精品解析：四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题

内江六中2024—2025学年（上）高2026届第一次月考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 第I卷 选择题（满分58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 空间向量，若，则实数（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 2. 已知正方形的边长为平面，则与平面所成角是（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆的方程为，圆的方程为，若圆与圆外切，则的值为（ ） A. 1 B. 9 C. 10 D. 16 4. 在斜三棱柱的底面中，，且， ，则线段的长度是（ ） A. B. 3 C. D. 4 5. 已知直线的方程为，则该直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆，圆，分别是圆的动点，为直线上的动点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 10 C. 13 D. 16 7. 在中，为的中点.将沿进行旋转，得到三棱锥，当二面角为时，的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的边长为，点关于平面对称的点为，矩形内（包括边界）的点满足，记直线与平面所成线面角为.当最大时，过直线作平面平行于直线，则此时平面截正方体所形成图形的周长为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 如图，在四棱锥中，是矩形，侧棱底面，且，分别为的中点，为线段上的动点，则（ ） A. 四面体每个面都是直角三角形 B. C. 当点异于点时，平面 D. 直线和平面所成角的正切值为 10. 点是圆上的动点，则下面正确的有（ ） A. 圆的半径为3 B. 既没有最大值，也没有最小值 C. 的范围是 D. 的最大值为72 11. 已知圆，点.过点作圆的两条切线为切点，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，不存在实数，使得线段的长度为整数 B. 若是圆上任意一点，则的最小值为 C. 当时，不存在点，使得的面积为1 D. 当且时，若在圆上总是存在点，使得，则此时 第II卷 非选择题（满分92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与圆，则直线被圆所截得的弦长为__________. 13. 在三棱锥中，在线段上，满足是平面内任意一点，，则实数__________. 14. 如图，在中，，过中点的动直线与线段交于点，将沿直线向上翻折至，使得点在平面内的射影落在线段上，则斜线与平面所成角的正弦值的取值范围为__________. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知直线经过两点，. （1）求直线和直线的一般式方程； （2）已知直线经过直线与直线的交点，且在轴上的截距是在轴上的截距的倍，求直线的一般式方程. 16. 如图，在四棱锥中，是边长为3的正三角形，，平面平面. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的平面角的正切值. 17. 已知圆，直线过点． （1）求圆的圆心坐标和半径； （2）若直线与圆相切，求直线的方程； （3）若直线与圆相交于两点，求三角形的面积的最大值，并求此时直线的方程. 18. 如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，. （1）求证：平面； （2）在线段（不含端点）上是否存在一点H，使得平面与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 19. 已知圆和点. （1）过点向圆引切线，求切线的方程； （2）点是圆上任意一点，在线段的延长线上，且点是线段的中点，求点运动的轨迹的方程； （3）设圆与轴交于两点，线段上的点上满足，若直线，且直线与（2）中曲线交于两点，满足.