福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期中质量检测数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期中质量检测数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 439.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-01 01:09:40 | ||
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文档简介
2023-2024学年福建省福州市福清市高中联合体高二上学期期中质量检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.在空间直角坐标系中，，，则与向量共线的向量的坐标是
( )
A. B. C. D.
2.若直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则与所成角为
( )
A. B. C. 或 D. 或
3.已知直线的斜率为，且在轴上的截距为，则的方程为
( )
A. B. C. D.
4.在棱长为的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离为
( )
A. B. C. D.
5.已知直线的一个方向向量为，直线：，若，则实数的值为
( )
A. B. C. D.
6.已知直线过定点，则点关于直线对称的点的坐标为
( )
A. B. C. D.
7.已知圆心为的圆经过，两点，且点在直线上，则此圆的标准方程为
( )
A. B.
C. D.
8.已知二面角的大小为，且平面，的面积为，则的面积为
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.在空间直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，则
( )
A. 点到点的距离是
B. 点关于轴对称点的坐标是
C. 点关于点对称的点的坐标是
D. 点关于平面对称的点的坐标是
10.下列说法中正确的是( )
A. 若，则和的夹角为锐角
B. 若是空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
C. 对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面
D. 若平面平面，平面的一个法向量为，点，点，且，则与的距离为
11.已知圆：，则
( )
A. 点在圆内 B. 圆关于直线对称
C. 圆的半径为 D. 直线与圆相切
12.如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为该正方体的上底面上的动点，则
( )
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 存在唯一的点满足
C. 满足的点的轨迹长度为
D. 存在点满足
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.直线的倾斜角的大小为_____________．
14.已知动点与两个定点，的距离的比为，且动点不在轴的下方，则动点的轨迹与轴所围成的图形的面积为____________．
15.如图，两个正方形，的边长都是，且，则的长为____________．
16.如图，已知圆柱母线长为，底面圆半径为，为下底面圆圆心，，是下底面圆周上的点，且若点是圆柱表面上的动点，且满足，则点运动轨迹长为_______________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知直线：．
若直线经过点，且，求的方程；
若直线：，求与的距离，
18.本小题分
已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为．
求边所在直线的方程；
求点到边的距离．
19.本小题分
如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点
求的值；
求异面直线，所成角的余弦值．
20.本小题分
在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是的中点．
求证：平面平面；
求点到平面的距离．
21.本小题分
如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点，点在线段上，且．
证明：；
求平面与平面夹角的正弦值
22.本小题分
已知：，过点的动直线与交于，两点．
是否存在弦被点平分若存在，写出直线 的方程，若不存在，请说明理由；
弦的中点的轨迹为，求的方程．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据空间共线向量的坐标表示即可求解．
解：由题知，对于选项 C，；对于选项 A，，，都不存在使与选项 A，，相等，故选项A，，都不正确．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】根据线面角的坐标计算公式求解即可．
解：设与所成角为，
因为直线的一个方向向量，平面的一个法向量，
所以，
因为 ，所以．
故选：
3.【答案】
【解析】【分析】由题意知直线过点和斜率为，利用直线的点斜式可求解出直线方程．
解：由题意知：直线过点和斜率为，
