一、單選題
1．直線的傾斜角（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直線方程得出斜率，再由斜率得直線傾斜角.
【詳解】由可得直線斜率，
又，
所以.
故選：B
2．圓的圓心坐標為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】將圓的方程配成標準式，即可得解.
【詳解】圓即，
則圓心為.
故選：C
3．設是正三棱錐，是的重心，是上的一點，且，若，則（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用空間向量的基本定理可計算得出，由已知條件可得出，進而可求得、、的值，由此可求得結果．
【詳解】如下圖所示，連接并延長交于點，則點為的中點，
為的重心，可得，
而，
，
所以，，
所以，，因此，．
故選：C
4．萬眾矚目的北京冬奧會于2022年2月4日正式開幕，是繼2008年北京奧運會之后，國家體育場（又名鳥巢）再次承辦奧運會開幕式．在手工課上，王老師帶領同學們一起制作了一個近似鳥巢的金屬模型，其俯視圖可近似看成是兩個大小不同，扁平程度相同的橢圓，已知大橢圓的長軸長為40cm，短軸長為20cm，小橢圓的短軸長為10cm，則小橢圓的長軸長為（ ）cm
A．30B．20C．10D．
【答案】B
【分析】扁平程度相同的橢圓，即離心率相等，計算得到答案.
【詳解】扁平程度相同的橢圓，即離心率相等，
大橢圓，，，離心率為；
小橢圓，離心率，解得，故長軸長為.
故選：B
5．已知點，點在圓上，則△的面積的最小值為（ ）
A．B．3C．2D．
【答案】D
【分析】首先求出直線AB的方程和線段AB的長度，利用圓心到直線的距離再減去圓的半徑得出△ABC的高的最小值，即可求解.
【詳解】圓的圓心，半徑為1
∵，則，直線
圓心到直線的距離
∵△ABC的面積最小時，點C到直線AB的距離最短，該最短距離即圓心到直線AB的距離減去圓的半徑
∴邊上高的最小值為，則的最小值為
故選：D.
6．如圖，過拋物線的焦點F的直線l交拋物線于點A，B，交其準線于點C，準線與對稱軸交于點M，若，且，則p為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】分別過點、作準線的垂線，垂足分別為點、，設，根據拋物線的定義以及圖象可得，結合已知條件求得，即可.
【詳解】如圖，分別過點、作準線的垂線，垂足分別為點、，
設，則由已知得，由拋物線的定義得，
故，
在直角三角形中，，，
又因為，
則，從而得，
又因為，
所以.
故選：B.
7．設是圓：上的一動點，定點，線段的垂直平分線交線段于點，則點的軌跡方程為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】利用垂直平分線的性質有，由結合線段的幾何關系得，根據橢圓的定義即可寫出點的軌跡方程.
【詳解】∵線段的垂直平分線交線段于點，
∴，而，
∴，又，，即是到定點距離和為定長6的動點，
∴由橢圓第一定義知：且長軸在y軸上，故的軌跡方程為，
故選：B
8．如圖，在正方體中，是中點，點在線段上，若直線與平面所成的角為，則的取值范圍是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先設棱長為1，，建立如圖坐標系，根據計算點P坐標和向量，再寫出平面的一個法向量的坐標，根據構建關系，求其值域即可.
【詳解】如圖，設正方體棱長為1，，則，
以為原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系．
則，故，，又，則，所以．
在正方體中，可知體對角線平面，
所以是平面的一個法向量，
所以．
所以當時，取得最大值，當或1時，取得最小值．
所以.
故選：A．
【點睛】方法點睛：
求空間中直線與平面所成角的常見方法為：
（1）定義法：直接作平面的垂線，找到線面成角；
（2）等體積法：不作垂線，通過等體積法間接求點到面的距離，距離與斜線長的比值即線面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量與斜線方向向量所成的余弦值的絕對值，即是線面成角的正弦值.
二、多選題
9．點到直線的距離可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】求出直線的必過點，利用兩點間距離公式求出的最大值，進而得到的范圍.
【詳解】對于直線，令，解得，故直線的必過點為，設點到直線的距離為，則，所以，，而，所以，ABC正確，D錯誤.
故選：ABC
10．關于空間向量，以下說法正確的是（ ）
A．空間中的三個向量，若有兩個向量共線，則這三個向量一定共面
B．若，則是鈍角
C．設是空間中的一組基底，則也是空間的一組基底
D．若對空間中任意一點O，有則P，A，B，C四點共面
【答案】ACD
【分析】根據向量共面的定義可判斷A，利用向量夾角的取值范圍判斷B，根據基底的定義可判斷C，根據共面定理可判斷D.
【詳解】對于A，因為有兩個向量共線，所以這三個向量一定共面，A正確；
對于B，若，則是鈍角或是，B錯誤；
對于C，因為是空間中的一組基底，所以不共面，
假設共面，則，
即矛盾，所以不共面，
所以也是空間的一組基底，C正確；
對于D，因為且，
所以P，A，B，C四點共面，D正確；
故選:ACD.
