期末学业水平质量检测15（解析版）2020-2021学年新教材名师导学导练高中数学选择性必修第一册（人教A版）

期末学业水平质量检测（B卷）

一.单项选择题

1.（2020春•雅安期末）已知三棱锥4-8CO中，E是BC的中点，则标（菽+而）=（）

2

A.BEB.DBc.-IRDD.

22

【分析】取CD中点八连结人/，EF,推导出瓦（菽+标）=AE-AF，由此能求出结果.

2

【解答】解：如图，取8中点凡连结4凡EF,

•・•三棱锥A-8CO中，E是5c的中点，

*'•AE-4"（AC+AD）=AE-AF=FE=4-DE-

22

故选：D.

2.（2020春•武汉期末）圆心都在直线L：x+y=0上的两圆相交于两点M（m，3）,N（・3,〃），则加+〃

=（）

A.-1B.1C.0D.2

【分析】由两圆的公共弦垂直于两圆圆心的连线，再由两直线斜率的关系列式可得〃汁〃的值.

【解答】解：•・•两圆相交于两点M（5，3）,N（-3,〃），且两圆的圆心都在直线x+y=0上，

・L垂直直线产y=0,

则MN的斜率I=-4-'、=得m+〃=0.

m-（-3）m+3

故选：C.

3.（2020春•温江区校级月考）已知焦点为产的抛物线＞2=叙，点P在抛物线图象上且位于第一象限，满

足|PF|=3,则直线OP斜率为（）

A.A/2B.A/3C.2D.3

【分析】利用抛物线的性质求出P的坐标，然后求解直线OP斜率.

【解答】解：抛物线/=4x的焦点/U,0）,准线方程x=-l,

点P在抛物线图象上且位于第一象限，满足俨F|=3,

所以尸的横坐标为：2,则P（2,2亚），

则直线。尸斜率为^2=72.

故选：A.

4.（2020春•保定期末）若正四面体。-人8C的每条棱长均为2,则二面角Q-AC-8的余弦值为（）

A.AB.AC.AD.」

2342

【分析】首先利用转换关系求出二面角的平面角，进一步利用勾股定理和余弦定理的应用求出结果.

【解答】解：在正四面体A8CO中，取AC的中点E,连接BE,DE,

如图所示由于△BAC和△AC。都为等边三角形，E为4。的中点,

所以8E_LAC,DELAC,所以N8EO为两项邻面B4C和平面ACO的平面角,

由于四面体的各棱长为2,

故利用勾股定理得到BE=DE=Q22_]2=6,

故在aBOE中，cosNBED=号41

2又正又如可

故选：B.

5.（2020春•宣威市期末）已知圆C的标准方程是（x+2）2+）,2=%直线/：ax+2y+\=0（«eR）.若直线

r被圆c所截得的弦长为华，则直线1与直线/：X-）叶2=o的关系为（）

A.平行B.垂直C.平行或相交D.相交

【分析】先通过圆的弦长公式与点到直线的距离公式结合题意可以求出参数。的值，进而判断直线直线

r与直线/的关系.

【解答】解：圆C的圆心C（-2,0）,半径r=2,圆心C到直线/'的距离为』2a+"，

由题意知直线/'被圆C所截得的弦长为2

VVa2+222

解得a=-2或a=与，

当。=-2时，直线直线/'的斜率为1,直线/：x-y+2=0的斜率也为1,故两直线平行；

当a吟时，直线的斜率为T，直线/：1->2=0的斜率为1,因为专・1卉-1，故两直线相交

（不垂直），

综上所述，则直线/'与直线/：x・y+2=0的关系为平行或相交.

故选：C.

6.（2020春•惠州期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖㈱［武。］.如图，在鳖

脯A-BCO中，人8_1面8cO,AB=CD=\,BC=也,8。=加，则下列选项中，不正确的是（）

A.面43。_1_面4co

B.二面角D-A8-C的余弦值为返

3

C.AO与面8CO所成角为30°

D.三棱锥A-BC。外接球的表面积为n

【分析】可证得BC_LCD,ACLCD.

