广东省湛江市雷州市第二中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2024高二上·雷州期中）经过点，斜率为的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·雷州期中）如图，在四面体中，设，，，点M是棱上，且，N为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高二上·雷州期中）已知圆，圆，则这两圆的公共弦长为（ ）
A． B． C．2 D．1
4．（2024高二上·雷州期中）过点且与圆： 相切的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·雷州期中）已知直线过点，若直线过点及点关于坐标原点的对称点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·雷州期中）已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），有下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2024高二上·雷州期中）如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·雷州期中）已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·雷州期中）已知空间向量，，，则（ ）
A． B．
C． D．是共面向量
10．（2024高二上·雷州期中）已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．方程表示圆，且圆的半径为1时，
B．当时，方程表示圆心为的圆
C．当时，方程表示圆且圆的半径为
D．当时，方程表示圆心为的圆
11．（2024高二上·雷州期中）下列结论正确的是（ ）
A．若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量
B．坐标平面内过点的直线可以写成
C．直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是
D．设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为
12．（2024高二上·雷州期中）设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为 ．
13．（2024高二上·雷州期中）两条平行直线与之间的距离是 ．
14．（2024高二上·雷州期中）如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是 .
15．（2024高二上·雷州期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，.
（1）求证：平面⊥平面；
（2）求点到平面的距离.
16．（2024高二上·雷州期中）已知圆的圆心在直线上，且过，两点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
17．（2024高二上·雷州期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值
18．（2024高二上·雷州期中）如图四棱锥，底面是边长为1的正方形，平面平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
19．（2024高二上·雷州期中）已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点．
（1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程；
（2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程；
（3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：已知直线经过点，斜率为，则直线的点斜式方程为，
即.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用直线点斜式方程求解即可求解.
2．【答案】B
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由题意可得：
故选：B.
【分析】根据空间向量的基本定理结合空间向量的线性运算即可求解.
3．【答案】C
【知识点】圆的标准方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：已知圆，圆，
两式相减可得相交弦所在直线方程：.
把圆化成标准方程可得，
即圆心、半径.
所以圆心到直线的距离，
所以相交弦长为.
故答案为：C
【分析】先把两圆方程作差求出两圆公共弦所在直线方程，再求圆的圆心坐标和半径，再利用弦长公式即可求解.
4．【答案】C
【知识点】直线的点斜式方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以点M在圆上，而，
则切线斜率为，所以切线方程为：.
故答案为：C
【分析】先判断出点M在圆上，再求出斜率，根据切线斜率和的关系结合点斜式即可求解.
5．【答案】A
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：因为直线过点，代入可得，即，
则点关于坐标原点的对称点为．
又直线过两点，
所以直线的方程为，即．
故答案为：A.
【分析】先把点A代入求出b，再算出点关于坐标原点的对称点的坐标，再利用直线两点式方程即可求解即可.
6．【答案】B
【知识点】平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：已知不重合，对①，平面平行等价于平面的法向量平行，
即故①正确；
对②，平面垂直等价于平面的法向量垂直即，故②正确；
对③，若，则故③错误；
对④，或，故④错误．
故答案为：B．
【分析】利用空间向量法和平面平行和垂直及线面平行和垂直的关系逐个判断即可求解.
7．【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为2，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
设(0 ≤ λ ≤ 1)得：，
，
，
由，
∴，则.
故答案为：C.
【分析】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用表示出点坐标，再利用空间数量积夹角公式求余弦值即可求解.
8．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由已知条件可得圆的圆心坐标，半径为2，
由，可得.
设为的中点，所以.所以点的轨迹方程为.
其轨迹是以为圆心，半径为的圆.
设点到直线的距离分别为，
所以，
所以.
因为点到直线的距离为，
所以，即，
所以.所以的取值范围为.
故答案为：A.
分析】由题意根据勾股定理可得，设为的中点可得.可得点的轨迹是圆，.设点到直线的距离分别为，利用.即可求出点到直线的距离d即可求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，
则，，所以A、B正确；
设，可得，所以，此时方程组无解，
所以向量与向量不共线，所以C错误；
设，可得，
所以，解得，所以共面，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用空间向量的坐标运算即可判断B，利用模的计算即可判断A，再利用共线向量的坐标运算即可判断C，最后利用共面向量定理即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】圆的标准方程；二元二次方程表示圆的条件
【解析】【解答】解：由已知条件方程，可化为，
若方程表示圆，则圆的圆心坐标为，半径，即
、当时，可得，所以正确；
、当时，此时半径为，所以错误；
、当时，表示的圆的半径为，所以正确；
、当时，此时半径大于0，表示圆心为的圆，所以正确；
故答案为：ACD．
【分析】先把方程化为，根据方程表示圆的条件逐项验证即可求解.
