一、單選題
1．已知直線斜率為，則直線的傾斜角為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)傾斜角和斜率的關系求得正確答案.
【詳解】設傾斜角為，依題意，
由于，所以.
故選：A
2．設拋物線的焦點為，點在上，，若，則（ ）
A．B．4C．D．6
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，結合焦半徑公式得，再計算即可.
【詳解】解：由題知拋物線的焦點為，
因為，所以，
因為點在上，
所以，由焦半徑公式得，解得，
所以，，.
故選：A
3．如圖，正方體中，分別是所在棱的中點，設經(jīng)過的平面與平面的交線為，則與直線所成的角為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】通過線面之間的關系，在面上延長一部分線，題目條件中實實在在的線，補全立體圖形，找到平面與平面的交線，再將平移到，在同一個平面中，去求直線與直線所成的角.
【詳解】如圖，延長交于，連接交于，取的中點，連接與，
由三角形相似知是的中點，連接，
∴即為所求的l，
由正方體可知，
又∵正方形中，
∴，
∴與直線所成的角為，
故選：D.
【點睛】本題為立體幾何線線角關系問題，當兩個平面的交線沒有直接畫出時，需要我們利用題目所給條件來補出圖形，將兩條直線通過平移變換等手段，在同一個平面中處理其角度問題，對學生的空間想象力要求較高，學會幾何中線線基本關系來處理線線角，為中檔題.
4．如圖，在棱長為的正四面體中，點、分別在線段、上，且，，則等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由題知，再求向量的模即可.
【詳解】解：設，，，點在上，且，，
， ，
，
又空間四面體的棱長均為，
， ．

所以， ．
故選:C
5．設，過定點的動直線和過定點的動直線交于點，則的最大值是（ ）
A．4B．10C．5D．
【答案】C
【分析】由題意可知兩條動直線經(jīng)過定點、，且始終垂直，有，利用勾股定理求出，再利用基本不等式求得答案.
【詳解】由題意可知，動直線經(jīng)過定點，
動直線即，經(jīng)過定點，
因為，所以動直線和動直線始終垂直，
又是兩條直線的交點，
則有，，
故（當且僅當時取“” ，
故選：C．
6．瑞士著名數(shù)學家歐拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直線上，這條直線被后人稱為三角形的“歐拉線”．若滿足，頂點，，且其“歐拉線”與圓M：相切，則下列結論正確的是（ ）
A．圓M上的點到原點的最大距離為
B．圓M上不存在三個點到直線的距離為
C．若點在圓M上，則的最小值是
D．若圓M與圓有公共點，則
【答案】D
【分析】由題意求出的垂直平分線可得的歐拉線，再由圓心到直線的距離求得，得到圓的方程，求出圓心到原點的距離，加上半徑判斷A；求出圓心到直線的距離判斷B；再由的幾何意義，即圓上的點與定點連線的斜率判斷C；由兩個圓有公共點可得圓心距與兩個半徑之間的關系，求得的取值范圍可判斷D.
【詳解】對于A，由題意可得的歐拉線即為的垂直平分線，
因為，，
所以的中點坐標為，，
所以線段的垂直平分線方程為，即，
因為“歐拉線”與圓M：相切，
所以，所以圓M：，
所以圓M上的點到原點的最大距離為，所以A錯誤；
對于B，因為圓心到直線的距離為，而圓的半徑為，
所以圓M上存在三個點到直線的距離為，所以B錯誤；
對于C，表示圓上的點與定點連線的斜率，
設過與圓相切的直線方程為，即，則
，解得，
所以的最小值為，所以C錯誤，
對于D，圓的圓心為，半徑為，
因為圓M：的圓心為，半徑為，
所以要使圓M與圓有公共點，則只要圓心距的范圍為，
所以，解得，所以D正確，
故選：D.
