存在实数，使得过点的直线l垂直平分弦．2．（2020·四川省渠县中学高二期中（理））已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．(1)求k的取值范围；(2)若＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.【答案】（1）；（2）2．【详解】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．故由，解得：．故当，过点A（0，1）的直线与圆C：相交于M，N两点．（2）设M；N，由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程，可得，∴，∴，由，解得k=1，故直线l的方程为y=x+1，即x-y+1=0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=23．（2018·天津河东区·高二期中（理））△ABC中，A（3，－1），AB边上的中线CM所在直线方程为：6x＋10y－59=0，∠B的平分线方程BT为：x－4y＋10=0，求直线BC的方程.【答案】.试题解析：设则的中点在直线上,则,即…………………①,又点在直线上,则…………………②联立①②得,,有直线平分,则由到角公式得,得的直线方程为:.4．（2020·新泰中学高二期中）已知圆和(1)求证：圆和圆相交；(2)求圆和圆的公共弦所在直线的方程和公共弦长．【答案】（1）见解析；（2）【详解】(1)圆的圆心，半径，圆的圆心，半径两圆圆心距所以，圆和相交；(2)圆和圆的方程相减，得，所以两圆的公共弦所在直线的方程为，圆心到直线的距离为：故公共弦长为5．（2019·北京海淀区·高二期中）已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．（Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程；（Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)见解析.【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程为：，其准线方程为：.(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.6．（2019·安徽铜陵一中高二期中）已知以点C（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O和点A，与y轴交于点O和点B，其中O为原点．（1）求证：△OAB的面积为定值；（2）设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．【答案】（1）证明见解析（2）圆C的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5【详解】（1）证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋.设圆C的方程是（x－t）2＋＝t2＋，令x＝0，得y1＝0，y2＝；令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，所以S△OAB＝OA·OB＝×|2t|×||＝4，即△OAB的面积为定值．（2）因为OM＝ON，CM＝CN，所以OC垂直平分线段MN.因为kMN＝－2，所以kOC＝.所以t，解得t＝2或t＝－2.当t＝2时，圆心C的坐标为（2，1），OC＝，此时，圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点．符合题意，此时，圆的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5.当t＝－2时，圆心C的坐标为（－2，－1），OC＝，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝.圆C与直线y＝－2x＋4不相交，所以t＝－2不符合题意，舍去．所以圆C的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5.7．（2019·眉山外国语学校高二期中（理））在平面直角坐标系中，点，直线，圆.（1）求的取值范围，并求出圆心坐标；（2）有一动圆的半径为，圆心在上，若动圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（1）的取值范围为，圆心坐标为；（2）.【详解】（1）由于方程表示的曲线为圆，则，解得，所以，实数的取值范围是，圆心的坐标为；（2）由于点在直线上，且该点的横坐标为，则点的坐标为，由可知，点为线段的垂直平分线上一点，且线段的垂直平分线方程为，所以，直线与圆有公共点，由于圆的圆心坐标为，半径为，则有，即，解得，因此，实数的取值范围是.8．（2018·湖北高二期中（文））已知圆.（1）若直线过原点且不与轴重合，与圆交于，，试求直线在轴上的截距；（2）若斜率为的直线与圆交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.【答案】（1）（2）最大值为，或【详解】解：（1）圆，设直线，联立，则有：，故，则，故直线，令，得为直线在轴上的截距（2）设直线的方程：，则圆心到直线的距离为弦长，则面积为.当且仅当，即时的最大值为，此时解得或直线的方程为或9．