2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（B卷）

这是一份2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（B卷），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．（4分）已知向量＝（2，﹣1，3），＝（4，x，y），且∥，则x+y＝（ ）
A．﹣4B．﹣2C．4D．2
3．（4分）已知点B是点A（2，﹣3，4）在坐标平面Oxy内的射影，则点B的坐标为（ ）
A．（2，﹣3，0）B．（2，0，4）C．（0，﹣3，4）D．（2，3，4）
4．（4分）已知直线l经过点A（﹣3，2），且与直线x+2y﹣2＝0垂直，则直线l的方程为（ ）
A．x+2y﹣1＝0B．x﹣2y+7＝0C．2x+y+4＝0D．2x﹣y+8＝0
5．（4分）圆x2+（y﹣1）2＝4截x轴所得弦的长度为（ ）
A．2B．C．D．4
6．（4分）若直线2x﹣y+m＝0和直线3x﹣y+3＝0的交点在第二象限，则m的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，3）B．（2，+∞）
C．（﹣∞，2）∪（3，+∞）D．（2，3）
7．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝x+y+z，则有序实数组（x，y，z）＝（ ）
A．B．
C．D．
8．（4分）已知直线l1：ax﹣3y+12＝0，l2：x+（a﹣4）y+4＝0，若l1∥l2，则实数a＝（ ）
A．1B．3C．1或0D．1或3
9．（4分）已知平面α＝{P|•＝0}，其中点A（1，1，2），向量＝（1，1，1），则下列各点中在平面α内的是（ ）
A．（2，﹣1，﹣1）B．（0，3，1）C．（﹣2，4，3）D．（5，﹣1，﹣2）
10．（4分）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）以点（2，﹣1）为圆心且半径为2的圆的标准方程是 ．
12．（5分）已知点A（1，0，2），B（1，2，5），C（﹣2，3，6），则﹣＝ ．
13．（5分）已知直线l经过点A（1，4），且斜率为2，则直线l的一个方向向量为 ．
14．（5分）已知点P为圆x2+y2＝1上一点，记d为点P到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当m变化时，d的最大值为 ．
15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝DD1＝1，点E是棱CD上的动点，给出下列4个结论：
①+﹣＝；
②AD1⊥A1E；
③若E为CD中点，则点B1到直线A1E的距离为；
④存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（14分）在△ABC中，A（﹣3，0），B（1，4），C（3，﹣3）．
（Ⅰ）求边AB所在直线的方程；
（Ⅱ）求边AB上的中线所在直线的方程．
17．（14分）已知向量＝（1，3，2），＝（﹣2，1，4），＝（5，1，x）．
（Ⅰ）若⊥，求实数x的值；
（Ⅱ）求|2﹣|；
（Ⅲ）若，，不能构成空间向量的一个基底，求实数x的值．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥AD，PD＝2DC＝4，E是棱PA的中点．
（Ⅰ）求证：PC∥平面BDE；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值．
条件①：平面PAD⊥平面ABCD；
条件②：PD⊥DC．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
19．（14分）已知圆M1：x2+2x+y2﹣8＝0．
（Ⅰ）求圆M1的圆心坐标以及半径；
（Ⅱ）求经过点P0（2，1）的圆M1的切线方程；
（Ⅲ）若圆M1与圆M2：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝m（m＞0）有公共点，求实数m的取值范围．
20．（14分）赵州桥，又名安济桥，位于河北省石家庄市赵县的洨河上，距今已有1400多年的历史，是保存最完整的古代单孔敞肩石拱桥，其高超的技术水平和不朽的艺术价值，彰显了中国劳动人民的智慧和力量．2023年以来，中国文旅市场迎来强劲复苏，某地一旅游景点为吸引游客，参照赵州桥的样式在景区兴建圆拱桥，该圆拱桥的圆拱跨度为16m，拱高为4m，在该圆拱桥的示意图中建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求这座圆拱桥的拱圆的方程；