对于A,由48_LCO,CDXAC,可得面48。_1_面AC。；

对于5,可得NC8。就是二面角O-AB-C的平面角，解三角形8c。即可二；

对于C,易得AQ与面58所成角为乙4。8=30°；

对于。，取A。的中点为M,则M4=M3=MC=MO=1,即可得三棱锥4-BC。外接球的半径为1,即

可判断.

【解答】解：・・・A8=CD=1,BC=g，BD=E

：.BC1+CD1=BD2,：.BCA.CD,

可得AC=7AB24cB2=V§，AD=VAB2+BD2=2,

则有AC^+CJMA。2，：.AC1CD.

对于A,・・・48_1_面8。。，：.ABrCD,又CD_L4C,ABC\AC=A,・••面A8C_L面ACO,故正确;

对于B,V/151®BCD,：,ABLBD,ABLCB,，NCBO就是二面角O-48-C的平面角，

二面角。-人8-C的余弦值为空平=近，故正确；

DBV33

对于C,••SB，面BCO,・・・A。与面SCO所成角为NAO8=30°,故正确；

对于。，取AO的中点为M,则M4=.M8=MC=MQ=1,所以三棱锥A-8C£)外接球的

半径为1,其表面积5=41次2=4口，故错.

故选：O.

7.(2020春•北海期末)已知点A(-m,0),B(w,0),若圆C：/+丁-6x-8y+24=0上存在点P,使得

PALPBt则实数机的最大值是()

A.4B.5C.6D.7

【分析】由已知得圆C的圆心坐标以及半径，设A8的中点为M,由4,B的坐标得M的坐标以及忸阳

的值，可得以A8为直径的圆M,原问题可以转化为圆C与圆M有公共点，由两圆圆心距离与半径的关

系列式求解.

【解答】解：圆C：?+/-6A:-8y+24=0,即(x-3)2+(y-4)2=1；

其圆心为(3,4),半径r=l,

设AB的中点为M,

又由点4(-m,0),B(m,0),得M(0,0),\AB\=2\m\,

以AB为直径的圆M：7+)2=刖2,

若圆C：f+)2・6x-8y+24=0上存在一点P,使得朋_LP8,则圆。与圆M有公共点，

又由|MC|=J^77=5,

即有忱lW5W|m|+l,

解得：4W|w?|＜6,即--4或4&mW6,

即实数m的最大值是6,

故选：C.

8.（2019秋•九龙坡区校级月考）椭圆的焦点F]（-2a,0），F2（2V2，0）＞长轴长为2m在椭圆上存

在点P,使NQP尸2=90°,对于直线y=a,在圆f+（y・1）?=2上始终存在两点M,N使得直线上有

点Q,满足NMQN=90°,则椭圆的离心率的取值范围是（）

【分析】利用当P坐标为（0,万）或（0,-b）时，角最大，当a=45°,此时sina=£q?，故“

利用（0,1）到直线y=。的距离小于或等于2,即a・lW2,所以〃W3,即但得出

结论.

【解答】解：要使在椭圆上存在点P,使/尸上尸2=90°,设/RPF2=2（X,

只需最大的角大于等于90°即可，当P坐标为（0,b）或（0,-b）时，角最大,

当a=45°,此时sina=qq^,故

a2^2

•・•在圆。上存在两点M,M在直线y=a上存在一点。，使得NMQN=90°,

即在直线,，=4上存在一点。，使得。到圆的圆心（0,1）的距离等于〃-1=2,

・•・只需（0,1）到直线y=a的距离小于或等于2,即O-1W2,所以aW3,

即代£=^叵＞^2匣

aa3

综上，故。日2ZR,1）,

3

故选：A.

二.多项选择题

9.已知圆M的一般方程为f+y2-8x+6），=0,则下列说法中正确的是（）

A.圆M的圆心为（4,-3）

B.圆M被x轴截得的弦长为8

C.圆M的半径为25

D.圆M被），轴截得的弦长为6

【分析】利用配方法求出圆的圆心与半径，判断选项即可.