试探究是否存在这样的直线，若存在，请说明理由并写出直线的斜率，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网组卷网 内江六中2024一2025学年（上）高2026届第一次月考 数学试题 考试时间：120分钟满分：150分 第I卷选择题（满分58分） 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共0分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的) 1.空间向量=(-l),6=(,3,),若ā1万，则实数x=() A.1 B.-2 C.0 D.2 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标公式列式计算即可： 【详解1因为向量i=(（山，-山)，6=(3，)，且ā1万， 所以a-b=1×1+(-)x3+1xx=x-2=0 解得x=2 故选：D 2.己知正方形ABCD的边长为V2,PAL平面ABCD,PA=2,则PC与平面ABCD所成角是() A.30 B.45 C60 D.901 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面角的知识求得正确答案 【详解】由于PA⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 第1页/共32页 学科网命组卷网 所以PA⊥AC,故∠PCA是PC与平面ABCD所成角， 由于正方形4BCD的边长为V2,所以4C=2列+(2)=2=PA 所以∠PCA=45° 故选：B 已知圆4的方程为+y-4红-2y+1=0,网的方程为+广+2x-10y+26-m=0,者题4 与圆B外切，则m的值为() A.1 B.9 C.10 D.16 【答案】B 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，再由两圆外切列方程可求得结果 【i详解1由+y-4x-2y+1=0.符x-2+0-=4, 所以圆心42，》，半径=2 由+少+2x-10y+26-m=0,得x+1+0-5y=mm>0) 所以圆心B(-l,5),半径片=Vm】 因为圆A与圆B外切， 所以1+5=AB,即2+Vm=V-1-2}2+5-1=5. 所以vm=3,得m=9, 第2页/共32页 6学科网列组卷网 故选：B 4.在斜三枝柱ABC-ABG的底面4BC中，4C=B=2,MCLB,且CG=2, 44B=A4C=3,则线段BC的长度是() A B B A.2V5 B.3 a v3 D.4 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据几何图形，利用基底向至表示BC,再根据数量积公式，求模长 【详解】 BC=BC+BB=AC-AB+44 BC-(AC-AB+A4-ACB2(4C.AA-AC.AB-AB.AA) =4+44+22x2×0-22×-12. 所以BC=2V3 故选：A 5已知直线的方程为sina-y+2=0,(aeR) 则该直线的倾斜角日的取值范围是() λ[经] 别 ao 第3页/共32页 6学科网 命组卷网 【答案】D 【解析】 tanB=sina(a∈R) 【分析】由题意得 进一步得 an0∈-，】，从而可求出倾斜角的取值范围 【详解】因为直线的方程为sina-y+2=0,(a∈R) 直线的倾斜角为日， anB=sina(a∈R) 所以 因为当∈R, sinaE[-1,1] 时， an0∈[-l,l] 所以 8∈[0，π) 因为 wup引[对】 故选：D 6.已知圆C:x+3+0-5)=1,圆C:(x-6+0-3=4,M,N分别是圆C,C的动点，P 为直线-y-6=0上的动点，则lPM+PW 的最小值为() A.6 B.10 C.13 D.16 【答案】B 【解析】 【分析】求出两圆的圆和半径，数形结合得到PM+PN的最小值为PC+PC--5的最小值。 求出C(6,3)关于直线-y-6=0的对称点的坐标，从而得到PC+C的最小值，进而得到 PM+PN的最小值 【详解1G:(+3+0y-5=l的圆心为G(-3,5),半径=1 第4页/共32页 命学科网命组卷网 C:(x-6+0y-3)=4的圈心为C(6,3),半径2=2， 如图所示， PM+PW的最小值为PC+PC-片-5=PG+PC-3的最小值， 设点C(6,3)关于直线-y-6=0的对称点为4(m,m川） 6+mn+3 -6=0 2 2 则 n-3 .1=-1 ，解得m=9, m-6 n=0 故A(9,0),连接AG,则1C即为PC+PC的最小值， 故PC+PC2的最小值为V(-3-9)2+(5-0)}=13 故lPM+PN的最小值为13-3=10 A x-y-6=0 故选：B 7.