期中解答題精選50題（壓軸版）

1．（2020·四川成都市·北大附中成都為明學校高二期中）已知圓C過點且圓心在直線上

（1）求圓C的方程

（2）設直線與圓C交于A、B兩點，是否存在實數a使得過點P（2，0）的直線垂直平分AB？若存在，求出a值，若不存在，說明理由．

【答案】（1）x2+y2-6x+4y+4=0（2）不存在實數

【詳解】（1）設圓C的方程為：x2+y2+Dx+Ey+F=0

則有

解得

∴圓C的方程為：x2+y2-6x+4y+4=0

（2）設符合條件的實數存在，由于l垂直平分弦，故圓心必在l上．

所以l的斜率，而，所以．

把直線ax-y+1=0

即y=ax

+1．代入圓的方程，消去，整理得．

由于直線交圓于兩點，故，即，解得．

則實數的取值范圍是．

由于，故不存在實數，使得過點的直線l垂直平分弦．

2．（2020·四川省渠縣中學高二期中（理））已知過點A(0，1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點．

(1)求k的取值范圍；

(2)若＝12，其中O為坐標原點，求|MN|.【答案】（1）；（2）2．

【詳解】（1）由題意可得，直線l的斜率存在，設過點A（0，1）的直線方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0．

由已知可得圓C的圓心C的坐標（2，3），半徑R=1．

故由，解得：．

故當，過點A（0，1）的直線與圓C：相交于M，N兩點．

（2）設M；N，由題意可得，經過點M、N、A的直線方程為y=kx+1，代入圓C的方程，可得，∴，∴，由，解得

k=1，故直線l的方程為

y=x+1，即

x-y+1=0．圓心C在直線l上，MN長即為圓的直徑．所以|MN|=2

3．（2018·天津河東區·高二期中（理））△ABC中，A（3，－1），AB邊上的中線CM所在直線方程為：6x＋10y－59=0，∠B的平分線方程BT為：x－4y＋10=0，求直線BC的方程.【答案】.試題解析：設則的中點在直線上,則,即…………………①,又點在直線上,則…………………②聯立①②得，有直線平分,則由到角公式得,得的直線方程為:.4．（2020·新泰中學高二期中）已知圓和

(1)求證：圓和圓相交；

(2)求圓和圓的公共弦所在直線的方程和公共弦長．

【答案】（1）見解析；（2）

【詳解】(1)圓的圓心，半徑，圓的圓心，半徑

兩圓圓心距

所以，圓和相交；

(2)圓和圓的方程相減，得，所以兩圓的公共弦所在直線的方程為，圓心到直線的距離為：

故公共弦長為

5．（2019·北京海淀區·高二期中）已知拋物線C：x2=?2py經過點（2，?1）．

（Ⅰ）求拋物線C的方程及其準線方程；

（Ⅱ）設O為原點，過拋物線C的焦點作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點M，N，直線y=?1分別交直線OM，ON于點A和點B.求證：以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點．

【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)見解析.【詳解】(Ⅰ)將點代入拋物線方程：可得：，故拋物線方程為：，其準線方程為：.(Ⅱ)很明顯直線的斜率存在，焦點坐標為，設直線方程為，與拋物線方程聯立可得：.故：.設，則，直線的方程為，與聯立可得：，同理可得，易知以AB為直徑的圓的圓心坐標為：，圓的半徑為：，且：，則圓的方程為：，令整理可得：，解得：，即以AB為直徑的圓經過y軸上的兩個定點.6．（2019·安徽銅陵一中高二期中）已知以點C（t∈R，t≠0）為圓心的圓與x軸交于點O和點A，與y軸交于點O和點B，其中O為原點．

（1）求證：△OAB的面積為定值；

（2）設直線y＝－2x＋4與圓C交于點M，N，若OM＝ON，求圓C的方程．

【答案】（1）證明見解析（2）圓C的方程為（x－2）2＋（y－1）2＝5

【詳解】（1）證明：因為圓C過原點O，所以OC2＝t2＋.設圓C的方程是（x－t）2＋＝t2＋，令x＝0，得y1＝0，y2＝；

令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，所以S△OAB＝OA·OB＝×|2t|×||＝4，即△OAB的面積為定值．

（2）因為OM＝ON，CM＝CN，所以OC垂直平分線段MN.因為kMN＝－2，所以kOC＝.所以t，解得t＝2或t＝－2.當t＝2時，圓心C的坐標為（2，1），OC＝，此時，圓心C到直線y＝－2x＋4的距離d＝<，圓C與直線y＝－2x＋4相交于兩點．

符合題意，此時，圓的方程為（x－2）2＋（y－1）2＝5.當t＝－2時，圓心C的坐標為（－2，－1），OC＝，此時C到直線y＝－2x＋4的距離d＝.圓C與直線y＝－2x＋4不相交，所以t＝－2不符合題意，舍去．

所以圓C的方程為（x－2）2＋（y－1）2＝5.7．（2019·眉山外國語學校高二期中（理））在平面直角坐標系中，點，直線，圓.（1）求的取值范圍，并求出圓心坐標；

（2）有一動圓的半徑為，圓心在上，若動圓上存在點，使，求圓心的橫坐標的取值范圍.【答案】（1）的取值范圍為，圓心坐標為；（2）.【詳解】（1）由于方程表示的曲線為圓，則，解得，所以，實數的取值范圍是，圓心的坐標為；