【解答】解：圆M的一般方程为了+/-8x+6），=0,

则（x-4）2+（）斗3）2=25.

圆的圆心坐标（4,-3）,半径为5.

显然选项。不正确.48。均正确.

故选：ABD.

10.（2020春•厦门期末）已知尸］,尸2是双曲线£=1（«>0,b>0）的左、右焦点，过Q作倾

a2b2

斜角为生的直线分别交y轴与双曲线右支于点M,P,\PM\=\MFi\,下列判断正确的是（）

6

A.APFIF\=2L.B.\MFT\=^PF\\

C.E的离心率等于近D.E的渐近线方程为丫=±亚

【分析】结合三角形的中位线定理和直角三角形的性质，可判断4,8由锐角三角函数的定义和双曲线

的定义、离心率公式和渐近线方程，可判断C,D.

【解答】解：如右图，由可得M为尸尸1的中点，又。为乃乃的中点,

可得OM〃尸尸2，/尸尸2尸1=90°,ZPF1F2=3O°,\MFi\=I，故A错误，B正确;

设|FIF2|=2C,则I尸FI|=―竺_一刍叵（・，|P尸2|=2clan30°=生氏・,

cos3033

则2a=『Fi|-『户2|=织或，可得&=£=“，

3a

旦=,叵-1=加，则双曲线的渐近线方程为尸±hv即为尸±&匕

aVa2a

故c,。正确.

故选：BCD.

11.（2020•海口模拟）如图，在直三棱柱48C-4B1G中，AAi=AC=^AB=2,AB±AC,点、D,E分别

3

是线段BC,BiC上的动点（不含端点），且EC=DC则下列说法正确的是（〉

B।CBC

A.E£>〃平面ACG

B.该三棱柱的外接球的表面积为68n

C.异面直线51c与AAi所成角的正切值为岂

2

D.二面角A-EC-O的余弦值为‘

13

【分析】说明四边形BCC向是矩形，然后证明EO〃BBi〃A4i，推出即〃平面4CG,判断A.说明

61c是三棱柱外接球的直径，然后求解表面积，判断氏说明弁面直线61c与所成角为/SbiC.然

后求解三角形，判断C.求出平面ABC的一个法向量，平面BBiC的一个法向量，利用空间向量的数量

积求解判断Z)；

【蟀答】解：在直三棱柱中，四边形BCGBi是矩形，

因为国-犀，所以EO〃88i〃A4i，所以平面4CG，A项正确.

BjCBC

因为AArAC4AB=2，所以48=3,

因为A8J_AC,所以BC=V22+32=所以B]Cf/13+4=dll

易知BC是三棱柱外接球的直径，

所以三棱柱外接球的表面积为冗x0rl7)2=17打，所以B项错误.

因为A4i〃88i，所以异面直线BiC与A41所成角为NBHiC.

在RtZXBiBC中，BBi=2,BC=>/13»

所以tan/BBiC舍二号，所以C项错误♦

1DDj乙

二面角A-EC-D即二面角A-B\C-B,

以A为坐标原点，以屈.AC，嬴^的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

C(0,2,0),B1(3,0,2),

n-AC=02y=0,令x=2,贝Uz=-3

可得平面AB1C的一个法向量为n=(-y,z),«一■,即,

n・AB[=03x+2z=0

所以n=(2,0,-3),同理求得平面BBC的一个法向量为n=(2,3,0),

故二面角A-EC-D的余弦值为2X24,所以。项正确.

~V/13XV1—I3—13

故选：AD.

12.(2020春•南京期末)如图A(2,0),B(1,1),C(-1,1),0(-2,0),而是以0。为直径的圆

上一段圆弧，售是以BC为直径的圆上一段圆弧，或是以OA为直径的圆上一段圆弧，三段弧构成曲线

A.曲线W与x轴围成的面积等于2TT

B.曲线W上有5个整点(横纵坐标均为整数的点)

C.癌所在圆的方程为：?+(y-1)2=1

D.向与点的公切线方程为：x+y=V2+l

【分析】由曲线W与x轴的图形为一个半圆和一个矩形、加上两个工圆，加上面积求和，可判断4分

4

别写出各个整点，即可判断&由癌是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，可得所求圆的方程，可判断

C：设合与窗的公切线方程为y=kx+t(jt<o,/>()),由直线和圆相切的条件：d=r,运用点到直线的

距离公式，解方程可得所求方程，可判断。.

