1. 在空間直角坐標系中，已知點，點則（）
A. 點和點關于軸對稱B. 點和點關于軸對稱
C. 點和點關于軸對稱D. 點和點關于原點中心對稱
【答案】B
【解析】
【分析】根據空間直角坐標系中的對稱關系直接可得解.
由題得點與點的橫坐標與豎坐標互為相反數(shù)，縱坐標相同，
所以點和點關于軸對稱,
故選：B.
2. 向量，若，則（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空間向量平行列出關于的方程組，解之即可求得的值.
因為，所以，由題意可得，
所以，則．
故選：C.
3直三棱柱中，若，則（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空間向量線性運算法則即可求解．
.
故選：D．
4. 下列可使非零向量構成空間的一組基底的條件是（）
A. 兩兩垂直B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由基底定義和共面定理即可逐一判斷選項A、B、C、D得解.
由基底定義可知只有非零向量不共面時才能構成空間中的一組基底.
對于A，因為非零向量兩兩垂直，所以非零向量不共面，可構成空間的一組基底，故A正確；
對于B，，則共線，由向量特性可知空間中任意兩個向量是共面的，所以與共面，故B錯誤；
對于C，由共面定理可知非零向量共面，故C錯誤；
對于D，即，故由共面定理可知非零向量共面，故D錯誤.
故選：A.
5. 已知，則直線恒過定點（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由題意可得，可得定點坐標.
因為，所以，
由，可得，所以，
當時，所以對為任意實數(shù)均成立,
故直線過定點.
故選：A.
6. 已知：，：，則兩圓的位置關系為（）
A. 相切B. 外離C. 相交D. 內含
【答案】C
【解析】
【分析】先將圓化為標準方程，從而求出圓心距，再根據圓心距與兩圓半徑的關系，即可得解.
因為可化為,則，半徑，
因為可化為，
則，半徑，
則，因為，所以兩圓相交.
故選：C.
7. 已知點為橢圓上任意一點，直線過的圓心且與交于兩點，則的取值范圍是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據圓心為的中點，利用向量運算將用來表示，轉化為橢圓上一點到焦點的距離范圍求解即可.
，即，
則圓心，半徑為.
橢圓方程，,
則，
則圓心為橢圓的焦點，
由題意的圓的直徑，且
如圖，連接，由題意知為中點，則，
可得
.
點橢圓上任意一點，
則，，
由，
得.
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵于利用中點性質，將多動點有關的數(shù)量積，通過向量的線性運算與數(shù)量積運算性質，轉化為動點與定點圓心連線的長度來表示，進而可借助橢圓上任意一點到焦點距離的范圍使問題得解.
8. 已知圓和圓交于兩點，點在圓上運動，點在圓上運動，則下列說法正確的是（）
A. 圓和圓關于直線對稱
B. 圓和圓的公共弦長為
C. 的取值范圍為
D. 若為直線上的動點，則的最小值為
【答案】D
【解析】
【分析】求出圓心和半徑，再結合中垂線知識可判斷A，利用等等這些距離公式結合勾股定理可判斷B，由題意可知，當點和重合時，的值最小，當，，，四點共線時，的值最大，進而可判斷C，求出關于直線對稱點的坐標，再結合兩點間距離公式可判斷D.
對于A，和圓，
圓心和半徑分別是，
則兩圓心中點為，
若圓和圓關于直線對稱，則直線是的中垂線，
但兩圓心中點不在直線上，故A錯誤；
對于B，到直線的距離，
故公共弦長為，B錯誤；
對于C，圓心距為，當點和重合時，的值最小，
當四點共線時，的值最大為，
故的取值范圍為，C錯誤；
對于D，如圖，設關于直線對稱點為，
則解得即關于直線對稱點為，
連接交直線于點，此時最小，
，
即的最小值為，D正確.
故選：D.
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 已知向量，，則下列正確的是（）
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量為
【答案】ACD
【解析】
【分析】ABC選項，根據得到且，AC正確，B錯誤；D選項，利用投影向量的求解公式得到答案.
ABC選項，由題意得，故且，AC正確，B錯誤；
D選項，在方向上的投影向量為，D正確.
