辽宁省沈阳市第一二O中学2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷

这是一份辽宁省沈阳市第一二O中学2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷，共29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。
满分：150 分时间：120 分钟命题人：王新宇校对人：王平平
一、选择题：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. 直线l : 3x  y  2  0 的倾斜角为（ ）
A. 30B. 60C. 45D. 90
a
a
2 已知 →  4, 2, 5 ， b  2, 1, x ，且 → ⊥b ，则 x  （ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
若直线l1 : x  ay 1  0 与直线l2 : 1 a x  2 y 1  0 平行，则实数a  （）
2
B. 1C.
2 或 1D.  1
3
如图所示，正方体 ABCD  A B C D 中，点 E, F 分别在 A D, AC 上， A E  2 A D ， AF  1 AC ，
1 1 1 1
则 EF 与C1D1 所成角的余弦值为（）
A.3
9
C.3
3
1
B.6
6
D.6
3
13 13
在空间直角坐标系中，若一条直线经过点 P  x0 , y0 , z0  ，且以向量 m  (a, b, c)(abc  0) 为方向向量，
则这条直线可以用方程 x  x0  y  y0  z  z0 来表示．已知直线l 的方程为 x  1  y  z 1，则点
abc2
Q(2, 4, 4) 到直线l 的距离为（）
A. 5B. 5 2
22
5 6
2
3 6
2
一条光线从点 A2, 3 射出，经 x 轴反射后，与圆C : (x  3)2  ( y  2)2  1 相切，则反射后光线所在直线的斜率为（）
43
A. 或
34
54
B. 或
45
32
C. 或
23
53
D. 或
35
如图 1，平面四边形 ABCD 中， AC ⊥BD ，垂足为O, OA  OB  1, OC  OD  2 ，如图 2，将
△ABD 沿 BD 翻折至△PBD ，使得平面 PBD  平面 BCD ，若点 E 为线段 BD 上的动点，则点 E 到直线 PC 距离的最小值为（）
12
A. B.
55
C.5
5
D. 2 5
5
已知点 P 在直线 y  x  3 上运动， M 是圆 x2  y2  1上的动点， N 是圆(x  9)2  ( y  2)2  16 上
的动点，则 PM
 PN
的最小值为（）
A. 13B. 11C. 9D. 8
二、选择题：本题共 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．
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB AD AA1 2，
∠BAD  ∠A AB ∠A AD  60∘ , AC 与 B D 的交点为 M ，设 AB  →
 b, AA
→
，则（）
111 11 1
a, AD1c
––––→
1 →1 →→
––––→
1 →1 →→
AM 
a  b  c
22
AM 
a  b  c
22
––––→
AM

––––→ –––→
5 11
cs< AM , AB 
22
11
已知圆C 的方程为 x2  ( y  2)2  1，点Q(0, 3) ，点 P 是 x 轴上的一个动点，过点 P 作圆C 的两条切线，切点分别为 A, B ，则（）
存在切点 A, B 使得∠AQB 为直角B. 直线 AB 过定点(0, 3)
2
3
QA  QB 的取值范围是[0, 2]
VQAB 面积的取值范围是(0, 3 3]
4
在棱长为 2 的正方体OBCD  O1B1C1D1 中， E 为O1B1 的中点，以O 为原点，OB，OD，OO1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点 P(x, y, z) ，满足
 y  z  2  0

