一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的4個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 直線的傾斜角為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由直線方程求出直線的斜率，再利用斜率與傾斜角的關(guān)系可求得結(jié)果.
【詳解】由，得，
所以直線斜率為，
設直線的傾斜角為，則，
因為，所以，即，
故選：C
2. 已知向量，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量減法的法則及坐標運算即可求解.
【詳解】因為，
所以.
故選：D.
3. 圓心為，且經(jīng)過坐標原點的圓的標準方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出圓的半徑即可得解.
【詳解】依題意，圓心為，且經(jīng)過坐標原點的圓的半徑，
所以所求圓的標準方程為.
故選：D
4. 直線與直線平行，則的值為（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】求出已知二直線不相交時的a值，再驗證作答.
【詳解】依題意，直線與直線平行或重合時，，
解得或，
當時，直線與直線重合，
當時，直線與直線平行，
所以的值為.
故選：C
5. 已知點在平面內(nèi)，并且對空間任一點，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)共面向量的推論得到，解方程即可.
【詳解】因為點在平面內(nèi)，所以點，，，四點共面，所以，解得.
故選：B.
6. 已知，則在方向上的投影向量為（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)已知向量坐標，求投影向量公式求解即可.
【詳解】在方向上的投影向量為.
故選：A.
7. 已知點在線段上，則的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】將問題化為求原點到線段上點距離的平方的范圍，進而求目標式的距離.
【詳解】由的圖象如下，

又是上圖線段上的一點，且為原點到該線段上點距離的平方，
上述線段端點分別為，到原點距離的平方分別為，
由圖知：原點到線段的距離，則，
綜上，，故.
故選：B
8. 在棱長為2的正方體中，為的中點，點在正方體表面上運動，且總滿足，則點的軌跡長度為（ ）
A. B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理結(jié)合條件可得點的軌跡，進而求得軌跡的長度．
【詳解】設，分別是，的中點，連接，，，，且，
在正方體中，顯然，
又，得，
所以，即，所以，
又平面，平面，所以，
又，且平面，平面，所以平面，
又，可知，所以點的軌跡是矩形，
由題可得，，
所以點的軌跡長度為．
故選：A．

二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的4個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 已知方程，則下列說法正確的是（ ）
A. 當時，表示圓心為的圓B. 當時，表示圓心為的圓
C. 當時，表示的圓的半徑為D. 當時，表示的圓與軸相切
【答案】BCD
【解析】
【分析】將圓的一般方程化為標準方程，結(jié)合選項，逐項判定，即可求解.
【詳解】由題意，方程，可化為，
可圓的圓心坐標為，
A中，當時，此時半徑為，所以A錯誤；
B中，當時，此時半徑大于，表示圓心為的圓，所以B正確；
C中，當時，表示的圓的半徑為，所以C正確；
D中，當時，可得，方程表示的圓半徑為，
又圓心坐標為，所以圓心到軸的距離等于半徑，所以圓與軸相切，所以D正確．
故選：BCD.
10. 對于直線和直線，以下說法正確的有（ ）
A. 直線一定過定點B. 若，則
C. 的充要條件是D. 點到直線的距離的最大值為5
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A，求定點即可；對于B，線線垂直時；對于C，線線平行時；對于D，過定點，直線與點和的連線垂直時取最值.
【詳解】直線，即直線為，
所以直線過定點，故A正確；
當時，，解得，故B正確；
當時，，解得或，
當時，兩直線為，符合題意；
當時，兩直線為，符合題意，故C錯誤；
因為直線，即，過定點，
當直線與點和的連線垂直時，到直線的距離最大，最大值為，故D正確.
故選：ABD
11. 如圖，在四棱錐中，底面是正方形，平面，，分別是的中點，是棱上的動點，則下列說法中正確的是（ ）

A.
B. 存在點，使平面
C. 存在點，使直線與所成的角為
D. 點到平面與平面的距離和為定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】依題意可知兩兩相互垂直，以為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
設，
，設，，
所以，所以，A選項正確.
點到平面與平面的距離和為為定值，D選項正確.
，，
設平面的法向量為，
則，故可設，
要使平面，平面，
則，
解得，所以存在點，使平面，B選項正確.
若直線與直線所成角為，
則，
，無解，所以C選項錯誤.
故選：ABD

