【文档说明】2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题解析版.doc，共(26)页，4.303 MB，由小喜鸽上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-169920.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页共26页2022-2023学年湖北省重点高中智学联盟高二上学期12月联考数学试题一、单选题1．已知直线斜率为33−，则直线的倾斜角为（）A．5π6B．2π3C．π3D．π6【答案】A【分析】根据倾斜角和斜率的关系

求得正确答案.【详解】设倾斜角为，依题意3tan3=−，由于0π，所以5π6=.故选：A2．设抛物线2:8Cxy=的焦点为F，点P在C上，()0,6Q，若PFQF=，则PQ=（）A．42B．4C．43D．6【答案】A【分析】根据

题意，结合焦半径公式得()4,2P，再计算PQ即可.【详解】解：由题知抛物线2:8Cxy=的焦点为()0,2F，因为()0,6Q，所以4PFQF==，因为点P在C上，所以，由焦半径公式得42PPFQFy===+，解得2Py=，所以，()4,2

P，42PQ=.故选：A3．如图，正方体1111ABCDABCD−中，,,MNP分别是所在棱的中点，设经过,,MNP的平面与平面11ADDA的交线为l，则l与直线1BC所成的角为（）第2页共26页A

．30B．45C．60D．90【答案】D【分析】通过线面之间的关系，在面上延长一部分线，题目条件中实实在在的线，补全立体图形，找到平面MNP与平面11ADDA的交线l，再将1BC平移到1AD，在同一个平面中，去求直线l与直线1BC所成的角.【详解】如图，延长MN交CD于E，连接P

E交1DD于H，取DC的中点F，连接FM与FP，由三角形相似知H是1DD的中点，连接NH，∴NH即为所求的l，由正方体可知11lADBC∥∥，又∵正方形11BCCB中11BCBC⊥，第3页共26页∴1lBC⊥，∴l与直线1BC所成的角为90，故选：D.【点

睛】本题为立体几何线线角关系问题，当两个平面的交线没有直接画出时，需要我们利用题目所给条件来补出图形，将两条直线通过平移变换等手段，在同一个平面中处理其角度问题，对学生的空间想象力要求较高，学会几何中线线基本关系来处理线线角，为中档题.4．如图，在棱长为1的正四面体O

ABC中，点M、N分别在线段OA、BC上，且2OMMA=，2CNNB=，则MN等于（）A．63B．23C．53D．239【答案】C【分析】由题知121333MNabc=−++，再求向量的模即可.【详解】解：设OAa=，OBb=，OCc

=，点M在OA上，且2OMMA=，2CNNB=，1133OMOAa==，()121333ONOBBNOBOCOBbc=+=+−=+，121333MNONOMabc=−=−++，又空间四面体OABC的

棱长均为1，1abc===，,,,3abbcac===．22222121141442333999999MNabcabcabbcac=−++=++−+−14141412159999292929=++−+−=所以，53MN=．故选:C5．设m

R，过定点A的动直线0xmy+=和过定点B的动直线30mxym−−+=交于点(,)Pxy，则第4页共26页PAPB的最大值是（）A．4B．10C．5D．10【答案】C【分析】由题意可知两条动直线经过定点(0,0)A、()1,3B，且始终垂直，有PA

PB⊥，利用勾股定理求出||AB，再利用基本不等式求得答案.【详解】由题意可知，动直线0xmy+=经过定点(0,0)A，动直线30mxym−−+=即(1)30mxy−−+=，经过定点()1,3B，因为110−=

mm，所以动直线0xmy+=和动直线30mxym−−+=始终垂直，P又是两条直线的交点，则有PAPB⊥，222||||||10PAPBAB+==，故22||||||||52PAPBPAPB+=（当且仅当||||5PAPB==时取“=”)，故选：C．6．瑞士著名数学家欧拉

在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心位于同一直线上，这条直线被后人称为三角形的“欧拉线”．若ABC满足ACBC=，顶点()1,0A，()1,2B−，且其“欧拉线”与圆M：()2223xyr−+=相切，则下列结论正确的是（）A．圆M上的