（2017·北京东城·高二期中（理））如图所示，四边形ABCD是边长为3的正方形，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成角为．求证：平面BDE；求二面角的余弦值；设点是线段BD上的一个动点，试确定点的位置，使得平面BEF，并证明你的结论．【答案】（1）见解析（2）（3）M的坐标为(2,2,0)，见解析【详解】（1）证明：∵平面，平面，，∴，又∵是正方形，∴，，∵，∴平面．（2），，两两垂直，所以建立如图空间直角坐标系，∵与平面所成角为，即，而，由，可知：，∴．则，，，，，∴，，设平面的法向量为，则，即，令，则．因为平面，所以为平面的法向量，∵，所以．因为二面角为锐角，故二面角的余弦值为．（3）依题意得，设，则，∵平面，∴，即，解得：，∴点的坐标为，此时，∴点是线段靠近点的三等分点．10．（2017·湖北宜昌市·高二期中（理））四棱锥中，底面为矩形，，为的中点．(1)证明：；(2)设，三棱锥的体积，求二面角DAEC的大小【答案】（1）见解析（2）试题解析：（1）连结BD交AC于点O,连结EO因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为的PD的中点，所以EO//PBEO平面AEC,PB平面AEC，所以PB//平面AEC（2）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A—xyz,三棱锥的体积,则A(0,0,0)，D(0,,0)，B(,0,0)，E(0,,)，C(,,0)，则=(0,,)，=(,,0)，设为平面ACE的法向量，则即令，得，，则又为平面DAE的法向量，，如图可得二面角为锐角，所以二面角为11．（2019·江苏高二期中（理））如图，在正四棱柱中，，，点是的中点．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1).(2).详解：在正四棱柱中，以为原点，、、分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系．因为，，，所以，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为．(2)，设平面的一个法向量为．则，得，取，得，，故平面的一个法向量为．于是，所以直线与平面所成角的正弦值为．12．（2021·威远中学校（理））如图，已知平面ACD，平面ACD，为等边三角形，，F为CD的中点．求证：平面BCE；求二面角的余弦值的大小．【答案】（1）见解析（2）．【详解】设，以，所在的直线分别作为轴、轴，以过点在平面内和垂直的直线作为轴，建立如图所示的坐标系，，，，，．∵为的中点，∴．（1）证明，，，∴，平面，∴平面．（2）设平面的一个法向量，则，即，不妨令可得．设平面的一个法向量，则，即，令可得．于是，．故二面角的余弦值为．13．（2019·兴宁市第一中学高二期中）如图，四棱锥的底面是正方形，，点在棱上.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）当且为的中点时，求与平面所成的角的大小.【答案】(1)见解析(2)【详解】（1）证明：∵底面ABCD是正方形∴AC⊥BD又PD⊥底面ABCDPD⊥AC所以AC⊥面PDB因此面AEC⊥面PDB（2）解：设AC与BD交于O点，连接EO则易得∠AEO为AE与面PDB所成的角∵E、O为中点∴EO＝PD∴EO⊥AO∴在Rt△AEO中OE＝PD＝AB＝AO∴∠AEO＝45°即AE与面PDB所成角的大小为45°14．（2020·江北区·重庆十八中高二期中）已知点和点关于直线：对称．（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，求直线的方程；（2）若直线过点且与直线交于点，的面积为2，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【详解】解：设点则，解得：，所以点关于直线：对称的点的坐标为（1）若直线过点，且使得点到直线的距离最大，则直线与过点的直线垂直，所以，则直线为：，即.（2）由条件可知：，的面积为2，则的高为，又点C在直线上，直线与直线垂直，所以点到直线AB的距离为.直线方程为，设，则有，即或又，解得：或则直线为：或15．（2020·四川高二期中（理））已知圆C：，直线l：.（1）若圆C截直线l所得弦AB的长为，求m的值；（2）若，直线l与圆C相离，在直线l上有一动点P，过P作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且的最小值为.求m的值，并证明直线MN经过定点.【答案】（1）；（2），证明见解析.【详解】（1）圆C的圆心，半径，由弦AB的长为得：点C到直线l的距离为，又，，解得：；（2），由（1）知点C到直线1的距离，，时，的值最小，即的最小值为，由已知得，解得，，解得或0，，，当时，直线l的方程为，设，以CP为直径的圆记为圆D，则圆D的方程为，即①，圆C的方程为②，由②-①得③，M、N两点为圆C和圆D的公共点，③即为直线MN的方程，③变形得，由，解得，所以，直线MN经过定点.16．（2020·湖北高二期中）已知圆；（1）若圆的切线在轴，轴上的截距相等，求此切线的方程；（2）从圆外一点向该圆引一条切线，切点为为坐标原点，且有，求的最小值.【答案】，；（2）.【详解】解：（1）圆的方程为，若切线的截距为时，设直线方程为，由，得：，切线方程为，若切线的截距不为时，设直线方程为，由，得：，切线方程为，综上所述：切线方程为，；（2）由条件知：，，，化简得：，从而，所以当，时，取得最小值为.17．