故選：ACD
10. 布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案，如圖，把三片這樣的達·芬奇方磚拼成組合，把這個組合再轉換成空間幾何體．若圖中每個正方體的棱長為1，則下列結論正確的是（）
A. B. 點到直線的距離是
C. D. 異面直線與所成角的正切值為4
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用空間向量的線性運算判斷A，建立空間直角坐標系利用空間向量模的坐標求法判斷C，利用投影公式結合勾股定理判斷B，利用線線角的向量求法判斷D即可.
依題意得，故A正確；
如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，
，
對于BC，，
所以，設，
則點到直線距離，故BC正確；
對于D，因為，
所以，所以，
所以異面直線與所成角的正切值為，故D錯誤．
故選：ABC．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何，解題關鍵是建立空間直角坐標系，然后利用投影公式結合勾股定理得到所要求的長度即可．
11. 已知實數(shù)滿足方程，則下列說法正確的是（）
A. 的最大值為B. 的最大值為
C. 的最大值為D. 的最小值為
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，，，根據其幾何意義求解判斷ABC，作出與圓圖象求最值判斷D即可.
根據題意，方程，即，
表示圓心為，半徑為的圓，由此分析選項：
對于A，設，即，
直線與圓有公共點，
所以，解得
則的最大值為，故A正確；
對于B，設，其幾何意義為圓上的點到原點的距離，
所以的最大值為，
故最大值為，故B正確；
對于C，設，則，直線與圓有公共點，
則，解得，即的最大值為，故C錯誤；
對于D，設，作出圖象為正方形，作出圓，如圖，
由圖象可知，正方形與圓有公共點A時，有最小值，
即的最小值為，故D正確；
故選：ABD
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. O為空間任意一點，若，若ABCP四點共面，則______________．
【答案】##0.125
【解析】
【分析】利用空間向量共面基本定理的推論可求出的值.
空間向量共面的基本定理的推論：，且、、不共線，
若、、、四點共面，則，
因為為空間任意一點，若，且、、、四點共面，
所以，，解得.
故答案為：.
13. 已知點和點，是動點，且直線與的斜率之積等于，則動點的軌跡方程為______．
【答案】
【解析】
【分析】設動點，斜率用坐標表示，由斜率之積為可得出之間的關系式，進而得的軌跡方程.
設動點的坐標為，又，，
所以的斜率，的斜率，
由題意可得，
化簡，得點的軌跡方程為.
故答案為：
14. 已知點為圓上位于第一象限內的點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，直線分別交軸于兩點，則_______，_______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】設直接計算可得，由角平分線定理可得，由此求出，得出點坐標，再由直角三角形求出點坐標即可得解.
圓的標準方程為，圓心，
則為的角平分線，所以．
設，則，
所以，則，
即，解得，則，
所以點與重合，
此時，可得，
所以．
故答案為：；
【點睛】關鍵點點睛：根據角平分線定理，可轉化為，建立方程求出參數(shù)，得到圓的圓心、半徑，求出M的坐標是解題的關鍵.
四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15. 分別求滿足下列各條件的橢圓的標準方程．
（1）已知橢圓的離心率為，短軸長為；
（2）橢圓與有相同的焦點，且經過點，求橢圓的標準方程.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由題意得，解出該方程組即可由橢圓焦點在x軸上或在y軸上得解；
（2）先求出橢圓焦點即可得橢圓焦點坐標為，進而可設圓方程為且，解出和即可得解.
【小問1】
由題得，
所以橢圓的標準方程為或.
【小問2】
橢圓滿足，故該橢圓焦點坐標為，
因為橢圓與有相同的焦點，且經過點，
所以可設橢圓方程為，且，解得，
故，解得（舍去）或，故.
所以橢圓的標準方程為.
16. 已知圓心為的圓經過點，且圓心在直線上．
（1）求圓的方程；
（2）已知直線過點且直線截圓所得的弦長為2，求直線的一般式方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圓心在弦的垂直平分線上，可先求線段的中垂線方程，再聯(lián)立直線求出圓心坐標，再求出半徑即可得圓的方程；
（2）討論直線斜率是否存在，若存在設出直線的點斜式方程，由弦長與半徑先求出圓心到直線的距離，再由點線距離公式待定斜率即可得所求.
【小問1】
由題意，則的中點為，且，
故線段中垂線的斜率為，
則中垂線的方程為，即，
聯(lián)立，解得，即圓心，
則半徑，
故圓的方程為.