(x 1)2  y2  (z  2)2  1 ，则（）
点 P 的轨迹长为2πB.
CP  CB1 的最小值为8  2
2
EP  BC1
2
三棱锥O  PCD 体积的最小值为
3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
点 P 1, 2 到直线l : 4x  3y  5  0 的距离为．
由直线 y  x  1 上的一点 P 向圆C :  x  32  y2  1 引切线,切点分别为 A, B ，则四边形 PACB 面积的
最小值为.
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E, F , G 分别在棱 AA1 ， A1D1 ， D1C1 上， E 为 AA1 的中点， D1A1  3D1F ， D1C1  3D1G ，记平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线为m ．则直线m 与平面 ABCD 所成角 的正切值为．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分
菱形 ABCD 中，A（-4，7），C（2，-3），BC 边所在直线过点 P（3，-1）．求：
AD 边所在直线的方程；
对角线 BD 所在直线的方程．
已知圆C 经过点 A1,1, B 2, 2 ，且圆心在直线 x  y 1  0 上．
求圆C 的标准方程；
若直线2x  y  6  0 与圆C 的交点为 M , N ，求 MN ．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ， E 为 AD 的中点， PA  AD ， BE //CD ，
BE  AD ， PA  AE  BE  2 ， CD  1．
求点 A 到平面 PBC 的距离；
在线段 PE 上是否存在点 M ，使得 DM // 平面 PBC ?若存在，求出点 M 的位置；若不存在，说明
理由．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA 
PB 
AB  4, PD  2，
6
∠DAB  60 ，且 BE  λBC 0  λ 1, M , N , F 分别为 PA, PB, AB 的中点．
求证： PF  平面 ABCD ；
若平面 MNE 与平面 ABCD 的夹角的余弦值为 10 ，求直线 PC 与平面 MNE 所成角的正弦值；
10
在平面 PCD 内是否存在点 H ，满足 HP  HB  0 ？若存在，请求出点 H 的轨迹长度；若不存在，请说明理由．
已知圆O : x2  y2  1和点 M 1, 3 .
过点 M 作圆 O 的切线，求切线的方程；
已知 A2, 4 ，设 P 为满足方程 PA 2  PO 2  34 的任意一点，过点 P 向圆 O 引切线，切点为 B，
PB 2
试探究：平面内是否存在一定点 N，使得2 为定值?若存在，则求出定点 N 的坐标，并指出相应的定
PN
值；若不存在，则说明理由；
过点 M 作直线 l 交圆 O 于两个不同的点 C， D( 线段 CD 不经过圆心O) ，分别在点 C，D 处作圆 O
的切线，两条切线交于点 E，求证：点 E 在一条定直线上，并求出该直线的方程.
沈阳市第 120 中学 2025-2026 学年度上学期
高二年级第一次质量监测数学试题
满分：150 分时间：120 分钟命题人：王新宇校对人：王平平
一、选择题：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．
直线l : 3x  y  2  0 的倾斜角为（ ）
A. 30B. 60C. 45D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，进而求出其倾斜角.
3
【详解】直线l : 3x  y  2  0 的斜率为，所以直线l 的倾斜角为60 .
故选：B
a
a
已知 →  4, 2, 5 ， b  2, 1, x ，且 → ⊥b ，则 x  （ ）
B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量垂直关系的坐标表示，列式计算即得.
a
【详解】依题意， →  b  4  2  2 (1)  5x  0 ，所以 x  2 .
故选：B
若直线l1 : x  ay 1  0 与直线l2 : 1 a x  2 y 1  0 平行，则实数a  （）
2
B. 1C.
2 或 1D.  1
3
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线平行的充要条件即可求解.
【详解】因为直线l1 : x  ay 1  0 与直线l2 : 1 a x  2 y 1  0 平行，
1 2  a(1 a)  0