【解答】解：曲线W与X轴的图形为以(0.1)圆心、1为半径的半圆加上以(1,0)为圆心，1为半

径的工圆,

4

加上以(・1,0)为圆心，1为半径的■!圆，加上长为2,宽为1的矩形构成，

4

可得其面积为4+工+2=2+冗会2n，故A错误；

22

曲线W上有(-2,0),(-1,1),(0,2),(1,1),(2,0)共5个整点，故8正确；

而是以(0,1)为圆心，1为半径的圆，其所在圆的方程为/+(y-1)2=1,故C正确；

设施与市的公切线方程为丁=履+，《<0,f>0)，

1tl直线和圆相切的条件可得"2=l=Jk+t1'解得攵=~1，(1■舍去),

则其公切线方程为y=・x+l+加，即1+y=lW^,故O正确.

故选：BCD.

13.(2020春•红岗区校级期末)已知直线x+2y-4=0与直线2x+my+〃?+3=0平行，则它们之间的距离

为.

【分析】由两直线平行与系数间的关系列式求得〃，值，再由两平行线间的距离公式求解.

【解答】解：..,直线x+2y-4=0与直线2r+"?.y+m+3=0平行，

.f1in-2X2=0融俎_

...,解得〃?=4A.

11X(m+3)-2X(-4)卢C

・•・直线2x+m)>+m+3=0化为2x+4)+7=0,即x+2y+工=&

2

7l-4-yIn

由两平行线间的距离公式可得，直线户2y-4=0与直线x+2尸女=0间的距离为d=]

故答案为：盟5.

2

14.（2020•香坊区校级一模）已知抛物线C：）?=4x的焦点为F,过尸的直线交抛物线于A,B两点，若点

M（・l,1）,且则弦A8的长度为.

【分析】设出直线/方程，代入抛物线的方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得k的值，

然后求解HB|.

【解答】解：•・•抛物线的方程为f=4x,・（1,0）,

设焦点弦方程为y=A（x-1）,A（xi，），］）,B（X2»”），

整理得：d/-（2F+4）x+必=0

y2=4x

由韦达定理：Xl+X2=2+-^r,X|X2=1»

k2

则y\y2=-4,川+”=生

k

，：M（-1,1）,M4_LM8,

:.（xi+1>yi-1）*（X2+1,”-1）=0,

A4-4&+必=0,

：.k=2.

弦AB的长度为xi+X2+p=2+A42=5.

4

故答案为：5.

15.（2019秋•南阳期末）如图，在三棱柱ABC-481。中，AB,AC,A41两两互相垂直，AAi=2AB=2AC,

M，N是线段BBi，CG上的点，平面百与平面4BC所成（锐）二面角为匹，当囱“最小时，ZAMB

3

【分析】以A为原点，AB为x轴，4c为），轴，441为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解

平面AMN与平面ABC所成（锐）二面角，结合已知可得/+必=3,则当BiM最小时，8M=a最大，此

时。=第，b=0,由此求解N4M3.

【解答】解：以4为原点，A8为x轴，AC为y轴，A4|为z轴，建立空间直角坐标系,

设44i=24B=2AC=2,BM=a,CN=b,

则A(0,0,0),B(1,0,0),M(1,0,a),N(0,1,b),

AM=(1,0,a),AM=(0,1,/?)>

设平面AMN的法向量ri=(-y，z),

n*AM=x+az=0.由一/,.

由，,_k,取z=l,得n=(-a,-b,1),

n*AN=y+bz=0

平面48c的法向量n=(0,0,1),

•・•平面AMN与平面A5c所成(锐)二面角为工,

3

・・・Mm*n11

3

得/+序=3,

，当B|M|最小时，8M=a最大，此时。b=0,

・•・tanNAM8=幽=_^=^1,

BMV33

・•・^AMB=—.