7．已知點P在圓上，點，，則錯誤的是（ ）
A．點P到直線AB的距離小于10B．點P到直線AB的距離大于2
C．當最小時，D．當最大時，
【答案】B
【分析】求出過的直線方程，再求出圓心到直線的距離，得到圓上的點到直線的距離范圍，判斷選項A與B；畫出圖形，由圖可知，當過的直線與圓相切時，滿足最小或最大，求出圓心與點間的距離，再由勾股定理求得判斷選項C與D．
【詳解】圓的圓心為，半徑為4，
直線的方程為，即，
圓心到直線的距離為，
則點到直線的距離的最小值為，最大值為，
所以點到直線的距離小于10，但不一定大于2，故選項A正確，B錯誤；
如圖所示，當最大或最小時，與圓相切，點位于時最小，位于時最大），
連接，，可知，，，
由勾股定理可得，故選項CD正確．
故選：B．
8．用平面截圓柱面，當圓柱的軸與所成角為銳角時，圓柱面的截線是一個橢圓.著名數(shù)學家Dandelin創(chuàng)立的雙球實驗證明了上述結論.如圖所示，將兩個大小相同的球嵌入圓柱內(nèi)，使它們分別位于的上方和下方，并且與圓柱面和均相切.給出下列三個結論：
①兩個球與的切點是所得橢圓的兩個焦點；
②橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等；
③當圓柱的軸與所成的角由小變大時，所得橢圓的離心率也由小變大.
其中，所有正確結論的序號是（ ）
A．①B．②③C．①②D．①③
【答案】C
【分析】根據(jù)切線長定理可以證明橢圓上任意一點到 的距離之和為定值，即是焦點再運用勾股定理證明短軸長，最后構造三角形，運用三角函數(shù)表示離心率即可.
【詳解】如圖：
在橢圓上任意一點P作平行于 的直線，與球 交于F點，與球 交于E點，
則 ， 是過點P作球 的兩條公切線， ，同理 ，
，是定值，所以 是橢圓的焦點；①正確；
由以上的推導可知： ， ，
平面 ， 是直角三角形， ，即 ， ，②正確；
就是平面 與軸線的夾角 ，在 中，橢圓的離心率 ，
由余弦函數(shù)的性質可知當銳角 變大時， 變小，③錯誤；
故選：C.
二、多選題
9．下列說法錯誤的是（ ）
A．若一條直線的斜率為，則此直線的傾斜角為
B．過不同兩點的直線方程為
C．線段的兩個端點和，則以為直徑的圓的方程為
D．經(jīng)過點且在軸和軸上截距都相等的直線方程為
【答案】ABD
【分析】利用直線的斜率與傾斜角的關系，直線兩點式方程、直線方程的對稱及圓的方程逐項判斷即可.
【詳解】若一條直線的斜率為，，此時可以為負值，
而直線的傾斜角的范圍為，所以A不正確.
由直線的兩點式方程可知過不同兩點
的直線方程為，
但是兩點所在直線不能與坐標軸垂直或平行，故B錯誤.
根據(jù)與
易得圓的方程為：，故C正確.
當截距為時直線方程為，故D錯誤.
故選：ABD.
10．圓的半徑為定長是圓上任意一點，是圓所在平面上與不重合的一個定點，線段的垂直平分線和直線相交于點，當點在圓上運動時，點的軌跡可能是（ ）
A．一個點B．橢圓C．拋物線D．雙曲線
【答案】ABD
【分析】由題設條件線段的垂直平分線的性質，結合圓錐曲線的定義，分類討論，即可求解.
【詳解】（1）因為為圓內(nèi)的一定點，為上的一動點，線段的垂直平分線交半徑于點，可得，即動點到兩定點的距離之和為定值，
①當不重合時，根據(jù)橢圓的定義，可知點的軌跡是：以為焦點的橢圓；
②當重合時，點的軌跡是圓；
（2）當為圓外的一定點，為上的一動點，
線段的垂直平分線交直線于點，
可得，
即動點到兩定點的距離之差絕對值為定值，
根據(jù)雙曲線的定義，可得點的軌跡是：以為焦點的雙曲線；
（3）當為圓上的一定點，為上的一動點，此時點的軌跡是圓心.