（2）由于點在直線上，且該點的橫坐標為，則點的坐標為，由可知，點為線段的垂直平分線上一點，且線段的垂直平分線方程為，所以，直線與圓有公共點，由于圓的圓心坐標為，半徑為，則有，即，解得，因此，實數的取值范圍是.8．（2018·湖北高二期中（文））已知圓.（1）若直線過原點且不與軸重合，與圓交于，試求直線在軸上的截距；

（2）若斜率為的直線與圓交于兩點，求面積的最大值及此時直線的方程.【答案】（1）（2）最大值為，或

【詳解】解：（1）圓，設直線，聯立，則有：，故，則，故直線，令，得為直線在軸上的截距

（2）設直線的方程：，則圓心到直線的距離為

弦長，則面積為.當且僅當，即時的最大值為，此時解得或

直線的方程為或

9．（2017·北京東城·高二期中（理））如圖所示，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，平面ABCD，，BE與平面ABCD所成角為．

求證：平面BDE；

求二面角的余弦值；

設點是線段BD上的一個動點，試確定點的位置，使得平面BEF，并證明你的結論．

【答案】（1）見解析

（2）（3）M的坐標為(2,2,0)，見解析

【詳解】（1）證明：∵平面，平面，∴，又∵是正方形，∴，∵，∴平面．

（2），兩兩垂直，所以建立如圖空間直角坐標系，∵與平面所成角為，即，而，由，可知：，∴．

則，，，∴，設平面的法向量為，則，即，令，則．

因為平面，所以為平面的法向量，∵，所以．

因為二面角為銳角，故二面角的余弦值為．

（3）依題意得，設，則，∵平面，∴，即，解得：，∴點的坐標為，此時，∴點是線段靠近點的三等分點．

10．（2017·湖北宜昌市·高二期中（理））四棱錐中，底面為矩形，為的中點．

(1)證明：；

(2)設，三棱錐的體積，求二面角DAEC的大小

【答案】（1）見解析（2）

試題解析：（1）連結BD交AC于點O,連結EO

因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點

又E為的PD的中點，所以EO//PB

EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB//平面AEC

（2）因為PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB,AD,AP兩兩垂直

如圖，以A為坐標原點，的方向為x軸的正方向，建立空間直角坐標系A—xyz,三棱錐的體積,則A(0,0,0)，D(0，0)，B(,0,0)，E(0，)，C

(，0)，則=(0，)，=(，0)，設為平面ACE的法向量，則

即

令，得，則

又為平面DAE的法向量，如圖可得二面角為銳角，所以二面角為

11．（2019·江蘇高二期中（理））如圖，在正四棱柱中，，點是的中點．

（1）求異面直線與所成角的余弦值；

（2）求直線與平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

.(2)

.詳解：在正四棱柱中，以為原點，、、分別為軸、軸、軸建立如圖所示空間直角坐標系．

因為，，所以，所以，所以異面直線與所成角的余弦值為．

(2)，設平面的一個法向量為．

則，得，取，得，故平面的一個法向量為．

于是，所以直線與平面所成角的正弦值為．

12．（2021·威遠中學校（理））如圖，已知平面ACD，平面ACD，為等邊三角形，F為CD的中點．

求證：平面BCE；

求二面角的余弦值的大小．

【答案】（1）見解析（2）．

【詳解】

設，以，所在的直線分別作為軸、軸，以過點在平面內和垂直的直線作為軸，建立如圖所示的坐標系，，，．

∵為的中點，∴．

（1）證明，，∴，平面，∴平面．

（2）設平面的一個法向量，則，即，不妨令可得．

設平面的一個法向量，則，即，令可得．

于是，．

故二面角的余弦值為．

13．（2019·興寧市第一中學高二期中）如圖，四棱錐的底面是正方形，點在棱上.（Ⅰ）求證：；

（Ⅱ）當且為的中點時，求與平面所成的角的大小.【答案】(1)見解析

(2)

【詳解】（1）證明：∵底面ABCD是正方形

∴AC⊥BD

又PD⊥底面ABCD

PD⊥AC

所以AC⊥面PDB

因此面AEC⊥面PDB

（2）解：設AC與BD交于O點，連接EO

則易得∠AEO為AE與面PDB所成的角

∵E、O為中點

∴EO＝PD

∴EO⊥AO

∴在Rt△AEO中

OE＝PD＝AB＝AO

∴∠AEO＝45°

即AE與面PDB所成角的大小為45°

14．（2020·江北區·重慶十八中高二期中）已知點和點關于直線：對稱．

（1）若直線過點，且使得點到直線的距離最大，求直線的方程；

（2）若直線過點且與直線交于點，的面積為2，求直線的方程．

【答案】（1）（2）或

【詳解】解：設點

則，解得：，所以點關于直線：對稱的點的坐標為

（1）若直線過點，且使得點到直線的距離最大，則直線與過點的直線垂直，所以，則直線為：，即.（2）由條件可知：，的面積為2，則的高為，又點C在直線上，直線與直線

垂直，所以點到直線AB的距離為.直線方程為，設，則有，即或

又，解得：

或

則直線為：或

15．（2020·四川高二期中（理））已知圓C：，直線l：.（1）若圓C截直線l所得弦AB的長為，求m的值；

（2）若，直線l與圓C相離，在直線l上有一動點P，過P作圓C的兩條切線PM，PN，切點分別為M，N，且的最小值為.求m的值，并證明直線MN經過定點.【答案】（1）；（2），證明見解析.【詳解】（1）圓C的圓心，半徑，由弦AB的長為得：

