广东省东莞实验中学2025-2026学年高二上学期第一次教学质量检查数学试题
1．（2025高二上·东莞月考）已知，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，
故选：A.
【分析】直接利用空间向量的坐标运算计算即可求得 .
2．（2025高二上·东莞月考）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：由题意可知，点关于平面的对称点坐标为.
故选：D.
【分析】根据给定条件结合空间直角坐标系中对称的特点在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面对称，则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为相反数，直接求解即可.
3．（2025高二上·东莞月考）已知，向量，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，解得，，
所以，所以．
故选：A．
【分析】先根据向量平行列式求得出，，即可求得，进而根据模长公式计算求得 .
4．（2025高二上·东莞月考）若直线与直线互相平行，则实数的值为（ ）
A．0 B．1 C．0或1 D．0或-1
【答案】A
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线互相平行，
所以且，
解得，
故选：A
【分析】根据两直线平行的性质列式计算求得实数a的值即可.
5．（2025高二上·东莞月考）已知点则以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为AB为直径，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故答案为：C
【分析】以线段 AB 为直径的圆，核心是确定圆心（AB 的中点）和半径（AB 长度的一半），再代入圆的标准方程。
6．（2025高二上·东莞月考）已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的点，，，，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：依题意：圆锥的高，
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系：
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，则，
即与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量和直线PA的方向向量，利用向量的夹角公式即可求得与平面所成角的正弦值 .
7．（2025高二上·东莞月考）函数的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以的定义域为，
又，
所以可以看作是x轴上的动点分别与两点，的距离之和，
如图所示，点关于x轴对称的点为，则当与，三点共线时，距离之和最小，所以．
故选：B
【分析】由，则可以看作是x轴上的动点分别与两点，的距离之和，结合图形分析点关于x轴对称的点为，则当与，三点共线时，距离之和最小，进而根据两点的距离公式求解即可.
8．（2025高二上·东莞月考）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设，所以可得；
所以，
因此点到直线的距离为
.
当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为.
故选：A
【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量点到直线的距离公式求得点到直线的距离的表达式，进而利用二次函数性质即可求得点到直线的距离的最小值 .
9．（2025高二上·东莞月考）已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．与垂直
B．与共线
C．与所成角为锐角
D．，，，可作为空间向量的一组基底
【答案】B,C
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A：，故与不垂直，故A错误；
B：由、，有，故与共线，故B正确；
C：，且与不共线，
故与所成角为锐角，故C正确；
D：由与共线，故，，不可作为空间向量的一组基底，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】分别根据向量垂直（ 数量积为0 ）、共线（ 存在实数倍关系 ）、夹角（ 数量积符号与共线判断 ）、基底（ 不共面 ）的定义，对每个选项逐一分析.
10．（2025高二上·东莞月考）已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A．始终过定点
B．若，则或2
C．当时，与的距离为
D．若不经过第三象限，则
【答案】A,B,C
【知识点】两条直线垂直的判定；恒过定点的直线；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
由解得，所以直线始终过定点，故选项A正确.
B、因为，所以，解得或2，故选项B正确.
C、 当时，：，即，：，
与的距离为，故选项C正确.
D、当时，：，不经过第三象限，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】把直线方程化为，列出方程组计算即可求得定点坐标可判断选项A；根据垂直公式计算即可判断选项B；先求得两直线的方程，进而利用两平行线间距离公式即可判断选项C；根据时结论成立即可判断选项D.
11．（2025高二上·东莞月考）数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，，
，C正确.
由，得.因为，所以外接圆的半径，则四面体的外接球的半径，则，故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 建系与坐标设定：以为原点，依据钟面折叠的垂直关系，确定坐标轴，写出各点坐标.选项A、B、C：用空间向量的数量积判断垂直（A）、线面平行的向量条件（B）、异面直线所成角公式（C）.D：找外接球的球心（多面体外接球球心到各顶点距离相等，利用向量或几何特征确定），计算半径，进而求表面积.
12．（2025高二上·东莞月考）如图，平行六面体各条棱长均为2，，，则线段的长度为 .
【答案】
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：平行六面体，不共面，
于是，
则
，
所以线段的长度为.