所以1 2 1 a  0
，解得 a  1 .
故选：B.
如图所示，正方体 ABCD  A B C D 中，点 E, F 分别在 A D, AC 上， A E  2 A D ， AF  1 AC ，
1 1 1 1
则 EF 与C1D1 所成角的余弦值为（）
A.3
9
C.3
3
1
B.6
6
D.6
3
13 13
【答案】C
【解析】
【分析】以 D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为 3，求出点的坐标，
EF  (1,1, 1) ， C1D1  0, 1, 0 ，进而可得结果.
【详解】
以 D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为 3，则
E(1, 0,1), F (2,1, 0), EF  (1,1, 1)
C1 0,1,1, D1 0, 0,1, C1D1  0, 1, 0 ，设 EF 与C1D1 所成的角为θ，
uuur uuuur
uuuruuuur
EF gC1D1
EF gC1D1
0 1 0
3 1
则csθ=3 3
故选：C
在空间直角坐标系中，若一条直线经过点 P  x0 , y0 , z0  ，且以向量 m  (a, b, c)(abc  0) 为方向向量，
则这条直线可以用方程 x  x0  y  y0  z  z0 来表示．已知直线l 的方程为 x  1  y  z 1，则点
abc2
Q(2, 4, 4) 到直线l 的距离为（）
A. 5B. 5 2
22
5 6
2
3 6
2
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程，求出直线l 经过点 P(1, 0,1) ，且 m  (2,1, 1) 为一个方向向量，再利用向量法求解即可．
【详解】由题意可得直线l 的方向向量 m  (2,1, 1) ，直线经过点 P(1, 0,1) ，又Q(2, 4, 4) ，
则 PQ  (3, 4, 5) ，
| PQ |
–––→
2



 –––→ –→ 2
PQ
| m |
–→
 m 

所以| PQ |2  32  42  52  50, PQ  m  6  4  5  15,| m |6 ，
则点Q(2, 4, 6) 到直线l 的距离为 d 

 5 2 .
50   15 
2


6 
2
故选：B.
一条光线从点 A2, 3 射出，经 x 轴反射后，与圆C : (x  3)2  ( y  2)2  1 相切，则反射后光线所在直线的斜率为（）
43
A. 或
34
54
B. 或
45
32
C. 或
23
53
D. 或
35
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心坐标与半径，点 A2, 3 关于 x 轴对称点的坐标，设过对称点与圆相切的反射光线所在
直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求出答案.
【详解】圆C : (x  3)2  ( y  2)2  1 的圆心坐标为3, 2 ，半径为 1，点2,3 关于 x 轴对称点的坐标为2, 3 ，
根据题意可得，点2, 3 在反射光线所在的直线上，
设反射光线所在的直线方程为 y  3  k  x  2 ，即 kx  y  2k  3  0 ，因为反射光线所在直线与圆(x  3)2  ( y  2)2  1相切，
k 2 1
3k  2  2k  3
所以 d  1，解得 k  4 或 k  3 ，
34
故选：A.
如图 1，平面四边形 ABCD 中， AC ⊥BD ，垂足为O, OA  OB  1, OC  OD  2 ，如图 2，将
△ABD 沿 BD 翻折至△PBD ，使得平面 PBD  平面 BCD ，若点 E 为线段 BD 上的动点，则点 E 到直线 PC 距离的最小值为（）
12
A. B.
55
C.5
5
D. 2 5
5
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，以点O 为坐标原点， OB, OC, OP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点 E 到直线 PC 的距离，进而求出最小值.
【详解】因为平面 PBD  平面 BCD ， PO  平面 PBD ，平面 PBD ∩ 平面 BCD  BD ， PO  BD ，所以 PO  平面 BCD ， OC  平面 BCD ，则 PO  OC ，又 PO  OB ， OB  OC ，
以点O 为坐标原点， OB, OC, OP 分别为 x, y, z 轴建立如图空间直角坐标系，连接 EP ，
则 P 0, 0,1 ， C 0, 2, 0 ，设 E m, 0, 0 ， 2  m  1 ，
所以CP  0, 2,1 ， EP  m, 0,1 ，设 EP 与CP 的夹角为α，
csα
EP  CP
 –––→ –––→ 
EP CP
1
5m2  4
5m2 1
–––→
，则sinα
5  m2 1
5m2  4
5m2 1
5m2  4
5
2
1 cs2α，
所以点 E 到直线 PC 的距离为 EP sinα
m 1 ，
由2  m  1 ，则0  m2
 4 ，所以，
5m2  4
5
2 5
5
2 5
5
所以点 E 到直线 PC 距离的最小值为.
故选：D.
已知点 P 在直线 y  x  3 上运动， M 是圆 x2  y2  1上的动点， N 是圆(x  9)2  ( y  2)2  16 上
的动点，则 PM
 PN
的最小值为（）
A. 13B. 11C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的性质可得 PM  PN  PO  PC  5 ，故求 PM  PN 的最小值，转化为求
PC  PO 的最小值，再根据点关于线对称的性质，数形结合解.
【详解】如图所示，
圆(x  9)2  ( y  2)2  16 的圆心为C 9, 2 ，半径为 4，
圆 x2  y2  1的圆心为O 0, 0 ，半径为 1，
可知 PC  4  PN
 PC  4, PO 1  PM
 PO 1 ，
所以 PM
 PN
 PO  PC  5 ，
故求 PM  PN 的最小值，转化为求 PC  PO 的最小值，
设O 0, 0 关于直线 y  x  3 的对称点为G ，设G 坐标为m, n ，
 n  1
 m
则
，解得m  3 ，故G 3, 3 ，