点到原点的最大距离为32+B．圆M上不存在三个点到直线10xy−−=的距离为2C．若点(),xy在圆M上，则1yx+的最小值是2−D．若圆M与圆()222xya+−=有公共点，则3,3a−【答案】D【分析】由题意求出AB的垂直平分线可得ABC的欧拉线，再由圆心到直线

的距离求得r，得到圆的方程，求出圆心到原点的距离，加上半径判断A；求出圆心到直线10xy−−=的距离判断B；再由1yx+的几何意义，即圆上的点与定点(1,0)P−连线的斜率判断C；由两个圆有公共点可得圆心距与两个半径之间的关系，求得a的取值范围可判断D.【详解】对于A，由题意可得AB

C的欧拉线即为AB的垂直平分线，因为()1,0A，()1,2B−，所以AB的中点坐标为(0,1)，20111ABk−==−−−，所以线段AB的垂直平分线方程为1yx=+，即10xy−+=，第5页共26页因为“欧拉线”与圆M：()2223xyr−+=相切，所以31222r+==，所以圆M

：()2238xy−+=，所以圆M上的点到原点的最大距离为322+，所以A错误；对于B，因为圆心(3,0)M到直线10xy−−=的距离为3122d−==，而圆的半径为22，所以圆M上存在三个点到直线10xy−−=的距离为2，所以B错误；对于C，1yx+表示圆上的点(,)xy与定点(1,0)P−连线

的斜率，设过(1,0)P−与圆相切的直线方程为(1)ykx=+，即0kxyk−+=，则23221kkk+=+，解得1k=，所以1yx+的最小值为1−，所以C错误，对于D，圆()222xya+−=的圆心为(0,)a，半径为

2，因为圆M：()2238xy−+=的圆心为(3,0)M，半径为22，所以要使圆M与圆()222xya+−=有公共点，则只要圆心距的范围为[2,32]，所以222332a+，解得33a−，所以D正确，故选：D.7．已知点P在圆()()225516xy−+−=上，点()4,

0A，()0,2B，则错误的是（）A．点P到直线AB的距离小于10B．点P到直线AB的距离大于2C．当PBA最小时，32PB=D．当PBA最大时，32PB=【答案】B【分析】求出过AB的直线方程，再求出圆心到直线AB的距离，得到圆上的点

P到直线AB的距离范围，判断选项A与B；画出图形，由图可知，当过B的直线与圆相切时，满足PBA最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得PB判断选项C与D．【详解】圆22(5)(5)16xy−+−=

的圆心为(5,5)C，半径为4，直线AB的方程为142xy+=，即240xy+−=，圆心C到直线AB的距离为22|5254|1111545512+−==+，第6页共26页则点P到直线AB的距离的最小值为11

5425−，最大值为1154105+，所以点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故选项A正确，B错误；如图所示，当ABP最大或最小时，PB与圆相切，(P点位于1P时PBA最小，位于2P时PBA最大），连接CP，BC，可知

PCPB⊥，22||(05)(25)34BC=−+−=，||4CP=，由勾股定理可得22||32BPBCCP=−=，故选项CD正确．故选：B．8．用平面截圆柱面，当圆柱的轴与所成角为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了

上述结论.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切.给出下列三个结论：①两个球与的切点是所得椭圆的两个焦点；②椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等；③当圆柱的轴与所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大.其

中，所有正确结论的序号是（）A．①B．②③C．①②D．①③第7页共26页【答案】C【分析】根据切线长定理可以证明椭圆上任意一点到12,FF的距离之和为定值，即12,FF是焦点再运用勾股定理证明短轴长，最后构造三角形，运用三角函数表示离心率即可.【详解】如图：在椭圆上任

意一点P作平行于12OO的直线，与球1O交于F点，与球2O交于E点，则PE，2PF是过点P作球2O的两条公切线，2PEPF=，同理1PFPF=，1212PFPFPEPFOO+=+=，是定值，所以12,FF是椭圆的焦点；①正确；由以上的推导可知：

