云南省保山市腾冲市第八中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份云南省保山市腾冲市第八中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第 1 页至第 3 页，第Ⅱ卷第 4页至第 6 页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分 150 分，考试用时 120 分 钟．
第Ⅰ卷（选择题，共 60 分）
注意事项：
答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共 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）
过点 A（0，2）的直线 l 与圆 x2+y2=1 相切，则直线 l 的倾斜角为（）
A. 30°B. 60°或 120°C. 30°或 60°D. 30°或 150°
下列说法中，正确的是（）
过点 P(1, 2) 且在 x, y 轴截距相等的直线方程为 x  y  3  0
直线 y  3x  2 在 y 轴上的截距为2
直线 x  3y 1  0 的倾斜角为 60°
过点(5, 4) 并且倾斜角为90∘ 的直线方程为 y  4  0
若一动圆的圆心在抛物线 y2  8x 上，且动圆恒与直线 x  2  0 相切，则此动圆必过定点（）
A. (4, 0)B. (2, 0)C. (0, 2)D. (0, 4)
设向量 a ， b ， c 不共面，则下列向量组可作为空间的一组基的是（）
→→→→ →→ → →→
A. a  2b, 3a  b, 0B. a, b, a  b
→→ →→ →→→→ →→ →
C. 3a  b, a  b, cD. a  b  c, a  b, c
若 ax2  by2  cxy  2ax  4by  a3  0 表示面积为π的圆的方程，则实数 a 的值为（ ）
A. 2B. 2C. 1D. 1
已知 AB  1, 5, 2 ， BC  3,1, z  ， BP   x 1, y, 3 ，若 AB  BC ，且 BP  平面 ABC ，则
BP  （）
 20 ,  15 , 3
 40 ,  15 , 3
 33 , 15 , 3
 33 ,  15 , 3
 77
 77
 77
 77

 y  x  2
已知实数 x, y 满足x  y  a ，其中 a  lg 9  lg 8 ，则实数 x  1 的最小值为（）


x  1
22
322 y  1
22
A. B.
5
7C.
D.
911
x2y2FF
已知A ， B 是椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 上两点， 1 ， 2 分别在C 的左、右焦点，
AB  AF1  0 ， AF2  2F2 B ，则C 的离心率为（ ）
A. 1B.2
33
C.3
3
D.5
3
二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）
2
2
9 已知双曲线C : y  x  1 ，则（）
96
C 的焦点坐标为0,  3 
C 的渐近线方程为 y   3 x
2
6
C 的虚轴长为2
C 的离心率为 15
3
10 已知直线l : a2  a 1 x  y 1  0 ，其中 a  R ，则（）
直线 l 过定点0,1
当 a  1 时，直线 l 与直线 x  y  0 垂直
若直线 l 与直线 x  y  0 平行，则 a  0
当 a  0 时，直线 l 在两坐标轴上的截距互为相反数
已知 P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 内一点（含边界），且 AP  AB  λAF ，λ R ，则
（）
3
–––→–––→
△PCD 的面积恒为
4
存在λ，使得 PC  AP
cs CPD   1 ,3 
的取值范围是0, 3
 22 
PC  BC

第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
n
已知向量 →  2, 0,1 为平面α的法向量，点 A1, 2,1 在α内，点 P 1, 2, 2 在α外，则点 P 到平 面α的距离为．
正四面体 ABCD 棱长为 6， AP  x AB  y AC  z AD ，且 x  y  z  1 ，以A 为球心且半径为 1 的球
PM
PN
面上有两点 M , N ， MA  AN ，则––––→2  –––→2 的最小值为.
设 a  R ，则直线l1 : ax  y 1  0, l2 : x  ay  a  2  0 与l3 : x  y 1  0 围成的三角形的面积的最大值为．
四、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
V ABC 的顶点 A，B 的坐标分别为4, 1，2，5 ．
求线段 AB 的中垂线在 x 轴上的截距；
若点 C 的坐标为6，2 ，求△ABC 垂心的坐标．
如图，正四面体V  ABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为 M .
求证： AO ， BO ， CO 两两垂直；
––––→ –––→
求 DM , AO .
已知直线 l 经过点 P 2, 3 ．
若原点到直线 l的距离为 2，求直线 l 的方程：
若直线 l 在两坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程．
在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是菱形， ADNM 是矩形， ND  平面 ABCD ， DAB  π ，
3
AD  2 ， AM  1 ，E 为 AB 的中点．
求证： AN ∥平面 MEC ；
求平面 EMC 与平面 MBC 夹角的余弦值．
π
在线段 AM 上是否存在点 P，使直线 PE 与平面 MBC 所成的角为 3 ？若存在，求出 PE 的长；若不存在，请说明理由．
x2y2FF
已知点 P 为椭圆C :