（Ⅱ）若该景区游船宽10m，水面以上高3m，试判断该景区游船能否从桥下通过，并说明理由．
21．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3．M，N分别为棱AB，B1C1的中点，BC1与B1C交于点P．
（Ⅰ）求直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值；
（Ⅱ）求直线BC1到平面A1CM的距离；
（Ⅲ）在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1CM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年北京市丰台区高二（上）期中数学试卷（B卷）
参考答案与试题解析
一、选择题：共10小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合直线的斜率与倾斜角的关系，即可求解．
【解答】解：设直线的倾斜角为θ，θ∈[0，π），
直线的斜率为，
则，解得．
故选：B．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2．（4分）已知向量＝（2，﹣1，3），＝（4，x，y），且∥，则x+y＝（ ）
A．﹣4B．﹣2C．4D．2
【分析】利用平行向量的坐标关系求解．
【解答】解：∵向量＝（2，﹣1，3），＝（4，x，y），且∥，
∴，
解得x＝﹣2，y＝6，
∴x+y＝4．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平行向量的坐标关系，属于基础题．
3．（4分）已知点B是点A（2，﹣3，4）在坐标平面Oxy内的射影，则点B的坐标为（ ）
A．（2，﹣3，0）B．（2，0，4）C．（0，﹣3，4）D．（2，3，4）
【分析】利用空间直角坐标系中点在平面的内射影的定义即可求解．
【解答】解：因为点B是点A（2，﹣3，4）在坐标平面Oxy内的射影，
所以点B（2，﹣3，0）．
故选：A．
【点评】本题考查空间直角坐标系中点在平面的内射影的定义，属于基础题．
4．（4分）已知直线l经过点A（﹣3，2），且与直线x+2y﹣2＝0垂直，则直线l的方程为（ ）
A．x+2y﹣1＝0B．x﹣2y+7＝0C．2x+y+4＝0D．2x﹣y+8＝0
【分析】先设与直线x+2y﹣2＝0垂直的直线方程为2x﹣y+m＝0，然后把A的坐标代入即可求解．
【解答】解：设与直线x+2y﹣2＝0垂直的直线方程为2x﹣y+m＝0，
因为直线l过点A（﹣3，2），则﹣6﹣2+m＝0，即m＝8，
故所求直线方程为2x﹣y+8＝0．
故选：D．
【点评】本题主要考查了直线垂直关系的应用，属于基础题．
5．（4分）圆x2+（y﹣1）2＝4截x轴所得弦的长度为（ ）
A．2B．C．D．4
【分析】先求出圆心到x轴的距离，再根据几何法求圆的弦长公式，即可得出答案．
【解答】解：圆x2+（y﹣1）2＝4的圆心为（0，1），半径为r＝2，
所以圆心到x轴得距离d＝1，
所以弦长|AB|＝2＝2＝2．
故选：B．
【点评】本题考查直线与圆的相交问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
6．（4分）若直线2x﹣y+m＝0和直线3x﹣y+3＝0的交点在第二象限，则m的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，3）B．（2，+∞）
C．（﹣∞，2）∪（3，+∞）D．（2，3）
【分析】直接利用直线的交点所在的位置求出结果．
【解答】解：，解得，
由于交点（m﹣3，3m﹣6）在第二象限，
故，解得m∈（2，3）．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：两直线的交点，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
7．（4分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，若＝x+y+z，则有序实数组（x，y，z）＝（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答】解：∵＝＝﹣+＝﹣＝﹣，
∴x＝，y＝﹣，z＝﹣1，
∴有序实数组（x，y，z）＝（，﹣，﹣1）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
8．（4分）已知直线l1：ax﹣3y+12＝0，l2：x+（a﹣4）y+4＝0，若l1∥l2，则实数a＝（ ）
A．1B．3C．1或0D．1或3
【分析】根据已知条件，结合两直线平行的性质，即可求解．