在Rt△ABC中，AB=BC=2V2,D为AC的中点将△ABD沿BD进行能转，得到三棱EC-ABD, 2π 当二面角A-BD-C为3时，C-ABD的外接球的表面积为(） 40 32 -元 元 A.16π B.3 C.20m D.3 【答案】C 【解析】 第5页/共32页 6学科网命组卷网 【分析】由题意得该三棱锥的面ACD,是边长为1的正三角形，BD⊥平面ACD,将三棱锥B-ACD 补形成直三棱柱，三棱锥的外接球球心就是直三棱柱的外接球球心，求出其半径可得解， 【详解】由题意CD⊥BD,AD⊥BD,:二面角A-BD-C的平面角是∠ADC, ∠ADC=2 , 将△ABD沿BD进行旋转，得到三棱锥C-ABD,所以AD=DC=BD=2, AC2=AD2+DC2-2AD.DCcos120°=4+4-2×2×2× 由余弦定理可得： 因为 CD⊥BDAD⊥BDCD∩BD=D CD,BDC平 面ACD,BDL平面ACD 将三棱锥B一ACD补形成直三棱柱， 三棱锥的外接球球心就是直三棱柱的外接球球心， 取4ACD 、E△BGH 接圆的圆心， 外接圆的圆心F, 根据对称性知三棱柱的外接球球心O是EF的中点， BD=2∴.EO=1 ∴.EC= AC -25 =2 点是外心， 2sin120° E△ACD 2x5 在Rt△0EC中，OC=VOE2+EC2=V(2)}+()2=√5， 即R=V5,:三棱锥C-ABD的外接球的表面积为S=4R2=4r×5=20m 故选：C 第6页/共32页 6学科网6组卷网 B G 8.已知正方体 BCD-4B,CD的边长为l,点C关于平面ABCD对称的点为CG,矩形M4CC内（包 括边界)的点P满 足PC1PC,记直线AP与平面ABCD所成线面角为9.当9最大时，过直线MP作 平面平行于直线BD,则此时平面截正方体所形成图形的周长为() D B A.2W2+2V3+2 B2W2+2V3 c.2V2+2V3-2 D.2V3-2 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，分析可知，点P在矩形 ACC内的轨迹是以点C为圆心，半径为的圆在矩形 AACC 内的圆弧，当AP与圆弧相切于点P时，∠1C最大，即取最大值，然后作出截面，计算出各 边边长，相加可得出截面的周长. 【详解】如下图所示： 第7页/共32页 命学科网列组卷网 0 B2 2 D H B A 因为矩形MCC内（包括边界）的点P满足PG1PC。 则，点P在矩形14CG内的轨迹是以点C为圆心，半径为'的圆在矩形14CC内的圆弧， 设直线AP交4G于点9，过点9作DH14,交4C于点H, 因为14上平面ABCD,则OH上平面ABCD AP与平面 ABCD ∠QAC 所以， 所成的角为 由图可知，当A 与圆亚相切于点'时，∠01C 最大，即取最大值， 连接CP,则CP1A0,易知AC=V2,则AP=VAC2-CP2=V2-1=1, 所以△P1C是等腰直角三角形，则∠04C= 4 在起形4CC中，4CaC,则A04=∠Q4C=子. 又因为 4Q-受，所以.△A0是等瓦角三角形，则40-从-， 所以，C2=4C-A0=V2-1 第8页/共32页 6学科网列组卷网 因为B,DD且B服=DD,故四边形BBDD为平行四边形，则BDBD 设平面a分别交楼BB、DD于点E、N,连接EN, 因为BDMa,BDC平面B,DD,平面B,DDNa=EN,则BD/EN,故BD,EN 设截面&分别交直线48、4D于点M、G, 因为BDEN,BDta.BNca,所，BDa 因为BDC平面4BCGD,平面BCpna=-MG,测MGBD, 设MGNBG=F,MGNCD=G,则∠FG=∠CBA=4 4, 同建可得∠CG5-吾，△CFG为等限直角角形， 易知4G1BD,而GB,D,则CQ1FG,则e为FG的中点 m6=2c0-25-小5-cc-2G-2w5-25 故BF=BG-GF=1-(（2-2)=2-1 N为∠P因=∠CG=音，H∠8F-至.