綜上可得：點的軌跡可能是點、圓、橢圓和雙曲線.
故選：ABD
11．已知是雙曲線的左?右焦點，過作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為點，交另一條漸近線于點，且，則該雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．2D．
【答案】AC
【分析】由題意可知：分和兩種情況，分別求解，設，根據(jù)雙曲線的幾何性質，即可求得的值，代入離心率公式，即可求解.
【詳解】如圖①，當時，設，則，
設，雙曲線的漸近線方程為，所以，
在中，，設，
因為，所以，又因為，
所以，則，，所以，
則，，
所以，即，則，
所以.
如圖②，當 時，設，，
設，，，
在中，，
設，因為，所以，又因為，所以，則，，
所以，則，，
所以，
則，即，
解得：，所以.
故選：.
12．在直四棱柱中中，底面為菱形，為中點，點滿足.下列結論正確的是（ ）
A．若，則四面體的體積為定值
B．若平面，則的最小值為
C．若的外心為，則為定值2
D．若，則點的軌跡長度為
【答案】ABD
【分析】對于A，取的中點分別為，由條件確定的軌跡，結合錐體體積公式判斷A，對于B，由條件確定的軌跡為，將原問題轉化為平面上兩點間的距離最小問題求解；對于C，由三角形外心的性質和向量數(shù)量積的性質可判斷，對于D，由條件確定點的軌跡為圓弧，利用弧長公式求軌跡長度即可判斷.
【詳解】對于A，取的中點分別為，連接，則，，，
因為，，
所以，，
所以三點共線，所以點在，因為，，所以,平面，平面，所以∥平面，所以點到平面的距離為定值，因為的面積為定值，所以四面體的體積為定值，所以A正確，
對于B，因為，因為平面，平面，所以∥平面，又平面，，平面，所以平面平面，取的中點，連接，則，，所以，所以四點共面，所以平面平面，平面平面,平面平面,所以，又，所以，所以點的軌跡為線段，翻折平面，使其與五邊形
在同一平面，如圖，則，當且僅當三點共線時等號成立，所以的最小值為，因為，所以，，所以，在中，，，所以，所以，所以，
在中，，，，
所以，所以，即的最小值為，
所以B正確，
對于C，若的外心為，過作于，因為，所以，所以C錯誤，
對于D，過作，垂足為，因為平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，則在以為圓心，2為半徑的圓上運動，
在上取點，使得，則，所以點的軌跡為圓弧，因為，所以，則圓弧等于，所以D正確，
故選：ABD.
【點睛】本題解決的關鍵在于根據(jù)所給條件結合線面位置關系確定點的軌跡，再結合錐體體積公式，空間圖形與平面圖形的轉化解決問題.
三、填空題
13．在軸上的截距為2且傾斜角是直線的傾斜角的一半的直線的方程為__________.
【答案】
【分析】根據(jù)題意，得到所求直線的斜率和經(jīng)過的點，利用點斜式，寫出所求的直線方程.
【詳解】直線的斜率為，設傾斜角為，
，故，則，
設所求直線為，其軸上的截距為2，故過點，且斜率為，
所求直線：.
故答案為：
14．如圖，二面角的大小為，線段與分別在這個二面角的兩個面內(nèi)，并且都垂直于棱.若，則__________.
【答案】
【分析】利用空間向量的線性運算可得，再根據(jù)向量所成角，結合數(shù)量積公式平方即可得解.
【詳解】根據(jù)題意，，
由二面角大小為，可得，
，
所以，
故答案為：
15．已知實數(shù)滿足，則的最大值為__________.
【答案】1
【分析】由曲線方程畫出曲線所表示的圖形，將看作曲線上的點與坐標為的點連線的斜率，求出最大值.
【詳解】由“”和“”代入方程仍成立，所以曲線關于x軸和y軸對稱，故只需考慮，的情形，
此時方程為，即，所以的軌跡如下圖，
，表示點和連線的斜率，由圖可知，當曲線第四象限部分半圓（圓心為，半徑為）相切時，斜率最大.
