湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷

湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高一下·河北期末）下列几何体中是四棱锥的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2022高二上·武冈期中）随机抛掷一枚质地均匀的骰子，则其向上一面的点数为偶数的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2022高二上·武冈期中）已知函数，则（4）的值为（　　）
A．2 B．4 C．8 D．24
4．（2017高一上·鞍山期中）某商场将彩电的售价先按进价提高40%，然后“八折优惠”，结果每台彩电利润为360元，那么彩电的进价是（　　）
A．2000元 B．2500元 C．3000元 D．3500元
5．（2021高二上·沈阳期中）已知向量，，且，那么等于（　　）
A． B． C． D．5
6．（2020·新课标Ⅰ·理）已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（　　）
A．2 B．3 C．6 D．9
7．（2022高二上·武冈期中）已知双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
8．（2019高二上·荆州期中）已知菱形 中，∠ ，沿对角线 折叠之后,使得平面 平面 ，则二面角 的余弦值为（　　）.
A．2 B． C． D．
二、多选题
9．（2022高二上·武冈期中）已知空间三点，，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2022高二上·武冈期中）已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2020高二上·溧阳期末）已知曲线 ，（　　）
A．若 ，则 是焦点在 轴上的椭圆
B．若 ，则 是椭圆，且其离心率
C．若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为
D．若 ，则 是双曲线，其离心率为 或
12．（2022高二上·武冈期中）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，设平面与平面的交线为，Q为上的点，下列说法正确的为（　　）
A．
B．平面
C．四棱锥的体积随Q点的移动而改变
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
13．复数的实部为　 　 。
14．（2022高二上·武冈期中）已知双曲线＝1(a＞0)的左焦点是(2，0)，则a的值为　 　．
15．（2020·新高考Ⅰ）斜率为 的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则 =　 　．
16．（2022高二上·武冈期中）已知，则　 　．
四、解答题
17．（2022高二上·武冈期中）已知二次方程有一正根和一负根，求实数的取值范围.
18．（2022高二上·武冈期中）在中，有.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
19．（2022高二上·武冈期中）如图，设边长为2的正方形的中心为O，过点O作平面的垂线，，E为的中点，求与夹角的余弦值.
20．（2022高二上·武冈期中）求直线被圆截得的弦长.
21．（2022高二上·武冈期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．
22．（2020·新高考Ⅰ）已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做四棱锥.只有C符合，
故答案为：C
【分析】 直接由棱锥的结构特征结合选项得答案．
2．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】随机抛掷一枚骰子，向上点数有1，2，3，4，5，6共6种，为偶数的为2，4，6共3种情况，则概率为.
故答案为：D.
【分析】根据概率公式知，6个数中有3个偶数，可得掷一次骰子，向上一面的点数为偶数的概率.
3．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】函数，
（4）．
故答案为：C．
【分析】将x=4代入分段函数的解析式中，直接求解即可得答案.
4．【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：设彩电的进价是x元，
由题意得：x（1+40%）×0.8=360+x，
解得x=3000．
故答案为：C．
【分析】根据题意可列出方程解得即可。
5．【答案】B
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为向量，，且，
所以，解得，
所以，
所以，
故答案为：B
【分析】 由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出 的值.
6．【答案】C
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知 ，即 ，解得 .
故答案为：C.
【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
7．【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由条件可知双曲线的焦点在轴，并且直线中，当时，，所以，那么，解得：，且，
所以双曲线的渐近线方程是.
故答案为：A
【分析】 根据题意，分双曲线的焦点位置以及直线的方程分析可得c的值，结合双曲线的性质可得，求解出a，即可得双曲线的方程，进而计算可得双曲线的渐近线方程.
8．【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：如图取 的中点 ，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
令棱形 的边长为2，则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ，
令 则 ，
即
平面 的法向量为
令二面角 的夹角为
因二面角 为锐二面角
故答案为：D
【分析】取 的中点 ，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角 的余弦值．
9．【答案】A,C
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】因为，，，
所以
所以，，
所以不共线.