则MBF人起在角三 所以，BM=B,F=V2-1,则4M=4B+MB=1+N2-1=V2 因为EBI平面ABCD,MB、FBC平面ABCD,则EB⊥MB,EB⊥FB EF=EB+FB2=EB2+MB2=EM 所以，AE+EF=AE+EM=AM=VA+4M2=N1+2=V3 第9页/共32页 学科网命组卷网 同理可得AW+NG=V5 故截面0截正方 ABCD-A,B,CD所得截面的周长为 AE+EF+AN+NG+FG=23+FG=23+22-2 故选：C. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： (1)利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即 可确定线面角： (2)在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h，从而不必作出线面角，则线 h sin= 面角0满足 1(1为斜线段长)，进而可求得线面角： (3)建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设“为直线的方向向量，”为平面的法向量，则线面角日 的正弦值为sin8=cos<a,n> 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9如图，在四校锥P-ABCD中，ABCD是矩形，侧楼PD上底面4BCD,且PD=4,CD=AD=2 M,N PA,PC 分别为 ,PC的中点，G为线段PB上的动点，则(） 第10页/供32页 6学科网命组卷网 M G D --------C B A.四面体N-BCD每个面都是直角三角形 B.DGLMN C.当点G异于P点时，ACII平面MNG 2 D.直线PB和平面DAC所成角的正切值为2 【答案】BC 【解析】 【分析】因为PD≠CD则当N为PC中点时，ND与PC不垂直，则选项A可以判断；由图形可知，可 以建立以点D为原点空间直角坐标系，则找到DG与MN 的向量进行垂直判断，即可得到选项B；因为 M,N PA,P 分别为 PC的中点，则可证明MCI/平面MNG判断C选项，利用直线PB的方向向量和平面 DAC 的法向量，代入夹角公式即可计算出夹角的正弦值，再根据同角三角函数值得求解，即可判断D. 【详解】因为PD=4,CD=2,在△PDC中，N为PC中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才 能垂直底面，由于△PDC不是等腰，则ND与PC不垂直，则在四面体N-BCD有的面不是直角三角形， 故A不正确： M,N PA,PC 分别为 的中点，则在△PAC中，MNAC 第11页/共32页 学科网命组卷网 因为AC￠平面MNG,MNC平面MWG, 所以AC//平面MWG.C正确 以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系， M G C 2 A B 则M(,02),N(0,12).D(0,00).G1,2) M=(-11,0),DG=(11,2),则M-DG=1×(-I)+1x1+0x2=0, 则可判断DG⊥MN.B正确： P(0,0,4),B(22,0)则方向向量为PB=(2,24) 平面D4C的法向量n=(0,0,1) 设直线PB和平面DAC所成角为O, √6 PB.n 4-6 ,则tan= sin 3 =√2 则sin0= v1-sin20 3 ,D错误 P列V24-3 3 故选：BC 10.点P(,)是圆C:x+y-8x-6y+21=0上的动点，则下面正确的有() A.圆的半径为3 第12页/供32页 命学科网命组卷网 yo B.x。一3既没有最大值，也没有最小值 C.2x,+%的范围是[11-25,11+25] D.+6+2x+3 的最大值为72 【答案】BC 【解析】 yo=k 【分析】将圆方程化为标准方程可判断选项A错误设x。一3，则转化为直线与圆有交点，可算得 yo=k x。一3既没有最大值，也没有最小值，选项B正确对于选项C和D,可用三角换元化简，再结合辅助 角公式即可判断 【详解】圆C:x+y-8x-6y+21=0转化为(x-4}°+(0y-3}=4, 则圆的圆心为(4,3引，半径为2，选项A错误 k(4-3-3≤2 产=，则直战为-一为国有交点，印十安 3或k≥3+26 整理得3张2+6-5≥0，解翔≤3-26 3 Yo 既x。一3没有最大值，也没有最小值，选项B正确 设6=4+2sin0.%=3+2c0s0 则2x+%=11+4sin0+2c0s0=I1+2N5sin(0+p),芙中mp号 则2x,+%的取值范围为11-25,11+2W5],选项C正确 第13页/供32页 命学科网命组卷网 又6+6-8。