故答案为：
【分析】利用空间向量的加法表示，再通过向量模长的平方等于向量自身的平方，结合数量积公式计算模长。
13．（2025高二上·东莞月考）已知直线经过点、两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线的斜率为 ．
【答案】
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：因为直线经过点、两点，所以，
设直线的倾斜角为，所以，故，
故直线的斜率为.
故答案为：.
【分析】先求直线l的斜率，得到其倾斜角的正切值，再利用二倍角的正切公式计算直线m的斜率。
14．（2025高二上·东莞月考）正四面体的棱长为，记该正四面体外接球的球心为．若点是该球面上的一动点，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】球内接多面体；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，的中心为，连接，则平面，
因为正四面体的棱长为，所以，，
设外接球的半径为，则，即，解得，
可得，，可得，
因为，
又因为，所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】取的中点，的中心为，连接，则平面，根据正四面体的结构特征求外接球的半径，根据数量积运算可得，再结合球的性质分析的最值，进而即可求得的最大值 .
15．（2025高二上·东莞月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：(法一)如图所示，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，
设是平面的一个法向量.
∴令则y=1，z=1，∴，
∵，∴.
∴平面.
（法二）如图所示，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系
则，，，，，，
∴，，，
∵∴，
∵，∴，
∵，且平面，∴平面.
（法三）连接
∵平面，平面，∴.
在中，，.
∵，∴，且，
∴平面，
又∵平面，∴.
∵，又∵，
∴，∴.
且，且平面，∴平面.
（2）解：（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.
平面的一个法向量为.
.
∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.
（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.
∵，∴平面，∵，∴平面.
∴平面平面.
过D做于，连接.
∵平面，∴.
又，，
∴平面，又平面，∴.
又∵，，平面，
∴平面，∴，
∴为二面角的平面角.
在中，，
∴.
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明平面即可；
(2)利用空间向量计算面面角或利用定义法找出面面角解三角形.
（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
，，，
∵∴，
∵，∴，
∵，且平面，∴平面.
（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
设是平面的一个法向量.
，.
取，有
∴，，
则，.
∴平面.
（法三）证明：连接
∵平面，平面，∴.
在中，，.
∵，∴，且，
∴平面，
又∵平面，∴.
∵，又∵，
∴，∴.
且，且平面，∴平面.
（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.
平面的一个法向量为.
.
∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.
（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.
∵，∴平面，∵，∴平面.
∴平面平面.
过D做于，连接.
∵平面，∴.
又，，
∴平面，又平面，∴.
又∵，，平面，
∴平面，∴，
∴为二面角的平面角.
在中，，
∴.
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
16．（2025高二上·东莞月考）已知直线.
（1）求经过点且与直线垂直的直线方程；
（2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程.
【答案】（1）解：由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
（2）解：联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，
综上所述：所求直线方程为或.
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）直线方程：先由的斜率得垂直直线的斜率，再用点斜式写方程并整理。
（2）截距相关直线：先求与的交点，再分“截距为0（过原点）”和“截距不为0（设截距式）”两种情况，代入交点求解方程。
（1）由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
（2）联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，
综上所述：所求直线方程为或.
17．（2025高二上·东莞月考）设直线.
（1）求与直线的距离为的直线的方程；
（2）设圆，写出圆的圆心坐标和半径，并求关于直线的对称圆的方程．
【答案】（1）解：由题意可知该直线与直线平行，
所以设该直线方程为，
依题意，解得或，
所以该直线方程为或.
（2）解：圆即为，所以圆心为，半径，
设圆心关于直线的对称点为，
则且的中点在直线上．
所以，解得，即，
又因为圆关于直线的对称圆半径不变，
所以该对称圆方程为：．
【知识点】平面内两条平行直线间的距离；圆的标准方程；圆的一般方程；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【分析】（1）依题意该直线与直线平行，设该直线方程为，进而利用平行直线间的距离公式列方程求得c的值即可求得所求直线方程；
（2）将圆的一般方程化为标准方程，进而可得圆心和半径，求出圆心关于直线的对称点，进而可求对称圆方程.
（1）由题意可知该直线与直线平行，
所以设该直线方程为，
依题意，解得或，
故该直线方程为或.