（2020·嘉祥县第一中学高二期中）古希腊数学家阿波罗尼奧斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数(且)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知平面直角系中的点，则满足的动点的轨迹记为圆.（1）求圆的方程；（2）若点，当在上运动时，记的最大值和最小值分别为和，求的值.（3）过点向圆作切线，切点分别是，求直线的方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【详解】（1）设点，由，且得，整理得,所以圆的方程为（2）由，设得，而，当时，取得最小值；，当时，取得最大值，所以.（3）设切点，则，直线方程为：，整理得，同理可得直线方程为：，由直线均过点，则，即点都在直线上，所以直线的方程为.18．（2020·山东）已知点，关于原点对称，点在直线上，，圆过点，且与直线相切，设圆心的横坐标为.（1）求圆的半径；（2）已知点，当时，作直线与圆相交于不同的两点，，已知直线不经过点，且直线，斜率之和为，求证：直线恒过定点.【答案】(1)r=1或r=3(2)证明见解析【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，连接MA，由已知得，又，故可得，整理得:，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.设点，当直线的斜率存在时，设直线:联立方程组，消元得则又直线PM，PN斜率之和为，，得.代入，可得直线方程，直线l恒过定点(2，-1)，当直线l的斜率不存在时，因为直线PM，PN斜率之和为，，但，且，故不合题意，舍去.综上，直线l恒过定点(2，-1).19．（2020·四川省南充高级中学高二期中（理））已知圆M与直线相切于点，圆心M在x轴上.（1）求圆M的标准方程；（2）过点M且不与x轴重合的直线与圆M相交于A，B两点，O为坐标原点，直线，分别与直线相交于C，D两点，记，的面积为，，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【详解】（1）由题可知，设圆的方程为，由直线与圆相切于点，得，解得，，∴圆的方程为；（2）由题意知，，设直线的斜率为，则直线的方程为，由，得，解得或，则点A的坐标为，又直线的斜率为，同理可得：点B的坐标为由题可知：，，∴，又∵，同理，∴.当且仅当时等号成立.∴的最大值为.20．（2020·永丰县永丰中学高二期中（文））在平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点，与圆交于点．（1）若直线斜率为2，求弦长；（2）若的中点为E，求面积的取值范围．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）直线斜率为2，则直线方程为所以点到直线的距离，（2）当直线的斜率不存在时，的面积；当直线的斜率存在时，设为，则直线，当时，直线的方程为，经过圆心，此时不存在，舍去；当时，直线，由得，所以．因为，所以．因为E点到直线的距离即M点到直线的距离，所以的面积．令，则，所以，因为，所以，所以，综上可得，面积的取值范围是.21．（2020·江苏省苏州中学园区校）在平面直角坐标系中，圆，直线，直线.（1）已知为直线上一点，①若点在第一象限，且，求过点圆的切线方程；②若存在过点的直线交圆于点，且B恰为线段的中点，求点横坐标的取值范围；（2）设直线与轴交于点，线段的中点为，为圆上一点，且，直线与圆交于另一点，求线段长的最小值.【答案】（1）①或；②；（2）.【详解】（1）①设，因为，所以，解得，因为点P在第一象限，所以，则，当切线斜率存在时，设直线方程为，即，由圆心到直线的距离相等得，解得，所以切线方程是，当斜率不存在时，，综上：过点圆的切线方程为或；②设，，因为B恰为线段的中点，则，所以，因为点A，B都在圆上，所以即，所以两圆有公共点，所以，解得，所以点P的横坐标的取值范围是（2）设，因为点R在圆上，且，所以。解得，所以RM的方程为，由，解得，又，所以，当，即时，.22．（2021·湖南娄底一中高二期中）已知点，曲线C上任意一点P满足．（1）求曲线C的方程；（2）设点，问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，x轴都平分∠EDF，若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【详解】（1）设点的坐标为，因为，可得，整理得，即曲线的方程为.（2）①如果斜率不存在，直线垂直于x轴，此时与圆交于两点，可得这些直线都是平行的，不可能经过同一点，不符合题意．②设存在定点Q满足条件，设直线的方程为，设，联立方程组，整理得，可得，无论直线如何运动，轴都平分∠EDF，可得，所以，可得，所以，所以，整理得，可得，所以，可得直线经过定点，所以存在过定点的直线与曲线C相交于不同两点E，F，无论直线l如何运动，轴都平分∠EDF．23．（2018·江苏常州市·高二期中）已知圆：()，定点，，其中为正实数.（1）当时，判断直线与圆的位置关系；（2）当时，若对于圆上任意一点均有成立(为坐标原点)，求实数的值；（3）当时，对于线段上的任意一点，若在圆上都存在不同的两点，使得点是线段的中点，求实数的取值范围．【答案】(1)相离.(2)，．(3)【详解】解:(1)当时,圆心为,半径为,当时,直线方程为,所以,圆心到直线距离为,因为,所以,直线与圆相离.