-6%+21=0，则6+6=8x+6%-21 因此 x+y6+2x+3=10x+6%-18=20sin0+12cos0+40=4W34sin(0+a)+40 其中ana=3 则亏++2x+3的最大值为4W34+40,选项D错误 故选：BC 1.己知圆C:(x-k+(0y-2k+3)=4(k∈R),点P(2,4-10),(teR)过点P作圆C的两条切线 PA,PB,A,B 为切点，则下列说法正确的有() A.当k=1时，不存在实数t,使得线段AB的长度为整数 7W5 B.若M是圆C上任意一点，则PM的最小值为5 C.当k=-I时，不存在点P,使得△PAB的面积为1 【答案】ACD 【解析】 AB 【分析】求出P点轨迹，利用几何面积转换从而可得到A6的取值范围，即可对A项判断；求出圆心C y=2x-3 的轨迹方程为 然后即可求出PM的最小值，即可对B项判断：画出圆C及切线，利用几何条 件，从而可对C、D项判断 【详解】对于A项：当k=1时，圆C:(x-+(y+=4,圆心C(,),半径r=2, 第14页/共32页 6学科网命组卷网 由点P(21,4-10),(∈R)得P的轨迹方程为：y=2x-10,如下图： 由2nG=2-44G=2Pc-7-2Pc-4.所告P聚时.M最小 PC的发小位为图心c到y=2x-10商E离1-2+110_75 5 5 此时：AB到= 7 73 4V2 又因为：AB<2r=4,放4B∈ 所以当k=1时，不存在实数，使得线段AB的长度为 整数，故A项正确： 对于B项：圆心C(k,2k-3)得圆心C的轨迹方程为y=2x-3,所以C到直线y=2x-10的距离为 -3+107W5 5 5, 75 所以M是圆上任意一点，则PM的最小值为：S-2,赦B项错误： 对于C项：当k=-1,圆C:(x+)+(y+5=4,由A项知P的轨迹方程为：y=2x-10,如下图： 第15页/供32页 6学科网列组卷网 南.Pch-25.o-p44C-2c-F-2c-4.黄Pt.h网 C的数小值为四c症线约距离为5=号，PG=,由A项知hA= 13-1075 00na-a分兰片a-) 因为：|PC=x≥7v5 两5m=27--）2号1，项 对于D项：由题设可 ∠CPA≥π 6,故lPC≤4 9-515159+31 V(21++(41-5≤4，解得：10 02.又因为21eN,所以，1e. 故D项 正确 故选：ACD. 第II卷非选择题（满分2分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知直线 :3x-y-6=0与园C:x-Y+0y-2y=5,则直线被圆C所截得的弦长为 【答案】 V10 第16页/供32页 6学科网列组卷网 【解析】 【分析】求出圆心到直线 1:3x-y-6=0 的距离，再结合勾股定理可求弦长， 【详解】圆C的圆心坐标为1,2)，半径为V5 3×1-2-6_10 圆心到直线1：3x-y-6=0的距离为： V32+122, 10 21 5 2 =√0 所以直线，被圆截得的弦长为： 故答案为： V10 13.在三棱锥P-ABC中，N在线段PA上，满足 PA=3PN,M M是平面MBC内任意一点， 4PM =5PN+xPB+2PC ，则实数术= 【答案】3 【解析】 【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案. 【详解】依题意，4PM=5PN+xPB+2PC 则w-m+a+c-++ 4 41 2 43 4 -5PA+*PB+ 1 PC 12 4 2 5++=l,x= 1 由于A,B,C,M四点共面，所以1242 3 第17页/供32页 6学科网 命组卷网 1 故答案为：3 --M B 14如图，在△ABC中，4C=2N2,BC=6,C-BC=-12,过4C中点M的动直线与线段AB交于 点N,将△WN沿直线'向上折至△4MW,使得点4在平面BCMW内的别影H落在线段BC上 则斜线4 与平面BCMW 所成角的正弦值的取值范围为 M H 2√2 【答案】 【解析】 【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点B为原点，建立空间直角坐标系，并求出点A的轨迹方 程，并利用AA⊥MN,求得点的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围. 2,即C=π 详解】CA.BC=2√2×6×cos(π-C)=-12,得cosC=V2 