故答案为：AC
【分析】根据3点的坐标求出的坐标，结合空间向量数量积的坐标表示判断A；结合空间向量共线的运算判断B；结合空间向量的几何意义判断C；结合空间向量夹角的求法判断D.
10．【答案】A,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】由题意可知，（当且仅当时取等号），A符合题意；
取，则，BC不符合题意；
因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），D符合题意；
故答案为：AD
【分析】利用基本不等式的性质判断A、D；取判断B、C.
11．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：曲线 ，
若 ，则 是焦点在 轴上的椭圆，故 正确；
若 ，则 是椭圆，且 ，故 错误；
若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为 ，故 正确；
若 ，则 是双曲线，
当 ，可得双曲线的焦点在 轴上，可得 ，
当 ，可得双曲线的焦点在 轴上，可得 ，故 正确．
故答案为：ACD．
【分析】由椭圆的方程结合焦点的位置即可求出选项A正确；结合椭圆的简单性质即可判断出选项B错误；由双曲线的方程以及简单性质即可判断出选项C正确；由双曲线的焦点位置结合双曲线的方程即可判断出选项D正确，由此即可得出答案。
12．【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】由于平面平面，
所以平面，
由于平面与平面的交线为，平面，
所以，所以A选项正确.
由于底面，平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于，所以平面，B选项正确.
由于平面，平面，所以平面，
，所以无论在何处，到平面的距离不变，
而三角形的面积不变，所以三棱锥的体积不变，C选项错误.
由上述分析可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，设，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
所以.
当时，；当时，；
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确.
故答案为：ABD
【分析】利用线面平行的判定定理可得平面，推出，可判断A；由底面得，推出平面，进而推出平面，可判断B；无论在何处，到平面的距离不变，可得三棱锥的体积不变，可判断C；以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值的最大值，可判断D.
13．【答案】-1
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】复数，其实部为.
【分析】本题主要考查的是复数的乘法运算和复数的概念，属于容易题。解题时要抓住重要字眼“实部”，否则很容易出现错误。解本题需要掌握的知识点是复数的乘法运算和复数的概念，即，若。则复数z的实部是a，虚部是b。
14．【答案】1
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题意知c＝2，即c2＝4．
∵b2＝3，
∴c2＝b2+a2，则a2＝1，又a＞0，
∴a＝1．
故答案为：1．
【分析】由题意知c2＝4，b2＝3，再根据c2＝b2+a2，可求出a的值.
15．【答案】
【知识点】直线的点斜式方程；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】∵抛物线的方程为 ，∴抛物线的焦点F坐标为 ，
又∵直线AB过焦点F且斜率为 ，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得 ，
解法一：解得
所以
解法二：
设 ，则 ，
过 分别作准线 的垂线，设垂足分别为 如图所示.
故答案为：
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
16．【答案】2
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】．
故答案为：2.
【分析】根据正弦，余弦的二倍角公式，结合同角三角函数基本关系可求出答案.
17．【答案】解：当时，如图，当时，，满足条件，
所以，解得：
当时，如图，当时，，满足条件，
所以，解得：
综上可知
【知识点】根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】由二次项系数非零及两根之积小于0，可得出关于m的不等式组，求解即可得出实数m的取值范围.
18．【答案】（1）解：由题意可得，，故.
（2）解：由三角形的面积公式可得.
因此，的面积为.
【知识点】余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求出角的大小；
（2）由三角形的面积公式求出 的面积.
19．【答案】解：连结、，显然有，，.如图分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
则，，则，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】 分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，再进行空间向量的坐标运算，再利用两个向量的夹角公式可求解出 与夹角的余弦值.
20．【答案】解：设直线与圆交于A，B两点，弦AB的中点为M，
则（O为坐标原点），所以，
从而.