【解答】解：直线l1：ax﹣3y+12＝0，l2：x+（a﹣4）y+4＝0，l1∥l2，
则a（a﹣4）＝﹣3，解得a＝3或a＝1，
当a＝3时，直线l1，l2重合，不符合题意，舍去，
当a＝1时，直线l1，l2不重合，符合题意，
故a＝1．
故选：A．
【点评】本题主要考查两条直线平行的性质，属于基础题．
9．（4分）已知平面α＝{P|•＝0}，其中点A（1，1，2），向量＝（1，1，1），则下列各点中在平面α内的是（ ）
A．（2，﹣1，﹣1）B．（0，3，1）C．（﹣2，4，3）D．（5，﹣1，﹣2）
【分析】结合各个选项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论．
【解答】解：对于A，，所以＝1×1﹣2×1﹣3×1＝﹣4≠0，故点（2，﹣1，﹣1）不在平面α内，故A错误；
对于B，，所以＝﹣1+2﹣1＝0，故点（0，3，1）在平面α内，故B正确；
对于C，，所以＝﹣3+3+1＝1≠0，故点（﹣2，4，3）不在平面α内，故C错误；
对于D，，所以＝4×1﹣2×1﹣4×1＝﹣2≠0，故点（5，﹣1，﹣2）不在平面α内，故D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
10．（4分）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．如图，已知一个正八面体ABCDEF的棱长为2，M，N分别为棱AD，AC的中点，则直线BN和FM夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】取BCDE各边中点H，K，I，G，连接HI，KG，FE，由正八面体的性质可得三线交于一点，设为O，以O为坐标原点，HI，KG，FE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得两直线的方向向量，利用向量法可求直线BN和FM夹角的余弦值．
【解答】解：取BCDE各边中点H，K，I，G，
连接HI，KG，FE，由正八面体的性质可得三线交于一点，设为O，
由正八面体的性质可得HI，KG，FE两两垂直，
以O为坐标原点，HI，KG，FE所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（1，﹣1，0），C（1，1，0），A（0，0，），D（﹣1，1，0），F（0，0，﹣），
则N（，，），M（﹣，，），
所以＝（﹣，，），＝（﹣，，），
所以cs＜，＞＝＝＝＝，
所以直线BN和FM夹角的余弦值为．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查转化能力，属中档题．
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）以点（2，﹣1）为圆心且半径为2的圆的标准方程是 （x﹣2）2+（y+1）2＝4 ．
【分析】利用圆的标准方程写出结果即可．
【解答】解：以点（2，﹣1）为圆心且半径为2的圆的标准方程是（x﹣2）2+（y+1）2＝4．
故答案为：（x﹣2）2+（y+1）2＝4．
【点评】本题考查圆的标准方程的求法，是基础题．
12．（5分）已知点A（1，0，2），B（1，2，5），C（﹣2，3，6），则﹣＝ （3，﹣1，﹣1） ．
【分析】根据已知条件，结合向量的坐标法则，即可求解．
【解答】解：B（1，2，5），C（﹣2，3，6），
则﹣＝＝（3，﹣1，﹣1）．
故答案为：（3，﹣1，﹣1）．
【点评】本题主要考查向量的坐标运算，是基础题．
13．（5分）已知直线l经过点A（1，4），且斜率为2，则直线l的一个方向向量为 （1，2）（答案不唯一） ．
【分析】根据直线的斜率与方向向量之间的关系可得出直线的一个方向向量．
【解答】解：令直线的方向向量为（x，y），
则k＝，
∴可取x＝1，y＝2，
此时直线的一个方向向量为（1，2）（答案不唯一）．
故答案为：（1，2）（答案不唯一）．
【点评】本题考查直线的斜率与方向向量之间的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（5分）已知点P为圆x2+y2＝1上一点，记d为点P到直线x﹣my﹣2＝0的距离．当m变化时，d的最大值为 3 ．
【分析】利用圆的方程求出圆心O和半径r，然后求出直线经过定点A（2，0），经过分析已知当直线与OA垂直时，d的距离最大，求出|CA|+r即可．
【解答】解：因为圆的方程为x2+y2＝1，
所以圆心为O（0，0），半径为r＝1，
由直线x﹣my﹣2＝0，可得直线恒过定点A（2，0），
则当直线与OA垂直时，d的距离最大，
|OA|＝2，