設：，則，解得或（舍去），
所以的最大值為1.
故答案為：1.
16．已知是雙曲線的右焦點，直線與雙曲線相交于兩點，若，則雙曲線的離心率的取值范圍是__________.
【答案】
【分析】先聯(lián)立方程根據(jù)交點個數(shù)可得，再根據(jù)題意結合雙曲線的對稱性分析可得，運算求解即可.
【詳解】聯(lián)立方程，消去x得：
所以，即，解得，
設，則可得，
取雙曲線的左焦點為，連結，由對稱性知四邊形為平行四邊形，
由可得，
∵，則，
∴，則
即，整理得，解得，
綜上可得：.
故雙曲線的離心率的取值范圍是.
故答案為：.
四、解答題
17．求滿足下列條件的曲線標準方程：
(1)兩焦點分別為，，且經(jīng)過點的橢圓標準方程；
(2)與雙曲線有相同漸近線，且焦距為的雙曲線標準方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】(1)利用橢圓的定義以及點在橢圓上求解；(2)根據(jù)雙曲線及漸近線方程的定義求解.
【詳解】（1）設所求橢圓的標準方程為
兩焦點分別為，，
又橢圓過點，，又
，，所以橢圓的標準方程為.
（2）方法一：
(i),若焦點在軸上，設所求雙曲線方程為，
因為與雙曲線有相同漸近線，
所以 ，設該雙曲線的焦距為，
又因為焦距 所以，所以，
聯(lián)立 解得則雙曲線方程為，
(ii),若焦點在軸上，設所求雙曲線方程為，
因為與雙曲線有相同漸近線，
所以 ，設該雙曲線的焦距為，
又因為焦距 所以，所以，
聯(lián)立 解得則雙曲線方程為，
雙曲線的標準方程為：或
方法二：
設與雙曲線有相同漸近線的雙曲線方程為：（）
焦距為，
，
雙曲線的標準方程為：或
18．已知直線，在上任取一點，在上任取一點，連接，取的靠近點的三等分點，過點做的平行線.
(1)求直線的方程；
(2)已知兩點，若直線上存在點使得最小，求點的坐標.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)由條件可得直線到直線距離是直線到直線的距離的兩倍，由平行線距離公式列方程求解即可；(2)求點關于的對稱點，由兩點之間線段最短可確定的最小值及點的位置.
【詳解】（1）因為與直線平行，直線的方程為，故可設直線的方程為，
由已知，過點作直線，交直線與點，交直線與點，
因為，，所以，，因為，所以,又，
所以,所以，則或
，結合圖形檢驗可得與條件矛盾，所以，故直線的方程為；
（2）設點關于直線的對稱點，則，所以，
當且僅當三點共線時等號成立，連接與直線交與，即點與點重合時，取最小值，
由已知，，
所以點的坐標為，點的坐標為，所以，聯(lián)立可得，
所以點的坐標為，故點的坐標為時最小.
19．如圖1，在邊長為4的菱形中，，點是中點，將沿折起到的位置，使，如圖2.
(1)求證：平面；
(2)求二面角的平面角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2).
【分析】（1）平面
（2）以，，所在直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系，用向量解決.
【詳解】（1）∵在菱形ABCD中，，于點E，
∴，，∴，
又∵，，平面，
∴平面，平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面；
（2）∵平面，，
∴以，，所在直線分別為軸，軸和軸，建立空間直角坐標系（如圖），
則，，，，
∴，，，
設平面的法向量為，平面的法向量為
由，，得，令，得，
同理,,令，可得
∴，
∴求二面角的平面角的正弦值.
20．已知圓，過點的直線與圓交于兩點.
(1)若，求直線的方程；
(2)記點關于軸的對稱點為（異于點），試問直線是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由.