（2）圆即为，
所以圆心为，半径，
设圆心关于直线的对称点为，
则且的中点在直线上．
可得，解得，即，
又因为圆关于直线的对称圆半径不变，
所以该对称圆方程为：．
18．（2025高二上·东莞月考）如图1，在中，，，为中点，于，延长交于，将沿折起，使平面平面，如图2所示．
（1）平面
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点使得平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：平面平面，且两面的交线为，
又在中，于，平面
平面；
（2）解：由（1）知平面，平面，，
由题意知，又．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
结合题意知图1中，为中点，
故不妨设，为正三角形，，
E为BD的中点，则．
由图1条件计算得，，，
，
则，．
平面，
平面的法向量可取为，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
，
由原图可知二面角为锐角，
二面角的余弦值为．
（3）解：假设在线段上是存在点使得平面，则，
设，其中，
，
，其中，
，
由，即，
解得，
在线段上存在点，使平面，且．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）线面垂直证明：利用面面垂直的性质定理，结合已知的线线垂直，直接得线面垂直。
（2）二面角求解：建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，通过法向量的夹角余弦值得到二面角的余弦值。
（3）点的存在性：设出点M的参数坐标，利用 “线面平行则直线方向向量与平面法向量垂直” 的条件列方程，求解参数得比值。
（1）平面平面，且两面的交线为，
又在中，于，平面
平面；
（2）由（1）知平面，平面，，
由题意知，又．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
结合题意知图1中，为中点，
故不妨设，为正三角形，，
E为BD的中点，则．
由图1条件计算得，，，
，
则，．
平面，
平面的法向量可取为，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
，
由原图可知二面角为锐角，
二面角的余弦值为．
（3）假设在线段上是存在点使得平面，则，
设，其中，
，
，其中，
，
由，即，
解得，
在线段上存在点，使平面，且．
19．（2025高二上·东莞月考）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，满足底面．设．记平面与平面的交线为．
（1）若，且.
（i）证明：平面；
（ii）直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值．若不存在，说明理由．
（2）是否存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，若存在，求出的长（用表示）．若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：（i）证明：由题可得，
又因为，，所以四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面与平面的交线为，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（ii）上存在一点Q，使得平面，
理由如下：假设上存在点，使得平面，
因为底面，，所以，、两两垂直，
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，则，，
因为直线经过点，且，则设，即，
当平面时，则为平面的一个法向量，
则，解得，此时，
所以假设成立；
此时.
（2）解：假设存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
此时设，由题及题中图可知，即，
因为，，，在同一球面上，所以球心到四个点的距离相等，
又因为底面为直角梯形，所以在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，
如图所示，作出，的垂直平分线，
由几何知识得，，
，
又因为底面，所以，
所以，
所以要使，，，在同一球面上，
则只需
即，则，
化简得，可解得，则.
所以当时，此时可使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
故假设成立，此时.
【知识点】球内接多面体；平面与平面平行的判定；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）（i）先得四边形为正方形，再证明平面，再结合题意证明，进而根据线面平行的判定定理即可证得平面；
（ii）建立空间直角坐标系，设，由向量法求线面垂直从而可求得，再利用空间中两点距离公式即可求得的值.
（2）假设存在，不妨设，根据球心到四个顶点的距离相等可得在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，从而可作出相应图形，确定球心位于上，从而可得，化简即可求得，进而可得.
（1）（i）证明：由题可得，又因为，，
所以四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面与平面的交线为，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（ii）上存在点，使得平面，
理由如下：假设上存在点，使得平面，
因为底面，，所以，、两两垂直，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
因直线经过点，且，则设，即，
当平面时，则为平面的一个法向量，
则，解得，此时，
所以假设成立；
此时.
（2）假设存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
此时设，由题及题中图可知，即，
因为，，，在同一球面上，则球心到四个点的距离相等，
又因为底面为直角梯形，
所以在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，
作出，的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，，
，
又因为底面，所以，
所以，
所以要使，，，在同一球面上，
则只需
即，则，
化简得，可解得，则.
所以当时，此时可使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
故假设成立，此时.