所以d的最大值为|CA|+r＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了直线与圆的应用，解题的关键是将问题转化为直线与CA垂直时，d的距离最大，属于中档题．
15．（5分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝DD1＝1，点E是棱CD上的动点，给出下列4个结论：
①+﹣＝；
②AD1⊥A1E；
③若E为CD中点，则点B1到直线A1E的距离为；
④存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1．
其中所有正确结论的序号是 ②④ ．
【分析】①根据空间向量的线性运算法则，即可判断；
②连接A1D，则A1D⊥AD1，结合DE⊥AD1，可得AD1⊥平面A1DE，再由线面垂直的性质定理，即可得解；
③当E为CD中点时，在△A1B1E中，利用等面积法，可求出点B1到直线A1E的距离；
④当点E为线段CD的靠近点D的四等分点时，利用相似可证A1F⊥AB1，结合EF⊥AB1，可得AB1⊥平面A1EF，从而知AB1⊥A1E，再由②中所得，即可证明A1E⊥平面AB1D1，得解．
【解答】解：①+﹣＝﹣＝＝﹣，即①错误；
②连接A1D，则A1D⊥AD1，
由正方体的性质知，DE⊥平面ADD1A1，
因为AD1⊂平面ADD1A1，所以DE⊥AD1，
又A1D∩DE＝D，A1D、DE⊂平面A1DE，
所以AD1⊥平面A1DE，
因为A1E⊂平面A1DE，所以AD1⊥A1E，即②正确；
③当E为CD中点时，在△A1B1E中，A1B1＝2，A1E＝B1E＝，
设点B1到直线A1E的距离为d，
则＝A1E•d＝A1B1•，
所以d＝2×，解得d＝，即点B1到直线A1E的距离为，故③错误；
④当点E为线段CD的靠近点D的四等分点时，可使A1E⊥平面AB1D1，理由如下：
过点E作EF⊥AB于F，连接A1F，则点F为AB的靠近点A的四等分点，
所以＝2，所以△A1AF∽△B1A1A，
所以∠A1FA＝∠B1AA1，
因为∠B1AA1+∠B1AB＝90°，所以∠A1FA+∠B1AB＝90°，即A1F⊥AB1，
因为EF⊥平面ABB1A1，且AB1⊂平面ABB1A1，所以EF⊥AB1，
又A1F∩EF＝F，A1F、EF⊂平面A1EF，所以AB1⊥平面A1EF，
因为A1E⊂平面A1EF，所以AB1⊥A1E，
由②知AD1⊥A1E，
因为AB1∩AD1＝A，AB1、AD1⊂平面AB1D1，
所以A1E⊥平面AB1D1，即④正确．
故答案为：②④．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，空间中点到线距离的求法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
三、解答题：共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（14分）在△ABC中，A（﹣3，0），B（1，4），C（3，﹣3）．
（Ⅰ）求边AB所在直线的方程；
（Ⅱ）求边AB上的中线所在直线的方程．
【分析】（Ⅰ）直接利用两点的坐标求出直线的方程；
（Ⅱ）利用中点坐标和点斜式求出直线的方程．
【解答】解：（Ⅰ）因为A（﹣3，0），B（1，4），
所以边AB所在直线的斜率kAB＝1．
又因为该直线过点A（﹣3，0），
所以边AB所在直线的方程为：y＝x+3，
即x﹣y+3＝0．
（Ⅱ）设边AB上的中点为M，则直线MC即为边AB上的中线．
因为A（﹣3，0），B（1，4），
所以M（﹣1，2），又因为C（3，﹣3）
所以直线MC的斜率．
又因为该直线过点M（﹣1，2），
所以直线MC的方程为：，
即5x+4y﹣3＝0．
【点评】本题考查的知识要点：直线的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
17．（14分）已知向量＝（1，3，2），＝（﹣2，1，4），＝（5，1，x）．
（Ⅰ）若⊥，求实数x的值；
（Ⅱ）求|2﹣|；
（Ⅲ）若，，不能构成空间向量的一个基底，求实数x的值．
【分析】（Ⅰ）由空间向量垂直的坐标表示得到关于x的方程，求解即可；
（Ⅱ）由空间向量的坐标运算和求模公式计算即可；
（Ⅲ）由条件可得向量与向量共面，再由共面向量定理得到方程组求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为⊥，且＝（1，3，2），＝（5，1，x）
所以＝0，即5+3+2x＝0，解得x＝﹣4；
（Ⅱ）因为向量＝（1，3，2），＝（﹣2，1，4）
所以＝2（1，3，2）﹣（﹣2，1，4）＝（4，5，0），
所以；
（Ⅲ）因为，，不能构成空间向量的一组基底，
所以向量与向量共面，
故存在唯一的数对（m，n），使得＝m+n，
即（5，1，x）＝m（1，3，2）+n（﹣2，1，4）＝（m﹣2n，3m+n，2m+4n），