121122,OOOOaOOa===，1OFc=，11OF⊥平面，11111,OFOFOOF⊥是直角三角形，2221111OFOFOO+=，即22211OFca+=，11OFb=，②正确；11FOO就是

平面与轴线12OO的夹角，在11RtOOF中，椭圆的离心率11cosOFceaOO===，由余弦函数的性质可知当锐角变大时，e变小，③错误；故选：C.二、多选题9．下列说法错误的是（）A．若一条

直线的斜率为tan，则此直线的倾斜角为B．过不同两点()()1122,,,AxyBxy的直线方程为112121yyxxyyxx−−=−−第8页共26页C．线段AB的两个端点()11,Axy和()22,Bxy，则以AB为直径的圆的方程为()()()()12120xxxxyyyy

−−+−−=D．经过点()2,1且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为30xy+−=【答案】ABD【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系，直线两点式方程、直线方程的对称及圆的方程逐项判断即可.【详解】若一条直线的斜率为tan，，此时可以为负值

，而直线的倾斜角的范围为)0,π，所以A不正确.由直线的两点式方程可知过不同两点()()1122,,,AxyBxy的直线方程为112121yyxxyyxx−−=−−，但是两点所在直线不能与坐标轴垂直或平行，故B错误.根据()()221212AyBxxy−+−

=与2221212224ABxxyyxy++−+−=易得圆的方程为：()()()()12120xxxxyyyy−−+−−=，故C正确.当截距为0时直线方程为12yx=，故D错误.故选：

ABD.10．圆O的半径为定长,rP是圆O上任意一点，A是圆O所在平面上与P不重合的一个定点，线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点M，当点P在圆上运动时，点M的轨迹可能是（）A．一个点B．椭圆C．抛物线D．双曲线【答案】ABD【分析】由题设条件线段的垂直平分线的性质，结合圆锥曲线

的定义，分类讨论，即可求解.【详解】（1）因为A为圆O内的一定点，P为O上的一动点，线段AP的垂直平分线交半径OP于点M，可得,MAMPMAMOMPMOOPrOA=+=+==，即动点M到两定点,OA的距离之和为定

值，①当,OA不重合时，根据椭圆的定义，可知点M的轨迹是：以,OA为焦点的椭圆；②当,OA重合时，点M的轨迹是圆；（2）当A为圆O外的一定点，P为O上的一动点，第9页共26页线段AP的垂直平分线交直线OP于点M，可得,MAMPMAMOMPMOOPrOA=−=−==，即动点M到两定点,OA的距

离之差绝对值为定值，根据双曲线的定义，可得点M的轨迹是：以,OA为焦点的双曲线；（3）当A为圆O上的一定点，P为O上的一动点，此时点M的轨迹是圆心O.综上可得：点M的轨迹可能是点、圆、椭圆和双曲线.故选：ABD11．已知12FF､是双曲线22221(0,0

)xyabab−=的左､右焦点，过2F作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A，交另一条渐近线于点B，且2212AFFB=，则该双曲线的离心率为（）A．233B．3C．2D．23【答案】AC【分析】由题意可知：分2

212AFFB=和2212FAFB=两种情况，分别求解，设2a=，根据双曲线的几何性质，即可求得b的值，代入离心率公式，即可求解.【详解】如图①，当2212AFFB=时，设2FOA=，则2BOA=，设2a=，双曲线的渐近线方程为byxa=，所以ta

nba=，在2RtOAF中，2tanAFbOAa==，设2,(0)AFbtOAatt==，因为22222AFOAOF+=，所以222()()btatc+=，又因为222cab=+，所以1t=，则2OAata===，22,OFcA

Fbtb===，所以22BFb=，则3ABb=，33tan,tan222bbbbaa====，第10页共26页所以2222tan4tan2=1tan414bbbb==−−−，即23424bbb=−，则243b=

，所以222313cbeaa==+=.如图②，当2212FAFB=时，设2FOA=，BOA=，设2a=，2FOB=+，1π()FOB=−+，在2RtOAF中，2tanAFbOAa==，设2,(0)AFbtOAatt==，因为22222AFOAOF+=，所