2
a2b2
 1a  b  0 上一动点， 1 ， 2 为左右两焦点，点 P 到坐标原点的最
大距离为
， VPF1F2 的最大面积为 1.
求椭圆 C 的方程；
过动点 P（不在坐标轴上）作圆 x2  y 2  b2 的两条切线，切点分别为 A，B，直线 AB 交椭圆于 M， N 两点，求VOMN的面积 S 的最大值.
腾冲市第八中学 2025—2026 学年高二上学期开学考
数学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第 1 页至第 3 页，第Ⅱ卷第 4页至第 6 页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分 150 分，考试用时 120 分 钟．
第Ⅰ卷（选择题，共 60 分）
注意事项：
答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共 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）
过点 A（0，2）的直线 l 与圆 x2+y2=1 相切，则直线 l 的倾斜角为（）
A. 30°B. 60°或 120°C. 30°或 60°D. 30°或 150°
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，直线的倾斜角和斜率的关系的应用求解．
【详解】由题知：直线l 存在斜率，设直线的方程为 y  kx  2 ，
1 k 2
0  0  2
3
3
圆心0, 0 到直线 kx  y  2  0 的距离 d  1，解得 k  ，所以tanθ ， 0∘ θ 180∘ ，
故θ 60∘ 或120∘ .
故选：B
下列说法中，正确的是（）
过点 P(1, 2) 且在 x, y 轴截距相等的直线方程为 x  y  3  0
直线 y  3x  2 在 y 轴上的截距为2
直线 x  3y 1  0 的倾斜角为 60°
过点(5, 4) 并且倾斜角为90∘ 的直线方程为 y  4  0
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线截距的概念、倾斜角与斜率之间的关系逐一判断即可.
【详解】对于 A，过点 P(1, 2) 且在 x, y 轴截距相等的直线方程为
x  y  3  0 或2x  y  0 ，故 A 不正确；
对于 B， y  3x  2 ，令 x  0 ，可得 y  2 ，所以在 y 轴上的截距为2 ，故 B 正确；
对于 C， x 
3y 1  0  y 
3 x 3 ，
则tanα
33
3 ，所以直线的倾斜角为30 ，故 C 不正确.
3
对于 D，过点(5, 4) 并且倾斜角为90∘ 的直线方程为 x  4  0 ，故 D 不正确.故选：B
若一动圆的圆心在抛物线 y2  8x 上，且动圆恒与直线 x  2  0 相切，则此动圆必过定点（）
A. (4, 0)B. (2, 0)C. (0, 2)D. (0, 4)
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可知 x  2  0 是抛物线的准线，根据抛物线的定义，直接求得结果.
【详解】由题可知 y2  8x 的准线为 x  2 ，焦点为(2, 0) .
因为动圆的圆心在抛物线 y2  8x 上，且动圆恒与直线 x  2 相切，
利用抛物线的定义可知，动圆的圆心到抛物线焦点(2, 0) 的距离即为半径，说明了必定过抛物线的焦点(2, 0) ．
故选：B
设向量 a ， b ， c 不共面，则下列向量组可作为空间的一组基的是（）
→→→→ →→ → →→
A. a  2b, 3a  b, 0B. a, b, a  b
→→ →→ →→→→ →→ →
3a  b, a  b, cD. a  b  c, a  b, c
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的共面和空间基底的条件即可解答.
【详解】A 选项，由于0 与任意两个向量共面，不能作为基底；
a  b  a  b
B 选项， →→，故三个向量共面，不能作为基底；
→→→→→→→
C 选项，设c  x 3a  b   y a  b   3x  y  a   x  y b ，
向量 a ， b ， c 不共面，上式显然不成立，即c 与 → →  b 不共面，符合题意；
3ab, a
→→→→→→
D 选项， a  b  c  a  b   c ，故三个向量共面，不能作为基底；故选：C.
若 ax2  by2  cxy  2ax  4by  a3  0 表示面积为π的圆的方程，则实数 a 的值为（ ）
A. 2B. 2
【答案】B
【解析】
D. 1
【分析】化简圆的方程为标准形式，列出关系式求解即可.
【详解】解：方程 ax2  by2  cxy  2ax  4by  a3  0 表示圆，且圆的半径为1，可得 a(x 1)2  b( y  2)2  cxy  a  4b  a3 ，