（2）设点，则，，∵，∴，，…………由得，，∴，代入得，，化简得，…………因为为圆上任意一点，所以，………又，解得，．…………………(3)法一:直线的方程为，设()，，因为点是线段的中点，所以，又都在圆：上，所以即……………………因为该关于的方程组有解，即以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆有公共点，所以，，又为线段上的任意一点，所以对所有成立．而在上的值域为，所以所以．………又线段与圆无公共点，所以，∴.故实数的取值范围为．……………法二:过圆心作直线的垂线，垂足为，设，，则则消去得，，直线方程为点到直线的距离为且又为线段上的任意一点，…，，故实数的取值范围为．24．（2019·浙江）已知圆M的圆心在直线：上，与直线：相切，截直线：所得的弦长为6.（1）求圆M的方程；（2）过点的两条成角的直线分别交圆M于A，C和B，D，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【详解】（1）设圆M的方程为：则，解得：，∴所求圆方程为（2）解法1：如图作，，令，，或当时，，因、、、四点共圆，由正弦定理，∴，又，∴，，，当且仅当时取等，当时，，∴，又，所以，综上所述，四边形面积的最大值为.解法2：（当且仅当时取等号），要使得，则直线PM应是的平分线，当时，圆心M到直线AC、BD的距离为，则，.当时，圆心M到直线AC、BD的距离为，则，.综上所述，四边形面积的最大值为.25．（2019·浙江省柯桥中学高二期中）如图，在平面直角坐标系中，已知点，圆：与轴的正半轴的交点是，过点的直线与圆交于不同的两点.（1）若直线与轴交于，且，求直线的方程；（2）设直线，的斜率分别是，，求的值；（3）设的中点为，点，若，求的面积.【答案】（1）（2）-1（3）【详解】（1）设，求出，，则或6，结合直线圆的位置关系可知，一定满足，，此时直线的方程为：；当时，，，直线的方程为：，圆心到直线距离（舍去）；（2）设直线的方程为：，联立可得：，设，则，①，则，②将①代入②化简可得，即；（3）设点，由点，，可得，化简得，③又，④④式代入③式解得或，由圆心到直线的距离，故，此时，圆心到直线距离，则，直线方程为：，，到直线的距离，则26．（2020·浙江宁波·高二期中）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接（Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【分析】（解法1）（Ⅰ）因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以．而，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线．由（Ⅰ）知，，所以．又因为底面，所以．而，所以．故是面与面所成二面角的平面角，设，，有，在Rt△PDB中,由,得,则,解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．（解法2）（Ⅰ）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，，则，，点是的中点，所以，，于是，即．又已知，而，所以．因,,则,所以．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则，解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．27．（2020·黑龙江佳木斯一中高二期中（文））如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，点，分别在棱，上移动，且.（1）当时，证明：直线平面；（2）是否存在，使面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）.试题解析：以为原点，射线，，分别为，，轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得，，，，，，，则，，，，.（1）当时，，因为，所以，即，又平面，且平面，故直线平面.（2）设平面的一个法向量为，则由，得，于是可取.设平面的一个法向量为，由，得，于是可取.若存在，使面与面所成的二面角为直二面角，则，即，解得，显然满足.故存在，使面与面所成的二面角为直二面角.28．（2018·太原市·山西大附中高二期中（理））如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面（I）求证：；（II）若M为中点，求证：平面；（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面所成的角为？若存在，求得值，若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)不存在这样的点P.【详解】（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由于，建立空间直角坐标系，利用的方向向量与平面的法向量数量积为零可得平面；（III）由（II）可知平面的法向量，设，利用空间向量夹角余弦公式列方程可求得，从而可得结论.详解：证明：（I）在直三棱柱中，∵平面∴∵平面平面，且平面平面∴平面∴（II）在直三棱柱中，∵平面，∴又，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，，，，，设平面的法向量∵∴令则∵为的中点，∴∵∴又平面，∴平面（III）由（II）可知平面的法向量设则若直线DP与平面所成的角为，则解得故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为29．