6

故答案为：2L.

6

16.(2020春•宝山区校级月考)过直线3x+4y-5=0上的一点P向圆(x-3)2+(y-4)2=4作两条切线

八，12.设/1与，2的夹角为仇则8的最大值为

【分析】设圆心为O,设切线小/2的切点为A和8,则。A_L%,NAP8即为仇若NAP8最大，需N

APO最大，即|OP|最短，此时OP最小值为圆心O到直线3x+4y-5=0的距离，由S访/4尸0=怨即可

0P

求得夹角e的最大值.

【解答】解：设圆心为。，设切线八，h的切点为A和B,

则。4_LB4,N4PB即为0,

/APB=2/AP0,

所以求N4P。最大值即可，

圆（/-3）?+（）,-4）2=4的圆心为（3,4）,半径为2,

所以sin/APO=^=—

OPOP

因为OP最小值为圆心O到直线3x+4）・5=0的距离=|3）<3+4><4-5|=4,

V32+42

所以sinZAPO的最大值为工，

2

所以NAPO的最大值为三，

6

所以夹角9的最大值为三.

3

故答案为：

3

17.（2020春•山东月考）己知双曲线C的离心率为且过（近，0）点，过双曲线C的右焦点尸2，做

倾斜角为？L的直线交双曲线于4,B两点,。为坐标原点，Q为左焦点.

3

（1）求双曲线的标准方程；

（2）求AAOB的面积.

【分析】（1）有题意离心率和过的点的坐标，可得双曲线的焦点在x轴上，可得。的值和c的值，再由

b,c的关系求出小b的值，进而求出双曲线的方程；

（2）由（1）可得左右焦点的坐标，有题意可得直线48的方程，与双曲线联立求出两根之积，两根之

和进而求出面积.

【解答】解：（1）有题意可得，双曲线的焦点在x轴上，且。=近，£■=&,b2=c2-a2,解得：J=3,

a

侪=6,

所以双曲线的方程：

36

（2）由（1）可得乃（3,0）,F\（-3,0）,

由题意设丁=加（x-3）,设交点4（xi，ji）,B（X2，”），

'（x-3）

联立直线与双曲线的方程：I，整理可得：X2-18x+33=0,A1+X2=18,汨%2=33,

2nx2-y2=.eo

可得yi-”=第［（xi--3）-（及・3）］=表（xi-X2）,

22=36>

所以|0F2|4vi-y2l=^3*V^（X1+xp-4xiX2=^718-4X33

即△AOB的面积为36.

18.（2020•东湖区校级三模）如图，在六棱锥P-ABCDEF中，底面ABCDEF是边长为4的正六边形，

PA=PC=2V?.

（1）证明：平面B4CJ■平面PBE；

（2）若PB=2遥，求二面角8-%-尸的余弦值.

【分析】（1）设ACn8E=。，由等腰三角形的性质可知PO_LAC,由正六边形的性质可知ACJ_8E；再

根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；

（2）由勾股定理可证得OP_L8E,故AC、BE.。尸两两垂直，以O为原点，OA、OE、O尸所在直线分

别为X、y、z轴建立空间直角坐标系，逐一写出A、B、P、尸的坐标；根据法向量的性质求得平面以4

和平面抬产的法向量彳与;，进而得co$v1~n>,由图可知，二面角8-朋-尸为钝二面角，从而得解.

【解答】（1）证明：设ACG8E=0,则。为AC的中点,

VM=PC,；.PO_LAC.

由正六边形的性质可知，ACJ-BE.

*：PO^BE=O,PO、BEu平面PBE,.・.AC_L平面P3E,

•ZCu平面B4C,・•・平面%CJ_平面P8E.

（2）解：•・•底面ABCQEF是边长为4的正六边形，以=20,

*,•0B=2t0A=2/^3,OP=NPA?_0人2=4,

•・・尸6=2的，・••尸"nOF+OP2,即0P_L5E,

故AC、BE、OP两两垂直.