a  b  0

可得c  0

 a  4b  a3
 1
，解得 a  2 ，经检验，均符合题意.
a
故选：B.
【点睛】本题主要考查圆的一般方程的特征，属于基本知识的考查.
已知 AB  1, 5, 2 ， BC  3,1, z  ， BP   x 1, y, 3 ，若 AB  BC ，且 BP  平面 ABC ，则
BP  （）
 20 ,  15 , 3
 40 ,  15 , 3
 33 , 15 , 3
 33 ,  15 , 3
 77
 77
 77
 77

【答案】D
【解析】
BP  AB  0
【分析】由 AB  BC 可得出 AB  BC  0 可求得 z 的值，由 BP  平面 ABC ，可得出–––v –––v，可
BP  BC  0
得出关于实数 x 、 y 的方程组，进而可解得实数 x 、 y 的值，由此可得出向量 BP 的坐标.
【详解】Q AB  1, 5, 2 ， BC  3,1, z  ， AB  BC ，则 AB  BC  8  2z  0 ，解得 z  4 ，
 BC  3,1, 4 ，
Q BP  平面 ABC ， AB 、 BC  平面 ABC ，所以， BP  AB ， BP  BC ，
x  40
BP  AB  x  5 y  5  07
–––→
 3315
则–––v –––v，解得
15 ，因此， BP  
7 ,  7 , 3 .
BP  BC  3x  y 15  0
 y  

7
故选：D.
【点睛】本题考查利用向量垂直、线面垂直求参数，考查计算能力，属于中等题.
 y  x  2
已知实数 x, y 满足x  y  a ，其中 a  lg 9  lg 8 ，则实数 x  1 的最小值为（）


x  1
22
322 y  1
22
A. B.
5
7C.
​
911
【答案】D
【解析】
y  1
【分析】根据对数的运算性质可得 a  6 .作出不等式组表示的可行域，设 k  2 ，根据几何意义，结
x 1
合图象得出 3  k  11 ，进而即可根据不等式的性质得出答案.
24
【详解】由已知可得， a  lg3 9  lg2 8  6 ，
 y  x  2

则不等式为x  y  6 .

x  1
作出可行域
1 y  1
设 D  1,  2  ， k  2 ，
x 1
则 k 表示可行域内的点与 D 点连线的斜率.
由图象可知，直线 BD 的斜率最小， CD 的斜率最大.
x  y  6  0