點C到直線l的距離為，又，解得：；

（2），由（1）知點C到直線1的距離，時，的值最小，即的最小值為，由已知得，解得，解得或0，，當時，直線l的方程為，設，以CP為直徑的圓記為圓D，則圓D的方程為，即①，圓C的方程為②，由②-①得③，M、N兩點為圓C和圓D的公共點，③即為直線MN的方程，③變形得，由，解得，所以，直線MN經過定點.16．（2020·湖北高二期中）已知圓；

（1）若圓的切線在軸，軸上的截距相等，求此切線的方程；

（2）從圓外一點向該圓引一條切線，切點為為坐標原點，且有，求的最小值.【答案】，；（2）.【詳解】解：（1）圓的方程為，若切線的截距為時，設直線方程為，由，得：，切線方程為，若切線的截距不為時，設直線方程為，由，得：，切線方程為，綜上所述：切線方程為，；

（2）由條件知：，，化簡得：，從而，所以當，時，取得最小值為.17．（2020·嘉祥縣第一中學高二期中）古希臘數學家阿波羅尼奧斯(約公元前262~公元前190年)的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，著作中有這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數(且)的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓.已知平面直角系中的點，則滿足的動點的軌跡記為圓.（1）求圓的方程；

（2）若點，當在上運動時，記的最大值和最小值分別為和，求的值.（3）過點向圓作切線，切點分別是，求直線的方程.【答案】（1）；（2）；（3）.【詳解】（1）設點，由，且得，整理得,所以圓的方程為

（2）由，設得，而，當時，取得最小值；，當時，取得最大值，所以.（3）設切點，則，直線方程為：，整理得，同理可得直線方程為：，由直線均過點，則，即點都在直線上，所以直線的方程為.18．（2020·山東）已知點，關于原點對稱，點在直線上，圓過點，且與直線相切，設圓心的橫坐標為.（1）求圓的半徑；

（2）已知點，當時，作直線與圓相交于不同的兩點，已知直線不經過點，且直線，斜率之和為，求證：直線恒過定點.【答案】(1)

r=1或r=3

(2)證明見解析

【詳解】(1）∵圓M過點A，B，圓心M在AB的垂直平分線上，由已知點A在直線x+y=0上，且點A，B關于原點O對稱，點M在直線y=x上，則點M的坐標為(a，a)

.∵圓M與直線x+1=0相切，圓M的半徑為，連接MA，由已知得，又，故可得，整理得:，解得a=0或a=2，故圓M的半徑為r=1或r=3.（2）由a

<2，得a=0，則圓M的方程為.設點，當直線的斜率存在時，設直線:

聯立方程組，消元得

則

又直線PM，PN斜率之和為，得.代入，可得直線方程，直線l恒過定點(2，-1)，當直線l的斜率不存在時，因為直線PM，PN斜率之和為，但，且，故不合題意，舍去.綜上，直線l恒過定點(2，-1).19．（2020·四川省南充高級中學高二期中（理））已知圓M與直線相切于點，圓心M在x軸上.（1）求圓M的標準方程；

（2）過點M且不與x軸重合的直線與圓M相交于A，B兩點，O為坐標原點，直線，分別與直線相交于C，D兩點，記，的面積為，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【詳解】（1）由題可知，設圓的方程為，由直線與圓相切于點，得，解得，∴圓的方程為；

（2）由題意知，設直線的斜率為，則直線的方程為，由，得，解得或，則點A的坐標為，又直線的斜率為，同理可得：點B的坐標為

由題可知：，∴，又∵，同理，∴.當且僅當時等號成立.∴的最大值為.20．（2020·永豐縣永豐中學高二期中（文））在平面直角坐標系中，過點且互相垂直的兩條直線分別與圓交于點，與圓交于點．

（1）若直線斜率為2，求弦長；

（2）若的中點為E，求面積的取值范圍．

【答案】（1）；（2）.【詳解】（1）直線斜率為2，則直線方程為

所以點到直線的距離，（2）當直線的斜率不存在時，的面積；

當直線的斜率存在時，設為，則直線，當時，直線的方程為，經過圓心，此時不存在，舍去；

當時，直線，由得，所以．

因為，所以．

因為E點到直線的距離即M點到直線的距離，所以的面積．

令，則，所以，因為，所以，所以，綜上可得，面積的取值范圍是.21．（2020·江蘇省蘇州中學園區校）在平面直角坐標系中，圓，直線，直線.（1）已知為直線上一點，①若點在第一象限，且，求過點圓的切線方程；

②若存在過點的直線交圓于點，且B恰為線段的中點，求點橫坐標的取值范圍；

（2）設直線與軸交于點，線段的中點為，為圓上一點，且，直線與圓交于另一點，求線段長的最小值.【答案】（1）①或；②；（2）.【詳解】（1）①設，因為，所以，解得，因為點P在第一象限，所以，則，當切線斜率存在時，設直線方程為，即，由圓心到直線的距離相等得，解得，所以切線方程是，當斜率不存在時，綜上：過點圓的切線方程為或；