以222()()btatc+=，又因为222cab=+，所以1t=，则2OAata===，22,OFcAFbtb===，所以22BFb=，则ABb=，tan,tan22bbbbaa====，所以1tantan[π()]tan()tanFOB

=−+=−+=，则tantantan()tan1tantan++==−−，即222122bbbbb+=−−，解得：212b=，所以2212cbeaa==+=.故选：AC.12．在直四棱柱中1111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形

，160,2,BADABADAAP====为1CC中点，点Q满足()1,0,1,0,1DQDCDD=+.下列结论正确的是（）第11页共26页A．若12+=，则四面体1ABPQ的体积为定值B．若AQ平面1ABP，则1AQCQ+的最小值为10310+

C．若1ABQ△的外心为O，则11ABAO为定值2D．若17AQ=，则点Q的轨迹长度为23【答案】ABD【分析】对于A，取1,DDDC的中点分别为,MN，由条件确定Q的轨迹，结合锥体体积公式判断A，对于B，由条件确定Q的轨迹为MN，将原问题转化为平面上两点间的距离最

小问题求解；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点Q的轨迹为圆弧23AA，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.【详解】对于A，取1,DDDC的中点分别为,MN，连接,,,MNDQAMAN，

则12DDDM=，2DCDN=，1//MNDC，因为()1,0,1,0,1DQDCDD=+，12+=，所以22DQDNDM=+，221+=，所以,,QMN三点共线，所以点Q在MN，因为11//D

CAB，1//MNDC，所以1//MNAB,MN平面1ABP，1AB平面1ABP，所以MN∥平面1ABP，所以点Q到平面1ABP的距离为定值，因为1ABP的面积为定值，所以四面体1ABPQ的体积为定值，所以A正确，第12页共26页对于B，因为//AMBP，因为AM平面

1ABP，BP平面1ABP，所以AM∥平面1ABP，又AQ平面1ABP，AQAMM=，,AQAM平面AMQ，所以平面//AMQ平面1ABP，取11DC的中点E，连接PE，则1//PEDC，11//DCAB，所以1//PEAB，所以1,,,ABPE四点共面，所以平面//A

MQ平面1ABPE，平面1ABPE平面11DCCDPE=,平面1AMQ平面11DCCDMQ=,所以//MQPE，又1//PEDC，所以1//MQDC，所以点Q的轨迹为线段MN，翻折平面AMN，使其与五边形11MNCCD在同一平面，如图，则11AQCQAC

+，当且仅当1,,AQC三点共线时等号成立，所以1AQCQ+的最小值为1AC，因为160,2BADABADAA====，所以5,2AMMN==，2212cos1204122172ANADDNADDN=+−=+−−=，所以222AMMNAN+=，在1CMN中，1

15CMCN==，2MN=，所以222111152510cos210252MCMNNCCMNMCMN+−+−===，所以211310sin1cos10CMNCMN=−=，所以111π310coscossin210AMCCMFCMF=+=−=−

，在1AMC中，5AM=，15MC=，1310cos10AMC=，所以2211113102cos5525510ACMAMCMAMCAMC=+−=+−−，所以110310AC=+，即1AQCQ+的最小值为10310+，所以B正确，第13页共26页对于

C，若1ABQ△的外心为O，过O作1OHAB⊥于H，因为2212222AB=+=，所以()21111111142ABAOABAHHOABAHAB=+===，所以C错误，对于D，过1A作111AKCD⊥，垂足为K，因为1DD⊥平面1111DCBA，1AK平面1111DCBA，所以

11DDAK⊥，因为1111CDDDD=，111,CDDD平面11DDCC，所以1AK⊥平面11DDCC，因为KQ平面11DDCC，所以1AKKQ⊥，又在11AKD中，111111ππ2,,23ADAKDADK===，所以111πcos13KD

AD==，111πsin33AKAD==，在1AKQ中，13AK=，17AQ=，1π2AKQ=，所以2KQ=，则Q在以K为圆心，2为半径的圆上运动，在111,DDDC上取点32,AA，使得13123,1DADA=