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【分析】 求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，利用弦长公式进行计算即可.
21．【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为四边形是矩形，，
所以四边形是正方形，
所以，
又平面，平面，，
所以平面，又因为平面，
所以.
（2）解：因为，，为的中点，
所以，，，，
所以，，
设点到平面的距离为，
由可得：，
即，
解得：，
所以点E到面ACD1的距离为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】 (1)由线面垂直的判定定理证明 平面 ，即可得证 D1E⊥A1D；
(2) 设点到平面的距离为，由 求出h，即可得点E到面ACD1的距离．
22．【答案】（1）解：由题意可得： ，解得： ，故椭圆方程为： .
（2）解：设点 .
因为AM⊥AN，∴ ，即 ,①
当直线MN的斜率存在时，设方程为 ,如图1.
代入椭圆方程消去 并整理得： ,
②,
根据 ,代入①整理可得：
将②代入， ，
整理化简得 ,
∵ 不在直线 上，∴ ，
∴ ，
于是MN的方程为 ，
所以直线过定点直线过定点 .
当直线MN的斜率不存在时，可得 ,如图2.
代入 得 ,
结合 ,解得 ,
此时直线MN过点 ,
由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足 为定值（AE长度的一半 ）.
由于 ，故由中点坐标公式可得 .
故存在点 ，使得|DQ|为定值.
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为 , 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.
1 / 1湖南省邵阳市武冈市2022-2023学年高二上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2020高一下·河北期末）下列几何体中是四棱锥的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做四棱锥.只有C符合，
故答案为：C
【分析】 直接由棱锥的结构特征结合选项得答案．
2．（2022高二上·武冈期中）随机抛掷一枚质地均匀的骰子，则其向上一面的点数为偶数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】随机抛掷一枚骰子，向上点数有1，2，3，4，5，6共6种，为偶数的为2，4，6共3种情况，则概率为.
故答案为：D.
【分析】根据概率公式知，6个数中有3个偶数，可得掷一次骰子，向上一面的点数为偶数的概率.
3．（2022高二上·武冈期中）已知函数，则（4）的值为（　　）
A．2 B．4 C．8 D．24
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】函数，
（4）．
故答案为：C．
【分析】将x=4代入分段函数的解析式中，直接求解即可得答案.
4．（2017高一上·鞍山期中）某商场将彩电的售价先按进价提高40%，然后“八折优惠”，结果每台彩电利润为360元，那么彩电的进价是（　　）
A．2000元 B．2500元 C．3000元 D．3500元
【答案】C
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：设彩电的进价是x元，
由题意得：x（1+40%）×0.8=360+x，
解得x=3000．
故答案为：C．
【分析】根据题意可列出方程解得即可。
5．（2021高二上·沈阳期中）已知向量，，且，那么等于（　　）
A． B． C． D．5
【答案】B
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为向量，，且，
所以，解得，
所以，
所以，
故答案为：B
【分析】 由可得，从而解出x，得到的坐标，再由模长公式求出 的值.
6．（2020·新课标Ⅰ·理）已知A为抛物线C:y2=2px（p>0）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p=（　　）
A．2 B．3 C．6 D．9
【答案】C
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设抛物线的焦点为F，由抛物线的定义知 ，即 ，解得 .
故答案为：C.
【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
7．（2022高二上·武冈期中）已知双曲线的一个焦点在直线上，则双曲线的渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由条件可知双曲线的焦点在轴，并且直线中，当时，，所以，那么，解得：，且，
所以双曲线的渐近线方程是.
故答案为：A
【分析】 根据题意，分双曲线的焦点位置以及直线的方程分析可得c的值，结合双曲线的性质可得，求解出a，即可得双曲线的方程，进而计算可得双曲线的渐近线方程.
8．（2019高二上·荆州期中）已知菱形 中，∠ ，沿对角线 折叠之后,使得平面 平面 ，则二面角 的余弦值为（　　）.
