一、單選題（本大題共8小題）
1．直線的傾斜角是（ ）
A．B．C．D．
2．圓的圓心坐標和半徑分別為（ ）
A．B．
C．D．
3．過點，且垂直于直線的直線方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長均為3，且它們彼此的夾角都是，則對角線長為（ ）
A．B．
C．D．
5．直線的圖象可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別為，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱錐中，平面BCD，，且，M為AD的中點，則異面直線BM與CD夾角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
8．是圓上兩點，，若在圓上存在點恰為線段的中點，則實數(shù)的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．以下關于直線的表述正確的是（ ）
A．斜率為，在y軸上的截距為3的直線方程為
B．經過點且在x軸和y軸上截距相等的直線方程為
C．點斜式方程可用于表示過點且不與軸垂直的直線
D．已知直線和以，為端點的線段相交，則實數(shù)k的取值范圍為
10．如圖，在棱長為2的正方體中，為線段的中點，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．直線到平面的距離為2
C．點到直線的距離為
D．平面截正方體的截面的面積為
11．古希臘著名數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262~前190）發(fā)現(xiàn)：平面內到兩個定點的距離之比為定值的點的軌跡是圓．后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓．在平面直角坐標系中，已知，，動點滿足，直線，則（ ）
A．直線過定點
B．動點的軌跡方程為
C．動點到直線的距離的最大值為
D．若點的坐標為，則的最小值為
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知直線，直線，若，則= .
13．在空間直角坐標系中，已知點，若點在平面內，寫出一個符合題意的點的坐標 .
14．如圖，在三棱錐中，，，，平面平面，則三棱錐的體積的最大值為 ；二面角的正弦值的最小值為 .
四、解答題（本大題共5小題）
15．已知的三個頂點是，，.
(1)求邊上的高所在的直線方程；
(2)求的面積.
16．如圖，在三棱柱中，，，平面.
(1)求證：；
(2)若，直線與平面所成的角為，求平面與平面的夾角的余弦值.
17．已知圓過兩點、，且圓心在直線上.
(1)求圓的標準方程；
(2)已知點，
①判斷點與圓的位置關系，并說明理由；
②若點在圓內，求過點的最短弦長及其所在的直線方程；若點在圓上或圓外，求過點的圓的切線方程.
18．在四棱錐中，平面平面，，，，，，.
(1)求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
19．新定義：已知，.空間向量的叉積.若在空間直角坐標系中，直線的方向向量為，且過點，直線的方向向量為，且過點，則與方向向量的叉積為，與的混合積為.混合積性質：若，則與共面；若，則與異面.已知直線的一個方向向量為，且過點，直線的一個方向向量為，且過點.
(1)用混合積性質證明：與是異面直線；
(2)若點，求的長的最小值；
(3)若為坐標原點，直線，求的坐標.
參考答案
1．【答案】D
【分析】根據(jù)已知條件，結合直線的傾斜角與斜率的關系，即可求解．
【詳解】設直線的傾斜角為，，
直線可化為，
所以直線的斜率，
，
故選：D．
2．【答案】B
【詳解】根據(jù)圓的標準方程，
即可得圓心坐標為，半徑為.
故選：B
3．【答案】A
【詳解】根據(jù)垂直關系得所求直線的斜率為，又過點
所以所求直線方程為，即.
故選：A
4．【答案】A
【詳解】如圖，由已知，，，
∵，
∴
，
∴，即，
故選：A.
5．【答案】B
【詳解】由直線，得：，直線的斜率，直線在y軸上的截距為，
當時，，則直線經過第一象限和第三象限，且與軸相交于軸下方；
當時，，則直線經過第二象限和第四象限，且與軸相交于軸上方；
只有B選項的圖象符合題意，
故選：B.
6．【答案】D
【詳解】由題設，圓中，半徑為1，
又，故只需最小，則最小，
圓心到直線的距離，
當時，，所以.
故選：D
7．【答案】B
【詳解】四面體是由正方體的四個頂點構成的，
如下圖所示建立如下圖所示的空間直角坐標系，