11．【答案】B,D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：A、当时，，不能作为平面的法向量，故A选项错误；
B、设过点的直线方程一般式为，，即，代入直线方程得，整理可得，故B选项正确；
C、当直线斜率不存在时，即，易知原点到的距离是2，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为：，即，
则原点到直线的距离，解得，所以，
故直线的方程是或，故C选项错误；
D、令x=0，y=0可得二次函数的图象与坐标轴的三个交点为，，，设过这三个点的圆的方程为，
令的两根为2020，-2021，由韦达定理知，
令的其中一个根为，所以另一个根为1，
即圆过点(0，1)，故D选项正确.
故答案为：BD.
【分析】不能作为平面的法向量即可判断A；设过点的直线方程一般式为，可得，代入直线即可判断B；直线斜率存在和不存在两种情况即可判断C；求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点，再利用圆的一般式方程求出圆的方程即可判断D.
12．【答案】
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：已知，，
因为直线平面所以∥，
所以，解得.
故答案为：
【分析】利用线面垂直可得∥，利用向量坐标成倍数即可求解.
13．【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：将直线的方程化为，因为直线的方程为，
所以平行直线与之间的距离为.
故答案为：.
【分析】根据平行线间的距离公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：以为坐标原点，在平面内作直线垂直于为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
设等边的边长为1，因为，所以设，
因为当时，四点共面，不能构成空间四边形，所认，
可得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
即，结合，所以，
所以平面与平面夹角的最大值是.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设等边的边长为1，，利用空间向量运算即可求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量法求两平面夹角结合函数的最值即可求解.
15．【答案】（1）证明：平面⊥平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：取中点为，连接，，
又因为，所以，则，
因为，所以，则，
以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则，得，
令，则，，所以，
设点到平面的距离为.则，
所以点到平面的距离为为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得到⊥平面，即可得到⊥，结合可得⊥平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明平面⊥平面；
（2）先取中点为，连接，，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，即可求出平面法向量为，再利用点到平面的距离公式即可求解.
（1）平面⊥平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）取中点为，连接，，
又因为，所以，则，
因为，所以，则，
以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则，得，
令，则，，所以，
设点到平面的距离为.则，
所以点到平面的距离为为.
16．【答案】（1）解：已知，，则中点为，，
易知圆心在的中垂线上，且中垂线斜率，
则中垂线方程为，即，
联立，解得，
即圆心，
半径，
所以圆的方程为；
（2）解：已知如图所示：
当直线斜率存在时，设直线，即，
圆心到直线的距离，
则弦长为，
解得，即直线；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离，弦长为成立；
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的斜截式方程；圆的标准方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）先求出中点为和，再求得中垂线方程，联立两直线即可得圆心坐标，再利用两点间的距离公式求出r即可求解；
（2）先分斜率存在和不存在，分别利用弦长公式列出方程，解方程即可求解.
（1）由，，则中点为，，
易知圆心在的中垂线上，且中垂线斜率，
则中垂线方程为，即，
联立，解得，
即圆心，
半径，
所以圆的方程为；
（2）当直线斜率存在时，设直线，即，
圆心到直线的距离，
则弦长为，
解得，即直线；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离，弦长为成立；
综上所述，直线的方程为或.
17．【答案】（1）证明：分别为的中点，
为正方形，
，平面平面，
平面.
（2）解：由题知平面建立空间直角坐标系如图所示：
，则，
，，，
设平面的一个法向量为
则，令则，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先根据分别为棱的中点可得，再利用为正方形可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，可得以及平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可求解.