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：如图取 的中点 ，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
令棱形 的边长为2，则 ， ， ，
设平面 的法向量为 ， ，
令 则 ，
即
平面 的法向量为
令二面角 的夹角为
因二面角 为锐二面角
故答案为：D
【分析】取 的中点 ，分别以 ， ， 为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角 的余弦值．
二、多选题
9．（2022高二上·武冈期中）已知空间三点，，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】向量的模；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】因为，，，
所以
所以，，
所以不共线.
故答案为：AC
【分析】根据3点的坐标求出的坐标，结合空间向量数量积的坐标表示判断A；结合空间向量共线的运算判断B；结合空间向量的几何意义判断C；结合空间向量夹角的求法判断D.
10．（2022高二上·武冈期中）已知正数a，b满足，则下列说法一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】由题意可知，（当且仅当时取等号），A符合题意；
取，则，BC不符合题意；
因为，所以（当且仅当时取等号），则（当且仅当时取等号），D符合题意；
故答案为：AD
【分析】利用基本不等式的性质判断A、D；取判断B、C.
11．（2020高二上·溧阳期末）已知曲线 ，（　　）
A．若 ，则 是焦点在 轴上的椭圆
B．若 ，则 是椭圆，且其离心率
C．若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为
D．若 ，则 是双曲线，其离心率为 或
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：曲线 ，
若 ，则 是焦点在 轴上的椭圆，故 正确；
若 ，则 是椭圆，且 ，故 错误；
若 ，则 是双曲线，其渐近线方程为 ，故 正确；
若 ，则 是双曲线，
当 ，可得双曲线的焦点在 轴上，可得 ，
当 ，可得双曲线的焦点在 轴上，可得 ，故 正确．
故答案为：ACD．
【分析】由椭圆的方程结合焦点的位置即可求出选项A正确；结合椭圆的简单性质即可判断出选项B错误；由双曲线的方程以及简单性质即可判断出选项C正确；由双曲线的焦点位置结合双曲线的方程即可判断出选项D正确，由此即可得出答案。
12．（2022高二上·武冈期中）如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，设平面与平面的交线为，Q为上的点，下列说法正确的为（　　）
A．
B．平面
C．四棱锥的体积随Q点的移动而改变
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】由于平面平面，
所以平面，
由于平面与平面的交线为，平面，
所以，所以A选项正确.
由于底面，平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于，所以平面，B选项正确.
由于平面，平面，所以平面，
，所以无论在何处，到平面的距离不变，
而三角形的面积不变，所以三棱锥的体积不变，C选项错误.
由上述分析可知两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，设，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
所以.
当时，；当时，；
当时，，当且仅当时等号成立.
综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D选项正确.
故答案为：ABD
【分析】利用线面平行的判定定理可得平面，推出，可判断A；由底面得，推出平面，进而推出平面，可判断B；无论在何处，到平面的距离不变，可得三棱锥的体积不变，可判断C；以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法求出直线与平面所成角的正弦值的最大值，可判断D.
三、填空题
13．复数的实部为　 　 。
【答案】-1
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】复数，其实部为.
【分析】本题主要考查的是复数的乘法运算和复数的概念，属于容易题。解题时要抓住重要字眼“实部”，否则很容易出现错误。解本题需要掌握的知识点是复数的乘法运算和复数的概念，即，若。则复数z的实部是a，虚部是b。
14．（2022高二上·武冈期中）已知双曲线＝1(a＞0)的左焦点是(2，0)，则a的值为　 　．
【答案】1
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】由题意知c＝2，即c2＝4．
∵b2＝3，
∴c2＝b2+a2，则a2＝1，又a＞0，
∴a＝1．
故答案为：1．
【分析】由题意知c2＝4，b2＝3，再根据c2＝b2+a2，可求出a的值.