解得x＝﹣6．
【点评】本题考查空间向量平行，垂直，模的坐标表示，属于中档题．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥AD，PD＝2DC＝4，E是棱PA的中点．
（Ⅰ）求证：PC∥平面BDE；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值．
条件①：平面PAD⊥平面ABCD；
条件②：PD⊥DC．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【分析】（Ⅰ）由线面平行的判定定理即可得出答案．
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，平面ABCD的一个法向量，再计算二面角的大小，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）证明：在底面ABCD中，连接AC交BD于点F，可得F为AC中点，连接EF，
因为EF是△PAC的中位线，
所以EF∥PC，
因为EF⊂平面BDE，
又因为PC⊄平面BDE，
所以PC∥平面BDE．
（Ⅱ）选①：平面PAD⊥平面ABCD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PD⊂平面PAD，PD⊥AD，
所以PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC，
又底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，
所以PD，AD，DC两两相互垂直，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz：
则D（0，0，0），B（2，2，0），E（1，0，2）．
所以＝（2，2，0），＝（1，0，2），
设平面BDE的法向量为＝（x，y，z），
则，
令x＝2，则y＝﹣2，z＝﹣1，
所以＝（2，﹣2，﹣1），
又因为PD⊥平面ABCD，
所以＝（0，0，3）为平面ABCD的一个法向量，
设平面BDE与平面ABCD夹角为θ，则
csθ＝|cs＜，＞|＝||＝，
所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为．
选②：PD⊥DC．
因为PD⊥DC，PD⊥AD，又底面ABCD是正方形，
所以PD，AD，DC两两相互垂直，
如图建立空间直角坐标系D﹣xyz：
则D（0，0，0），B（2，2，0），E（1，0，2），
所以＝（2，2，0），＝（1，0，2），
设平面BDE的法向量为＝（x，y，z），
则，即，
令x＝2，则y＝﹣2，z＝﹣1，于是＝（2，﹣2，﹣1），
又因为PD⊥平面ABCD，
所以＝（0，0，3）为平面ABCD的一个法向量．
设平面BDE与平面ABCD夹角为θ，
所以csθ＝|cs＜，＞|＝||＝，
所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
19．（14分）已知圆M1：x2+2x+y2﹣8＝0．
（Ⅰ）求圆M1的圆心坐标以及半径；
（Ⅱ）求经过点P0（2，1）的圆M1的切线方程；
（Ⅲ）若圆M1与圆M2：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝m（m＞0）有公共点，求实数m的取值范围．
【分析】（Ⅰ）由圆M1的方程，可得它的圆心坐标及半径的值；
（Ⅱ）分切线的斜率存在和不存在两种情况讨论，使圆心到切线的距离等于半径可得切线的方程；
（Ⅲ）求出圆M2的圆心坐标及半径，由两个圆有公共点，可得|r2﹣r1|≤|M1M2|≤|r1+r2|，进而求出m的范围．
【解答】解：（Ⅰ）因为圆M1：x2+2x+y2﹣8＝0，整理得（x+1）2+y2＝9，
所以圆心M1的坐标为（﹣1，0），半径r1＝3；
（Ⅱ） ①当切线l斜率不存在时，切线l的方程为x＝2，符合题意；
②当切线l斜率存在时，设l：y﹣1＝k（x﹣2），
即kx﹣y﹣2k+1＝0．
设圆心M1（﹣1，0）到切线l的距离为d，则d＝r1＝3，
即＝3，整理可得：﹣6k+1＝9，
解得k＝﹣，
所以切线l的方程为﹣x﹣y+＝0，即4x+3y﹣11＝0；
综上所述：切线l的方程为x＝2或4x+3y﹣11＝0；
（Ⅲ）由圆M2：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝m（m＞0）可知圆心M2（2，4），半径r2＝，
所以圆心距|M1M2|＝＝5，
若圆M1与圆M2：（x﹣2）2+（y﹣4）2＝m有公共点，
则|r2﹣r1|≤|M1M2|≤|r1+r2|，即，
解得2≤r2≤8，