②設，因為B恰為線段的中點，則，所以，因為點A，B都在圓上，所以即，所以兩圓有公共點，所以，解得，所以點P的橫坐標的取值范圍是

（2）設，因為點R在圓上，且，所以。

解得，所以RM的方程為，由，解得，又，所以，當，即時，.22．（2021·湖南婁底一中高二期中）已知點，曲線C上任意一點P滿足．

（1）求曲線C的方程；

（2）設點，問是否存在過定點Q的直線l與曲線C相交于不同兩點E，F，無論直線l如何運動，x軸都平分∠EDF，若存在，求出Q點坐標，若不存在，請說明理由．

【答案】（1）；（2）存在，.【詳解】（1）設點的坐標為，因為，可得，整理得，即曲線的方程為.（2）①如果斜率不存在，直線垂直于x軸，此時與圓交于兩點，可得這些直線都是平行的，不可能經過同一點，不符合題意．

②設存在定點Q滿足條件，設直線的方程為，設，聯立方程組，整理得，可得，無論直線如何運動，軸都平分∠EDF，可得，所以，可得，所以，所以，整理得，可得，所以，可得直線經過定點，所以存在過定點的直線與曲線C相交于不同兩點E，F，無論直線l如何運動，軸都平分∠EDF．

23．（2018·江蘇常州市·高二期中）已知圓：()，定點，其中為正實數.（1）當時，判斷直線與圓的位置關系；

（2）當時，若對于圓上任意一點均有成立(為坐標原點)，求實數的值；

（3）當時，對于線段上的任意一點，若在圓上都存在不同的兩點，使得點是線段的中點，求實數的取值范圍．

【答案】(1)

相離.(2)，．(3)

【詳解】解:

(1)

當時,圓心為,半徑為,當時,直線方程為,所以,圓心到直線距離為,因為,所以,直線與圓相離.（2）設點，則，∵，∴，…………

由得，∴，代入得，化簡得，…………

因為為圓上任意一點，所以，………

又，解得，．…………………

(3)法一:直線的方程為，設()，因為點是線段的中點，所以，又都在圓：上，所以

即……………………

因為該關于的方程組有解，即以為圓心，為半徑的圓與以為圓心，為半徑的圓有公共點，所以，又為線段上的任意一點，所以對所有成立．

而

在上的值域為，所以所以．………

又線段與圓無公共點，所以，∴.故實數的取值范圍為．

……………

法二:過圓心作直線的垂線，垂足為，設，則則消去得，直線方程為

點到直線的距離為

且又

為線段上的任意一點，…，故實數的取值范圍為．

24．（2019·浙江）已知圓M的圓心在直線：上，與直線：相切，截直線：所得的弦長為6.（1）求圓M的方程；

（2）過點的兩條成角的直線分別交圓M于A，C和B，D，求四邊形面積的最大值.【答案】（1）（2）

【詳解】（1）設圓M的方程為：

則，解得：，∴所求圓方程為

（2）解法1：

如圖作，令，或

當時，因、、、四點共圓，由正弦定理，∴，又，∴，，當且僅當時取等，當時，∴，又，所以，綜上所述，四邊形面積的最大值為.解法2：

（當且僅當時取等號），要使得，則直線PM應是的平分線，當時，圓心M到直線AC、BD的距離為，則，.當時，圓心M到直線AC、BD的距離為，則，.綜上所述，四邊形面積的最大值為.25．（2019·浙江省柯橋中學高二期中）如圖，在平面直角坐標系中，已知點，圓：與軸的正半軸的交點是，過點的直線與圓交于不同的兩點.（1）若直線與軸交于，且，求直線的方程；