 nm
  3
(9  3)2  (2  3)2
 22
n  3

因为 PO 
PG ，可得 PO  PC
 PG  PC
 GC

 13 ，
当 P, G, C 三点共线时，等号成立，
所以 PM  PN 的最小值为13  5  8 .
故选：D.
二、选择题：本题共 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．
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB AD AA1 2，
∠BAD  ∠A AB ∠A AD  60∘ , AC 与 B D 的交点为 M ，设 AB  →
 b, AA
→
，则（）
111 11 1
a, AD1c
––––→
1 →1 →→
––––→
1 →1 →→
AM 
a  b  c
22
AM 
a  b  c
22
11
––––→
AM

––––→ –––→
5 11
cs< AM , AB 
22
【答案】ACD
【解析】
→ →→ →→ →π
【分析】由题意可知，a  b  a  c  b  c  2  2  cs
3
判断各个选项即可．
 2 ，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个
→ →→ →→ →π
【详解】由题意可知， a  b  a  c  b  c  2  2  cs
3
 2 .
––––→–––→––––→–––→
1 ––––→–––→
1 –––→–––→
1 →1 →→
对于 A， AM  AA1  A1M  AA1  2 A1C1  AA1  2 ( AB  AD)  2 a  2 b  c ，故 A 正确、B 不正确；
 1 →

 22
a b  c 
1 →
→ 2

1 →
1 →
→1 → →
→ →
44
a2 b 2  c 2 a·b  b·c  a·c
→ →
2
11 4  1  2  2  2
2
––––→
11
对于 C， AM



故 C 正确;
––––→ –––→
 1 →
1 →→  →
1 →2
1 → →→ →

对于 D， AM ·AB   2 a  2 b  c ·a  2 a
 a·b  a·c  5 2
––––→ –––→
AM ·AB
55 11
2 11
cs< AM , AB  ––––→ –––→ ，故 D 正确．
22
AM AB
故选：ACD.
已知圆C 的方程为 x2  ( y  2)2  1，点Q(0, 3) ，点 P 是 x 轴上的一个动点，过点 P 作圆C 的两条切线，切点分别为 A, B ，则（）
存在切点 A, B 使得∠AQB 为直角B. 直线 AB 过定点(0, 3)
2
3
QA  QB 的取值范围是[0, 2]
VQAB 面积的取值范围是(0, 3 3]
4
【答案】BD
【解析】
【分析】通过分析知∠AQB 不可能为直角，可判断 A、C 错误；求出直线 AB 的方程
x0 x   y0
 20  2  1，令 x  0 ， y  3 ，即可得直线 AB 恒过的定点可判断 B；求出VQAB 面积的
2
取值范围可判断 D.
【详解】对于 A，圆的上顶点为0, 3 ，即Q 点，若∠AQB 为直角，则 AB 为直径，显然同一直径不能同时垂直两条相交直线，所以∠AQB 不可能为直角，故 A 错误；同理 C 选项的数量积也取不到0 ，所以 C 错误；
对于 B,设 P  x0 , 0, A x1, y1 , B  x2 , y2  ，
因为C 0, 2 ， A x1, y1  ， kAC
 y1  2 ，
x1
1
则 PA 的方程为： y  y 
x1
 x  x  ，因为 x2   y
 22  1
1
y1  211
化简可得： xx1   y  2 y1  2  1 ，
同理 PB 的方程为： xx2   y  2 y2  2  1，而 P  x0 , 0 在切线 PA ， PB 上，所以
x0 x1   y0  20  2  1， x0 x2   y0  20  2  1，因为 A x1, y1 , B  x2, y2  在直线 x0 x   y0  20  2  1
故直线 AB 的方程为 x0 x  2 y0
 2  1，令 x  0 ， y  3 ，
2
即 AB 过定点 0, 3  ，故 B 正确；
2 