以。为原点，OA、OE、OP所在直线分别为％、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A（0,2加，0）,8（-2,0,0）,P（0,0,4）,F（4,2加，0）,

APA=（0,2加，-4）,PB=（-2,0,-4）,PF=（4,2加，-4）.

设平面以B的法向量彳=a,y,z）,则.y-4z=0,

m*PB=-2x-4z=0

令z=l,则x=-2,y=?^,n=（-2,2^^,1）.

33

同理可得，平面抬尸的法向量，=（0,2,次）.

由图可知，二面角B-B4-尸为钝二面角，

故二面角B-PA-F的余弦值XI匝.

19

19.（2020春•张家界期末）设直线/的方程为（a+1）x+y=a+2（aER）.

（1）若直线/在两坐标轴上的截距相等，求/的方程；

（2）。为何值时，直线/被圆C：7+9-6%-4尸心二。截得的弦长最短，并求最短弦长.

【分析】（1）分直线过原点和不过原点求解，当直线不过原点时，化直线方程为截距式，由截距相等求

得。，则直线方程可求；

（2）求出直线/恒过定点M（1.1）,可知当直线/与。W垂直时弦长最短，由两点间的距离公式及垂

径定理求得最短弦长.

【解答】解：（1）当。+2=0,即。=-2时，直线/的方程为x・y=0,符合题意；

当。+1=0时，直线方程化为y=l,不合题意；

当。+2K0,且a+lHO时，直线/的方程化为=1'

7IT

由史Z=a+2，解得。=0，直线方程为x+y=2.

a+1

综上，直线/的方程为：x-y=0或x+y=2；

（2）化圆C：/+/_64-4）叶4=0为（x-3）2+（y-2）2=9.

得圆。的圆心坐标为（3,2）,半径r=3.

•・•直线/的方程为（fl+1）x+y=a+2,即a（x-1）+x・y-2=0,

联立卜-1二°,解得卜=1,

[x-y-2=0{y=l

・•・直线/恒过圆C内的定点M（l,1）,

・•・当直线/与CM垂直时弦长最短，且|CM=d（3-i）2+（2-1）2=依.

由心得_（a+l）・2^=-l，即a=l.

3-1

此时最短弦长为2Vr2-|CM|2=2V9^5=4-

20.（2020•漳州三模）已知三棱柱-ABC中，AB=AC=^8C=BBi=2,点M为。Cj的中点，

B\N=2NA.

（1）求证：4Cj〃平面BMN；

（2）条件①：直线A81与平面881cle所成的角30°,条件@：NBiBC为锐角,三棱锥所-A8C的

体积为返.在以上两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题：

3

若平面A8C_L平面BBCC，,求平面3MN与平面88cle所成的锐二面角的余弦值.

注：在横线上填上所选条件的序号，如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

/Il

【分析】（l）延长BN交AA［于点P,连结PM,推导出四边形以C也为平行四边形，从而ACi〃PM,

由此能证明4G〃平面BMN.

（2）选择条件①，取BC的中点0,连结40,810,推导出AB_L4C,AOLBC,A0_LBC,从而A0_L

平面881clC,NABi。是ABi与平面BBCiC所成的角，NABiO=30°,推导出8O_L8iO,以0为坐

标原点，以08为x轴，081为y轴，0A为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面BMN

与平面BBiGC所成的锐二面角的余弦值.

选择条件②，取BC中点0,连结40,SO,推导出AB1AC,AO1BC,AO1BC,从而A。_L平面BBiCiC,

=APS

AO是三棱锥8-A8C的高，VB-ABC^A,-BCBT°ABCB=看山/圆⑤=写，推导出08,

111OS

。以，以。为坐标原点，以瓦，西，示为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求

出平面BMN与平面88cle所成的锐二面角的余弦值.