【答案】(1)或
(2)直線過定點
【分析】（1）由題設直線的方程為到直線的距離為，進而根據(jù)弦長得，再根據(jù)點到線的距離公式得，進而得答案；
（2）設，則.進而聯(lián)立得，假設直線過定點，由對稱性可知所過定點在軸上，設該定點為，再根據(jù)三點共線，結合韋達定理求解得即可得答案.
【詳解】（1）解：由題意可知圓的圓心坐標為，半徑，
當直線的斜率為時，直線過圓心,，不滿足題意，
所以，直線的斜率不為
設直線的方程為到直線的距離為.
因為，
所以，解得.
由點到直線的距離公式可得到直線的距離，解得.
故直線的方程為或.
（2）解：設，則.
聯(lián)立，整理得，
所以，.
假設直線過定點，由對稱性可知所過定點在軸上，設該定點為.
因為三點共線，所以，
所以.
故直線過定點
21．如圖，已知四棱錐的底面是平行四邊形，側面是等邊三角形，.
(1)求與平面所成角的正弦值；
(2)設為側棱上一點，四邊形是過兩點的截面，且平面，是否存在點，使得平面平面？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)在側棱PD上存在點Q且當時，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【分析】對于（1），取AB中點為H，先由條件證得PH⊥平面ABCD，后可得答案.
對于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A為原點的空間直角坐標系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.
【詳解】（1）證明：取棱AB長的一半為單位長度.
則在中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根據(jù)余弦定理，
得
得，故AB⊥AC.
又PB⊥AC，PB∩AB=B，平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB.
又平面ABCD，AC⊥平面PAB，則平面ABCD⊥平面PAB.
取AB中點H，連接PH，CH.
因是等邊三角形，則PH⊥AB，又PH 平面PAB，
平面ABCD 平面PAB，平面ABCD⊥平面PAB，故PH⊥平面ABCD.
得∠PCH是CP與平面ABCD所成的角.
在直角三角形中，，
，.
故，即為所求.
（2）假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.
如圖，以A為原點，分別以為x，y軸的正方向建立空間直角坐標系A-xyz，
則，
，
設是平面PAD的法向量，則
，取.
設，其中.
則
連接EF，因AC∥平面BEQF，，平面PAC∩平面BEQF=EF，
故AC∥EF，則取與同向的單位向量.
設是平面BEQF的法向量，
則，
取.
由平面BEQF⊥平面PAD，知，有，解得.
故在側棱PD上存在點Q且當時，使得平面BEQF⊥平面PAD.
【點睛】關鍵點點睛：本題涉及線面角，及立體幾何中的動點問題.對于（1），關鍵能在各種線面關系中做出相應線面角的平面角.對于（2），求動平面的法向量時，可利用線面平行關系找到動平面內(nèi)向量的共線向量.
22．在中，已知點與邊上的中線長之和為6.記的重心的軌跡為曲線.
(1)求的方程；
(2)若圓，過坐標原點且與軸不重合的任意直線與圓相交于點，直線與曲線的另一個交點分別是點，求面積的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形的重心性質得，進而結合橢圓定義即可得答案；
（2）由題意知直線的斜率存在且不為，，不妨設直線PE的斜率為，則，進而與橢圓聯(lián)立方程得，，再用代替，可得，進而得，再設，并結合基本不等式求解即可；
【詳解】（1）解：根據(jù)三角形重心的性質及已知條件，得
∵，
∴曲線C是以為焦點，長軸長的橢圓（不含x軸上的兩點）
由，得
∴的方程為；
（2）解：法一?
因為，由題意知直線的斜率存在且不為，，
不妨設直線PE的斜率為，則.
由，解得或，
∴
∴，
用代替，可得，
∴，
設，由，可得，當且僅當，即時，取等號，
∴，
∴，
令，函數(shù)在上遞增，
∴，
∴，當時，取等號，
∴面積的最大值為.
法二?設，易知斜率存在，設直線為
由得，
∴，
∵，
∴，得，即
整理得：，
（舍去）
∴與軸交于
∴
設
∴在時單調(diào)遞減，
當，即時，

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