2
对于 D，圆心C 0, 2 到直线 AB 的距离平方为1 ，
x2  4
0


2
1
x2  3
x2  4
0
线段 AB 一半的平方为：1 


 0 ，
0
x2  4
9
0
点Q 到直线 AB 的距离的平方为： x2  4 ，
所以VQAB 面积的平方为：
x2  3 9
9x2  3
x2  3
x2  3
x2  4
x2  4
2
2
2
2
2
2
2
00 90 90
00x0  4x0  3 1x0  3 +1  2x0  3
=91
21
①，因为 x2  3  3 ，
0
x0  3 
x2  3  20
所以由对勾函数的性质可知当 x2  3  3 时，①的分母取得最小值16 ，
0
9  9  3
3
 27
所以VQAB 面积平方的最大值 161616 ，
3
故VQAB 面积的最大值为 3 3 ，故VQAB 面积的取值范围是(0, 3
3] ，故 D 正确.
44
故选：BD.
在棱长为 2 的正方体OBCD  O1B1C1D1 中， E 为O1B1 的中点，以O 为原点，OB，OD，OO1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点 P(x, y, z) ，满足
 y  z  2  0

(x 1)2  y2  (z  2)2  1 ，则（）
A. 点 P 的轨迹长为2πB.
CP  CB1 的最小值为8  2
2
C. EP  BC1
2
D. 三棱锥O  PCD 体积的最小值为
3
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知方程可得点 P 的轨迹，画出图形，再计算轨迹长度可得 A 错误；由投影法可得，当点 P 在CB1
上投影最小时，向量积最小，求出投影长可得 B 正确；由 BC1  平面CDO1B1 可得 C 正确；当点 P 位于半圆弧中点时，可由棱锥的体积公式计算体积的最小值可得 D 错误；
【详解】对于 A：由(x - 1)2 + y2 +(z - 2)2 =1可知，点 P 在以 E 为球心，1 为半径的球上，又由 y  z  2  0 可知，点 P 在平面CDO1B1 上，所以点 P 为球面与平面的交线，
如图（2）所示，在矩形CDO1B1 中，以 E 为圆心，1 为半径的半圆，所以点 P 的轨迹长为π ，故 A 错误；
对于 B：由投影法可得，当点 P 在CB1 上投影最小时，向量积最小，此时点 P 位于半圆弧中点，投影长为
2
21，
–––→ –––→
2
所以CP  CB1  2 2 21  8  2 2 ，故 B 正确；
对于 C：因为 BC1  平面CDO1B1 ， EP ⊂平面CDO1B1 ，所以 EP  BC1 ，故 C 正确；
对于 D：因为 BC1  平面CDO1B1 ，
2
所以点O 到平面平面CDO B 的距离为 1 BC =，则V
=2 S，
2
1 12
1
O- PCD
3V PCD
2

