2024-2025高二上期中数学{2019人教A版}真题模拟试题 合集2套[含解析}

这是一份2024-2025高二上期中数学{2019人教A版}真题模拟试题 合集2套[含解析}，共37页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(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．（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）已知直线，，若且，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
2．（2023·江苏·预测）中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆，其长轴长度约为，短轴长度约为．若直线平行于长轴且的中心到的距离是，则被截得的线段长度约为（ ）
A．B．C．D．
3．（24-25高二下·全国·随堂练习）已知，，三点不共线，是平面外任意一点，若由确定的一点与，，三点共面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（24-25高二上·江苏南京·阶段练习）已知圆C：，直线l：．则直线l被圆C截得的弦长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2024·上海·高考真题试卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023·四川雅安·一模）已知为双曲线的左、右焦点，点在上，若，的面积为，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．（2023·甘肃定西·预测）若点在圆的外部，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．（21-22高二上·四川攀枝花·阶段练习）如图所示，已知抛物线过点，圆. 过圆心的直线与抛物线和圆分别交于，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共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．（2022·广东·预测）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，点双曲线C右支上，若，的面积为，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则S＝
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若的重心为G，随着点P的运动，点G的轨迹方程为
10．（23-24高二上·广东中山·阶段练习）下列结论正确的是（ ）
A．已知点在圆上，则的最大值是4
B．已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为
C．已知是圆外一点，直线的方程是，则直线与圆相离
D．若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
11．（22-23高二下·江苏南通·阶段练习）下面四个结论正确的是（ ）
A．已知向量，则在上的投影向量为
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2023·江苏无锡·三模）已如，是抛物线上的动点（异于顶点），过作圆的切线，切点为，则的最小值为 .
13．（24-25高二上·黑龙江·开学考试）如图，平行六面体的所有棱长均为两两所成夹角均为，点分别在棱上，且，则 ；直线与所成角的余弦值为 .
14．（22-23高二下·贵州遵义·期中）若点在直线上（其中a，b都是正实数），则的最小值为 .
四、解答题(本大题共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. (13分) （23-24高二上·广东·阶段练习）已知直线和圆．
(1)判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；
(2)求过点且与圆相切的直线方程．
16. (15分) （2022·全国·高考真题试卷）如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
17. (15分) （24-25高二上·江苏连云港·阶段练习）如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的两点，且直线均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求的方程；
(3)记直线的斜率为，直线的斜率为，证明:为定值.
18. (17分) （2023·全国·高考真题试卷）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
19. (17分) （2022高三·全国·专题练习）已知动点到直线的距离比到点的距离大1．
(1)求动点所在的曲线的方程；
(2)已知点，是曲线上的两个动点，如果直线的斜率与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出这个定值；
答案：
1．C
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
2．C
【分析】建立直角坐标系，设该椭圆方程为， ，由题意得出椭圆的方程，令，即可得出答案．
【详解】设该椭圆焦点在轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为：，，由题意可得，，
将，代入方程，得，
因为直线平行于长轴且的中心到的距离是，
令，得(m)，
故选：C．
3．A
【分析】根据点与，，三点共面，可得，从而可得答案.
【详解】因为，，三点不共线，点与，，三点共面，
又，
所以，解得.
故选：A.
4．A
【分析】由题意可证直线l恒过的定点在圆内，当时直线l被圆C截得的弦长最小，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】直线l：，
令，解得，所以直线l恒过定点，
圆C：的圆心为，半径为，
且，即P在圆内，
当时，圆心C到直线l的距离最大为，
此时，直线l被圆C截得的弦长最小，最小值为．
故选：A．
5．C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故B错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
6．B
【分析】先根据双曲线的定义求出，在中，利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式求出，利用勾股定理可求得，进而可求出答案.
【详解】因为，所以，
又因为点在上，所以，
即，所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
又，所以，故，
则，所以，
则，所以，
所以，
所以的方程为.
故选：B.