設正方體的棱長為
因為異面直線夾角的范圍為，
所以異面直線BM與CD夾角的余弦值為
故選：B
8．【答案】C
【分析】由得弦中點到圓心的距離，則點在以為圓心，為半徑的圓上，又在圓上存在點，則可轉化為兩圓有公共點問題求解即可.
【詳解】圓，圓心，，
由是弦的中點，且，則由圓的幾何性質，，
所以，
故點在以為圓心， 以為半徑的圓上.
又在圓上存在點滿足題設，
且其圓心，半徑，
則由兩圓有公共點，得，即，
解得，或.
故選：C.
9．【答案】AC
【詳解】對A，斜率為，在y軸上的截距為3的直線斜截式方程為，A正確；
對B，經過點和原點的直線也滿足題意，故B錯誤；
對C，點斜式方程適用于斜率存在的直線，C正確；
對D，易知直線過定點，
可得，
由圖和正切函數(shù)性質可知，或，D錯誤.
故選：AC.
10．【答案】ABC
【詳解】依題意，建立空間直角坐標系，如圖，
，
對于A，，
則，故A正確；
對于B，易得平面的法向量為，而，
所以，又平面，所以平面，
所以點到平面的距離即直線到平面的距離，即，故B正確；
對于C，，，
所以，
則點到直線的距離為，故C正確；
對于D，記的中點為，連接，則，
所以，顯然，即，
所以四點共面，
即平行四邊形為平面截正方體的截面，
由勾股定理易得，故平行四邊形是菱形，
又，所以，，
所以，故D錯誤.
故選：ABC.
11．【答案】ABD
【分析】根據(jù)定點的求解可判定A,根據(jù)等量關系列方程可求解B，根據(jù)點到直線的距離即可求解C，根據(jù)三點共線即可求解D.
【詳解】對A,直線，，所以直線過定點，故A正確；
對B，設，因為動點滿足 ，所以 ，整理可得，
即，所以動點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，
動點的軌跡方程為圓，故B正確；
對于 C，當直線與垂直時, 動點到直線的距離最大，且最大值為，故C錯誤；
對于D，由，得，所以，
又因為點在圓內，點在圓外，
所以，當且僅當為線段與圓的交點時取等號，故D正確.
故選ABD.

12．【答案】-2
【詳解】，則；.
若，則存在斜率，方程可化為，
則且，解得.
故答案為：.
13．【答案】（答案不唯一）
【詳解】點在平面內，所以四點共面，
則，
所以，
所以，則，
所以滿足即可
令，滿足，
所以符合題意的點的坐標可以為.
故答案為：（答案不唯一） .
14．【答案】
【詳解】第一空：取的中點，因為，所以，
又因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為，，，所以，
所以三棱錐的體積為
，
因為，所以，則；
當且僅當，即時，等號成立，
故三棱錐的體積的最大值為.
第二空： 由平面，又平面，
所以，
過作于，連接，
因為平面，，
所以平面，
又平面，所以，
所以為二面角的平面角，
在中，，
因為，當且僅當時等號成立，
所以的最小值為2.
此時取得最小值，
故二面角的正弦值的最小值為.
故答案為：；.
15．【答案】(1)
(2)3
【詳解】（1）由題意可得：直線AC的斜率
則AC邊上的高所在直線的斜率，
又這條直線過點，
所以直線方程為，
即.
（2）
（方法一）因為，所以，所以，所以，
因為，
所以，
（方法二）由(1)知直線AC的斜率，
則直線AC的方程為，即，
點到直線的距離，
因為，，
（方法三）因為，
所以，所以，
因為，
所以.
16．【答案】(1)證明見解析
(2)
【詳解】（1）因為，，且，所以四邊形為菱形，則,
又因為平面，平面，
所以，又，、平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）（方法一）因為平面，
所以直線與平面所成的角為，即，
因為平面，平面，則，則，
令，由四邊形為菱形，，則是邊長為的等邊三角形，
所以，，，，
因為平面，，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、、，
則，，
設平面的法向量，
則，取，則，，故，
易知平面的一個法向量為，
，
故平面與平面的夾角余弦值為.
（方法二）因為平面，
所以直線與平面所成的角為，即，
因為平面，平面，則，則，
令，由四邊形為菱形，，則是邊長為的等邊三角形，
所以，，，，
所以，，
取中點，連接、，
等腰直角中，且，
由勾股定理得，
因為，則，且，
因為，，平面平面，
所以平面與平面的夾角即，
在中，，，，則，即，
，故平面與平面的夾角余弦值為.
17．【答案】(1)
(2)①點在圓外，理由見解析；②或
【詳解】（1）（方法一）因為圓心在直線上，設圓心為，
因為點、在圓上，所以，
即，
整理得，
解得，所以圓心，半徑，
即圓的標準方程為.
（方法二）因為點、在圓上，
則，的中點（2,2）
所以的中垂線方程為，即，
聯(lián)立，解得，圓心，
半徑，
所以圓的標準方程為.
（2）①由（1）可得圓，
則圓心，半徑，
因為，
則點在圓外，
②當過點的直線斜率不存在時，則直線方程為，
圓心到直線的距離為，故直線為圓的切線；
當過點的直線斜率存在時，
可設直線方程，即，
由圓心到該直線的距離，
由直線與圓相切，則，即，
可得，解得，
此時，直線方程為，即，
綜上，切線的方程為或.
18．【答案】(1)證明見解析
(2)存在，
【詳解】（1）∵面面，面面，
，面，
∴面，
∵面，
∴，
又，，面，面
∴面，
（2）取中點為，連結，
∵，
∴，
∵，
∴
∵面面，面面，
兩兩垂直，建立如圖所示空間直角坐標系，
易知P0,0,1，，，，
則，，，，
設為面的法向量，令.
則
假設存在點使得面， 設，，
又，P0,0,1，，，
有∴
∵面，為的法向量，
∴，即，得
綜上，存在點，即當時，點即為所求.
19．【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【詳解】（1）由題意得，
因為，
所以，
故與是異面直線.
（2）設與都垂直的向量，
由，可取，
則的長的最小值為.
（3）由題意可設，
，
則，
由（2）得共線，則，解得，
故.

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