（1）分别为的中点，
为正方形，
，平面平面，
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，
，，，
设平面的一个法向量为
则，令则，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）证明：取中点，连接，∵，故．∵平面平面，平面，
∴平面，而平面，∴．
又∵，，平面．
∴平面．
（2）解：由（1）可知，又，，平面，∴平面．
如图以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系如图所示：
∴，
，
设平面的法向量，
则，令，得．
设平面的法向量，
则，令，得，
∴
∵二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先取中点，连接，即可得，利用面面垂直性质定理可得平面，即可得，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理可得平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量法求二面角的余弦值即可求解．
（1）取中点，连接，∵，故．
∵平面平面，平面，
∴平面，而平面，∴．
又∵，，平面．
∴平面．
（2）由（1）可知，又，，平面，
∴平面．
如图以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系．
∴，
，
设平面的法向量，
则，令，得．
设平面的法向量，
则，令，得，
∴
∵二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：根据题意，，．
设，，则，，
由于，所以，
得
将其代入，得，
故点的轨迹方程为．
（2）解：根据垂径定理可得．
①当斜率不存在时，直线的方程为：，
直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为，解得．
直线的方程为或．
（3）证明：设，则，
直线方程是，令，得，
直线方程是，令得，
所以
．
综上为定值32．
【知识点】轨迹方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）先设，，再利用可得，把点的坐标代入圆的方程化简即可得求解；
（2）分直线的斜率存在和不存两种情况讨论，求出，再结合圆的弦长公式即可求解；
（3）先设直线的方程得到点的坐标，代入计算化简即可证明.
（1）根据题意，，．
设，，则，，
由于，所以，
得
将其代入，得，
故点的轨迹方程为．
（2）根据垂径定理可得．
①当斜率不存在时，直线的方程为：，
直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为，解得．
直线的方程为或．
（3）设，则，
直线方程是，令，得，
直线方程是，令得，
所以
．
即为定值．
1 / 1广东省湛江市雷州市第二中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2024高二上·雷州期中）经过点，斜率为的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：已知直线经过点，斜率为，则直线的点斜式方程为，
即.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用直线点斜式方程求解即可求解.
2．（2024高二上·雷州期中）如图，在四面体中，设，，，点M是棱上，且，N为的中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：已知如图所示：
由题意可得：
故选：B.
【分析】根据空间向量的基本定理结合空间向量的线性运算即可求解.
3．（2024高二上·雷州期中）已知圆，圆，则这两圆的公共弦长为（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】C
【知识点】圆的标准方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：已知圆，圆，
两式相减可得相交弦所在直线方程：.
把圆化成标准方程可得，
即圆心、半径.
所以圆心到直线的距离，
所以相交弦长为.
故答案为：C
【分析】先把两圆方程作差求出两圆公共弦所在直线方程，再求圆的圆心坐标和半径，再利用弦长公式即可求解.
4．（2024高二上·雷州期中）过点且与圆： 相切的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线的点斜式方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：因为，所以点M在圆上，而，
则切线斜率为，所以切线方程为：.
故答案为：C
【分析】先判断出点M在圆上，再求出斜率，根据切线斜率和的关系结合点斜式即可求解.
5．（2024高二上·雷州期中）已知直线过点，若直线过点及点关于坐标原点的对称点，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：因为直线过点，代入可得，即，
则点关于坐标原点的对称点为．
又直线过两点，
所以直线的方程为，即．
故答案为：A.
【分析】先把点A代入求出b，再算出点关于坐标原点的对称点的坐标，再利用直线两点式方程即可求解即可.
6．（2024高二上·雷州期中）已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），有下列说法：①；②；③；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：已知不重合，对①，平面平行等价于平面的法向量平行，
即故①正确；
对②，平面垂直等价于平面的法向量垂直即，故②正确；
对③，若，则故③错误；
对④，或，故④错误．
故答案为：B．
【分析】利用空间向量法和平面平行和垂直及线面平行和垂直的关系逐个判断即可求解.
7．（2024高二上·雷州期中）如图，在正方体中，M为线段的中点，N为线段上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为2，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
设(0 ≤ λ ≤ 1)得：，
，
，
由，
∴，则.
故答案为：C.
【分析】设正方体的棱长为2，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用表示出点坐标，再利用空间数量积夹角公式求余弦值即可求解.
8．（2024高二上·雷州期中）已知是圆上的两个不同的点，若，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：由已知条件可得圆的圆心坐标，半径为2，
由，可得.
设为的中点，所以.所以点的轨迹方程为.
其轨迹是以为圆心，半径为的圆.
设点到直线的距离分别为，
所以，
所以.
因为点到直线的距离为，
所以，即，
所以.所以的取值范围为.
故答案为：A.