7．C
【分析】利用表示圆的条件和点和圆的位置关系进行计算.
【详解】依题意，方程可以表示圆，则，得；
由点在圆的外部可知：，得.
故.
故选：C
8．D
【分析】由点在抛物线上求出p，焦半径的几何性质有，再将目标式转化为，应用基本不等式“1”的代换求最值即可，注意等号成立条件.
【详解】由题设，16＝2p×2，则2p＝8，故抛物线的标准方程：，则焦点F(2,0)，
由直线PQ过抛物线的焦点，则，
圆C2：圆心为(2,0)，半径1，
，
当且仅当时等号成立，故的最小值为13.
故选：D
关键点点睛：由焦半径的倾斜角式得到，并将目标式转化为，结合基本不等式求最值.
9．ACD
【分析】对于A，利用焦点三角形的面积公式求解，对于B，由焦点三角形的面积公式求出，再由以双曲线的定义和勾股定理列方程组可求得结果，对于C，当为直角三角形时，求出临界值进行判断，对于D，利用相关点法结合重心坐标公式求解
【详解】由，得，则
焦点三角形的面积公式，将代入可知，故A正确．
当S＝4时，，由，可得，故 B错误．
当时，S＝4，当时，，因为为锐角三角形，所以，故C正确．
设，则，由题设知，则，所以，故D正确．
故选：ACD
10．AD
【分析】利用三角代换可判断A；求出直线所过定点，结合图形可判断B；利用点到直线的距离公式可判断C；转化为两圆相交问题可判断D.
【详解】A选项，因为点Px,y在圆上，
所以，
当时，取得最大值4，故A正确；
B选项，由，所以，即直线过点，
因为直线和线段相交，故只需或，故B错误；
C选项，圆的圆心到直线的距离，
而点是圆外一点，所以，
所以，所以直线与圆相交，故C错误；
D选项，与点的距离为1的点在圆上，
由题意知圆与圆相交，
所以圆心距，满足，解得，故D正确.
故选：AD
11．ABC
【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.
【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；
选项B：因为，故选项B正确；
选项C：是空间的一组基底，，所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.
选项D：因为直线的方向向量为，平面的法向量，，则直线或，故选项D错误；
故选：ABC
12．3
【分析】设出点的坐标，结合圆的切线的性质求出，再借助式子几何意义作答.
【详解】依题意，设，有，圆的圆心，半径，
于是，

因此，表示抛物线上的点到y轴距离与到定点的距离的和，
而点在抛物线内，当且仅当是过点垂直于y轴的直线与抛物线的交点时，取得最小值3，
所以的最小值为3.
故3.
13．
【分析】表达出，平方后求出，求出；求出，利用向量夹角余弦公式求出异面直线距离的余弦值.
【详解】连接，
，
故；
，
故
，
故，
则
，
故直线与所成角的余弦值为.
故；
14．/
【分析】根据点在直线上可得的关系，再利用“1”的妙用求解作答.
【详解】依题意，，而，
于是，
当且仅当，即时取等号，由，得，
所以当时，取得最小值为.
故
15．(1)相交，截得的弦长为2.
(2)或.
【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；
（2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解.
【详解】（1）由圆可得，圆心,半径，
圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，
直线被圆截得的弦长为.
（2）若过点的直线斜率不出在，则方程为，
此时圆心到直线的距离为，满足题意；
若过点且与圆相切的直线斜率存在，
则设切线方程为，即，
则圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上，过点且与圆相切的直线方程为或.
16．(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
17．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件列方程组求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程；
（3）将韦达定理代入中计算结果为定值.
【详解】（1）由题意得解得，
故椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，
由，得，
则.
，
解得或
当时，直线经过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为.
（3）直线，均不与轴垂直，所以，则且，
所以
为定值.
18．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
19．(1)
(2)证明见解析，.
【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；
（2）分别设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出点坐标，再求直线的斜率即可.
【详解】（1）已知动点到直线的距离比到点的距离大，
等价于动点到直线的距离和到点的距离相等，
由抛物线的定义可得：
动点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
可得，抛物线开口向右，∴曲线的方程为．
（2）设直线的斜率为，
∵直线的斜率与直线的斜率互为相反数，∴直线的斜率为，
设，，
联立方程组，整理得，
即，或（舍），可得，
联立方程组，整理得，
即，或（舍），可得，则，
即直线的斜率为定值-1．
抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，等于焦点到抛物线顶点的距离．牢记它对解题非常有益．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
A
C
B
C
D
ACD
AD
题号
11