所以得：直线的方程为：，化简得：，
故B项正确．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】根据正方体的性质，在中应用等面积法求到直线的距离．
解：在正方体中，点到直线的距离为，
，
，，
则在中，，
，
则，
则，解得．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】当直线的斜率存在时，直线的一个方向向量可用其斜率表示为，再由，从而求解．
解：由题意得，直线的斜率，
因为，所以直线的斜率存在，且，
所以直线的一个方向向量可用斜率表示为：，
又因为直线的一个方向向量为：，
所以得：，故 D项正确．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】由题意，联立方程组求解定点，再求解点关于直线的对称点，利用垂直平分性质建立方程组求解即可．
解：直线过定点，
由，解得
则定点为．
设点关于直线的对称点为，
则，解得
则关于直线的对称点的坐标为．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】设出圆的方程，列出方程组可得答案．
解：设圆的方程为，因为经过，两点，且点在直线上，
所以，解得
所以圆的标准方程为．
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件作出二面角的平面角，探求与公共边上高的关系即可计算作答．
解：
如图，过点作于，连接，
因平面，又平面，则，
而，平面，于是得平面，
显然，平面，从而有，
因此，是二面角的平面角，即，
在中，，则有，
所以，
所以的面积是．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】选项A，由空间向量两点间距离坐标公式可得；选项B，关于轴对称，则对称点的横坐标与点点的横坐标相同，故 B错误；选项C，由空间向量中点坐标公式可得；选项D，点关于平面对称的点的横、纵坐标与点的相同，竖坐标互为相反数．
解：选项A，由点的坐标为得，
，故 A正确；
选项B，点关于轴对称点的坐标是，故 B错误；
选项C，设点关于点对称的点的坐标是，
则，解得
即对称点为，故 C错误；
选项D，点关于平面对称的点的坐标是，故 D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】选项A，注意共线情况的分析；选项B，由平面向量基本定理可得三向量共面，不能构成基底；选项C，已知条件可变形为，即，，，四点共面；选项D，可由法向量方法求解点面距离，即两平行平面的距离．
解：选项A，当两向量非零，共线且同向时，
，两向量夹角不是锐角，故 A错误；
选项B，由，
得三向量共面，
所以不能作为空间的一个基底，故B错误；
选项C，由已知，
则，
即，
由平面向量基本定理可知，
，，，四点共面，故C项正确；
选项D，设平面的法向量为，
由点，点，且，
则点到平面的距离，
又因为平面平面，
则点到平面的距离即为平行平面与的距离故D项正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】选项A，将点的坐标代入一般方程，由符号可判断点圆位置关系；选项 B，看直线是否过圆心来判断是否是圆的对称轴；选项C，一般方程转化为标准方程可得圆的半径；选项D，由圆心到直线的距离与半径的大小关系判断直线与圆的位置关系．
解：，圆心为，半径，
选项A，将坐标代入一般方程式子左边，
由，
得点在圆内，故 A正确；
选项B，由知，
圆心在直线上，
故圆关于直线对称，故 B正确；
选项C，半径为，故 C错误；
选项D，圆心到直线的距离
，
则直线与圆相切，故 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】在正方体中，证得平面平面，得到平面，求得点的轨迹长度，可判定 A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定、C正确；求得点关于平面的对称点为，结合，可判定 D错误．
解：对于中，如图所示，在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，因为，且平面
所以平面平面，又因为平面，所以平面，
所以点在线段上运动，所以点的轨迹长度为，所以 A正确；
对于中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，设，且，
则，
由，
解得，所以存在唯一的点使得，所以 B正确；
对于中，由，可得，
即，因为，
当时，可得；当时，可得；
所以点点的轨迹为线段，且，
则，所以 C正确；
对于中，如图所示，点关于平面的对称点为，
当点三点共线时，最短，
所以，
所以不存在点使得，所以不正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】由斜率与倾斜角的关系可得．
解：直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
又，则．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】由题意先由直接法按步骤求出动点的轨迹，再画出图形求解面积．
解：设，由题意得，
又已知，，则，
化简整理得，，
又动点不在轴的下方，
则动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在轴上方的半圆弧．
该轨迹与轴所围成的图形的面积为半圆面积，