=，则322KAKA==，所以点Q的轨迹为圆弧23AA，因为1131,3DKDA==，所以323AKA=，则圆弧23AA等于23，所以D正确，第14页共26页故选：ABD.【点睛】本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关

系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.三、填空题13．在y轴上的截距为2且倾斜角是直线:31lyx=−+的倾斜角的一半的直线的方程为__________.【答案】32yx=+【分析】根据题意，得到所求直线的斜率和经过的点，利用点斜式

，写出所求的直线方程.【详解】直线:31lyx=−+的斜率为3−，设倾斜角为，)0,，故23=，则23=，设所求直线为'l，其y轴上的截距为2，故'l过点(0,2)，且斜率为tan33=，所求直线'l：32yx=+.故答案为：

32yx=+14．如图，二面角AB−−的大小为60，线段PM与NQ分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB.若2,3,4PMMNNQ===，则PQ=__________.【答案】21【分析】利用空间

向量的线性运算可得PQPMMNNQ=++，再根据向量所成角，结合数量积公式平方即可得解.第15页共26页【详解】根据题意，PQPMMNNQ=++，由二面角l−−大小为120，可得,120PMNQ=，22()PQPMMNNQ=++222222PMMNNQPMMNNQMNPMNQ=++++

+14916224212=+++−=，所以21PQ=，故答案为：2115．已知实数,xy满足2222xyxy+=+，则4yx−的最大值为__________.【答案】1【分析】由曲线方程画出

曲线所表示的图形，将4yx−看作曲线上的点与坐标为()4,0的点连线的斜率，求出最大值.【详解】由“x−”和“y−”代入方程仍成立，所以曲线2222xyxy+=+关于x轴和y轴对称，故只需考虑0x，0

y的情形，此时方程为2222xyxy+=+，即()()22112xy−+−=，所以(),xy的轨迹如下图，044yyxx−=−−，表示点(),xy和()4,0连线l的斜率，由图可知，当l曲线第四象限部分半圆（圆心为()1,1

-，半径为2）相切时，斜率最大.设l：()4ykx=−，则23121kk−=+，解得1k=或17−（舍去），所以4yx−的最大值为1.故答案为：1.16．已知F是双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的右焦点，直线220xy−=与双曲线C相交于,A

B两点，第16页共26页若90AFB，则双曲线C的离心率的取值范围是__________.【答案】326,42【分析】先联立方程根据交点个数可得324e，再根据题意结合双曲线的对称性分析

可得0FAFAuururuu，运算求解即可.【详解】联立方程2222122xyabxy−==，消去x得：222228abyba=−所以2280ba−，即()222228809caaca−=−−，解得324e，设(),AAAxy，则可得2222228

88AAabxyba==−，取双曲线的左焦点为F，连结,AFBF，由对称性知四边形AFBF为平行四边形，由()(),0,,0FcFc−可得()(),,,AAAAFAxyFAxycc==+−uuuruur，∵90AF

B，则90FAFo，∴()()20AAAFAFAxcxcy=−++uuuurur，则222222298AAabxycba−=+即()()222222989acacca−−，整理得4281890ee−+

，解得612e，综上可得：32642e.故双曲线C的离心率的取值范围是326,42.故答案为：326,42.四、解答题17．求满足下列条件的曲线标准方程：第17页共26页(1)两焦点分别为()12,0F−，()22,0F，且经过点61,3P

的椭圆标准方程；(2)与双曲线22146xy−=有相同渐近线，且焦距为25的双曲线标准方程.【答案】(1)2213xy+=(2)22123xy−=或22132yx−=【分析】(1)利用椭圆的定义以及点在椭圆上求解；(2)根据双曲线及渐近线方程的定义求解.【详解】（1）设所求椭圆

的标准方程为()222210xyabab+=两焦点分别为()12,0F−，()22,0F，2c=又椭圆过点61,3P，221213ab+=，又222ab=+23a=，21b=，所以椭圆的标准方程为2213xy+=.（2）方法一：(i),若焦点在x轴上，设所求双曲线方