分析】由题意根据勾股定理可得，设为的中点可得.可得点的轨迹是圆，.设点到直线的距离分别为，利用.即可求出点到直线的距离d即可求解.
9．（2024高二上·雷州期中）已知空间向量，，，则（ ）
A． B．
C． D．是共面向量
【答案】A,B,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：已知，
则，，所以A、B正确；
设，可得，所以，此时方程组无解，
所以向量与向量不共线，所以C错误；
设，可得，
所以，解得，所以共面，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用空间向量的坐标运算即可判断B，利用模的计算即可判断A，再利用共线向量的坐标运算即可判断C，最后利用共面向量定理即可判断D.
10．（2024高二上·雷州期中）已知方程，则下列说法正确的是（ ）
A．方程表示圆，且圆的半径为1时，
B．当时，方程表示圆心为的圆
C．当时，方程表示圆且圆的半径为
D．当时，方程表示圆心为的圆
【答案】A,C,D
【知识点】圆的标准方程；二元二次方程表示圆的条件
【解析】【解答】解：由已知条件方程，可化为，
若方程表示圆，则圆的圆心坐标为，半径，即
、当时，可得，所以正确；
、当时，此时半径为，所以错误；
、当时，表示的圆的半径为，所以正确；
、当时，此时半径大于0，表示圆心为的圆，所以正确；
故答案为：ACD．
【分析】先把方程化为，根据方程表示圆的条件逐项验证即可求解.
11．（2024高二上·雷州期中）下列结论正确的是（ ）
A．若直线l方向向量，平面，则是平面的一个法向量
B．坐标平面内过点的直线可以写成
C．直线l过点，且原点到l的距离是2，则l的方程是
D．设二次函数的图象与坐标轴有三个交点，则过这三个点的圆与坐标轴的另一个交点的坐标为
【答案】B,D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的一般式方程；圆的一般方程
【解析】【解答】解：A、当时，，不能作为平面的法向量，故A选项错误；
B、设过点的直线方程一般式为，，即，代入直线方程得，整理可得，故B选项正确；
C、当直线斜率不存在时，即，易知原点到的距离是2，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线方程为：，即，
则原点到直线的距离，解得，所以，
故直线的方程是或，故C选项错误；
D、令x=0，y=0可得二次函数的图象与坐标轴的三个交点为，，，设过这三个点的圆的方程为，
令的两根为2020，-2021，由韦达定理知，
令的其中一个根为，所以另一个根为1，
即圆过点(0，1)，故D选项正确.
故答案为：BD.
【分析】不能作为平面的法向量即可判断A；设过点的直线方程一般式为，可得，代入直线即可判断B；直线斜率存在和不存在两种情况即可判断C；求出二次函数的图象与坐标轴的三个交点，再利用圆的一般式方程求出圆的方程即可判断D.
12．（2024高二上·雷州期中）设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为 ．
【答案】
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：已知，，
因为直线平面所以∥，
所以，解得.
故答案为：
【分析】利用线面垂直可得∥，利用向量坐标成倍数即可求解.
13．（2024高二上·雷州期中）两条平行直线与之间的距离是 ．
【答案】
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：将直线的方程化为，因为直线的方程为，
所以平行直线与之间的距离为.
故答案为：.
【分析】根据平行线间的距离公式求解即可.
14．（2024高二上·雷州期中）如图所示，在四面体中，为等边三角形，，则平面与平面夹角的最大值是 .
【答案】
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：以为坐标原点，在平面内作直线垂直于为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：
设等边的边长为1，因为，所以设，
因为当时，四点共面，不能构成空间四边形，所认，
可得，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则
所以平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
即，结合，所以，
所以平面与平面夹角的最大值是.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设等边的边长为1，，利用空间向量运算即可求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量法求两平面夹角结合函数的最值即可求解.
15．（2024高二上·雷州期中）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，，，，，，.
（1）求证：平面⊥平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：平面⊥平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）解：取中点为，连接，，
又因为，所以，则，
因为，所以，则，
以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则，得，
令，则，，所以，
设点到平面的距离为.则，
所以点到平面的距离为为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得到⊥平面，即可得到⊥，结合可得⊥平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明平面⊥平面；
（2）先取中点为，连接，，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，即可求出平面法向量为，再利用点到平面的距离公式即可求解.
（1）平面⊥平面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）取中点为，连接，，
又因为，所以，则，
因为，所以，则，
以O为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设是平面的一个法向量，
则，得，
令，则，，所以，
设点到平面的距离为.则，
所以点到平面的距离为为.