1 / 1广东省东莞实验中学2025-2026学年高二上学期第一次教学质量检查数学试题
1．（2025高二上·东莞月考）已知，，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·东莞月考）在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·东莞月考）已知，向量，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二上·东莞月考）若直线与直线互相平行，则实数的值为（ ）
A．0 B．1 C．0或1 D．0或-1
5．（2025高二上·东莞月考）已知点则以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高二上·东莞月考）已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的点，，，，则与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·东莞月考）函数的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
8．（2025高二上·东莞月考）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在线段上，点到直线的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·东莞月考）已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．与垂直
B．与共线
C．与所成角为锐角
D．，，，可作为空间向量的一组基底
10．（2025高二上·东莞月考）已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ）
A．始终过定点
B．若，则或2
C．当时，与的距离为
D．若不经过第三象限，则
11．（2025高二上·东莞月考）数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B．若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D．若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
12．（2025高二上·东莞月考）如图，平行六面体各条棱长均为2，，，则线段的长度为 .
13．（2025高二上·东莞月考）已知直线经过点、两点，直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，则直线的斜率为 ．
14．（2025高二上·东莞月考）正四面体的棱长为，记该正四面体外接球的球心为．若点是该球面上的一动点，则的最大值为 .
15．（2025高二上·东莞月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，点在上，且.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
16．（2025高二上·东莞月考）已知直线.
（1）求经过点且与直线垂直的直线方程；
（2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程.
17．（2025高二上·东莞月考）设直线.
（1）求与直线的距离为的直线的方程；
（2）设圆，写出圆的圆心坐标和半径，并求关于直线的对称圆的方程．
18．（2025高二上·东莞月考）如图1，在中，，，为中点，于，延长交于，将沿折起，使平面平面，如图2所示．
（1）平面
（2）求二面角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点使得平面 若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．（2025高二上·东莞月考）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，满足底面．设．记平面与平面的交线为．
（1）若，且.
（i）证明：平面；
（ii）直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值．若不存在，说明理由．
（2）是否存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，若存在，求出的长（用表示）．若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，
故选：A.
【分析】直接利用空间向量的坐标运算计算即可求得 .
2．【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：由题意可知，点关于平面的对称点坐标为.
故选：D.
【分析】根据给定条件结合空间直角坐标系中对称的特点在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面对称，则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为相反数，直接求解即可.
3．【答案】A
【知识点】空间向量平行的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，解得，，
所以，所以．
故选：A．
【分析】先根据向量平行列式求得出，，即可求得，进而根据模长公式计算求得 .
4．【答案】A
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线互相平行，
所以且，
解得，
故选：A
【分析】根据两直线平行的性质列式计算求得实数a的值即可.
5．【答案】C
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为AB为直径，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故答案为：C
【分析】以线段 AB 为直径的圆，核心是确定圆心（AB 的中点）和半径（AB 长度的一半），再代入圆的标准方程。
6．【答案】D
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：依题意：圆锥的高，
如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系：
则，，，，
，，，
设平面的法向量，则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，则，
即与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量和直线PA的方向向量，利用向量的夹角公式即可求得与平面所成角的正弦值 .
7．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以的定义域为，
又，
所以可以看作是x轴上的动点分别与两点，的距离之和，
如图所示，点关于x轴对称的点为，则当与，三点共线时，距离之和最小，所以．
故选：B
【分析】由，则可以看作是x轴上的动点分别与两点，的距离之和，结合图形分析点关于x轴对称的点为，则当与，三点共线时，距离之和最小，进而根据两点的距离公式求解即可.
8．【答案】A
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
设，所以可得；
所以，
因此点到直线的距离为
.
当（满足题意）时，取得最小值，即点到直线的距离的最小值为.
故选：A
【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量点到直线的距离公式求得点到直线的距离的表达式，进而利用二次函数性质即可求得点到直线的距离的最小值 .
9．【答案】B,C
【知识点】空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A：，故与不垂直，故A错误；
B：由、，有，故与共线，故B正确；
C：，且与不共线，
故与所成角为锐角，故C正确；
D：由与共线，故，，不可作为空间向量的一组基底，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】分别根据向量垂直（ 数量积为0 ）、共线（ 存在实数倍关系 ）、夹角（ 数量积符号与共线判断 ）、基底（ 不共面 ）的定义，对每个选项逐一分析.
10．【答案】A,B,C
【知识点】两条直线垂直的判定；恒过定点的直线；平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
由解得，所以直线始终过定点，故选项A正确.
B、因为，所以，解得或2，故选项B正确.
C、 当时，：，即，：，
与的距离为，故选项C正确.
D、当时，：，不经过第三象限，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】把直线方程化为，列出方程组计算即可求得定点坐标可判断选项A；根据垂直公式计算即可判断选项B；先求得两直线的方程，进而利用两平行线间距离公式即可判断选项C；根据时结论成立即可判断选项D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的判定；用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，，
，C正确.