联立 y  x  2

x  y  6  0
可得， x  2 ，所以 B 2, 4 ，

x  1
4  1
 y  4k
 2  3 .
BD2 12
5  1

联立x  1
所以， 3  k 
2
可得，  y  5 ，所以C 1, 5 ， k
CD
y  1
2  11 .
x 14
 2  11 .
114
4  1  x 1  2
根据不等式的性质，可知11
ky  13 ，
2
2  x 1
 1 
x 1  1
所以， 112 y 12
故选：D.
y  13 .
2
x2y2FF
已知A ， B 是椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 上两点， 1 ， 2 分别在C 的左、右焦点，
AB  AF1  0 ， AF2  2F2 B ，则C 的离心率为（ ）
A. 1B.2
33
C.3
3
D.5
3
【答案】D
【解析】
【分析】设 F B  x ，由椭圆的定义求出 AF  2a  2x, BF  2a  x ，再由勾股定理求出 x  a ，又由
2113
2
1
2
AF 2  AF 2  F F，即可求出答案.
2 1
【详解】设 F2B  x, AF2  2 F2B  2x, AB  3x ，
由椭圆的定义可得： AF2  AF1  2a, BF2  BF1  2a ，
所以 AF1  2a  2x, BF1  2a  x ，
因为 AB  AF1  0 ，所以 AB  AF1 ，
2
1
1
所以 AB  AF 2  BF 2 ，所以9x2  2a  2x2  2a  x2 ，
化简可得： 3x2  ax  0 ，解得： x  a ，
3
所以 AF  2x  2a , AF  2a  2a  4a ，
23133
222
又因为 AF 2  AF 2  F F 2 ，所以 4a  16a  20a  4c2 ，
所以e 
故选：D.
212 1
5
3
999
二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分）
2
2
已知双曲线C : y  x  1 ，则（）
96
C 的焦点坐标为0,  3 
C 的渐近线方程为 y   3 x
2
6
C 的虚轴长为2
C 的离心率为 15
3
【答案】CD
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，求出 a, b, c ，然后对选项逐一判断即可.
2
2
a2  b2
15
【详解】因为双曲线C : y  x  1 ，则 a  3, b 6, c 
96
则焦点坐标为0,  15  ，故 A 错误；
焦点在 y 轴的双曲线的渐近线方程为 y   a x ，即 y  
b
6 x ，故 B 错误；
2
6
双曲线虚轴长为2b  2
，故 C 正确；
离心率为e  c 
a
15 ，故 D 正确.
3
故选:CD.
已知直线l : a2  a 1 x  y 1  0 ，其中 a  R ，则（）
直线 l 过定点0,1
当 a  1 时，直线 l 与直线 x  y  0 垂直
若直线 l 与直线 x  y  0 平行，则 a  0
当 a  0 时，直线 l 在两坐标轴上的截距互为相反数
【答案】ABD
【解析】
【分析】A. 令 x  0 判断；B.由两直线的位置关系判断；C. 由两直线的位置关系判断；D.由直线的方程判断.
【详解】对于 A，当 x  0 时， y  1，与 a 的取值无关，故直线 l 过定点0,1 ，所以 A 正确；对于 B，当 a  1 时，直线 l 的方程为 x  y 1  0 ，其斜率为 1，
而直线 x  y  0 的斜率为1，
所以当 a  1 时，直线 l 与直线 x  y  0 垂直，所以 B 正确；
对于 C，若直线 l 与直线 x  y  0 平行，则 a2  a 1  1，解得 a  0 或 a  1 ，所以 C 错误；
对于 D，当 a  0 时，直线 l 的方程为 x  y 1  0 ，横截距和纵截距分别是1，1，互为相反数，所以 D
正确.
故选：ABD
已知 P 是边长为 1 的正六边形 ABCDEF 内一点（含边界），且 AP  AB  λAF ，λ R ，则
（）
3
–––→–––→
△PCD 的面积恒为
4
存在λ，使得 PC  AP
cs CPD   1 ,3 
的取值范围是0, 3
 22 
PC  BC

【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量共线，即可求解 A，根据对称性可求解 BC，根据数量积的定义求解 D.
【详解】由 AP  AB  λAF ，可得 AP  AB  λAF ，即 BP  λAF ， 所以 P 在正六边形 ABCDEF 的对角线 BE 上运动，所以 BP//CD ，
所以△PCD 的面积为定值，且 S△PCD
 S△OCD 
3 ，A 正确；
4
–––→–––→
因为正六边形 ABCDEF 关于直线 BE 对称，所以不论 P 在何处，总有 PC 
AP ，B 错误；
根据图形的对称性，当 P 为 BE 的中点时， CPD 取到最大值 π ，
3
当 P 与 B 或 E 重合时， CPD 取到最小值 π ，故cs CPD 的取值范围是 1 , 3  ，C 正确；
6 22 