（2）設直線，的斜率分別是，求的值；

（3）設的中點為，點，若，求的面積.【答案】（1）（2）-1（3）

【詳解】（1）設，求出，則或6，結合直線圓的位置關系可知，一定滿足，此時直線的方程為：；

當時，，直線的方程為：，圓心到直線距離（舍去）；

（2）設直線的方程為：，聯立

可得：，設，則，①，則，②

將①代入②化簡可得，即；

（3）設點，由點，可得，化簡得，③

又，④

④式代入③式解得或，由圓心到直線的距離，故，此時，圓心到直線距離，則，直線方程為：，到直線的距離，則

26．（2020·浙江寧波·高二期中）《九章算術》中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．

如圖，在陽馬中，側棱

底面，且，過棱的中點，作交

于點，連接

（Ⅰ）證明：．試判斷四面體

是否為鱉臑，若是，寫出其每個面的直角（只需寫

出結論）；若不是，說明理由；

（Ⅱ）若面與面

所成二面角的大小為，求的值．

【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）．

【分析】（解法1）（Ⅰ）因為底面，所以，由底面為長方形，有，而，所以．而，所以

．

又因為，點

是的中點，所以

．

而，所以

平面．而，所以．

又，所以平面

．

由平面，平面，可知四面體的四個面都是直角三角形，即四面體是一個鱉臑，其四個面的直角分別為

．

（Ⅱ）如圖1，在面內，延長

與交于點，則是平面

與平面的交線．由（Ⅰ）知，所以．

又因為底面，所以．而，所以．

故是面

與面所成二面角的平面角，設，有，在Rt△PDB中,由,得,則,解得．

所以

故當面與面

所成二面角的大小為時，．

（解法2）

（Ⅰ）如圖2，以為原點，射線

分別為軸的正半軸，建立空間直角坐標系．

設，則，點是的中點，所以，于是，即

．

又已知，而，所以．

因，則,所以．

由平面，平面，可知四面體的四個面都是直角三角形，即四面體是一個鱉臑，其四個面的直角分別為

．

（Ⅱ）由，所以是平面的一個法向量；

由（Ⅰ）知，所以是平面的一個法向量．

若面與面

所成二面角的大小為，則，解得．所以

故當面與面

所成二面角的大小為時，．

27．（2020·黑龍江佳木斯一中高二期中（文））如圖，在棱長為2的正方體中，，分別是棱，，的中點，點，分別在棱，上移動，且.（1）當時，證明：直線平面；

（2）是否存在，使面與面所成的二面角為直二面角？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）見解析；（2）.試題解析：以為原點，射線，分別為，軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標系.由已知得，，，，則，，.（1）當時，因為，所以，即，又平面，且平面，故直線平面.（2）設平面的一個法向量為，則

由，得，于是可取.設平面的一個法向量為，由，得，于是可取.若存在，使面與面所成的二面角為直二面角，則，即，解得，顯然滿足.故存在，使面與面所成的二面角為直二面角.28．（2018·太原市·山西大附中高二期中（理））如圖，由直三棱柱和四棱錐構成的幾何體中，平面平面

（I）求證：；

（II）若M為中點，求證：平面；

（III）在線段BC上（含端點）是否存在點P，使直線DP與平面所成的角為？若存在，求得值，若不存在，說明理由.【答案】(1)見解析;(2)見解析;(3)不存在這樣的點P.【詳解】（I）由，根據面面垂直的性質得到平面，從而可證明；（II）由于，建立空間直角坐標系，利用的方向向量與平面的法向量數量積為零可得平面

；（III）由（II）可知平面的法向量，設，利用空間向量夾角余弦公式列方程可求得，從而可得結論.詳解：證明：（I）在直三棱柱中，∵平面

∴

∵平面平面，且平面平面

∴平面

∴

（II）在直三棱柱中，∵平面，∴

又，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知可得，，，設平面的法向量

∵

∴

令

則

∵為的中點，∴

∵

∴

又平面，∴平面

（III）由（II）可知平面的法向量

設

則

若直線DP與平面所成的角為，則

解得

故不存在這樣的點P，使得直線DP與平面所成的角為

29．（2018·山東青島·高二期中）如圖幾何體中，等邊三角形所在平面垂直于矩形所在平面，又知，//.（1）若的中點為，在線段上，//平面，求；

（2）若平面與平面所成二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值；

（3）若中點為，求在平面上的正投影．

【答案】（1）；（2）；（3）在平面上的正投影為.【詳解】(1)設的中點，連接，因為；

所以四點共面，又因為平面，面，平面平面

所以；

所以.(2)設的中點為，的中點為，連接；因為為等邊三角形，所以

又因為平面平面，平面平面，所以面

設，分別以為軸建立空間直角坐標系，則，，則，設為平面的法向量，則，；得，所以.同理得平面的法向量

所以，所以

又因為，所以

(3)由(2)知易證：平面，所以

又因為，所以

又因為在中，，所以，所以平面，所以在平面上的正投影為.30．（2020·黑龍江佳木斯一中高二期中（文））如圖，直三棱柱中，，為的中點.（I）若為上的一點，且與直線垂直，求的值；

（Ⅱ）在（I）的條件下，設異面直線與所成的角為45°，求直線與平面成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）

【詳解】（Ⅰ）證明：取中點,連接,有,因為，所以,又因為三棱柱為直三棱柱，所以,又因為,所以，又因為

所以

又因為,平面,平面,所以，又因為平面,所以,因為，所以,連接,設，因為為正方形，所以,又因為

所以,又因為為的中點，所以為的中點,所以.（Ⅱ）

如圖以為坐標原點，分別以為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，設,由（Ⅰ）可知，所以，所以,所以,所以，設平面的法向量為，則即

則的一組解為．

所以

所以直線與平面成角的正弦值為.31．（2020·遼寧大連八中高二期中）如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面，點、分別在線段、上，且，其中，連接，延長與的延長線交于點，連接．

（Ⅰ）求證：平面；

（Ⅱ）若時，求二面角的正弦值；

（Ⅲ）若直線與平面所成角的正弦值為時，求值．

【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【詳解】（Ⅰ）在線段上取一點，使得，且，，且，且，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面．

（Ⅱ）以為坐標原點，分別以，為，軸建立空間直角坐標系，0，，0，，2，，2，，0，，1，，0，設平面的一個法向量為，，令，，設平面的一個法向量為，，令，，，二面角的正弦值為．

（Ⅲ）令，，，設平面的一個法向量為，，令，由題意可得：，，．

32．（2020·天津市咸水沽第一中學高二期中）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，側棱底面，垂直于和，．是棱的中點．

（1）求證：面；

（2）求二面角的正弦值；

（3）在線段上是否存在一點使得與平面所成角的正弦值為若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)；

(3)答案見解析.【詳解】解：（1）以點為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，．

則，．

設平面的法向量是，則，即

令，則，．于是．，．

又平面，平面．

（2）設平面的法向量為．則，即據此可得平面的一個法向量,設二面角的平面角大小為，易知：

則，即．

二面角的正弦值為．

（3）假設存在滿足題意的點，且：，設點N的坐標為，據此可得：，由對應坐標相等可得，故，由于平面的一個法向量，由題意可得：

解得：，據此可得存在滿足題意的點，且的值為.33．（2021·廈門市湖濱中學高二期中）如圖1，在邊長為2的菱形中，于點，將沿折起到的位置，使，如圖2.（1）求證：平面；