由，得.因为，所以外接圆的半径，则四面体的外接球的半径，则，故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 建系与坐标设定：以为原点，依据钟面折叠的垂直关系，确定坐标轴，写出各点坐标.选项A、B、C：用空间向量的数量积判断垂直（A）、线面平行的向量条件（B）、异面直线所成角公式（C）.D：找外接球的球心（多面体外接球球心到各顶点距离相等，利用向量或几何特征确定），计算半径，进而求表面积.
12．【答案】
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：平行六面体，不共面，
于是，
则
，
所以线段的长度为.
故答案为：
【分析】利用空间向量的加法表示，再通过向量模长的平方等于向量自身的平方，结合数量积公式计算模长。
13．【答案】
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：因为直线经过点、两点，所以，
设直线的倾斜角为，所以，故，
故直线的斜率为.
故答案为：.
【分析】先求直线l的斜率，得到其倾斜角的正切值，再利用二倍角的正切公式计算直线m的斜率。
14．【答案】
【知识点】球内接多面体；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：如图所示，取的中点，的中心为，连接，则平面，
因为正四面体的棱长为，所以，，
设外接球的半径为，则，即，解得，
可得，，可得，
因为，
又因为，所以，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】取的中点，的中心为，连接，则平面，根据正四面体的结构特征求外接球的半径，根据数量积运算可得，再结合球的性质分析的最值，进而即可求得的最大值 .
15．【答案】（1）证明：(法一)如图所示，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
∴，，
设是平面的一个法向量.
∴令则y=1，z=1，∴，
∵，∴.
∴平面.
（法二）如图所示，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系
则，，，，，，
∴，，，
∵∴，
∵，∴，
∵，且平面，∴平面.
（法三）连接
∵平面，平面，∴.
在中，，.
∵，∴，且，
∴平面，
又∵平面，∴.
∵，又∵，
∴，∴.
且，且平面，∴平面.
（2）解：（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.
平面的一个法向量为.
.
∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.
（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.
∵，∴平面，∵，∴平面.
∴平面平面.
过D做于，连接.
∵平面，∴.
又，，
∴平面，又平面，∴.
又∵，，平面，
∴平面，∴，
∴为二面角的平面角.
在中，，
∴.
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)利用坐标法或几何法利用线面垂直的判定定理证明平面即可；
(2)利用空间向量计算面面角或利用定义法找出面面角解三角形.
（1）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
，，，
∵∴，
∵，∴，
∵，且平面，∴平面.
（法二）证明：由题平面，底面为矩形，以为原点，直线，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图：
则，，，，，，
设是平面的一个法向量.
，.
取，有
∴，，
则，.
∴平面.
（法三）证明：连接
∵平面，平面，∴.
在中，，.
∵，∴，且，
∴平面，
又∵平面，∴.
∵，又∵，
∴，∴.
且，且平面，∴平面.
（2）（接向量法）由（1）可知平面的法向量为（也可为）.
平面的一个法向量为.
.
∴平面PAM与平面PDC的夹角的余弦值为.
（法二）延长AM，DC，交于点N，连接PN.
∵，∴平面，∵，∴平面.
∴平面平面.
过D做于，连接.
∵平面，∴.
又，，
∴平面，又平面，∴.
又∵，，平面，
∴平面，∴，
∴为二面角的平面角.
在中，，
∴.
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
（2）解：联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，
综上所述：所求直线方程为或.
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）直线方程：先由的斜率得垂直直线的斜率，再用点斜式写方程并整理。
（2）截距相关直线：先求与的交点，再分“截距为0（过原点）”和“截距不为0（设截距式）”两种情况，代入交点求解方程。
（1）由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
（2）联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，
综上所述：所求直线方程为或.
17．【答案】（1）解：由题意可知该直线与直线平行，
所以设该直线方程为，
依题意，解得或，
所以该直线方程为或.