–––→ –––→–––→–––→–––→
PC  BC  PC  BC cs PCB  PC cs PCB [0,1] ， PC  BC 的取值范围是0,1，D 错误．
故选:AC．
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
n
已知向量 →  2, 0,1 为平面α的法向量，点 A1, 2,1 在α内，点 P 1, 2, 2 在α外，则点 P 到平
面α的距离为．
5１ 5
【答案】##
55
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答.
α→
【详解】依题意， AP  (2, 0, 3) ，而平面 的法向量为 n  2, 0,1 ，
5
α| AP  n || 2  2  (3) 1|
5
所以点 P 到平面
故答案为： 5
5
的距离 d  → .
| n |5
正四面体 ABCD 棱长为 6， AP  x AB  y AC  z AD ，且 x  y  z  1 ，以A 为球心且半径为 1 的球
PM
PN
面上有两点 M , N ， MA  AN ，则––––→2  –––→2 的最小值为.
【答案】50
【解析】
––––→–––→
【分析】由题意计算可得 AB  AC  AB  AD  AC  AD  18 ，再由 MA  AN ，推出 AM  AN =1，
PM  PA  AM ， PN  PA  AN ，再由向量的数量积的计算公式得到
––––→2
PM
–––→2
 PN
 74  72  xy  yz  xz  ，结合基本不等式，即可求解结果.
【详解】因为正四面体 ABCD 的棱长为6 ，
–––→ –––→–––→ –––→
所以 AB  AC  AB AC cs 60  18 ，
–––→ –––→–––→ –––→
同理可得 AB  AD  AB AD cs 60  18 ，
–––→ –––→–––→ –––→
AC  AD  AC AD cs 60  18 ，
又因为以A 为球心且半径为 1 的球面上有两点 M , N ， MA  AN ，
––––→–––→
所以 AM  AN  1，
由 AP  x AB  y AC  z AD ，


––––→2–––→2–––→––––→ 2–––→–––→ 2
则 PM  PN  PA  AM PA  AN
–––→2–––→ ––––→––––→2–––→2–––→ –––→–––→2
 PA  2PA  AM  AM  PA  2PA  AN  AN

–––→2––––→2–––→2–––→––––→–––→
 2PA  AM  AN  2PA  AM  AN

2
–––→–––→–––→
 2 x AB  y AC  z AD 2
 2

–––→2–––→2–––→2–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
 2 x AB  y2 AC  z2 AD +2xy AB  AC  2 yz AD  AC  2xz AB  AD  2
 2 36x2  36 y2  36z2 +36xy  36 yz  36xz   2
 74  72  xy  yz  xz 
因为 x  y  z  1 ，所以1  x2  y2  z2 +2xy  2 yz  2xz  3 xy  yz  xz 
当且仅当 x  y  z  1 取等号，
3
此时 xy  yz  xz  1 ，
3
––––→2
所以 PM
–––→2
 PN
 74  24  50 ，
––––→2
故 PM
 –––→2 的最小值为50 .
PN
故答案为： 50 .
设 a  R ，则直线l1 : ax  y 1  0, l2 : x  ay  a  2  0 与l3 : x  y 1  0 围成的三角形的面积的最大值为．
【答案】2
【解析】
【分析】由直线方程确定直线l1  l2 ，且直线l1 过定点A ，直线l2 过定点 B ，定点 A, B 都在直线l3 上，这样
设直线l1 , l2 交于 P ，得出三条直线围成直角VPAB ，利用基本不等式可得 PAPB 的最大值，从而得三角形面积最大值．
【详解】由题知直线l1  l2 ，且直线l1 过定点 A0, 1 ，直线l2 过定点 B 2,1 ，点 A, B 在直线l3 上．设直线l1 , l2 交于 P ，则三条直线围成的三角形为VPAB ，且 PA  PB ，
所以| PA |2  | PB |2 | AB |2  8 ．
因为8 | PA |2  | PB |2  2 | PA |  | PB |，
所以 PA  PB  4 ，当且仅当 PA  PB  2 时，等号成立，
1
2

所以 S△PAB PA  PB  2 ，所以S△PAB 2 ．
max
故答案为：2.
四、解答题（共 70 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
V ABC 的顶点 A，B 的坐标分别为4, 1，2，5 ．
求线段 AB 的中垂线在 x 轴上的截距；
若点 C 的坐标为6，2 ，求△ABC 垂心的坐标．
 39 
【答案】（1）-3；（2）  19 , 19 