答案
ABC









2024-2025高二上期中数学（2019人教A版）真题试卷试题（三）
范围：选择性必修一第一章、第二章、第三章
一、单选题(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．（2021·全国·高考真题试卷）抛物线的焦点到直线的距离为，则（ ）
A．1B．2C．D．4
2．（22-23高二上·江西抚州·期末）已知坐标平面内三点，为的边上一动点，则直线斜率的变化范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．（23-24高二上·吉林延边·期中）已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ）
A．，3B．，2C．1，3D．，2
4．（22-23高二上·云南临沧·期末）已知半径为3的圆的圆心与点关于直线对称，则圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．（24-25高二上·安徽合肥·阶段练习）已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
6．（23-24高三上·河南·开学考试）已知双曲线的左、右顶点分别为为的右焦点，的离心率为2，若为右支上一点，，记，则（ ）
A．B．1C．D．2
7．（2023·山东·预测）在平面直角坐标系中，点，直线．设圆的半径为1，圆心在l上．若圆C上存在点M，使，则圆心C的横坐标a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．（23-24高二上·广东广州·期末）已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题(本大题共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．（22-23高二上·河北保定·期末）已知向量，，，则下列结论正确的是（ ）
A．向量与向量的夹角为
B．
C．向量在向量上的投影向量为
D．向量与向量，共面
10．（21-22高二上·重庆·期末）对于直线.以下说法正确的有（ ）
A．的充要条件是
B．当时，
C．直线一定经过点
D．点到直线的距离的最大值为5
11．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，已知抛物线的焦点为 ，抛物线 的准线与 轴交于点 ，过点 的直线 （直线 的倾斜角为锐角）与抛物线 相交于 两点（A在 轴的上方，在 轴的下方），过点 A作抛物线 的准线的垂线，垂足为 ，直线 与抛物线 的准线相交于点 ，则（ ）
A．当直线 的斜率为1时，B．若，则直线的斜率为2
C．存在直线 使得 D．若，则直线 的倾斜角为
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上)
12．（2023·湖南长沙·一模）已知椭圆与双曲线有共同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线在第一象限的交点，且，则的最大值为 .
13．（22-23高三上·广东·开学考试）过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为 ．
14．（22-23高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱柱中，底面，且底面为菱形，，，，为的中点，在上，在平面内运动（不与重合），且平面，异面直线与所成角的余弦值为，则的最大值为 .
四、解答题(本大题共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. (13分) （23-24高二上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，焦距为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过且斜率为的直线交椭圆于，两点，求弦的长.
16. (15分) （2022高二上·全国·专题练习）已知直线的方程为：．
(1)求证：不论为何值，直线必过定点；
(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．
17. (15分) （23-24高二上·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，平面，.
(1)求二面角的正弦值；
(2)在棱上确定一点，使异面直线与所成角的大小为，并求此时点到平面的距离.
18. (17分) （2023·四川巴中·预测）设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．
(1)求a；
(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．
19. (17分) （22-23高三上·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
答案：
1．B
【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.
【详解】抛物线的焦点坐标为，
其到直线的距离：，
解得：(舍去).
故选：B.
2．D
【分析】作出图象，求出的斜率，再结合图象即可得解.
【详解】如图所示，
，
因为为的边上一动点，
所以直线斜率的变化范围是.
故选：D.
3．D
【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可.
【详解】因为，，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使，
所以，
所以，解得.
故选：D
4．C
【分析】设出圆心坐标，根据对称关系列出方程组，求出圆心坐标，结合半径为3，即可求解.
【详解】设圆心坐标，由圆心与点关于直线对称，
得到直线与垂直，
结合的斜率为1，得直线的斜率为，
所以，化简得①
再由的中点在直线上，，化简得②
联立①②，可得，
所以圆心的坐标为，
所以半径为3的圆的标准方程为.
故选：C
5．B
【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断.
【详解】对于A，设，即，解得，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，无解，
所以不共面，能构成空间的一组基底，故B正确；
对于C，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，解得，
所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误.