16．（2024高二上·雷州期中）已知圆的圆心在直线上，且过，两点.
（1）求圆的标准方程；
（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程.
【答案】（1）解：已知，，则中点为，，
易知圆心在的中垂线上，且中垂线斜率，
则中垂线方程为，即，
联立，解得，
即圆心，
半径，
所以圆的方程为；
（2）解：已知如图所示：
当直线斜率存在时，设直线，即，
圆心到直线的距离，
则弦长为，
解得，即直线；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离，弦长为成立；
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的斜截式方程；圆的标准方程；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）先求出中点为和，再求得中垂线方程，联立两直线即可得圆心坐标，再利用两点间的距离公式求出r即可求解；
（2）先分斜率存在和不存在，分别利用弦长公式列出方程，解方程即可求解.
（1）由，，则中点为，，
易知圆心在的中垂线上，且中垂线斜率，
则中垂线方程为，即，
联立，解得，
即圆心，
半径，
所以圆的方程为；
（2）当直线斜率存在时，设直线，即，
圆心到直线的距离，
则弦长为，
解得，即直线；
当直线斜率不存在时，直线方程为，
此时圆心到直线的距离，弦长为成立；
综上所述，直线的方程为或.
17．（2024高二上·雷州期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形、平面分别为棱的中点
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值
【答案】（1）证明：分别为的中点，
为正方形，
，平面平面，
平面.
（2）解：由题知平面建立空间直角坐标系如图所示：
，则，
，，，
设平面的一个法向量为
则，令则，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先根据分别为棱的中点可得，再利用为正方形可得，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，可得以及平面的法向量，再通过空间角的向量求解即可求解.
（1）分别为的中点，
为正方形，
，平面平面，
平面.
（2）由题知平面
建立如图所示的空间直角坐标系，
，则，
，，，
设平面的一个法向量为
则，令则，
设直线与平面所成的角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高二上·雷州期中）如图四棱锥，底面是边长为1的正方形，平面平面，，.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：取中点，连接，∵，故．∵平面平面，平面，
∴平面，而平面，∴．
又∵，，平面．
∴平面．
（2）解：由（1）可知，又，，平面，∴平面．
如图以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系如图所示：
∴，
，
设平面的法向量，
则，令，得．
设平面的法向量，
则，令，得，
∴
∵二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先取中点，连接，即可得，利用面面垂直性质定理可得平面，即可得，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先利用线面垂直的判定定理可得平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量法求二面角的余弦值即可求解．
（1）取中点，连接，∵，故．
∵平面平面，平面，
∴平面，而平面，∴．
又∵，，平面．
∴平面．
（2）由（1）可知，又，，平面，
∴平面．
如图以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系．
∴，
，
设平面的法向量，
则，令，得．
设平面的法向量，
则，令，得，
∴
∵二面角为钝角，
∴二面角的余弦值为.
19．（2024高二上·雷州期中）已知圆分别与、轴正半轴交于、两点，为圆上的动点．
（1）若线段上有一点，满足，求点的轨迹方程；
（2）过点的直线截圆所得弦长为，求直线的方程；
（3）若为圆上异于的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值．
【答案】（1）解：根据题意，，．
设，，则，，
由于，所以，
得
将其代入，得，
故点的轨迹方程为．
（2）解：根据垂径定理可得．
①当斜率不存在时，直线的方程为：，
直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为，解得．
直线的方程为或．
（3）证明：设，则，
直线方程是，令，得，
直线方程是，令得，
所以
．
综上为定值32．
【知识点】轨迹方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）先设，，再利用可得，把点的坐标代入圆的方程化简即可得求解；
（2）分直线的斜率存在和不存两种情况讨论，求出，再结合圆的弦长公式即可求解；
（3）先设直线的方程得到点的坐标，代入计算化简即可证明.
（1）根据题意，，．
设，，则，，
由于，所以，
得
将其代入，得，
故点的轨迹方程为．
（2）根据垂径定理可得．
①当斜率不存在时，直线的方程为：，
直线截点轨迹所得弦长弦长为，符合题意；
②当斜率存在时，设直线，
圆心到直线的距离为，解得．
直线的方程为或．
（3）设，则，
直线方程是，令，得，
直线方程是，令得，
所以
．
即为定值．
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