由半径，故所求面积．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】求出，平方后得到，从而求出．
解：由题意得，又，故，
故，，
，
故
，
故．
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】根据题意，由条件可证平面，从而可得点运动轨迹为矩形，再结合条件代入计算，即可得到结果．
解：
延长交圆于点，过点，作垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于，
过点，作垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于，
连接，则四边形为矩形，且，，平面，
所以平面，即点在矩形的边上运动，
点运动轨迹长为矩形的周长．
又，则，且，则，
又，则为等边三角形，，又，
则四边形的周长为，所以点运动轨迹长为．
故答案为：
17.【答案】解：
依题意，设的方程为，
因为直线经过点，
所以，
解得，
所以的方程为；
因为直线：，所以：，
因为直线：，所以，
所以与的距离．
【解析】【分析】利用直线平行设出所求直线方程，根据所过点可得答案；
利用平行直线间的距离公式可得答案．
18.【答案】解：
因为点是直线与直线的交点，
由
得
即点坐标为，
所以边所在直线的方程为，
即．
故边所在直线的方程为．
因为边上的高线所在直线方程为，
可设直线方程为，
因为点在直线上，所以，解得．
所以直线的方程为．
因为边上的中线所在直线方程为，
由
得，即点坐标为．
由知，边所在直线的方程为，
所以点到直线的距离．
【解析】【分析】求出点坐标，由两点式求出直线方程，得到答案；
根据垂直关系得到设出方程为，将点代入直线方程，得到直线的方程，联立直线与直线，得到点的坐标，进而由点到直线距离公式求出答案．
19.【答案】解：
选取一个基底，
由题意得，，
，
，
因为，
所以
．
方法一：由知，，
所以
所以
，
所以．
即异面直线，所成角的余弦值为．
方法二：取的中点，连接，，如图，
因为点是的中点，所以，且，
故异面直线，所成的角为或其补角．
因为，，点，分别是，的中点，
所以，，，，
由勾股定理得，
所以，，
由勾股定理得，
在中，，
即异面直线，所成角的余弦值为．
【解析】【分析】由余弦定理求出，，利用表达出，从而求出；
方法一：在的基础上，求出，利用求出答案；
方法二：作出辅助线，找到异面直线，所成角为或其补角，求出各边，利用余弦定理求出答案．
20.【答案】解：
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意，得，，，，，，
因为，，，
所以，
所以，
所以，，又，平面，
所以平面
因为平面，
所以平面平面．
由知，为平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以点到平面的距离为．
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，先证明，即可证明平面，进而面面垂直得证；
利用向量法求点面距．
21.【答案】解：
解法一：如图，取中点为，中点为，连接，．
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以，，
所以，
又因为在正中，．
故以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
依题意得，，，，
所以，．
所以，
所以．
解法二：取中点为，连接，，．
因为平面，平面，所以．
又，所以四边形是正方形，
所以．
因为，为，中点，
所以，所以．
因为平面，平面，所以．
在正中，为中点，所以．
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
因为点在线段上，且，所以，
可得，．
设平面的法向量，
则，所以
令，则．
所以．
设平面与平面夹角为，，
则
所以．
即平面与平面夹角的正弦值为
【解析】【分析】解法一：根据题意建立空间直角坐标系结合向量运算公式进行证明即可；
解法二：通过证明平面，得到，进而证明平面，即可得证；
通过空间直角坐标系中两个平面夹角的坐标公式进行计算即可．
22.【答案】解：
存在弦被点平分．
理由如下：
因为点的坐标为，所以，
所以点 在 内；
当弦被点平分时，，
又的斜率，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即；
因为：，所以圆心为，
设动点的坐标为，又因为点的坐标为，
所以，，
当点与点不重合时，因为弦的中点为，得，
所以，
所以，即，
所以点的轨迹方程为且；
当点与点重合时，由知，弦被点平分，即弦的中点为，
且点也满足方程；
综上，的方程为．
【解析】【分析】依题意可得，求出的斜率，即可求出的斜率，再由点斜式计算可得；
设动点的坐标为，分点与点不重合与重合两种情况讨论，当点与点不重合时则，则，即可求出轨迹方程，再检验重合时是否满足．
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一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.在空间直角坐标系中，，，则与向量共线的向量的坐标是
( )
A. B. C. D.
2.若直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则与所成角为
( )
A. B. C. 或 D. 或
3.已知直线的斜率为，且在轴上的截距为，则的方程为
( )