（2）在線段上是否存在點，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由．

【答案】（1）證明見解析；（2）存在，且

【詳解】（1）證明：因為于點，所以，，且，平面，平面.（2）假設在線段上是否存在點，使平面平面.根據（1）建立如圖所示空間直角坐標系：

則，設，則，所以，所以，設平面一個法向量為：，則，即，令，所以，設平面一個法向量為：，則，即，令，所以，因為平面平面，所以，即

解得.所以在線段上是否存在點，使平面平面，且.34．（2020·和平·天津二十中高二期中）如圖，在四棱錐中，底面是矩形，是的中點，平面，且，．

（1）求證：；

（2）求與平面所成角的正弦值；

（3）求二面角的余弦值．

【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【詳解】（1）平面，平面，.底面是矩形，又，平面，平面，.（2）以為原點，分別以所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示

則，設平面的法向量，則，即，令，則，.設直線與平面所成的角為，則

.所以與平面所成角的正弦值為.（3）.設平面的法向量，則，即，令，則..又平面的法向量.設二面角的大小為，則為銳角，所以二面角的余弦值為．

35．（2020·大連市紅旗高級中學高二期中）如圖所示的幾何體中，和均為以為直角頂點的等腰直角三角形，，，為的中點.（1）求證：；

（2）求二面角的大小；

（3）設為線段上的動點，使得平面平面，求線段的長.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）

【詳解】解：依題意得，和均為以為直角頂點的等腰直角三角形，則，所以面，又，可以建立以為原點，分別以，的方向為軸，軸，軸正方向的空間直角坐標系（如圖），可得，，，，（1）證明：由題意，，因為，所以.（2）解：，設為平面的法向量，則，即，不妨令，可得，平面的一個法向量，因此有，由圖可得二面角為銳二面角，所以二面角的大小為.（3）解：（方法一）設，所以，因此，令，即，解得，即為的中點，因為平面，平面，所以當為的中點時，平面平面，此時即，所以線段的長為.（方法二）設，所以，因此，設為平面的法向量，則，即，不妨令，可得，因為平面平面，所以，解得：，此時即，所以線段的長為.36．（2020·南開·天津二十五中高二期中）如圖，在三棱柱中，平面,，分別是的中點

（1）求證：平面；

（2）求直線與平面所成角的正弦值；

（3）在棱上是否存在一點，使得平面與平面所成銳二面角為？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）證明見解析；

（2）；

（3）存在.【詳解】（1）取的中點，連接，交于點，可知為的中點，連接，易知四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）分別以所在的直線為軸、軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，可得，則，設平面的法向量為，則，即，令，可得，即，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）假設在棱是存在一點，設，可得，由，可得，設平面的法向量為，則，即，令，可得，即，又由平面的一個法向量為，所以，因為平面與平面所成二面角為，可得，解得，此時，符合題意，所以在棱上存在一點，使得平面與平面所成二面角為.37．（2019·江蘇高二期中（理））如圖，已知四棱錐的底面是菱形，對角線，交于點，，底面，設點滿足.（1）若，求二面角的大小；

（2）若直線與平面所成角的正弦值，求的值.【答案】（1）（2）

【詳解】解：（1）以O為坐標原點，建立坐標系，則，，，所以，設，則，所以，易知平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，則，所以，由圖形可得，二面角為銳角，所以二面角的大小為.（2），設，則，所以，設平面的一個法向量，則，令，則，因為直線與平面所成角的正弦值，則，解得：，.38．（2020·福建莆田一中高二期中）在四棱錐中，平面平面，底面為直角梯形，，為線段的中點，過的平面與線段，分別交于點，．

（1）求證：；

（2）若，是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，若存在，請確定點的位置；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）證明見解析；（2）存在，為的靠近點的三等分點.【詳解】（1）證明：，且為線段的中點，又，四邊形為平行四邊形，又平面，平面，平面，又平面平面，又，且平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，.（2）存在，為的靠近點的三等分點．，為線段的中點，又平面平面，平面，以為坐標原點，的方向為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，則，，設，得，設平面的法向量為，則即

令，可得為平面的一個法向量，設直線與平面所成角為，于是有；

得或（舍），所以存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，故為的靠近點的三等分點．

39．（2020·北京四中高二期中）在四棱錐中，平面平面，底面為直角梯形，，且，.（1）求證：平面；

（2）線段上是否存在點，使得平面？如果存在，求的值；如果不存在，說明理由；

（3）若是棱的中點，為線段上任意一點，求證：與一定不平行.【詳解】（1）因為平面平面，平面平面，又，平面ABCD，所以平面.（2）以D為原點，以DA，DC為x，y軸，建立如圖所示空間直角坐標系：

則，設，則，，設平面平面的一個法向量為，則，即，令，則，所以，設平面平面的一個法向量為，則，即，令，則，所以

.若使得平面平面，則，即，解得，所以線段上存在點，使得平面.（3）假設存在點N，在線段上，使得，如圖所示：

連接AC，取其中點G，在中，因為M，G都是邊的中點，所以，因為過直線外一點只有一條直線和已知直線平行，所以MG與MN重合，所以點N在線段AC上，所以N是AC，BC的交點C，即MN就是MC，而MC與PC相交，矛盾，所以假設錯誤，問題得證.40．（2020·江蘇高二期中）如圖在直棱柱中，、AC、的中點分別為D、E、F.（1）求證平面BEF；