11．如圖所示，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點，且，則下列結論中正確的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱錐的體積為定值
D．異面直線，所成的角為定值
【答案】ABC
【分析】通過線面的垂直關系可判A項真假；根據線面平行可判B項真假；根據三棱錐的體積計算的公式可判C項真假；根據列舉特殊情況可判D項真假.
【詳解】因為，，，
平面，平面，所以平面，
又因為平面，所以，故A項正確；
易知，所以，且平面，平面，
所以平面，故B項正確；
如圖1，連結交于點.
圖1
因為平面，平面，所以，
所以.
因為，，，平面，平面，，所以平面.
所以到平面的距離為，
所以為定值，故C項正確；
D．當，，取為，如下圖2所示：
圖2
因為，所以異面直線所成角為，，
且；
當，，取為，如下圖3所示：
圖3
易知，，所以四邊形是平行四邊形，所以.
因為，是的中點，所以.
又，，，
所以異面直線所成角為，且，
由此可知：異面直線所成角不是定值，故錯誤.
故選：ABC.
12．已知橢圓為的左焦點，直線與交于兩點（點在第一象限），直線與橢圓的另一個交點為，則（ ）
A．B．當時，的面積為
C．D．的周長的最大值為
【答案】AC
【分析】對A：由方程求，進而求；對B：根據方程結合題意運算求解；對C：設直線，利用兩點間距離公式結合韋達定理運算求解；對D：根據橢圓定義分析求解.
【詳解】由橢圓方程，得，所以，所以，故A項正確；
當時，點到的距離為2，所以的面積為，故B項錯誤；
因為點在第一象限，所以直線的斜率一定存在，設直線的斜率為，點，
∵，則直線，
聯立方程，得到
∴，
∵在橢圓上，則，即
∴
同理，
于是
，
故C項正確；
設橢圓的右焦點為，
當直線經過橢圓的右焦點時，的周長為，
如果不經過右焦點，則連接，，
可知的周長小于，
所以的周長的最大值為，故D項錯誤.
故選：AC.
三、填空題
13．若直線與直線平行，則直線與之間的距離為 .
【答案】
【分析】先求得的值，然后根據兩條平行直線間的距離公式求得正確答案.
【詳解】由于，所以，解得，
所以直線的方程為，
直線的方程為，即，
所以 直線與之間的距離為.
故答案為：
14．已知是不共面向量，，若三個向量共面，則實數 .
【答案】4
【分析】根據向量共面列方程，化簡求得的值.
【詳解】以為空間一組基底，
由于三個向量共面，所以存在，
使得，
即，
整理得，
所以，解得.
故答案為：
15．已知點在圓的外部，則k的取值范圍是 .
【答案】
【分析】根據二元二次方程表示圓的條件以及點在圓外，列出不等式求解，即得答案.
【詳解】由題意圓滿足，
點在圓的外部，
得，
即的取值范圍是
故答案為：
四、雙空題
16．橢圓的光學性質，從橢圓一個焦點發(fā)出的光，經過橢圓反射后，反射光線都匯聚到橢圓的另一個焦點上．已知橢圓C：，為其左、右焦點．M是C上的動點，點，若的最大值為6.動直線l為此橢圓C的切線，右焦點關于直線l的對稱點，，則橢圓C的離心率為 ；S的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】根據題意得，求出，再求出離心率；根據橢圓的光學性質可得，即點的軌跡是以為圓心，半徑為4的圓，又點到直線的距離的5倍，分析求解即可.
【詳解】根據橢圓定義得：，
所以，
因為的最大值為6，，所以，即，
解得，所以離心率為；
右焦點關于直線l的對稱點，
設切點為A，由橢圓的光學性質可得：三點共線，
所以，
即點的軌跡是以為圓心，半徑為4的圓，
圓心到直線的距離為，
則圓上的點到直線3x＋4y－24＝0的距離最小值為，最大值為，
所以點到直線的距離為，
所以表示點到直線的距離的5倍，
則，即.
故答案為：①#；②.
五、解答題
17．直線l經過兩直線：和：的交點.
(1)若直線l與直線垂直，求直線l的方程；
(2)若點到直線l的距離為5，求直線l的方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）聯立方程組，求得兩直線的交點坐標，利用垂直關系求得斜率，結合點斜式方程，即可求解；
（2）分直線的斜率存在與不存在，結合點到直線的距離公式求得斜率，利用點斜式方程，即可求解.
【詳解】（1）解：聯立方程組，解得交點，
又直線與直線垂直，所以直線的斜率為，
則直線的方程為，即.
（2）當直線的斜率不存在時，直線的方程為，滿足點到直線的距離為5；
當直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，
則點到直線的距離為，求得，
故直線的方程為，即，
綜上可得，直線的方程為或.