A. B. C. D.
4.在棱长为的正方体中，为线段的中点，则点到直线的距离为
( )
A. B. C. D.
5.已知直线的一个方向向量为，直线：，若，则实数的值为
( )
A. B. C. D.
6.已知直线过定点，则点关于直线对称的点的坐标为
( )
A. B. C. D.
7.已知圆心为的圆经过，两点，且点在直线上，则此圆的标准方程为
( )
A. B.
C. D.
8.已知二面角的大小为，且平面，的面积为，则的面积为
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.在空间直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，则
( )
A. 点到点的距离是
B. 点关于轴对称点的坐标是
C. 点关于点对称的点的坐标是
D. 点关于平面对称的点的坐标是
10.下列说法中正确的是( )
A. 若，则和的夹角为锐角
B. 若是空间的一个基底，则构成空间的另一个基底
C. 对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面
D. 若平面平面，平面的一个法向量为，点，点，且，则与的距离为
11.已知圆：，则
( )
A. 点在圆内 B. 圆关于直线对称
C. 圆的半径为 D. 直线与圆相切
12.如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为该正方体的上底面上的动点，则
( )
A. 满足平面的点的轨迹长度为
B. 存在唯一的点满足
C. 满足的点的轨迹长度为
D. 存在点满足
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.直线的倾斜角的大小为_____________．
14.已知动点与两个定点，的距离的比为，且动点不在轴的下方，则动点的轨迹与轴所围成的图形的面积为____________．
15.如图，两个正方形，的边长都是，且，则的长为____________．
16.如图，已知圆柱母线长为，底面圆半径为，为下底面圆圆心，，是下底面圆周上的点，且若点是圆柱表面上的动点，且满足，则点运动轨迹长为_______________．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知直线：．
若直线经过点，且，求的方程；
若直线：，求与的距离，
18.本小题分
已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为．
求边所在直线的方程；
求点到边的距离．
19.本小题分
如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点
求的值；
求异面直线，所成角的余弦值．
20.本小题分
在四棱锥中，底面是正方形，平面，，是的中点．
求证：平面平面；
求点到平面的距离．
21.本小题分
如图，正三棱柱的所有棱长都为，为中点，点在线段上，且．
证明：；
求平面与平面夹角的正弦值
22.本小题分
已知：，过点的动直线与交于，两点．
是否存在弦被点平分若存在，写出直线 的方程，若不存在，请说明理由；
弦的中点的轨迹为，求的方程．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】根据空间共线向量的坐标表示即可求解．
解：由题知，对于选项 C，；对于选项 A，，，都不存在使与选项 A，，相等，故选项A，，都不正确．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】根据线面角的坐标计算公式求解即可．
解：设与所成角为，
因为直线的一个方向向量，平面的一个法向量，
所以，
因为 ，所以．
故选：
3.【答案】
【解析】【分析】由题意知直线过点和斜率为，利用直线的点斜式可求解出直线方程．
解：由题意知：直线过点和斜率为，
所以得：直线的方程为：，化简得：，
故B项正确．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】根据正方体的性质，在中应用等面积法求到直线的距离．
解：在正方体中，点到直线的距离为，
，
，，
则在中，，
，
则，
则，解得．
故选：
5.【答案】
【解析】【分析】当直线的斜率存在时，直线的一个方向向量可用其斜率表示为，再由，从而求解．
解：由题意得，直线的斜率，
因为，所以直线的斜率存在，且，
所以直线的一个方向向量可用斜率表示为：，
又因为直线的一个方向向量为：，
所以得：，故 D项正确．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】由题意，联立方程组求解定点，再求解点关于直线的对称点，利用垂直平分性质建立方程组求解即可．
解：直线过定点，
由，解得
则定点为．