（2）若異面直線與BF所成的角為，且BC與平面BEF所成角的正弦值為，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【詳解】（1）證明：由直棱柱，可得平面ABC，又E、F是AC、的中點，平面ABC，又平面ABC，且E是AC的中點，又，平面BEF.（2）由（1）知異面直線與BF所成的角為，即，則，由平面BEF，知BC與平面BEF所成角為，即，則，設，則

如圖，以F為原點建立空間直角坐標系，EC為x軸，EF為y軸，EB為z軸，，，，設面的法向量為，則，令，則

設面的法向量為，則，令，則

所以二面角的余弦值為

41．（2020·天津市咸水沽第一中學高二期中）如圖，已知多面體，，均垂直于平面，，.（1）證明：平面；

（2）求直線與平面所成的角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）；

【詳解】（1）作于E，于D，即，在△中，由余弦定理知：，則，∴在中，；在中，；而，∴，即，又，∴平面；

（2）構建以中點O為原點，為x，y軸正方向，垂直于且同方向作為z軸正方向，如下圖示，則，可令，∴，若為面的一個法向量，則，令，即，∴，即直線與平面所成的角的正弦值為.42．（2020·天津市濱海新區塘沽第一中學高二期中）如圖，在四棱錐中，面ABCD，且，，，N為PD的中點

（1）求證：平面．

（2）求平面與平面所成二面角的余弦值

（3）在線段PD上是否存在一點M，使得直線CM與平面PBC所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在說明理由.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，且.【詳解】（1）證明：過作，垂足為，則，如圖，以為坐標原點，分別以，為軸建立空間直角坐標系，則，，，為的中點，則，設平面的一個法向量為，，則，令，解得：.，即，又平面，所以平面．

（2）設平面的一個法向量為，，所以，令，解得.所以.即平面與平面所成二面角的余弦值為.（3）假設線段上存在一點，設，.，則

又直線與平面所成角的正弦值為，平面的一個法向量，化簡得，即，，故存在，且.43．（2020·重慶市楊家坪中學高二期中）如圖，平面，點M為BQ的中點.（1）求二面角的正弦值；

（2）若為線段上的點，且直線與平面所成的角為，求線段的長.【答案】（1）；（2）

【詳解】解：（1）平面，以為坐標原點，，的方向為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意得：，，，，設平面和平面的法向量分別為，則，即，令，即，即，令，即，，二面角的正弦值為；

（2）設，即，則，由（1）知：平面的法向量為，由題意知：，即，整理得：，解得：，或，又，，即線段的長為.44．（2020·北京市八一中學高二期中）如圖1，在中，，別為棱，的中點，將沿折起到的位置，使，如圖2，連結，（Ⅰ）求證：平面平面；

（Ⅱ）若為中點，求直線與平面所成角的正弦值；

（Ⅲ）線段上是否存在一點，使二面角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）存在，.試題解析：（Ⅰ）證：因為，分別為，中點，所以//．

因為，所以．所以．

因為，所以．

又因為

=，所以

平面．

又因為平面，所以平面

平面．

（Ⅱ）解：

因為，，所以，兩兩互相垂直．

以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，依題意有，，，．

則，，，．

設平面的一個法向量，則有，即，令得，．所以．

設直線與平面所成角為，則．

故直線與平面所成角的正弦值為．

（Ⅲ）解：假設線段上存在一點，使二面角的余弦值為．

設，則，即

．

所以，.易得平面的一個法向量為．

設平面的一個法向量，則有，即，令，則．

若二面角的余弦值為，則有，即，解得，．又因為，所以．

故線段上存在一點，使二面角的余弦值為，且．

45．（2020·青島市黃島區教育發展研究中心高二期中）如圖，在幾何體中，四邊形為菱形，為等邊三角形，，平面平面.（1）證明：在線段上存在點，使得平面平面；

（2）求二面角的余弦值；

（3）若平面，求線段的長度.【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）

【詳解】解：（1）如圖所示：

取線段的中點，連接，、均為等邊三角形，平面，又平面，平面平面

在線段存在中點，使得平面平面；

（2）平面平面，平面平面，平面，即兩兩垂直，以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設平面的一個法向量，，得：，令，則，設平面的一個法向量，因為，由，得：，令，則，設二面角的平面角為，又二面角為銳二面角，二面角的余弦值為；

(3)，設，，則，又平面，且平面的一個法向量為，，.46．（2020·沙坪壩·重慶一中高二期中）圖1是直角梯形ABCD，，，，以BE為折痕將BCE折起，使點C到達的位置，且，如圖2．

（1）求證：平面平面ABED；

（2）求直線與平面所成角的正弦值．

（3）在棱上是否存在點P，使得二面角的平面角為？若存在，求出線段的長度，若不存在說明理由．

【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，.【詳解】（1）證明：在圖1中，連結AE，由已知條件得，∵且，∴四邊形ABCE為菱形，連結AC交BE于點F，∴，又∵在中，∴，在圖2中，∵，∴，由題意知，且