12. 已知正方體棱長為，如圖，為上的動點，平面.下面說法正確的是（）
A. 直線與平面所成角的正弦值范圍為
B. 點與點重合時，平面截正方體所得的截面，其面積越大，周長就越大
C. 點為的中點時，若平面經(jīng)過點，則平面截正方體所得截面圖形是等腰梯形
D. 已知為中點，當?shù)暮妥钚r，為的中點
【答案】AC
【解析】
【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷A選項的正誤；證明出平面，分別取棱、、、、、的中點、、、、、，比較和六邊形的周長和面積的大小，可判斷B選項的正誤；利用空間向量法找出平面與棱、的交點、，判斷四邊形的形狀可判斷C選項的正誤；將矩形與矩形延展為一個平面，利用、、三點共線得知最短，利用平行線分線段成比例定理求得，可判斷D選項的正誤.
【詳解】對于A選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，則點、、設點，
平面，則為平面的一個法向量，且，，
，
所以，直線與平面所成角的正弦值范圍為，A選項正確；
對于B選項，當與重合時，連接、、、，
在正方體中，平面，平面，，
四邊形是正方形，則，，平面，
平面，，同理可證，
，平面，
易知是邊長為的等邊三角形，其面積為，周長為.
設、、、、、分別為棱、、、、、的中點，
易知六邊形是邊長為的正六邊形，且平面平面，
正六邊形的周長為，面積為，
則的面積小于正六邊形的面積，它們的周長相等，B選項錯誤；
對于C選項，設平面交棱于點，點，，
平面，平面，，即，得，，
所以，點為棱的中點，同理可知，點為棱的中點，則，，
而，，且，
由空間中兩點間的距離公式可得，，，
所以，四邊形為等腰梯形，C選項正確；
對于D選項，將矩形與矩形延展為一個平面，如下圖所示：
若最短，則、、三點共線，
，，
，所以，點不是棱的中點，D選項錯誤.
故選：AC.
【點睛】本題考查線面角正弦值的取值范圍，同時也考查了平面截正方體的截面問題以及折線段長的最小值問題，考查空間想象能力與計算能力，屬于難題.
三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 平行直線與之間的距離為_________．
【答案】##0.3
【解析】
【分析】根據(jù)平行線間的距離公式即可求得答案.
【詳解】由題意得即
則平行直線與之間的距離為，
故答案為：
14. 若方程表示圓，則實數(shù)的取值范圍是______.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)計算即可.
【詳解】由題可知：
所以
故答案為：
15. 三棱錐的頂點都在球的表面上，是等邊三角形，底面是以為斜邊的直角三角形，平面平面，若，則球的表面積為__________.
【答案】
【解析】
【分析】取中點，中點，上點，使，由外接圓性質(zhì)可得球心，根據(jù)平面平面，得球的半徑，代入表面積公式即可得答案.
【詳解】取中點，底面是直角三角形，所以為底面外接圓圓心，
取中點，連接，在線段上取點，使，是等邊三角形，所以為外接圓圓心.
過點，分別作平面和平面的垂線，則兩垂線的交點，即為球的球心.
因為是等邊三角形，所以，
因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，所以.
因為為中點，為中點，所以，又底面是以為斜邊的直角三角形，所以，
因為平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，所以，
所以四邊形為矩形，
所以，，
所以，即球的半徑，
球的表面積為.
故答案為: .
16. 如圖所示，在的長方形區(qū)域（含邊界）中有兩點，對于該區(qū)域中的點，若其到的距離不超過到距離的一半，則稱處于的控制下，例如原點滿足，即有點處于的控制下.同理可定義處于的控制下.

給出下列四個結(jié)論：
①點處于的控制下；
②若點不處于的控制下，則其必處于的控制下；
③若處于的控制下，則；
④圖中所有處于的控制下的點構(gòu)成的區(qū)域面積為.
其中所有正確結(jié)論的序號是_________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】根據(jù)新定義，直接驗證判斷①，取特殊點判斷②，根據(jù)定義求出點所在區(qū)域，判斷③，結(jié)合圖象求出面積判斷④.
【詳解】由圖可知,
設，則，,滿足，故①正確；
點不處于的控制下則，即，得不到，
例如取點，，，，即
點不處于的控制下，也不處于B的控制下，故②錯誤；
若處于的控制下，則，設，
則，化簡整理得，
作出圖象如圖，

由圖可知，當點在矩形且在圓及圓內(nèi)部分滿足處于的控制下,由圖可知，當處于時，有最大值，故③正確；
由③知處于的控制下點構(gòu)成的區(qū)域面積，可以看作是圓與矩形的面積之和，如圖，