程为22221(,0)xymnmn−=，因为22221(,0)xymnmn−=与双曲线22146xy−=有相同渐近线，所以62nm=，设该双曲线的焦距为12c，又因为焦距1225,c=所以15c=，所以22215mnc+==，联立226,25n

mmn=+=解得222,3,mn==则双曲线方程为22123xy−=，(ii),若焦点在y轴上，设所求双曲线方程为22221(,0)yxmnmn−=，因为22221(,0)yxmnmn−=与双曲线22146xy−=有相同渐近线，所以62mn=，设该双曲线的焦距

为12c，又因为焦距1225,c=所以15c=，所以22215mnc+==，联立226,25mnmn=+=解得223,2,mn==则双曲线方程为22132yx−=，第18页共26页双曲线的标准方程为：22123xy−=或221

32yx−=方法二：设与双曲线22146xy−=有相同渐近线的双曲线方程为：2246xy−=（0）焦距为25，5c=465+=，12=双曲线的标准方程为：22123xy−=或22132yx−=18．已知直线12:10,:40lxylxy−+=−+=，

在1l上任取一点A，在2l上任取一点B，连接AB，取AB的靠近点A的三等分点C，过点C做1l的平行线l.(1)求直线l的方程；(2)已知两点()()1,0,0,1MN−，若直线l上存在点P使得PMPN+最小，求点P的坐标.【答案】(1)20lxy−+=:；(2)(1,1)

P−.【分析】(1)由条件可得直线l到直线2l距离是直线l到直线1l的距离的两倍，由平行线距离公式列方程求解即可；(2)求点M关于l的对称点，由两点之间线段最短可确定PMPN+的最小值及点P的位置.【详解】（1）因为l与直线1l平行，直线1l的方程为10xy−+=，故可设直

线l的方程为()01,4xyccc−+=，由已知2BCCA=，过点C作直线EFl⊥，交直线1l与点F，交直线2l与点E，因为12//ll，1//ll，所以2CEl⊥，1CFl⊥，因为12//ll，所以CBECAF,又

2BCCA=，所以2CECF=,所以141222cc−−=，则2c=或2c=−，结合图形检验可得2c=−与条件矛盾，所以2c=，故直线l的方程为20xy−+=；第19页共26页（2）设点M关于直线l的对称点(,)Mxy，

则PMPM=，所以PMPNPMPNMN+=+，当且仅当,,PMN三点共线时等号成立，连接MN与直线l交与P，即点P与点P重合时，PMPN+取最小值，由已知，121112022yxxyxy=−=−

+=−−+=，所以点M的坐标为()2,1−，点N的坐标为()0,1，所以:1MNy=，联立201xyy−+==可得11xy=−=，所以点P的坐标为(1,1)−，故点P的坐标

为(1,1)−时PMPN+最小.19．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，60BAD=，点E是AB中点，将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ADDC⊥，如图2.(1)求证：1AE⊥平面BCDE；第20页共26页(2)求二面角1BACD

−−的平面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)427.【分析】（1）1AE⊥平面1111AEEDBCDEBEEDAEBEBEAEDBEAD⊥⊥⊥⊥⊥面（2）以EB，ED，1EA所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，用向量

解决.【详解】（1）∵在菱形ABCD中，60BAD=，DEAB⊥于点E，∴DEBE⊥，BEDC∥，∴DEDC⊥，又∵1ADDC⊥，1ADDED=，1、ADDE平面1ADE，∴DC⊥平面1ADE，1AE平面1ADE

，∴1DCAE⊥，又∵1AEDE⊥，DCDED=，、DCDE平面BCDE，∴1AE⊥平面BCDE；（2）∵1AE⊥平面BCDE，DEBE⊥，∴以EB，ED，1EA所在直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系（如图），则()0,0,0E，()10,

0,2A，()2,0,0B，()4,23,0C，(0,23,0)D∴()12,0,2BA=−，()2,23,0BC=，()10,23,2DA=−，()4,0,0DC=设平面1BAC的法向量为()111,,mxyz=，平面1DAC的法向量为()222,,xnyz=由10BAm=，0