【解答】解：（1）证明：延长8N交AAi于点P,连结PM,

VAAi//BBi，BiN=2NA,

*：AA\=BB\,：,AAi=2AP,是441的中点，

是CC的中点，AAiJ_CCi，：,PA\JMC\,

・•・四边形FiCiM为平行四边形，〃尸M,

•.YICIC平面BPM,PMu平面BPM,

，山。〃平面3PM,••・ACi〃平面3Am.

（2）选择条件①，解答过程如下：

取BC的中点0,连结AO,BiO,

,・"8=AC=亚，BC=2,/.A^+AC^BC2,.\AB1AC,

・••△ABC为直角三角形，・・・4。=1,且A0_L8C,

•・•平面ABUL平面BBCC,平面ABCC平面BB\C\C=BC,

AOA.BC,AOu平面ABC,，AO_L平面8BCC

NABiO是与平面B5CC所成的菊，N4&0=30°,

RlAAOBi中，AO=\,BiO=W，

•：BO=1,8|0=第，BBI=2,JBO2+B]O2=33|2,；・BO工&O,

如图，以O为坐标原点，以OB为x粕，0与为)，轴，。4为z轴，建立空间直角坐标系,

则4(0,0,1),B(1,0,0),C(-1,0,0),Bi(0,加，0),

，而=菽=(-L0,-1),BC=(-2,0,0),(-L加，0),

・,•丽=菽石=前4函=(J当，0),

乙乙乙

设平面法向量为7=(X，)，，z),

--*5V3_

.・.二•:»x万片0,取户正得二(心5,-V3),

PM•m=x+z=0

•・・平面8BCC的法向量：=(0,0,I),

・•・平面8MN与平面881cle所成的锐二面角的余弦值为亚1

31

选择条件②，解答过程如下：

取BC中点O,连结AO,810,

,・"8=AC=亚，BC=2,：.AB2+AC1=BC1,・"B_L4C,

・•・△A3C为直角三角形,：.AO=\,且AO_L8C,

•・•平面ABC_L平面BB\C\C,平面48Cn平面BBiCiC=BC,

AO.LBC,40u平面ABC,

・・・A。J_平面BBiCC：,AO是三棱锥Bi-ABC的高,

/，SABCB=yXBCXBBXsinZCBB—inNCBB\，

1乙1

/.V_=V.___=—Af)»Q=-^sinZCBB\

VAUb

州广烟A.-BCB13ABCB：33

・・・sinNCB8i=返，

2

•；/BiBC为锐角,AZC^i=60°,

*：BC=BB\=2,。为等边三角形，：.OBA.OB\,

如图，以。为坐标原点，以35，演为x轴，y轴，z轴，建立空间宜角坐标系,

则A（0,0,1）,B（I,0,0）,C（-1,0,0）,Bi（0,次，0）,

PM=AC=（-1»0,-1）,BC=（-2,0»0）＞BB；=（-1，0），

而=前+而=正4函=（-',孚，0），

乙乙乙

设平面的法向量7=（%，y,z）,

.—5

财阴5=工乂气丫=0,取户上，得7=（%5,M）,

PM•m=x+z=0

平面881cle的法向量；=（0,0,I）.

・•・平面8MN与平面8BCC所成的锐二面角的余弦值为乂逅.

31

21.（2019秋•随州期末）在△中,两直角边AB,AC的长分别为怯〃（其中加＞〃）,以BC的中点

。为圆心，作半径为r（r＜工|BC|）的圆O.

（1）若圆。与△ABC的三边共有4个交点，求r的取值范围；

（2）设圆。与边5c交于P,。两点；当r变化时，甲乙两位同学均证明出2Hpi2+2|AQF-|PQF为定值

甲同学的方法为：连接AP,AQ,AO,利用两个小三角形中的余弦定理来推导；乙同学的方法为；以O

为原点建立合适的直角坐标系，利用坐标法来计算.请在甲乙两位同学的方法中选择一种来证明该结论，

定值用含加、〃的式子表示.（若用两种方法，按第一种方法给分）

【分析】(1)通过直线与圆的位置关系，判断交点个数，推出结果即可.