故面積為，故④正確.
故答案為：①③④
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題作為一道創(chuàng)新型試題，關(guān)鍵在于理解所給新定義，對于①②可以利用具體點去直接判斷結(jié)論正確與否，在這一特殊化的過程中進一步理解新定義，對于③需要根據(jù)新定義求出點滿足的軌跡方程（邊界），需要對求平面軌跡方程的方法熟練，關(guān)鍵在于求出點所在區(qū)域，利用數(shù)形結(jié)合思想判斷③，對于④關(guān)鍵在于把區(qū)域分割為四分之一圓面與矩形，其中需要割補思想的應用.
四?解答題：本大題共6小題，共70分，解答應寫出必要的文字說明?證明過程或演算步驟.
17. 已知向量，
（1）求與的夾角；
（2）若與垂直，求實數(shù)t的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)結(jié)合向量數(shù)量積性質(zhì)夾角公式的坐標表示即可求解；
(2)由向量垂直的坐標表示即可求解.
【小問1詳解】
，，
，，
，
令與的夾角為，
則，
則與的夾角為.
【小問2詳解】
，，
又與垂直，，
即，解得.
18. 已知直線與直線交于點.
（1）求過點且平行于直線的直線的方程；
（2）求過點并且在兩坐標軸上的截距互為相反數(shù)的直線的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先求得交點坐標，然后利用待定系數(shù)法確定直線方程即可；
（2）討論直線在兩坐標軸上的截距是否為0進行求解即可．
【小問1詳解】
聯(lián)立，解得，即，
由題意，設直線的方程為，
將代入直線方程，得，即，
所以直線的方程為.
【小問2詳解】
當直線在兩坐標軸上的截距為0時，直線的斜率為，
則直線的方程為，即；
當直線在兩坐標軸上的截距不為0時，設直線的方程為，
將代入直線方程，得，即，
所以直線的方程為，即.
綜上所述，直線的方程為或.
19. 已知圓過點，且圓心在直線上.
（1）求圓的方程；
（2）設點在圓上運動，點，記為線段的中點，求的軌跡方程；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求的垂直平分線方程為，與的交點即圓心，圓心到點的距離即為半徑，即可得圓的標準方程.
（2）由為線段的中點得到坐標與坐標的關(guān)系，代入圓方程可得軌跡方程.
【小問1詳解】
，的中點坐標為，直線的斜率為，
故線段的垂直平分線方程為，即，
聯(lián)立得，即圓的圓心為，半徑為，
故圓的方程為
【小問2詳解】
設，，因為線段的中點，
所以，則，
因點在圓上運動，所以，
則，
即的軌跡方程為.
20. 如圖，平面，四邊形是正方形，分別是的中點.
（1）求證：平面平面；
（2）求點到平面的距離.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立坐標系，利用向量垂直得出直線和直線垂直，結(jié)合面面垂直的判定可證結(jié)論；
（2）先求平面的法向量，利用點到平面的距離公式可得答案.
【小問1詳解】
以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
,;
,;
因為，所以，
因為，平面，所以平面.
因為平面，所以平面平面.
【小問2詳解】
由（1）知，，；
設是平面一個法向量，則,，
令，則，即；
設點到平面的距離為，則.
21. 已知在多面體中，，，，，且平面平面.

（1）設點F為線段BC的中點，試證明平面；
（2）若直線BE與平面ABC所成的角為，求二面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由四邊形為平行四邊形.∴，再結(jié)合平面，即可證明平面；
（2）由空間向量的應用，建立以為原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸的空間直角坐標系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夾角公式求解即可.
【小問1詳解】
取的中點，連接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交線為，平面，得平面.
∵，分別為，的中點，∴，且.
又，，∴，且.
∴四邊形為平行四邊形.∴，
∴平面.
【小問2詳解】
∵平面，平面，所以，
又因為，所以三者兩兩互相垂直，
∴以為原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.
則，，.
∵平面，∴直線與平面所成的角為.
∴.∴.
可取平面的法向量，
設平面的法向量，，，
則，取，則，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值為.

22. 如圖，在正方體中，分別為中點，分別為的中點，為平面的中心，且正方體棱長為1.
（1）證明：平面平面；
（2）是否存在過直線且與正方體的12條棱的夾角均相等的平面？若存在，求出該平面與平面的夾角的余弦值，若不存在，請說明理由.
【答案】（1）證明詳見解析
（2）存在，該平面與平面的夾角的余弦值為或
【解析】
【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證得平面平面.
（2）利用向量法進行判斷，并利用向量法求得所求.
【小問1詳解】
以為原點建立如圖所示空間直角坐標系，
則，
，
設平面的法向量為，
則，故可設.
設平面的法向量為，
則，故可設，
由于且平面與平面不重合，
所以平面平面.
【小問2詳解】
存在，理由如下：
，
設該平面的法向量，
則，
即，
所以.
，
因為該平面過直線，所以，
故可設或，即存在符合題意的平面.
設該平面與平面的夾角為，
由（1）得平面法向量為.
若，則；
若，則.
所以存在符合題意的平面，且該平面與平面的夾角的余弦值為或

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