【小問2】
當直線斜率不存在時，直線的方程為，
圓心到直線的距離為，由半徑，
則直線截圓所得的弦長，滿足題意；
當直線斜率存在時，設直線方程為，
化為一般式得，
由直線截圓所得的弦長，半徑，半弦長為.
則圓心到直線的距離，又圓心，
由點到直線的距離公式得，
解得，故直線方程為，
化為一般式方程為：.
綜上所述，直線的方程為或.
17. 如圖，四邊形與四邊形均為等腰梯形，，，，，，，平面，為上一點，且，連接、、.
（1）證明：平面；
（2）求平面與平面的夾角的余弦值.
【答案】（1）證明見
（2）
【解析】
【分析】（1）根據線面垂直的性質，結合線面垂直的判定定理、平行線的性質進行證明即可；
（2）作，垂足為，根據平行四邊形和矩形的判定定理，結合（1）的結論，利用勾股定理，可以以，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.
【小問1】
因為平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因為，所以平面.
【小問2】
作，垂足為.則.又，
所以四邊形是平行四邊形，又，
所以四邊形是矩形，又四邊形為等腰梯形，且，，
所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示空間直角坐標系.
則，，，，，
所以，，，，
設平面的法向量為，
由，得，可取.
設平面的法向量為，
由，得，可取.
因此，.
依題意可知，平面與平面的夾角的余弦值為.
18. 已知圓與圓內切．
（1）求的值．
（2）直線與圓交于兩點，若，求的值；
（3）過點作傾斜角互補的兩條直線分別與圓相交，所得的弦為和，若，求實數(shù)的最大值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由圓O與圓E內切以及圓E半徑和圓心O與圓E的位置關系可得，進而得解.
（2）設，聯(lián)立圓與直線方程求出和即可由數(shù)量積計算得解.
（3）分直線斜率不存在、斜率為0、斜率存在且不為0三種情況分類討論，結合點到直線距離以及點斜式依次得和，接著分和結合對勾函數(shù)的單調性和值域即可求出時的取值范圍，從而得解.
【小問1】
由題意得，，
故圓心，圓E的半徑為，
因為，故在圓E上，
所以圓O的半徑，且，故.
【小問2】
由（1）知，聯(lián)立，
設，則恒成立，
且，
所以，
所以，解得.
【小問3】
如圖，因為直線和直線傾斜角互補，
所以當直線斜率不存在時，此時直線的斜率也不存在，
此時，，
當直線的斜率為0時，直線的斜率為0，不滿足傾斜角互補，
當直線斜率存在且不為0時，設直線即，
圓心O到直線的距離為，
故，
由直線方程得直線的方程為即，
同理得，
則，
當，，
因為對勾函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，
所以時，，
所以時，故，
所以，
當，，
由上知時，故，
所以.
綜上，.
19. 已知兩個非零向量，在空間任取一點，作，則叫做向量的夾角，記作．定義與的“向量積”為：是一個向量，它與向量都垂直，它的模．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，底面，
為線段上一點，．
（1）求的長；
（2）若為的中點，求二面角的正弦值；
（3）若為線段上一點，且滿足，求．
【答案】（1）2（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空間直角坐標系，設，利用向量的坐標運算將條件等式轉化為關于的方程求解可得；
（2）利用法向量方法求二面角；
（3）設，，利用向量的坐標運算將條件轉化為垂直關系，結合模長等量關系，建立的方程組求解可得.
【小問1】
由題意，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.
設，由已知，
則,
則，
則，
且.
由題意知,
所以有，
則，解得（舍去），
故的長為.
【小問2】
由（1）知，,
又為的中點，則，，
平面的一個法向量為，
設平面的法向量為，
則，令，則.
故平面的一個法向量為，
設二面角的平面角為，且，
則，
故.
故二面角的正弦值為.
【小問3】
由（1）可得，
由題意，設，，
則
則，
由可知，，
且，由，
則，解得；
則，
則解得，，
則，
又，解得.
【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵在于理解新定義“向量積”，首先它是一個向量，解題中也要從方向與長度兩個方面分析，如第三問中的轉化：一是該向量的垂直關系可得與兩個等式；二是向量的模長.由此通過建立空間直角坐標系向量坐標化轉化為方程組的求解即可.

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