4 △ABC中，根据余弦定理，AB=√AC2+BC2-2 AC.BC.cosC=2√5 第18页/供32页 6学科网命组卷网 nsi,得sinB= AC AB 根据正弦定理，】 5 如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点4(42,0)，C(6,0,0) 设点4(<，)，翻折后点的投影H(,00)在x辅上，所以的纵坐标为0，即4(x0,), M(51,0) 由MC=AM=AM,根据两点间距离公式，V(6-5}+(0-1=V(x-5}+(0-+z2, 整理为（x-5)}+z2=1 如右图，在翻折过程中△AMN三△'MN,作AE⊥MN于点E,则A'E⊥MN, 并且 EOKE=E.AE,Ec平面4AB, 所以MN⊥平面AAE,AAc平面AAE, 所以MN上AA,即N.AA=0,其中AM=(x-4,-2,z), 联份上.量a0小四-a-50-0.oen4到 w-0为-4a--260-小-0，=52引 四k-旷+1，对脑的：的k〔om引 第19页/供32页 6学科网 命组卷网 sin∠AMH= 0. 则斜线A,M与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为 5 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点A'的轨迹，关键2，根据几何关系 可得MN⊥AA,根据坐标运算，即可求解. 四、解答题（本题共5小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.已知直线4经过4(-2，-8)，B(32)两点，1，(6,3)e (1)求直线1和直线2的一般式方程： (2)已知直线3经过直线1与直线？的交点，且在轴上的截距是在'轴上的截距的4倍，求直线的一 般式方程 2x-y-4=0x+2y-12=0 【答案】(1) (2) x-y=0x+4y-20=0 或 【解析】 【分析】(4)根据直线过两点从而可求解其一般式方程，由1，(6,3)∈马可求出的一般方程； (2)求出直线和？的交点，再结合5在坐标轴上截距，从而可求解， 【小问1详解】 2+8=2 由题意可得，直线的斜率 k3+2 第20页/供32页 6学科网命组卷网 所以得其方程为'-2=2(x-3),整理化简得其一般式方程为：2x-y-4=0, 因为11，所以：可设的方程为：x+2y+m=0,又因为(6,3)e4, 所以：m=-12,得5一般式方程为x+2y-12=0, 4:2x-y-4=0,l2:x+2y-12=0 综上： 【小问2详解】 2x-y-4=0 x=4 联立x+2y-12=0,得y=4,所以交点坐标是(4,4)，由题意知(4,4)e1, )当直线在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍且为0时，即(0,0)E马， 此时3的方程为x一y=0」 ()当直线5在轴上的截距是在'轴上的截距的4倍且不为0时， 4+4=1 此时可设直线3的方程为4aa 无+=1a0,因为4,4)e,所以：4aa 得：Q=5,满足条件，此时的方程为*+4y-20=0, 综上，的方程为-y=0或x+4y-20=0. 16.如图，在四棱锥 P-ABCD中，△ABD是边长为3的正三角形， BC⊥CD,BC=CD,PD⊥AB 平面PBD⊥平面ABCD 第21页/供32页 6学科网6组卷网 D (1)求证：PD⊥平面ABCD: (2)若PD=4,求二面角C-PB-D的平面角的正切值 【答案】(1) 连接AC交BD于点O,由平面几何知识易知AC⊥BD, 又平面BCDL平而PBD,BD是交线.ACCT面ABCD 六1CL平面PBD,又PDC平面PBD, AC⊥PD.又PD L AB,.ACnB=4,AC,MBC平面ABCD, PDL平面MBCD 5 (2)4 【解析】 【分析】(1)由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可： (2)以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出面PBD和面 PBC 由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系即可得出答案， 【小问1详解】 略 第22页/供32页 6学科网列组卷网 【小问2详解】 如图，以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系， 若m42o20小-0r24 易4-L0)是平面D的-个法时量，c-气320B即=(Q,34利 设%=(xy2)是平面PBC的一个法向量 3,3 m·BC=0 2x+5y=0 则 即22 2BP=0即3y+42=0 令= y=4,z=-3 4,则 所以乃=(4,4，-3) h·n2 -4-4W41 ∴.c0sn1,n2= n 1×V4141 女二面角 C-PB-D 的平面角为锐角， 4v41 .