【解析】
【分析】（1）求出 AB 的中点和直线 AB 的斜率，再求出线段 AB 中垂线的斜率，即可得到答案；
（2）求出 AB 边上的高所在直线的斜率，得到 AB 边上的高所在直线的方程，同理可得 AC 边上的高所在直线的方程，两条方程联立即可得到答案
【小问 1 详解】
∵△ABC 的顶点 A，B 的坐标分别为4, 1，2，5 ，
AB
∴AB 的中点是3，2 ，直线 AB 的斜率是 k
5  1

 3 ，
2  4
∵线段 AB 中垂线与线段 AB 垂直，
1
∴线段 AB 中垂线的斜率是 ，
3
∴线段 AB 的中垂线方程是 y  2  1  x  3 ，即 x－3y＋3＝0，
3
令 y＝0，得 x＝－3，即线段 AB 的中垂线在 x 轴上的截距为-3；
【小问 2 详解】
∵ k 3，∴AB 边上的高所在直线的斜率为 1 ，
AB3
∵ C 6，2 ，∴AB 边上的高所在直线的方程为 y  2  1  x  6 ，即 x－3y=0，
3
∵ k 2  1  3 ，∴AC 边上的高所在直线的斜率为 2 ，
AC6  423
∵ B 2, 5 ，∴AC 边上的高所在直线的方程为 y  5   2  x  2 ，即 2x＋3y-19=0，
3
联立 x－3y=0 和 2x＋3y-19=0，得 x  19 ， y  19 ，
39
 39 
∴△ABC 垂心的坐标为 19 , 19 

如图，正四面体V  ABC 的高VD 的中点为O ，VC 的中点为 M .
求证： AO ， BO ， CO 两两垂直；
––––→ –––→
求 DM , AO .
【答案】（1）证明见解析
π
（2）
4
【解析】
【分析】（1）首先以VA,VB,VC 为基底表示向量VD ，再表示向量 AO, BO, CO ，再利用数量积公式证明垂直关系；
（2）首先利用基底表示向量 DM , AO ，再代入向量夹角的余弦公式，即可求解.
【小问 1 详解】
设VA  a ，VB  b ，VC  c ，正四面体的棱长为 1，
–––→––→–––→––→21 –––→–––→––→1 ––→––→–––→––→
因为VD  VB  BD  VB   BA  BC   VB  VA VB  VC VB

1 ––→––→–––→1
 VA  VB  VC 
323

→→→
a  b  c ，
33


–––→–––→––→1 –––→––→1 →→→→1 →→→
AO  VO VA  VD VA  a  b  c  a  b  c  5a ，
266


–––→–––→––→1 –––→––→1 →→→→1 →→→
BO  VO VB  VD VB  a  b  c  b  a  c  5b ，
266


–––→–––→–––→1 –––→–––→1 →→→→1 →→→
CO  VO VC  VD VC  a  b  c  c  a  b  5c ，


266
 
–––→ –––→1→→→→→→1→ →→ 2
所以 AO  BO b  c  5a  a  c  5b 18a  b  9 a
3636
 1 1811cs π  9   0 ，所以 AO  BO ，即 AO  BO .
36 3

同理， AO  CO ， BO  CO ，所以 AO ， BO ， CO 两两垂直.
【小问 2 详解】
––––→–––→–––→1
DM  DV  VM  
→→→1 →1