∴平面ABED，又平面，∴平面平面ABED；

（2）如圖，以D為坐標原點，DA，分別為x，y軸，方向為z軸正方向建立空間直角坐標系．由已知得各點坐標為，，，所以，，設平面的法向量為，則，所以，即，令，解得，所以，記直線與平面所成角為，則．

（3）假設存在，設，所以，∵平面，易得平面的一個法向量，設平面PBE的一個法向量，由，可得，可取，則，解得，此時．

47．（2020·浙江省杭州第二中學高二期中）已知四棱錐中，底面為梯形，，，．

（1）若為的中點，求證：平面；

（2）求二面角的正弦值．

【答案】（1）證明見解析；（2）

【詳解】解：（1）取中點，連接，∵

為的中點，∴

在中，，∵，∴，∴

四邊形是平行四邊形，∴，∵

平面，平面，∴

平面；

（2）取中點，連接，∵，∴，∴

四邊形為平行四邊形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴

在中，由正弦定理得：，解得，∴，∴

在中，在中，∴，∴，即，∵，∴

在中，∴，即，∵，∴

平面，故如圖建系，，設，由得，解得，∴，∴，設平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，∴，即,故；，即,故.∴，∴

二面角的正弦值為.48．（2021·四川雅安中學高二期中（理））如圖，在四棱錐中，底面為邊長為2的菱形，為正三角形，且平面平面，為線段中點，在線段上.（1）當是線段中點時，求證：平面；

（2）當時，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）

【詳解】證明：（1）連結，交于點，連結，由底面為菱形，為中點，∵為中點，∴.又面，面，∴面.（2）∵為正三角形，為的中點，∴.又∵面面，∴面，又底面菱形，為線段中點，以為原點，以為軸，建立空間直角坐標系，則，，，則

又，即，可得，設平面的法向量為，則，令，則

由面，所以平面的法向量為，所以

所以二面角的正弦值為

49．（2018·上海浦東新·華師大二附中）如果從北大打車到北京車站去接人，聰明的專家一定會選擇走四環．雖然從城中間直穿過去看上去很誘人，但考慮到北京的道路幾乎總是正南正北的方向，事實上不會真有人認為這樣走能抄近路．在城市中，專家估算兩點之間的距離時，不會直接去測量兩點之間的直線距離，而會去考慮它們相距多少個街區．在理想模型中，假設每條道路都是水平或者豎直的，那么只要你朝著目標走（不故意繞遠路），不管你這樣走，花費的路程都是一樣的．出租車幾何學（taxicab

geometry），所謂的“出租車幾何學”是由十九世紀的另一位真專家赫爾曼-閔可夫斯基所創立的．在出租車幾何學中，點還是形如的有序實數對，直線還是滿足的所有組成的圖形，角度大小的定義也和原來一樣．只是直角坐標系內任意兩點，定義它們之間的一種“距離”：，請解決以下問題：

（1）定義：“圓”是所有到定點“距離”為定值的點組成的圖形，求“圓周”上的所有點到點的“距離”均為的“圓”方程，并作出大致圖像；

（2）在出租車幾何學中，到兩點、“距離”相等的點的軌跡稱為線段的“垂直平分線”，已知點，；

①寫出在線段的“垂直平分線”的軌跡方程，并寫出大致圖像；

②求證：三邊的“垂直平分線”交于一點（該點稱為的“外心”），并求出的“外心”.【答案】（1）；（2），若，則；若，則；若，則；②證明略，“外心”

【詳解】（1）“圓”是所有到定點“距離”為定值的點組成的圖形，“圓周”上的所有點到點的“距離”均為，“圓”方程為：；

（2）①由題意知，設到兩點距離相等的點的坐標為，則.（ⅰ）當時，去絕對值符號得：

整理得，顯然或時，該方程無解.當時，去絕對值符號得：，整理得：，解得.則此情況下，與的關系為.（ⅱ）當時，去絕對值符號得

整理得

當時，去絕對值符號得：即

當時，去絕對值符號得：，舍去；

當時，去絕對值符號得：，舍去；

所以此情況下，與的關系為.（ⅲ）當時，去絕對值符號得：，整理得，顯然或時，該方程無解.當時，去絕對值符號得：，解得.所以.綜上所述，到兩點距離相等的坐標為的點的軌跡方程，即線段的垂直平分線的方程為：當時，；當時，；當時，.②由題意知

由知到點距離相等的點的坐標為滿足：

即，解得.故線段的垂直平分線的方程為.由知到點距離相等的點的坐標為滿足：

解得：.故線段的垂直平分線的方程為.則線段的垂直平分線與線段的垂直平分線的唯一交點坐標為.由（2）①知，當時，即線段的垂直平分線也經過點.所以三邊的“垂直平分線”交于一點，且．

50．（2020·北京人大附中）已知四棱錐的底面是平行四邊形，平面與直線，分別交于點，且，點在直線上，為的中點，且直線平面.（1）設，，試用基底表示向量；

（2）證明，四面體中至少存在一個頂點從其出發的三條棱能夠組成一個三角形；

（3）證明，對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【詳解】（1）∵，而，∴，所以.（2）不妨設是四面體最長的棱，則在，中，，∴，即，故，至少有一個大于，不妨設，∴，構成三角形.（3）設，，由（1）知.又，有，，∴，，設，又

∴

因為平面，所以存在實數，使得：，∴

∴，消元：在有解.當時，即；

當時，解得.綜上，有.所以對所有滿足條件的平面，點都落在某一條長為的線段上.