二面角C-PB-D的平面角的余弦值为41， 第23页/供32页 6学科网列组卷网 5V41 .二面角C-PB-D的平面角的正弦值为41 5 .二面角C-PB-D的平面角的正切值为4. 17已知圆C:+广-6x-8y+21=0,直线'过点4,0). (1)求圆C的圆心坐标和半径： (2)若直线1与圆C相切，求直线1的方程： (3)若直线与圆C相交于 ,0 两点，求三角形 PO 的面积的最大值，并求此时直线的方程。 (3,4) 【答案】(1)圆心为 ,半径为2： (2)x=1成3x-4y-3=0 或 3)2,x-y-1=07x-y-7=0 或 【解析】 【分析】(1)由圆的一般方程化成标准方程即可求解： (2)先考虑直线斜率不存在时是否满足要求，再考虑直线斜率存在时，利用圆心到直线距离求出直线的 方程； (3)方法一：设出直线方程，利用垂径定理得到△4BC的面积函数S=√(4-dP）, 由均值不等式的 结论可得面积的最大值及此时直线的方程： 方法二：利用三角形面积公式表达出S.c0=2sin☑PC ,得到当∠PC0=90°时 SAcr0取最大值2， 此时点C到'的距离为V2 ,利用点到直线距离求出直线斜率，得到此时直线的方程。 【小问1详解】 第24页/供32页 6学科网命组卷网 由C:x+y2-6x-8y+21=0 可得：C:(x-32+(y-4)2=4 所以圆心的圆心坐标为B,4),半径为2， 【小问2详解】 ①若直线的斜率不存在，则直线：x=1,符合题意； ②若直线'斜率存在，设直线l的方程为y=k(x-）,即&-y-k=0】 由愿意知，圆心(3,4)到已知直线l的距离等于半径2， 3k-4-A=2 即VK2+1 ,解得k=3 49 所求直线'的方程是=1或3x-4y-3=0。 【小问3详解】 -y-k=0 方法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，设直线方程为 d= |2k-4 则圆心到直1的距离“√2+1， 又，'三角形CPQ面积 s-4af-w-f-r-4g2 2 第25页/供32页 6学科网命组卷网 当且仅当=4-d,即d=V5时取等号，三角形CP0的面积的景大值为2， 达5.我=小=7 由Vk2+1 此时直线'方程为-y-1=0.威7x-y-7=0 ，或 方法=.e号k1 CQ+inPC0-x4xsnr0-2an2rce 当∠PC2=90°时，Sa0取最大值2， 此时点C到的距离为V2, 设'：r-y-k=0 3k-4-内-5，解得k=1成k=7 由Vk2+1 故所求直线的方程为 x-y-1=07x-y-7=0 或 18.如图，己知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F,G为SB的中点， ∠ABc=∠BD-分.M=4B=BC=AD= (1)求证：BD∥平面AEG: 第26页/供32页 6学科网列组卷网 V30 (2)在线段EG(不含端点)上是否存在一点H,使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为6？ 若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由 A-xyZ 【答案】(1)由题意可以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系 G D B a0.D020:4020.c20时》. (0,0,1).C1,0),A0,0,0) D=20.