BCm=，得11112202230xzxy−+=+=，令11y=，得()3,1,3m=−−，同理1·0,?0nDAnDC==,222232040yzx−+==,令21y=，可得()0,1,3n=第21页共26页∴27cos,772mnmnmn−−===，∴求二面角1BA

CD−−的平面角的正弦值427.20．已知圆22:9Oxy+=，过点()1,0P的直线l与圆O交于,AB两点.(1)若35AB=，求直线l的方程；(2)记点A关于x轴的对称点为C（异于点,AB），试问直线BC是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，

请说明理由.【答案】(1)310xy+−=或310xy−−=(2)直线BC过定点()9,0【分析】（1）由题设直线l的方程为()1,0,0xmyO=+到直线l的距离为d，进而根据弦长得12d=，再根据点到线的距离公式得3m=，进而得答案；（2）设(

)()1122,,,AxyBxy，则()11,Cxy−.进而联立2219xmyxy=++=得12122228,11myyyymm+=−=−++，假设直线BC过定点，由对称性可知所过定点在x轴上，设该定点为(),0Dt

，再根据,,BCD三点共线，结合韦达定理求解得()2111219xxytxyy−=+=+即可得答案.【详解】（1）解：由题意可知圆O的圆心坐标为()0,0O，半径3r=，当直线l的斜率为0时，直线l过圆心()0,0O,6AB=，不

满足题意，所以，直线l的斜率不为0设直线l的方程为()1,0,0xmyO=+到直线l的距离为d.因为35AB=，所以22222935rdd−=−=，解得12d=.由点到直线的距离公式可得O到直线l的距离21121dm==+，解得3m=.故直线l的方程

为310xy+−=或310xy−−=.（2）解：设()()1122,,,AxyBxy，则()11,Cxy−.第22页共26页联立2219xmyxy=++=，整理得()221280mymy++−=，所以，12122228,11myyyymm

+=−=−++.假设直线BC过定点，由对称性可知所过定点在x轴上，设该定点为(),0Dt.因为,,BCD三点共线，所以211211yyyxxtx+=−−，所以()()21112211221121212121212219xxymyyyyxyxymyytxyyyyyyyy−+

++=+===+=++++.故直线BC过定点()9,021．如图，已知四棱锥PABCD−的底面是平行四边形，侧面PAB是等边三角形，260o，，BCABABCPBAC==⊥.(1)求CP与平面ABCD所成角的正弦

值；(2)设Q为侧棱PD上一点，四边形BEQF是过,BQ两点的截面，且AC平面BEQF，是否存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由.【答案】(1)34(2)在侧棱PD上存在点Q且当23DQDP=时，使得平面BEQF⊥平面PAD.【分析】

对于（1），取AB中点为H，先由条件证得PH⊥平面ABCD，后可得答案.对于（2），由（1）分析可知AB⊥AC，建立以A为原点的空间直角坐标系，找到平面BEQF，平面PAD法向量，后可得答案.【详解】（1）证明：取棱

AB长的一半为单位长度.则在ABC中，AB=2，BC=4，∠ABC=60°，根据余弦定理，得222126041616122ocosACABBCABBC=+−=+−=得23AC=，故222ABACBC+=AB⊥AC.第23

页共26页又PB⊥AC，PB∩AB=B，PB平面PAB，AB平面PAB，故AC⊥平面PAB.又AC平面ABCD，AC⊥平面PAB，则平面ABCD⊥平面PAB.取AB中点H，连接PH，CH.因PAB是等边三角形，则PH⊥AB，又PH平面PAB，平面ABCD∩平面PABAB=，平面ABCD⊥平

面PAB，故PH⊥平面ABCD.得∠PCH是CP与平面ABCD所成的角.在直角三角形PCH△中，3PH=，2211213CHAHAC=+=+=，4PC=.故134sinPHPCHPC==，即为所求.（2

）假设存在点Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.如图，以A为原点，分别以ABAC，为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz，则()()()()0002002230103,,，,,，,,，,,ABD