（2018·山东青岛·高二期中）如图几何体中，等边三角形所在平面垂直于矩形所在平面，又知，//.（1）若的中点为，在线段上，//平面，求；（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若中点为，，求在平面上的正投影．【答案】（1）；（2）；（3）在平面上的正投影为.【详解】(1)设的中点，连接，因为；所以四点共面，又因为平面，面，平面平面所以；所以.(2)设的中点为，的中点为，连接；因为为等边三角形，所以又因为平面平面，平面平面，所以面设，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，设为平面的法向量，则，；得，，所以.同理得平面的法向量所以，，所以又因为，所以(3)由(2)知易证：平面，所以又因为，所以又因为在中，，，，所以，所以平面，所以在平面上的正投影为.30．（2020·黑龙江佳木斯一中高二期中（文））如图，直三棱柱中，，，为的中点.（I）若为上的一点，且与直线垂直，求的值；（Ⅱ）在（I）的条件下，设异面直线与所成的角为45°，求直线与平面成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【详解】（Ⅰ）证明：取中点,连接,有,因为，所以,又因为三棱柱为直三棱柱，所以,又因为,所以，又因为所以又因为,平面,平面,所以，又因为平面,所以,因为，所以,连接,设，因为为正方形，所以,又因为所以,又因为为的中点，所以为的中点,所以.（Ⅱ）如图以为坐标原点，分别以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设,由（Ⅰ）可知，所以，所以,所以,所以，设平面的法向量为，则即则的一组解为．所以所以直线与平面成角的正弦值为.31．（2020·辽宁大连八中高二期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点、分别在线段、上，且，其中，连接，延长与的延长线交于点，连接．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若时，求二面角的正弦值；（Ⅲ）若直线与平面所成角的正弦值为时，求值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【详解】（Ⅰ）在线段上取一点，使得，，且，，，且，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面．（Ⅱ）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，，1，，，0，设平面的一个法向量为，，，，令，，，设平面的一个法向量为，，，，令，，，，，，二面角的正弦值为．（Ⅲ）令，，，，，设平面的一个法向量为，，，，令，，由题意可得：，，，．32．（2020·天津市咸水沽第一中学高二期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，，．是棱的中点．（1）求证：面；（2）求二面角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)答案见解析.【详解】解：（1）以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．则，，．设平面的法向量是，则，即令，则，．于是．，．又平面，平面．（2）设平面的法向量为．则，即据此可得平面的一个法向量,设二面角的平面角大小为，易知：则，即．二面角的正弦值为．（3）假设存在满足题意的点，且：，设点N的坐标为，据此可得：，由对应坐标相等可得，故，由于平面的一个法向量，由题意可得：解得：，据此可得存在满足题意的点，且的值为.33．（2021·厦门市湖滨中学高二期中）如图1，在边长为2的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且【详解】（1）证明：因为于点，所以，，，且，平面，，平面.（2）假设在线段上是否存在点，使平面平面.根据（1）建立如图所示空间直角坐标系：则，，设，则，所以，所以，设平面一个法向量为：，则，即，令，所以，设平面一个法向量为：，则，即，令，所以，因为平面平面，所以，即解得.所以在线段上是否存在点，使平面平面，且.34．（2020·和平·天津二十中高二期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，．（1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【详解】（1）平面，平面，.底面是矩形，，又，平面，平面，.（2）以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示则，，设平面的法向量，则，即，令，则，.设直线与平面所成的角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.（3）.设平面的法向量，则，即，令，则..又平面的法向量.设二面角的大小为，则为锐角，，所以二面角的余弦值为．35．（2020·大连市红旗高级中学高二期中）如图所示的几何体中，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，，，，，为的中点.