a  b  c  c 
→→→

2a  2b  c ，
––––→
所以 DM
–––→
又 AO 

326

 1
 6


2a  2b  c
→
→
→ 2



1
36

9a  8a  b  4a  c  4b  c
→
2
→ →
→ →→ →


 1  →
 6 b  c  5a 
→
2
→
1
36

27a 18a  b 
→
2
→
→



36
1 27  9
2

2
，
 1 ，
1  9
36
2
––––→ –––→1
→→→
1 →→→
1→ 211
DM  AO 
2a  2b  c b  c  5a  9a  9  ，
6636364
所以cs
––––→ –––→
DM , AO
––––→ –––→
DM  AO
 ––––→–––→
1
42 ，
1 22
DM  AO
22
––––→ –––→
又 DM , AO [0, π]，所以
––––→ –––→π
DM , AO  .
4
已知直线 l 经过点 P 2, 3 ．
若原点到直线 l 的距离为 2，求直线 l 的方程：
若直线 l 在两坐标轴上的截距相等，求直线 l 的方程．
【答案】（1） 5x  12 y  26  0 或 x  2
（2） y  3 x 或 x  y  5  0
2
【解析】
【分析】（1）当斜率不存在时，l： x  2 ，验证即可，当斜率存在时，设 l： y  3  k  x  2 ，由原点到直线 l 的距离为 2 求解；
（2）若直线过原点，设直线方程为 y  kx ，根据直线 l 经过点 P 2, 3 求解；若直线不过原点，设直线方程为 x  y  a ，根据直线 l 经过点 P 2, 3 求解.
【小问 1 详解】
解：当斜率不存在时，l： x  2 ，符合题意；
当斜率存在时，设 l： y  3  k  x  2 ，即 kx  y  3  2k  0 ，
∴
 2 ，解得： k  5 ，
k 2 1
3  2k
12
∴l： 5x  12 y  26  0 或 x  2 .
【小问 2 详解】
若直线过原点，设直线方程为 y  kx ，
因为直线 l 经过点 P 2, 3 ，
所以 k = 3 ，
2
所以直线方程为 y  3 x ,
2
若直线不过原点，设直线方程为 x  y  a ，因为直线 l 经过点 P 2, 3 ，
所以 a  5 ，
所以直线方程为 x  y  5  0 ,
∴直线 l： y  3 x 或 x  y  5  0 .
2
在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是菱形， ADNM 是矩形， ND  平面 ABCD ， DAB  π ，
3
AD  2 ， AM  1 ，E 为 AB 的中点．
求证： AN ∥平面 MEC ；
求平面 EMC 与平面 MBC 夹角的余弦值．
π
在线段 AM 上是否存在点 P，使直线 PE 与平面 MBC 所成的角为 3 ？若存在，求出 PE 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2） 11 10 ；
40
（3）不存在点 P 使直线 PE 与平面 MBC 所成角为
π
.理由见解析.
3
【解析】
【分析】（1）设 CM 与 BN 交于 F，连接 EF，由题意可知四边形 BCNM 是平行四边形，则 AN / / EF ，利用线面平行的判定定理即可得证；
根据题意可得 DE  DC ，利用线面垂直的性质定理得到 DN  DE, DN  DC ，建立如图空间直角坐标系 D-xyz，利用空间向量法求解面面所成角即可；
设 P( 3, 1, h) ，则0  h  1，由（2）知平面 MBC 的法向量，利用空间向量法求解线面角，即可判断.
【小问 1 详解】
因为四边形 ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，
所以 AD / / BC 且 AD  BC ， AD / /MN 且 AD  MN ，
则 BC / /MN 且 BC  MN ，所以四边形 BCNM 是平行四边形，
设 CM 与 BN 交于 F，则 F 是 BN 的中点．连接 EF，又 E 是 AB 的中点，所以 AN / / EF ，又 EF  平面 MEC， AN  平面 MEC，
所以 AN / / 平面 MEC．
【小问 2 详解】
连接 DE，由四边形 ABCD 是菱形， DAB  π ，
3
所以△ABD 为正三角形，又 E 是 AB 的中点，得 DE ⊥AB ，即 DE  DC ，因为 DN ⊥平面 ABCD， DE、DC  平面 ABCD，
所以 DN  DE, DN  DC ，建立如图空间直角坐标系 D-xyz，
则 D 0, 0, 0 ， E 
3, 0, 0， C 0, 2, 0 ， M ( 3, 1,1) ， B( 3,1, 0) ，
得 MB  (0, 2, 1) ， MC  ( 3, 3, 1) ， ME  (0,1, 1) ，
设平面 EMC 、平面 MBC 的一个法向量分别为 n1  (x1 , y1, z1 ) 、 n2  (x2 , y2 , z2 ) ，