正=020.46-合0》 m⊥AE 设平面ABG的法向量为m=(化，以，2)则m⊥AG, m·AE=2y+z=0 型mG+=0◆题m-兮 :BD:m=-1x1+2×2+0x(-1)=0 ,BD￠平面AEG,.BD∥平面AEG ②存在满起题意的点以，此时|G的上3 4· 【解析】 【分析】(1)由题意以A为原点建立空间直角坐标系 A-2,接若求出D和平面4BG的一个法向量 第27页/共32页 命学科网命组卷网 m,计算BD·m=0即可得证 (2)设GH=2GE,0<元<1求出A,由SC和CD求出平面SCD的一个法向量”，由AB和A求 30 出平面ABH的一个法向量n2,接着由平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为6得 6 6,进而求出入，从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 白4和压-(22.46-2. C=,1-0.CD=(-1,0,AB=00,0), V30 假设在线段EG(不含端点)上存在一点H,使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为6， 则丽-aa-（22a小0ca1.丽=G+a5-(60-220+刘 h⊥SC 设平面sCD法向量元=(x,,则n1CD, SC=x+y-z=0 所以 -CD=-x+y=0，令x=1:则n=,12 n2⊥AH 设平面8H法向量元=（名，2，小则元1B· 乃A=20-+22+20+,=0 所以 n2·AB=为3=0 =1H则%=@，1+无42) 令 第28页/供32页 6学科网列组卷网 设平面4BH与平面SCD所成角为a,则si而0V30 6, n.n 1×0+1x(1+2)+2×(-42) 1-72 6 所以 os0=cosn,n2〉 nn P++2V0+元}+(-4}6×172+2+16， 得02-=0,0<1,4-号 放标在满起题角点品时=0函ad-22片2-3 19.已知圆0：x+y=4和点M(2,4) (1)过点M向圆O引切线，求切线的方程； (2)点N是圆O上任意一点，S在线段NM的延长线上，且点M是线段SN的中点，求S点运动的轨迹 E的方程： (3)设0与产轴交于CD两点，线段M0上的点T上满足16C-D7=M-MD,若T∈直线'，且 直线'与(2)中曲线E交于4，B丙点，满足TA=3AB 试探究是否存在这样的直线，若存在，请说明理 由并写出直线的斜率，若不存在，请说明理由 【答案】()x=2和3x-4y+13=0 (2)(x-4)2+0-82=4 (3)存在，理由如下： 由题设，C(-2,0,D(2,0),没T(x) TC=(-2-x,-y)DT=(x-2y).CM=(4,4)MD=(0,-4). 第29页/供32页 命学科网命组卷网 因为167C-D7=CM.MD,得16(4--y）=-16,即x2+y2=5, 因为T在线段M0上，所以y=2x,即T(L,2) 若存在1，由思意可不妨设的方程为’-2=k(K-),如图所示k为正数， 联立-4+-g4≥0+2-2k+12k+8x++12k+48=0 △=-5k2+36k-32>0i 设A(x,hB(,),2≤x<x 由求根公式与 2k2+12k+8-V-5k2+36k-32 ,3-22+12k+8+V-52+36t-32 21+k2) 21+k2) TA=3AB→ 4x=3x2+1 4y=3y2+2 所以42+12+8-+36t- 2-322+12k+8+V-5k2+36-32+1 21+k2) 21+k2) 化简得：7√-5K+36k-32=12k+6(i (ii)在(i)的限制下有解，故存在这样的直线l, 并且可以解得直线7的斜车k-810,28√ 389 政k-810+28v4 389 第30页/共32页 6学科网命组卷网 【解析】 【分析】(1)根据直线与圆相切的几何意义，讨论直线斜率存在与不存在两种情况，计算可得： (2)设点$(x,y）,点N(,),根据中点建立等式，用含x的式子表示，含y的式子表示后代入 点N满足的方程中，化简计算即可： (3)根据题意先求出T点坐标，再设出直线方程，直线与曲线联立方程组求出，七，根据TA=3AB 建立等式求解即可 【小问1详解】 当斜率不存在时，显然=2与圆0：X+少=4相切： 当斜率存在时，设切线为y=K(x-2)+4 由圆心到切线的距离为2， 4-2k =2 V1+k2 ,解得k=3 则y=6c-小+4，整理得3-413=0 综上，切线方程为t=2和3x-4y+13=0 【小问2详解】 设点S(x,),点V(,),点M(24)且点M是线段SW的中点 2=+龙 2 x%=4-x 之 4=y+ 。=8-y,由题意，点是圆上任意一点， 2 NO +6=4,即4-+8-=4，符合题意， :.S 点运动的轨迹E的方程为x-4+0y-82=4 【小问3详解】 略 第31页/供32页 命学科网组卷网 第32页/共32页