（1）求证：；（2）求二面角的大小；（3）设为线段上的动点，使得平面平面，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【详解】解：依题意得，和均为以为直角顶点的等腰直角三角形，则，，所以面，又，可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，，，，，，，（1）证明：由题意，，，因为，所以.（2）解：，，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，平面的一个法向量，因此有，由图可得二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.（3）解：（方法一）设，，所以，因此，令，即，解得，即为的中点，因为平面，平面，，所以当为的中点时，平面平面，此时即，，所以线段的长为.（方法二）设，，所以，因此，设为平面的法向量，则，即，不妨令，可得，因为平面平面，所以，解得：，此时即，，所以线段的长为.36．（2020·南开·天津二十五中高二期中）如图，在三棱柱中，平面,，分别是的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在.【详解】（1）取的中点，连接，交于点，可知为的中点，连接，易知四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）分别以所在的直线为轴、轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得，则，设平面的法向量为，则，即，令，可得，即，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（3）假设在棱是存在一点，设，可得，由，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，即，又由平面的一个法向量为，所以，因为平面与平面所成二面角为，可得，解得，此时，符合题意，所以在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为.37．（2019·江苏高二期中（理））如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点满足.（1）若，求二面角的大小；（2）若直线与平面所成角的正弦值，求的值.【答案】（1）（2）【详解】解：（1）以O为坐标原点，建立坐标系，则，，，，，所以，，设，则，，所以，易知平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则，，所以，，由图形可得，二面角为锐角，所以二面角的大小为.（2），，设，则，，所以，设平面的一个法向量，则，令，则，，因为直线与平面所成角的正弦值，则，，解得：，.38．（2020·福建莆田一中高二期中）在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，，为线段的中点，过的平面与线段，分别交于点，．（1）求证：；（2）若，是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的靠近点的三等分点.【详解】（1）证明：，且为线段的中点，，又，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面，又平面平面，，又，且平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）存在，为的靠近点的三等分点．，为线段的中点，，又平面平面，平面，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设，得，，设平面的法向量为，则即令，可得为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，于是有；得或（舍），所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，故为的靠近点的三等分点．39．（2020·北京四中高二期中）在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，，，且，，.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得平面？如果存在，求的值；如果不存在，说明理由；（3）若是棱的中点，为线段上任意一点，求证：与一定不平行.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，又，平面ABCD，所以平面.（2）以D为原点，以DA，DC为x，y轴，建立如图所示空间直角坐标系：则，设，则，，，设平面平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设平面平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以.若使得平面平面，则，即，解得，所以线段上存在点，使得平面.（3）假设存在点N，在线段上，使得，如图所示：连接AC，取其中点G，在中，因为M，G都是边的中点，所以，因为过直线外一点只有一条直线和已知直线平行，所以MG与MN重合，所以点N在线段AC上，所以N是AC，BC的交点C，即MN就是MC，而MC与PC相交，矛盾，所以假设错误，问题得证.40．