P−，()()()()223010342303233,,，,,，,,，,,ADAPBDDP=−==−=−，设()1111,,nxyz=是平面PAD的法向量，则111111223030nADxynAPxz=−+==+=，取()1311,,n=−.设DQλDP=，其中0

1≤≤.则()3423233,,BQBDDQBDλDPλλλ=+=+=−−连接EF，因AC∥平面BEQF，ACPAC平面，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC∥EF，则取与EF同向的单位向量()010,,j=.设()2222

,,nxyz=是平面BEQF的法向量，则()()22222203423130njynBQxyz===−+−+=，取()23043,,nλλ=−.由平面BEQF⊥平面PAD，知12nn⊥，有123340nnλλ=+−=，解得23=.故在

侧棱PD上存在点Q且当23DQDP=时，使得平面BEQF⊥平面PAD.第24页共26页【点睛】关键点点睛：本题涉及线面角，及立体几何中的动点问题.对于（1），关键能在各种线面关系中做出相应线面角的平面角.对于（2），求动平面的法向量时，可利用线面平行关系

找到动平面内向量的共线向量.22．在12PFF△中，已知点()()1213,0,3,0,FFPF−与2PF边上的中线长之和为6.记12PFF△的重心G的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)若圆()22:1,0,1OxyE+=−，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线l与圆O相交于点,

AB，直线,EAEB与曲线C的另一个交点分别是点,PM，求EPM面积的最大值.【答案】(1)()22104xyy+=(2)()max6425EPMS=【分析】（1）由三角形的重心性质得1212264||3GFGFFF+==，进而结合椭圆定义即可得答案；（2

）由题意知直线PEME，的斜率存在且不为0，PEME⊥，不妨设直线PE的斜率为(0)kk，则:1PEykx=−，进而与椭圆联立方程得222841,4141kkPkk−++，228141kPEk

k=++，再用1k−代替k，可得22814EMkk=++，进而得221324417EPMkkSkk+=++，再设1kk+=，并结合基本不等式求解即可；第25页共26页【详解】（1）解：根据三角形重心的性质及已知条件，得12264

3GFGF+==∵124||FF，∴曲线C是以12,FF为焦点，长轴长24a=的椭圆（不含x轴上的两点）由2,3ac==，得2221bac=−=∴C的方程为()22104xyy+=；（2）解：法一､因为(0,1)E−，由题意知直线PEME，的斜率存在且不为0，PEME⊥，不妨设直

线PE的斜率为(0)kk，则:1PEykx=−.由22114ykxxy=−+=，解得2228414141kxkkyk=+−=+或01xy==−，∴222841,4141kkPkk−++∴2222222184

811414141kkkPEkkkk=++=+−+++，用1k−代替k，可得22221818111441kEMkkkk=+=+++，∴222222218832(1)112414(4)(14)EPMkkkSkkkkkk+=++=+

+++3422213232()44174417kkkkkkkk++==++++，设1kk+=，由0k，可得1122kkkk+匙=，当且仅当1kk=，即1k=时，取等号，∴2，∴232329174(2)4EPMS==+−+，令()()94

2f=+，函数()f在)2,+上递增，∴()92542f=+，∴32649254+，当2=时，取等号，第26页共26页∴EPM面积的最大值为6425.法二､设1122(,),(,)PxyMxy，易知PM斜率存在，设直线PM为ykxm=+由2214yk

xmxy=++=得()222148440kxmkxm+++−=，∴()()22222264414446416160mkkmkm=−+−=−+，12221228144414mkxxkmxxk+=−

+−=+∵(0,1)E−，PEME⊥∴0EPEM=，得()()1212110xxyy+++=，即()()1212110xxkxmkxm+++++=整理得：25230mm+−=，35m=（1m=−舍去）∴3:5PMyk

x=+与y轴交于3(0,)5∴2221222164184Δ16411625255541541EPMkkmSxxakk+−+=−===++设21644255k+=∴21616199552525EPMuSuuu==++在45时单调递减，当45u=，即

0k=时，()max6425EPMS=