故m的范围为：m∈[4，64]．
【点评】本题考查圆的性质的应用及两个圆无交点的求法，属于基础题．
20．（14分）赵州桥，又名安济桥，位于河北省石家庄市赵县的洨河上，距今已有1400多年的历史，是保存最完整的古代单孔敞肩石拱桥，其高超的技术水平和不朽的艺术价值，彰显了中国劳动人民的智慧和力量．2023年以来，中国文旅市场迎来强劲复苏，某地一旅游景点为吸引游客，参照赵州桥的样式在景区兴建圆拱桥，该圆拱桥的圆拱跨度为16m，拱高为4m，在该圆拱桥的示意图中建立如图2所示的平面直角坐标系．
（Ⅰ）求这座圆拱桥的拱圆的方程；
（Ⅱ）若该景区游船宽10m，水面以上高3m，试判断该景区游船能否从桥下通过，并说明理由．
【分析】（Ⅰ）设这座圆拱桥的拱圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，代入点的坐标，列出方程组求解即可．
（Ⅱ）当x＝5时，求解y的值，即可判断该景区游船是否可以从桥下通过．
【解答】解：（Ⅰ）设这座圆拱桥的拱圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F＝0，
因为该拱圆过A（﹣8，0），B（8，0），C（0，4），
所以，解得．
所以拱圆的一般方程为x2+y2+12y﹣64＝0，
即x2+（y+6）2＝100．
（Ⅱ）该景区游船宽10m，水面以上高3m，当x＝5时，52+（y+6）2＝100，
得
所以该景区游船可以从桥下通过．
【点评】本题考查圆的一般方程的求法与应用，是基础题．
21．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝3．M，N分别为棱AB，B1C1的中点，BC1与B1C交于点P．
（Ⅰ）求直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值；
（Ⅱ）求直线BC1到平面A1CM的距离；
（Ⅲ）在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1CM？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（Ⅰ）由已知可证AA1，AB，AC两两相互垂直，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法求得直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值；
（Ⅱ）证明BC1∥平面A1CM，利用向量法求得点B到平面A1CM的距离，可得直线BC1到平面A1CM的距离；
（Ⅲ）设＝λ（0≤λ≤1），求得PQ的方向向量，利用•＝0，可求得λ，进而可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AA1，AB，AC两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，
则A（0，0，0），A1（0，0，3），C（2，0，0），M（0，1，0）．
所以＝（0，0，3），＝（2，0，﹣3），＝（0，1，﹣3）．
设平面BDE的法向量为＝（x，y，z），
则 即，
令z＝2，则x＝3，y＝6．于是＝（3，6，2）．
所以cs＜，＞＝＝＝．
设直线AA1与平面A1CM所成角为θ，
所以sinθ＝|cs＜，＞|＝．
故直线AA1与平面A1CM所成角的正弦值为．
（Ⅱ）在侧面AA1C1C中，连接AC1交A1C于点G，可知G为AC1中点，连接GM．
因为GM是△AC1B的中位线，
所以BC1∥GM，
又因为GM⊂平面A1CM，
BC1⊄平面A1CM，
所以BC1∥平面A1CM．
所以直线BC1到平面A1CM的距离等于点B到平面A1CM的距离．
又因为B（0，2，0），所以＝（0，﹣2，3），
设点B到平面A1CM的距离为d，则d＝＝＝，
所以直线BC1到平面A1CM的距离为．
（Ⅲ）线段A1N上存在点Q，点Q为A1N上靠近点N的三等分点，满足PQ∥平面A1CM，
证明如下：设＝λ（0≤λ≤1），
因为A1（0，0，3），N＝（1，1，3）
所以＝（1，1，0），
所以＝（λ，λ，0），＝+＝（﹣1，﹣1，）+（λ，λ，0）＝（λ﹣1，λ﹣1，）．
由（Ⅰ）知平面A1CM的一个法向量为＝（3，6，2），
因为PQ∥平面A1CM，
所以•＝0，即，
解得：，
所以线段A1N上存在点Q，点Q为A1N上靠近点N的三等分点，满足PQ∥平面A1CM．
【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查线到面的距离的求法，考查判断符合条件的点是否存在，属中档题．
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