15．（2020·新高考Ⅰ）斜率为 的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则 =　 　．
【答案】
【知识点】直线的点斜式方程；抛物线的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】∵抛物线的方程为 ，∴抛物线的焦点F坐标为 ，
又∵直线AB过焦点F且斜率为 ，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得 ，
解法一：解得
所以
解法二：
设 ，则 ，
过 分别作准线 的垂线，设垂足分别为 如图所示.
故答案为：
【分析】先根据抛物线的方程求得抛物线焦点坐标，利用点斜式得直线方程，与抛物线方程联立消去y并整理得到关于x的二次方程，接下来可以利用弦长公式或者利用抛物线定义将焦点弦长转化求得结果.
16．（2022高二上·武冈期中）已知，则　 　．
【答案】2
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】．
故答案为：2.
【分析】根据正弦，余弦的二倍角公式，结合同角三角函数基本关系可求出答案.
四、解答题
17．（2022高二上·武冈期中）已知二次方程有一正根和一负根，求实数的取值范围.
【答案】解：当时，如图，当时，，满足条件，
所以，解得：
当时，如图，当时，，满足条件，
所以，解得：
综上可知
【知识点】根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】由二次项系数非零及两根之积小于0，可得出关于m的不等式组，求解即可得出实数m的取值范围.
18．（2022高二上·武冈期中）在中，有.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：由题意可得，，故.
（2）解：由三角形的面积公式可得.
因此，的面积为.
【知识点】余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可求出角的大小；
（2）由三角形的面积公式求出 的面积.
19．（2022高二上·武冈期中）如图，设边长为2的正方形的中心为O，过点O作平面的垂线，，E为的中点，求与夹角的余弦值.
【答案】解：连结、，显然有，，.如图分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，，，，
则，，则，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】 分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系，再进行空间向量的坐标运算，再利用两个向量的夹角公式可求解出 与夹角的余弦值.
20．（2022高二上·武冈期中）求直线被圆截得的弦长.
【答案】解：设直线与圆交于A，B两点，弦AB的中点为M，
则（O为坐标原点），所以，
从而.
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【分析】 求出圆心和半径，求出圆心到直线的距离，利用弦长公式进行计算即可.
21．（2022高二上·武冈期中）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
（1）证明：D1E⊥A1D；
（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．
【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为四边形是矩形，，
所以四边形是正方形，
所以，
又平面，平面，，
所以平面，又因为平面，
所以.
（2）解：因为，，为的中点，
所以，，，，
所以，，
设点到平面的距离为，
由可得：，
即，
解得：，
所以点E到面ACD1的距离为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】 (1)由线面垂直的判定定理证明 平面 ，即可得证 D1E⊥A1D；
(2) 设点到平面的距离为，由 求出h，即可得点E到面ACD1的距离．
22．（2020·新高考Ⅰ）已知椭圆C： 的离心率为 ，且过点A（2，1）．
（1）求C的方程：
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【答案】（1）解：由题意可得： ，解得： ，故椭圆方程为： .
（2）解：设点 .
因为AM⊥AN，∴ ，即 ,①
当直线MN的斜率存在时，设方程为 ,如图1.
代入椭圆方程消去 并整理得： ,
②,
根据 ,代入①整理可得：
将②代入， ，
整理化简得 ,
∵ 不在直线 上，∴ ，
∴ ，
于是MN的方程为 ，
所以直线过定点直线过定点 .
当直线MN的斜率不存在时，可得 ,如图2.
代入 得 ,
结合 ,解得 ,
此时直线MN过点 ,
由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足 为定值（AE长度的一半 ）.
由于 ，故由中点坐标公式可得 .
故存在点 ，使得|DQ|为定值.
【知识点】椭圆的定义；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由题意得到关于a,b,c的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.(2)设出点M，N的坐标，在斜率存在时设方程为 , 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到m,k的关系，进而得直线MN恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点Q的位置.
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