18．已知直線和圓．
(1)若直線交圓于，兩點，求弦的長；
(2)求過點且與圓相切的直線方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先由圓的方程得到圓心和半徑，根據幾何法求弦長，即可得出結果；
（2）當直線斜率不存在時，可直接得出切線方程；當直線斜率存在時，先設切線方程為，由圓心到直線的距離等于半徑列方程，得出的值即可求出直線方程．
【詳解】（1）將圓：化成標準方程：，
所以的圓心為，半徑，
所以到直線：的距離，
所以；
（2）①當直線斜率不存在時，過點的直線為，是圓的一條切線；
②當直線的斜率存在時，設圓的切線方程為，即，
所以圓心到直線的距離為，
即，解得：，
所以此時切線方程為，化簡得．
綜上所述，所求的直線方程為：或．
19．如圖所示，在直三棱柱中，，，，.
(1)求證：；
(2)在上是否存在點，使得平面，若存在，確定點位置并說明理由，若不存在，說明理由．
【答案】(1)證明見解析；
(2)在上存在點使得平面，且為的中點．
【分析】（1）本題首先以為坐標原點建立空間直角坐標系，然后得出、，最后根據即可證得；
（2）本題可假設點存在，則，然后通過得出，最后求出的值，即可得出結論.
【詳解】（1）因為，，，所以，
如圖所示，在直三棱柱中，以為坐標原點，直線、、分別為軸、軸、軸，建立空間直角坐標系，
則，，，，，
因為，，
所以，，即.
（2）若存在點使平面，則，，
，，，，
因為平面，所以存在實數、，使成立，
則，解得，
故在上存在點使平面，此時點為中點.
20．在平面直角坐標系中，點到點的距離比它到軸的距離多1，記點的軌跡為.
(1)求軌跡為的方程
(2)設斜率為的直線過定點，求直線與軌跡恰好有一個公共點時的相應取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意，設出點的坐標，列出等式，進而求得點的軌跡的方程；
（2）設出直線的方程，將直線的方程與軌跡的方程聯立，結合判別式和根的范圍，即可求解.
【詳解】（1）解：設是軌跡上的任意一點，
因為點到點的距離比它到的距離多，可得，
即，整理得，
所以點的軌跡的方程為.
（2）解：在點軌跡中，記，
因為斜率的直線過定點，不妨設直線的方程為，
聯立方程組，整理得，
當時，，此時，可得直線與軌跡恰好有一個公共點；
當時，可得，不妨設直線與軸的交點為，
令，解得，
若直線與軌跡恰好有一個公共點，則滿足，
解得或，
綜上，當時，直線與軌跡恰好有一個公共點.
21．已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F分別為和的中點，D為棱上的點．
（1）證明：；
（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）證明見解析；（2）
【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量證明線線垂直；
（2）方法一：建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進而可以確定出答案；
【詳解】（1）[方法一]：幾何法
因為，所以．
又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，
過E作的平行線分別與交于其中點，連接，
因為E，F分別為和的中點，所以是BC的中點，
易證，則．
又因為，所以．
又因為，所以平面．
又因為平面，所以．
[方法二] 【最優(yōu)解】：向量法
因為三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以兩兩垂直．
以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．
，．
由題設（）．
因為，
所以，所以．
[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法
設平面的法向量為，
因為，
所以，即．
令，則
因為平面的法向量為，
設平面與平面的二面角的平面角為，
則．
當時，取最小值為，
此時取最大值為．
所以，此時．
[方法二] ：幾何法
如圖所示，延長交的延長線于點S，聯結交于點T，則平面平面．
作，垂足為H，因為平面，聯結，則為平面與平面所成二面角的平面角．
設，過作交于點G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
則，
所以，當時，．
[方法三]：投影法
如圖，聯結，
在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．
設，在中，．
在中，，過D作的平行線交于點Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．
【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復雜，方法二建立合適的空間直角坐標系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數量積的定義運算進行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學生的思維.
第二問：方法一建立空間直角坐標系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學生的思維．
22．已知橢圓C：的離心率為，點在橢圓上.直線與橢圓交于兩點.且，其中為坐標原點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若過原點的直線與橢圓交于兩點，且過的中點.求四邊形面積的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意列式求解，即可得橢圓方程；
（2）當直線斜率不存在時，可得其方程為，求出；當直線斜率存在時，設其方程為，結合韋達定理、平面向量數量積推出及，再由，計算可得的取值范圍，從而得解．
【詳解】（1）設橢圓的半焦距為，
由題意可得：，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）當直線斜率存在時，設其方程為，，，
聯立，可得，
可得①，且②，③
若以為直徑的圓過原點，則，
整理得，
代入②③兩式得，整理得④，
將④式代入①式，得恒成立，則，
由題意可設，所以，
因為，
且點到直線的距離，
可得，
又因為，則點坐標為，
化簡可得，
代入橢圓方程可得，整理得，
則，
因為，則，
所以；
當直線斜率不存在時，設，，
則，且，解得，
可知方程為，
因為直線過中點，即為軸，
可知，，，
綜上所述：四邊形面積的取值范圍為.

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.

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