故选：B.
6．A
【分析】设的焦距为，根据离心率可得，由可得点的坐标，在直角三角形中求出，再根据两角差的正切公式即可求解.
【详解】设的焦距为，点，由的离心率为2可知，
因为，所以，将代入的方程得，即，
所以，
故．
故选:A．
7．D
【分析】先求得圆的方程，再利用求得点M满足的圆的方程，进而利用两圆有公共点列出关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围.
【详解】圆心C的横坐标为a，则圆心C的坐标为，
则圆的方程，
设，由，
可得，整理得，
则圆与圆有公共点，
则，
即，解之得.
故选：D
8．B
【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，
点满足，即，则，
又，，
即，又，
故，则，即，
即平分，又，故，
则，则，
，
，
由，
故，
即，即，又，故.
故选：B.
关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.
9．ABD
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.
【详解】因为，所以，
可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；
因为，
所以，即B正确；
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C错误；
由向量，，，可知，
向量与向量，共面， 所以D正确.
故选：ABD
10．BD
【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D.
【详解】当时， 解得 或，
当时，两直线为 ，符合题意；
当时，两直线为 ，符合题意，故A错误；
当时，两直线为， ，
所以，故B正确；
直线即直线，故直线过定点，C错误；
因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ，
故D正确，
故选：BD.
11．AD
【分析】根据抛物线的焦点弦的性质一一计算即可.
【详解】易知，可设，设Ax1,y1,Bx2,y2，
与抛物线方程联立得，
则，
对于A项，当直线 的斜率为1时，此时，
由抛物线定义可知，故A正确；
易知是直角三角形，若，
则，
又，所以为等边三角形，即，此时，故B错误；
由上可知 ，
即，故C错误；
若，
又知，所以，
则，即直线 的倾斜角为 ，故D正确.
故选：AD
12．
【分析】由椭圆的定义及双曲线的定义结合余弦定理可得，设，利用三角换元求出的最大值即可.
【详解】设椭圆，双曲线，
且设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
得，，
得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，
所以，
当即时，取最大值为.
故答案为.
13．
【分析】由题知、，进而求解方程即可.
【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为，
所以过点作圆的两条切线，切点分别为、，
所以，
所以直线的方程为，即；
方法2：设，，则由，可得，
同理可得，
所以直线的方程为.
故
14．/
【分析】连接交于点，推导出平面，然后以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可求得的值，求出点的坐标为，求出的最小值，即可求得的最大值.
【详解】连接交于点，平面，平面，则，
因为四边形为菱形，则，
，、平面，平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、，
易知平面的一个法向量为，
因为平面，所以，，
设点，其中，则，
由已知可得，
因为，解得，即点，
设点，则，
因为，则，可得，且，可得，
所以，点，
因为平面，、平面，，，
且，
所以，.
故答案为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）依题意设椭圆的方程为（），即可得到关于、、的方程组，解得、，即可得解；
（2）首先得到直线的方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，最后利用弦长公式计算可得.
【详解】（1）依题意设椭圆的方程为（），
则，解得，所以椭圆方程为.
（2）依题意直线的方程为，设、，
由，消去整理得，
则，所以，，
所以.

16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）列出方程，分别令，可求出定点；
（2）先令令，再表达出三角形面积，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）证明：直线的方程为：
提参整理可得：．
令，可得，
不论为何值，直线必过定点.
（2）设直线的方程为．
令 则，
令．则，
直线与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积．
当且仅当，即时，三角形面积最小．
此时的方程为．
17．(1)
(2)，
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角；
（2）设，由空间向量法求异面直线所成的角得出，再由向量法求点面距．
【详解】（1）以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，
则.
设平面的法向量，
则，取得，
设平面的法向量，
则，取得，
设二面角的大小为，则
，
所以.
（2）设，则
.
因为异面直线与所成角的大小为，
所以，解得或（舍去）.
此时，
所以点到平面的距离.
18．(1)；
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；
（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．
【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，
因为的面积为4，所以，解得，所以．
（2）由（1）得，．
当直线l斜率为0时，不适合题意；
当直线l斜率不为0时，设直线，设，，
由，得，
则，，，
因为直线PA，PB的斜率之和为，
所以，即，
所以，所以
，整理得，
所以直线，
令，解之得，所以直线l过定点．
19．(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，PA，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
C
B
A
D
B
ABD
BD
题号
11









答案
AD