（2020·江苏高二期中）如图在直棱柱中，，、AC、的中点分别为D、E、F.（1）求证平面BEF；（2）若异面直线与BF所成的角为，且BC与平面BEF所成角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：由直棱柱，可得平面ABC，又E、F是AC、的中点，，平面ABC，又平面ABC，，且E是AC的中点，又，平面BEF.（2）由（1）知异面直线与BF所成的角为，即，则，由平面BEF，知BC与平面BEF所成角为，即，则，设，则如图，以F为原点建立空间直角坐标系，EC为x轴，EF为y轴，EB为z轴，，，，，，，设面的法向量为，则，令，则设面的法向量为，则，令，则所以二面角的余弦值为41．（2020·天津市咸水沽第一中学高二期中）如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；【详解】（1）作于E，于D，即，，在△中，由余弦定理知：，则，∴在中，；在中，；而，，∴，即，，又，∴平面；（2）构建以中点O为原点，为x，y轴正方向，垂直于且同方向作为z轴正方向，如下图示，则，可令，∴，若为面的一个法向量，则，令，即，∴，即直线与平面所成的角的正弦值为.42．（2020·天津市滨海新区塘沽第一中学高二期中）如图，在四棱锥中，面ABCD，，且，，，，，N为PD的中点（1）求证：平面．（2）求平面与平面所成二面角的余弦值（3）在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，且.【详解】（1）证明：过作，垂足为，则，如图，以为坐标原点，分別以，，为轴建立空间直角坐标系，则，，， ，，，为的中点，，则，设平面的一个法向量为，，，则，令，解得：.，即，又平面，所以平面．（2）设平面的一个法向量为，，，所以，令，解得.所以.即平面与平面所成二面角的余弦值为.（3）假设线段上存在一点，设，，.，，则又直线与平面所成角的正弦值为，平面的一个法向量，化简得，即，，，故存在，且.43．（2020·重庆市杨家坪中学高二期中）如图，平面，，点M为BQ的中点.（1）求二面角的正弦值；（2）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长.【答案】（1）；（2）【详解】解：（1）平面，，以为坐标原点，，，的方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得：，，，，，，，设平面和平面的法向量分别为，，则，即，令，即，，即，令，即，，，二面角的正弦值为；（2）设，，即，则，，由（1）知：平面的法向量为，由题意知：，即，整理得：，解得：，或，又，，，，即线段的长为.44．（2020·北京市八一中学高二期中）如图1，在中，，，别为棱，的中点，将沿折起到的位置，使，如图2，连结，（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）若为中点，求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）线段上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.试题解析：（Ⅰ）证：因为，分别为，中点，所以//．因为，所以．所以．因为，所以．又因为=，所以平面．又因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）解：因为，，，所以，，两两互相垂直．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意有，，，，，．则，，，，，．设平面的一个法向量，则有，即，令得，．所以．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．（Ⅲ）解：假设线段上存在一点，使二面角的余弦值为．设，，则，即．所以，，.易得平面的一个法向量为．设平面的一个法向量，则有，即，令，则．若二面角的余弦值为，则有，即，解得，，．又因为，所以．故线段上存在一点，使二面角的余弦值为，且．45．（2020·青岛市黄岛区教育发展研究中心高二期中）如图，在几何体中，四边形为菱形，为等边三角形，，，平面平面.（1）证明：在线段上存在点，使得平面平面；（2）求二面角的余弦值；（3）若平面，求线段的长度.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【详解】解：（1）如图所示：取线段的中点，连接，、均为等边三角形，，平面，又平面，平面平面在线段存在中点，使得平面平面；（2）平面平面，平面平面，平面，即两两垂直，以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量，，，，得：，令，则，设平面的一个法向量，因为，由，得：，令，则，设二面角的平面角为，，又二面角为锐二面角，二面角的余弦值为；(3)，设，，，则，又平面，且平面的一个法向量为，，，.46．（2020·沙坪坝·重庆一中高二期中）图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2．（1）求证：平面平面ABED；（2）求直线与平面所成角的正弦值．