设点关于直线的对称点为，
则，解得
则关于直线的对称点的坐标为．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】设出圆的方程，列出方程组可得答案．
解：设圆的方程为，因为经过，两点，且点在直线上，
所以，解得
所以圆的标准方程为．
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】根据给定条件作出二面角的平面角，探求与公共边上高的关系即可计算作答．
解：
如图，过点作于，连接，
因平面，又平面，则，
而，平面，于是得平面，
显然，平面，从而有，
因此，是二面角的平面角，即，
在中，，则有，
所以，
所以的面积是．
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】选项A，由空间向量两点间距离坐标公式可得；选项B，关于轴对称，则对称点的横坐标与点点的横坐标相同，故 B错误；选项C，由空间向量中点坐标公式可得；选项D，点关于平面对称的点的横、纵坐标与点的相同，竖坐标互为相反数．
解：选项A，由点的坐标为得，
，故 A正确；
选项B，点关于轴对称点的坐标是，故 B错误；
选项C，设点关于点对称的点的坐标是，
则，解得
即对称点为，故 C错误；
选项D，点关于平面对称的点的坐标是，故 D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】选项A，注意共线情况的分析；选项B，由平面向量基本定理可得三向量共面，不能构成基底；选项C，已知条件可变形为，即，，，四点共面；选项D，可由法向量方法求解点面距离，即两平行平面的距离．
解：选项A，当两向量非零，共线且同向时，
，两向量夹角不是锐角，故 A错误；
选项B，由，
得三向量共面，
所以不能作为空间的一个基底，故B错误；
选项C，由已知，
则，
即，
由平面向量基本定理可知，
，，，四点共面，故C项正确；
选项D，设平面的法向量为，
由点，点，且，
则点到平面的距离，
又因为平面平面，
则点到平面的距离即为平行平面与的距离故D项正确．
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】选项A，将点的坐标代入一般方程，由符号可判断点圆位置关系；选项 B，看直线是否过圆心来判断是否是圆的对称轴；选项C，一般方程转化为标准方程可得圆的半径；选项D，由圆心到直线的距离与半径的大小关系判断直线与圆的位置关系．
解：，圆心为，半径，
选项A，将坐标代入一般方程式子左边，
由，
得点在圆内，故 A正确；
选项B，由知，
圆心在直线上，
故圆关于直线对称，故 B正确；
选项C，半径为，故 C错误；
选项D，圆心到直线的距离
，
则直线与圆相切，故 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】在正方体中，证得平面平面，得到平面，求得点的轨迹长度，可判定 A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合向量的垂直的坐标表示，列出方程，可判定、C正确；求得点关于平面的对称点为，结合，可判定 D错误．
解：对于中，如图所示，在正方体中，可得，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证：平面，因为，且平面
所以平面平面，又因为平面，所以平面，
所以点在线段上运动，所以点的轨迹长度为，所以 A正确；
对于中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，设，且，
则，
由，
解得，所以存在唯一的点使得，所以 B正确；
对于中，由，可得，
即，因为，
当时，可得；当时，可得；
所以点点的轨迹为线段，且，
则，所以 C正确；
对于中，如图所示，点关于平面的对称点为，
当点三点共线时，最短，
所以，
所以不存在点使得，所以不正确．
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】由斜率与倾斜角的关系可得．
解：直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
又，则．
故答案为：．
14.【答案】
【解析】【分析】由题意先由直接法按步骤求出动点的轨迹，再画出图形求解面积．
解：设，由题意得，
又已知，，则，
化简整理得，，
又动点不在轴的下方，
则动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆在轴上方的半圆弧．
该轨迹与轴所围成的图形的面积为半圆面积，
由半径，故所求面积．
故答案为：．
15.【答案】
【解析】【分析】求出，平方后得到，从而求出．
解：由题意得，又，故，
故，，
，
故
，
故．