–→ ––––→
n1  MC  
3x1  3y1  z1  0
––→ ––––→

n2  MC  
3x2  3y2  z2  0
则–→ –––→， ––→ –––→
3
n1  ME  y1  z1  0n2  MB  2 y2  z2  0
3
3
令 y1 ，得 x1  2, z1 ，令 y2 
∴ n1  (2, 3, 3) ， n2  (1, 3, 2 3) ，
3 ，得 x2  1, z2  2，
–→ ––→
––→ ––→
n 1  n2
1111 10
10  4
得 cs  n1 , n2   –→ ––→ ，
| n1 || n2 |40
又平面 EMC 与平面 MBC 的夹角为锐角，
∴平面 EMC 与平面 MBC 所成角的余弦值为11 10 ；
40
【小问 3 详解】
设 P( 3, 1, h) ，则0  h  1，且 PE  0,1, h ，由（2）知平面 MBC 的法向量为 n2  (1, 3, 2 3) ，
设直线 PE 与平面 MBC 的所成角为θ，则θ π ，
所以sinθ
cs
–––→ ––→
PE, n2
–––→ ––→
2
PE  n
–––→ ––→
3
4 1 h2
3  2 3h
3
，
PE
解得 h   3 ，不符合题意，
4
n22
π
∴在线段 AM 上不存在点 P，使直线 PE 与平面 MBC 的所成角为 ．
3
x2y2FF
已知点 P 为椭圆C :

2
a2b2
 1a  b  0 上一动点， 1 ， 2 为左右两焦点，点 P 到坐标原点的最
大距离为
， VPF1F2 的最大面积为 1.
求椭圆 C 的方程；
过动点 P（不在坐标轴上）作圆 x2  y 2  b2 的两条切线，切点分别为 A，B，直线 AB 交椭圆于 M，
N 两点，求VOMN的面积 S 的最大值.
x22
【答案】（1） y  1
2
（2） 2
2
【解析】
2
1 2
【分析】（1）由题意得到 a ，再由 S△PF F
 1  2c  b  1求解； 2
（2）设切点 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ， P  x0 , y0  ，由圆 O 的方程 x2  y2  1，得到切线 PA 方程
x1x  y1 y  1，切线 PB 方程 x2 x  y2 x  1，由切线都过点 P，得到直线 AB 方程： x0 x  y0 y  1 ，然后与
椭圆方程联立，求得弦长 MN 和点 O 到直线 AB 的距离，由VOMN的面积 S  1  d MN 求解.
2
【小问 1 详解】
2
解：依题意得 a ，
1 2
S△PF F
 1  2c  b  1，则bc  1 ，
2
又 a2  b2  c2  2 ，
∴ b  c  1 .
椭圆 C 的方程为
x2  2
y
2
 1.
【小问 2 详解】
设切点 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  ， P  x0 , y0  ，因为圆 O 的方程为 x2  y2  1，
则切线 PA 方程： x1x  y1 y  1，切线 PB 方程： x2 x  y2 x  1，切线都过点 P，所以 x1x0  y1 y0  1 ， x2 x0  y2 y0  1，
∴直线 AB 方程： x0 x  y0 y  1 ，
设与椭圆的交点为 M  x3, y3  ， N  x4 , y4  ，
0000
联立椭圆方程 x2  2 y2  2 ，得2x2  y2  x2  4x x  2  2  2 y2  0 ，
∴ x3  x4 
4x0， x x
2  2 y2
 0 ，
22
2x  y3 42x2  y2
0000
1 0
x2
y0
2
00
x2  y2
16x  8 2x  y1 y
2
0

22
00

2
0

y0
2

2x
2
2 2
0
 y
0 
MN x  x 
34
x2  y2
00
00

2x2  y2
16x2  8 y2  8
00
x2  y2
00
2x2  y2 1
00
又 O 到直线 MN 距离为 d 1，
00
VOMN的面积 S  1  d MN
2 ，
令
22x2  y2
2x2  y2 1
00
 t ， x2  2 y2  2 ， x2  2  2 y2 ，
∴ t 
0000
3  3y2
0
3
， 0  t ，
∴ S 
2t t 2 1

2
2
12
t  .
t
当且仅当t  1，即2x2  y2  2 ，又 x2  2 y2  2 ，则 x2  y2  2 时，等号成立.
0000
故VOMN的面积 S 的最大值为 2 .
2
003