（3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【详解】（1）证明：在图1中，连结AE，由已知条件得，∵且，∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F，∴，又∵在中，，∴，在图2中，，∵，∴，由题意知，且∴平面ABED，又平面，∴平面平面ABED；（2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为，，，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，，所以，即，令，解得，，所以，，记直线与平面所成角为，则．（3）假设存在，设，所以，，∵平面，易得平面的一个法向量，设平面PBE的一个法向量，由，可得，可取，则，解得，此时．47．（2020·浙江省杭州第二中学高二期中）已知四棱锥中，底面为梯形，，，，，，．（1）若为的中点，求证：平面；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【详解】解：（1）取中点，连接，∵为的中点，∴在中，，，∵，，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面；（2）取中点，连接，∵，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，∵，∴，，∴，∵，∴，∴在中，由正弦定理得：，解得，∴，∴在中，，在中，，∴，，∴，即，∵，，∴在中，∴，即，∵，∴平面，故如图建系，，，设，由得，解得，∴，∴，设平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，∴，即,故；，即,故.∴，∴二面角的正弦值为.48．（2021·四川雅安中学高二期中（理））如图，在四棱锥中，底面为边长为2的菱形，为正三角形，且平面平面，为线段中点，在线段上.（1）当是线段中点时，求证：平面；（2）当时，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【详解】证明：（1）连结，交于点，连结，由底面为菱形，为中点，∵为中点，∴.又面，面，∴面.（2）∵为正三角形，为的中点，∴.又∵面面，∴面，又底面菱形，，为线段中点，以为原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，则又，即，可得，，设平面的法向量为，则，令，则由面，所以平面的法向量为，所以所以二面角的正弦值为49．（2018·上海浦东新·华师大二附中）如果从北大打车到北京车站去接人，聪明的专家一定会选择走四环．虽然从城中间直穿过去看上去很诱人，但考虑到北京的道路几乎总是正南正北的方向，事实上不会真有人认为这样走能抄近路．在城市中，专家估算两点之间的距离时，不会直接去测量两点之间的直线距离，而会去考虑它们相距多少个街区．在理想模型中，假设每条道路都是水平或者竖直的，那么只要你朝着目标走（不故意绕远路），不管你这样走，花费的路程都是一样的．出租车几何学（taxicabgeometry），所谓的“出租车几何学”是由十九世纪的另一位真专家赫尔曼-闵可夫斯基所创立的．在出租车几何学中，点还是形如的有序实数对，直线还是满足的所有组成的图形，角度大小的定义也和原来一样．只是直角坐标系内任意两点，定义它们之间的一种“距离”：，请解决以下问题：（1）定义：“圆”是所有到定点“距离”为定值的点组成的图形，求“圆周”上的所有点到点的“距离”均为的“圆”方程，并作出大致图像；（2）在出租车几何学中，到两点、“距离”相等的点的轨迹称为线段的“垂直平分线”，已知点，，；①写出在线段的“垂直平分线”的轨迹方程，并写出大致图像；②求证：三边的“垂直平分线”交于一点（该点称为的“外心”），并求出的“外心”.【答案】（1）；（2），若，则；若，则；若，则；②证明略，“外心”【详解】（1）“圆”是所有到定点“距离”为定值的点组成的图形，“圆周”上的所有点到点的“距离”均为，“圆”方程为：；（2）①由题意知，设到两点距离相等的点的坐标为，则.（ⅰ）当时，去绝对值符号得：整理得，显然或时，该方程无解.当时，去绝对值符号得：，整理得：，解得.则此情况下，与的关系为.（ⅱ）当时，去绝对值符号得整理得当时，去绝对值符号得：即当时，去绝对值符号得：，舍去；当时，去绝对值符号得：，舍去；所以此情况下，与的关系为.（ⅲ）当时，去绝对值符号得：，整理得，显然或时，该方程无解.当时，去绝对值符号得：，解得.所以.综上所述，到两点距离相等的坐标为的点的轨迹方程，即线段的垂直平分线的方程为：当时，；当时，；当时，.②由题意知由知到点距离相等的点的坐标为满足：即，解得.故线段的垂直平分线的方程为.由知到点距离相等的点的坐标为满足：解得：.故线段的垂直平分线的方程为.则线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的唯一交点坐标为.由（2）①知，当时，即线段的垂直平分线也经过点.所以三边的“垂直平分线”交于一点，且．50．（2020·北京人大附中）已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.（1）设，，，试用基底表示向量；（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【详解】（1）∵，而，∴，所以.（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，∴，即，故，至少有一个大于，不妨设，∴，，构成三角形.（3）设，，，由（1）知.又，有，，，∴，，，设，又∴因为平面，所以存在实数，使得：，∴∴，消元：在有解.当时，，即；当时，，解得.综上，有.所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.