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】根据题意，由条件可证平面，从而可得点运动轨迹为矩形，再结合条件代入计算，即可得到结果．
解：
延长交圆于点，过点，作垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于，
过点，作垂直于圆柱的下底面，交圆柱上底面于，
连接，则四边形为矩形，且，，平面，
所以平面，即点在矩形的边上运动，
点运动轨迹长为矩形的周长．
又，则，且，则，
又，则为等边三角形，，又，
则四边形的周长为，所以点运动轨迹长为．
故答案为：
17.【答案】解：
依题意，设的方程为，
因为直线经过点，
所以，
解得，
所以的方程为；
因为直线：，所以：，
因为直线：，所以，
所以与的距离．
【解析】【分析】利用直线平行设出所求直线方程，根据所过点可得答案；
利用平行直线间的距离公式可得答案．
18.【答案】解：
因为点是直线与直线的交点，
由
得
即点坐标为，
所以边所在直线的方程为，
即．
故边所在直线的方程为．
因为边上的高线所在直线方程为，
可设直线方程为，
因为点在直线上，所以，解得．
所以直线的方程为．
因为边上的中线所在直线方程为，
由
得，即点坐标为．
由知，边所在直线的方程为，
所以点到直线的距离．
【解析】【分析】求出点坐标，由两点式求出直线方程，得到答案；
根据垂直关系得到设出方程为，将点代入直线方程，得到直线的方程，联立直线与直线，得到点的坐标，进而由点到直线距离公式求出答案．
19.【答案】解：
选取一个基底，
由题意得，，
，
，
因为，
所以
．
方法一：由知，，
所以
所以
，
所以．
即异面直线，所成角的余弦值为．
方法二：取的中点，连接，，如图，
因为点是的中点，所以，且，
故异面直线，所成的角为或其补角．
因为，，点，分别是，的中点，
所以，，，，
由勾股定理得，
所以，，
由勾股定理得，
在中，，
即异面直线，所成角的余弦值为．
【解析】【分析】由余弦定理求出，，利用表达出，从而求出；
方法一：在的基础上，求出，利用求出答案；
方法二：作出辅助线，找到异面直线，所成角为或其补角，求出各边，利用余弦定理求出答案．
20.【答案】解：
以点为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意，得，，，，，，
因为，，，
所以，
所以，
所以，，又，平面，
所以平面
因为平面，
所以平面平面．
由知，为平面的一个法向量，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以点到平面的距离为．
【解析】【分析】建立空间直角坐标系，先证明，即可证明平面，进而面面垂直得证；
利用向量法求点面距．
21.【答案】解：
解法一：如图，取中点为，中点为，连接，．
因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以，，
所以，
又因为在正中，．
故以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
依题意得，，，，
所以，．
所以，
所以．
解法二：取中点为，连接，，．
因为平面，平面，所以．
又，所以四边形是正方形，
所以．
因为，为，中点，
所以，所以．
因为平面，平面，所以．
在正中，为中点，所以．
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以．
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
因为平面，所以平面的一个法向量为．
因为点在线段上，且，所以，
可得，．
设平面的法向量，
则，所以
令，则．
所以．
设平面与平面夹角为，，
则
所以．
即平面与平面夹角的正弦值为
【解析】【分析】解法一：根据题意建立空间直角坐标系结合向量运算公式进行证明即可；
解法二：通过证明平面，得到，进而证明平面，即可得证；
通过空间直角坐标系中两个平面夹角的坐标公式进行计算即可．
22.【答案】解：
存在弦被点平分．
理由如下：
因为点的坐标为，所以，
所以点 在 内；
当弦被点平分时，，
又的斜率，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即；
因为：，所以圆心为，
设动点的坐标为，又因为点的坐标为，
所以，，
当点与点不重合时，因为弦的中点为，得，
所以，
所以，即，
所以点的轨迹方程为且；
当点与点重合时，由知，弦被点平分，即弦的中点为，
且点也满足方程；
综上，的方程为．
【解析】【分析】依题意可得，求出的斜率，即可求出的斜率，再由点斜式计算可得；
设动点的坐标为，分点与点不重合与重合两种情况讨论，当点与点不重合时则，则，即可求出轨迹方程，再检验重合时是否满足．
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