(2)利用三角形的解法，结合余弦定理，转化求解甲方法的结果，利用直角坐标系，结合圆的性质求解

乙同学的方法.求出两种解法，供选择方案.

【解答】解：(1)因为故当圆。与边48相切时

r22

此时圆。与△4BC的三边共有3个交点；

AB

当圆。与边AC相切时，=1i

22

此时圆0与△ABC的三边共有5个交点，

故当旦＜r＜到时，圆。与△A8C的三边共有4个交点.

22

(2)甲同学方法：连接AP,AQ,A0,

在&4P0中，由余弦定理可得：|APF=H0F+|0P|2-2Hol・|OP|cosNAOP®

在△AQ0中，由余弦定理可得：HQF=|AO|2+|OQ|2-2HO|・|OQ|COSNAO(2@

由/AOP=1800-ZAOQ,得cosZAOP=-cosZAOQ,

又|OP|=|OQ|=r,

故①+②得：HPF+HQF=2HO『+2J,

故2|APF+2HQF-|PQF=4|AOF+4J-(2r)2=|5Q2=W2+M2

乙同学方法：以点O为原点，建立如图所示直角坐标系，易知

P(-r,0),Q(r,0)

222222

设点A(如，和)，则2|AP|+2|ACI-IPgl=2[(xo+r)+yo+(xo-r)+yo]-4r=

4(xg+yQ)=4|0P|2=|BC|2=m2+n2-

22.（2019秋•济宁期末）已知椭圆见当名广1（@>1）>0）的一个焦点为（0,V3）,长轴与短轴的比为

/,2

2：1.直线/：y=H+/〃与椭圆E交于P、。两点，其中2为直线，的斜率.

（I）求椭圆E的方程；

（II）若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,问：是否存在一个以坐标原点。为圆心的定圆O,不论

直线/的斜率2取何值，定圆。恒与直线/相切？如果存在，求出圆。的方程及实数机的取值范围；如

果不存在，请说明理由.

【分析】（/）由题意可得：。=的，2«28=2：1,a=心（匕解得：a,b,即可得出椭圆后的方程.

（//）解法一：假设存在定圆O,不论直线/的斜率左取何值时，定圆。恒与直线/相切.这时，只需证

明坐标原点。到直线/的距离为定值即可.设PGn，川），2（X2,”），联立方程，消去y整理得：（4+加

/+2也d+川-4=0,A>0,得：F・"P+4>o,根据以线段PQ为直径的圆过坐标原点O,可得xixz+yi”

=0,/利用根与系数的关系化简得：4必=5m2-%此时可得坐标原点O到直线/距离d.由坐标原点O

到直线/的距离d=^5为定值知，所以存在定圆。，不论直线/的斜率上取何值时，定圆。恒与直线/

相切，定圆O的方程为：、2+了2=_1.即可得出得小的取值范围是.

解法二：假设存在定圆O,不论直线，的斜率左取何值时，定圆。恒与直线/相切.这时，只需证明坐

标原点。到直线/的距离为定值即可.设直线。尸的方程为：y=tx,P点的坐标为（刖，加），则泗=皿）,

2

联立方程组可得|0P|2=4+y3（l+t2）x^4a+t）,由以线段PQ为直径的圆过坐标原点o,可

4+t2

12

Sy]4(")

得OP_LOQ,直线OQ的方程为：y=二%.在①式中以‘换，，得|0Q|2='

1+4t2

t14+(T「

又由OPJLOQ知：|尸。|2=|0尸产+|0。|2,设坐标原点。到直线/的距离为d,则有|PQ|d=|OP||OQ,可得

屋.又当直线OP与），轴重合时，P（0,±2）,Q（±1,0）此时d=^由坐标原点。到直线/的距

5

离为定值知，所以存在定圆o,不论直线/的斜率左取何值时，定圆。恒与直线/相切，定圆O

a5

的方程为：x2+y2二生直线/与），轴交点为（0,W,且点（0,加）不可能在圆。内，又当左=0时，

5

直线/与定圆O切于点（0,±2徨），可得〃?的取值范围.

5

【解答】解：（