（2）解：圆即为，所以圆心为，半径，
设圆心关于直线的对称点为，
则且的中点在直线上．
所以，解得，即，
又因为圆关于直线的对称圆半径不变，
所以该对称圆方程为：．
【知识点】平面内两条平行直线间的距离；圆的标准方程；圆的一般方程；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【分析】（1）依题意该直线与直线平行，设该直线方程为，进而利用平行直线间的距离公式列方程求得c的值即可求得所求直线方程；
（2）将圆的一般方程化为标准方程，进而可得圆心和半径，求出圆心关于直线的对称点，进而可求对称圆方程.
（1）由题意可知该直线与直线平行，
所以设该直线方程为，
依题意，解得或，
故该直线方程为或.
（2）圆即为，
所以圆心为，半径，
设圆心关于直线的对称点为，
则且的中点在直线上．
可得，解得，即，
又因为圆关于直线的对称圆半径不变，
所以该对称圆方程为：．
18．【答案】（1）解：平面平面，且两面的交线为，
又在中，于，平面
平面；
（2）解：由（1）知平面，平面，，
由题意知，又．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
结合题意知图1中，为中点，
故不妨设，为正三角形，，
E为BD的中点，则．
由图1条件计算得，，，
，
则，．
平面，
平面的法向量可取为，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
，
由原图可知二面角为锐角，
二面角的余弦值为．
（3）解：假设在线段上是存在点使得平面，则，
设，其中，
，
，其中，
，
由，即，
解得，
在线段上存在点，使平面，且．
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）线面垂直证明：利用面面垂直的性质定理，结合已知的线线垂直，直接得线面垂直。
（2）二面角求解：建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，通过法向量的夹角余弦值得到二面角的余弦值。
（3）点的存在性：设出点M的参数坐标，利用 “线面平行则直线方向向量与平面法向量垂直” 的条件列方程，求解参数得比值。
（1）平面平面，且两面的交线为，
又在中，于，平面
平面；
（2）由（1）知平面，平面，，
由题意知，又．
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
结合题意知图1中，为中点，
故不妨设，为正三角形，，
E为BD的中点，则．
由图1条件计算得，，，
，
则，．
平面，
平面的法向量可取为，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
，
由原图可知二面角为锐角，
二面角的余弦值为．
（3）假设在线段上是存在点使得平面，则，
设，其中，
，
，其中，
，
由，即，
解得，
在线段上存在点，使平面，且．
19．【答案】（1）解：（i）证明：由题可得，
又因为，，所以四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面与平面的交线为，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（ii）上存在一点Q，使得平面，
理由如下：假设上存在点，使得平面，
因为底面，，所以，、两两垂直，
如图所示，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，则，，
因为直线经过点，且，则设，即，
当平面时，则为平面的一个法向量，
则，解得，此时，
所以假设成立；
此时.
（2）解：假设存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
此时设，由题及题中图可知，即，
因为，，，在同一球面上，所以球心到四个点的距离相等，
又因为底面为直角梯形，所以在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，
如图所示，作出，的垂直平分线，
由几何知识得，，
，
又因为底面，所以，
所以，
所以要使，，，在同一球面上，
则只需
即，则，
化简得，可解得，则.
所以当时，此时可使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
故假设成立，此时.
【知识点】球内接多面体；平面与平面平行的判定；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）（i）先得四边形为正方形，再证明平面，再结合题意证明，进而根据线面平行的判定定理即可证得平面；
（ii）建立空间直角坐标系，设，由向量法求线面垂直从而可求得，再利用空间中两点距离公式即可求得的值.
（2）假设存在，不妨设，根据球心到四个顶点的距离相等可得在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，从而可作出相应图形，确定球心位于上，从而可得，化简即可求得，进而可得.
（1）（i）证明：由题可得，又因为，，
所以四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面与平面的交线为，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（ii）上存在点，使得平面，
理由如下：假设上存在点，使得平面，
因为底面，，所以，、两两垂直，
故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
因直线经过点，且，则设，即，
当平面时，则为平面的一个法向量，
则，解得，此时，
所以假设成立；
此时.
（2）假设存在点，使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
此时设，由题及题中图可知，即，
因为，，，在同一球面上，则球心到四个点的距离相等，
又因为底面为直角梯形，
所以在中，到三角形三顶点距离相等的点是该三角形的外心，
作出，的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，，
，
又因为底面，所以，
所以，
所以要使，，，在同一球面上，
则只需
即，则，
化简得，可解得，则.
所以当时，此时可使三棱锥的外接球球心在底面所在平面上，
故假设成立，此时.
1 / 1