由图（2）可知当点 P 位于半圆弧中点时，△PCD 的面积最小为 1  2  2
2
2
1  2
1 ，
所以V
 2 S
 2 2
1  4 2 ，故 D 错误；
O PCD
3V PCD33
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题选项 A 关键是能根据已知点 P 的方程结合图形画出点 P 的轨迹平面图形，从而计算即可.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
点 P 1, 2 到直线l : 4x  3y  5  0 的距离为．
【答案】1
【解析】
【分析】运用点到直线距离公式计算即可.
42  (3)2
【详解】运用点到直线距离公式,得到 d  | 4(1)  3 2  5 |  1.
故答案为：1.
由直线 y  x  1 上的一点 P 向圆C :  x  32  y2  1 引切线,切点分别为 A, B ，则四边形 PACB 面积的最小值为.
7
【答案】
【解析】
【分析】
PC 2 1
根据切线的性质可确定所求四边形面积为2SPAC 
到直线距离公式可求得 PC ，进而得到所求面积的最小值.
【详解】
，可知当所求面积最小时， PC  l ，利用点
由题意知，圆C 的圆心C 3, 0 ，半径 r  1
Q两切线关于 PC 对称四边形 PACB 面积为2S
11
3  0 1
2
当 PC  l 时， PC 最小，此时 PC  2
PAC
 2  1 PA  AC 
PC 2 1
2
7
四边形 PACB 面积的最小值为 81
7
故答案为：
【点睛】本题考查与圆的切线有关的四边形面积最值的求解问题，关键是能够根据切线的性质将问题转化为圆心到直线距离的求解问题.
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点 E, F , G 分别在棱 AA1 ， A1D1 ， D1C1 上， E 为 AA1 的中点， D1A1  3D1F ， D1C1  3D1G ，记平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线为m ．则直线m 与平面 ABCD 所成角 的正切值为．
【答案】 3 58 ## 358
5858
【解析】
→
【分析】先作出平面 EFG 截正方体的截面为六边形 EFGQMH ，并得到平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线m 为WU ，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 6，写出点的坐标，平面
ABCD 的一个法向量为 n  0, 0,1 ，利用公式先求出线面角的正弦值，进而求出余弦和正切值.
【详解】设直线 EF 与直线 DD1 , DA 分别相交于点 R, P ， 连接 RG 并延长，交CC1 于点Q ，交 DC 的延长线与点 N ，连接 PN ，交 AB 于点 H ，交 BC 于点 M ，连接 EH , QM ，其中QM 与 B1C 相交于点U ，
故六边形 EFGQMH 即为平面 EFG 截正方体的截面，
设 EF 与 A1D 相交于点W ，连接WU ，则平面 EFG 与平面 A1B1CD 的交线m 为WU ，以 D 为坐标原点， DA, DC, DD1 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
设正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 6，
因为 E 为 AA1 的中点， D1 A1  3D1F ， D1C1  3D1G ，所以 EA  EA1  3 ， D1F  2, A1F  4 ，
因为 A1E  A1F
 2 ，所以 RD  3 ，故 RD  DD  RD
 15 ，
1
RD1FD12
112
A1E  3  2
6  x  230
故 RD
155 ，所以W，解得 x，
W
2xW57
故W  30 , 0, 30  ，同理可得U  12 , 6, 12  ，
 77  77 

––––→
 1818 
77
故UW  , 6, ，

→
显然平面 ABCD 的一个法向量为 n  0, 0,1 ，设直线m 与平面 ABCD 所成角大小为α，
––––→
→
UW  n
––––→
UW  n
→

 18 , 6, 18   0, 0,118
7773
324  36  324
49
49
67
则sinα  ，
6 67
7
1 
2

3 

67 

故csα

， tanα sinα  3 58 .
58
67
csα58
故答案为： 3 58
58
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分
菱形 ABCD 中，A（-4，7），C（2，-3），BC 边所在直线过点 P（3，-1）．求：
AD 边所在直线的方程；
对角线 BD 所在直线的方程．
【答案】（1）2x-y+15=0； （2）3x-5y+13=0.
【解析】
【分析】（1）利用相互平行的直线斜率相等、点斜式即可得出．
（2）利用相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式即可得出
【详解】（1）kBC=
1 3
3  2
=2，∵AD∥BC，∴kAD=2，
∴直线 AD 方程为 y-7=2（x+4），即 2x-y+15=0．
3  75
（2）kAC= 2  4 =- 3 ，
3
∵菱形对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD= 5 -，
而 AC 中点（-1，2），也是 BD 的中点，
3
∴直线 BD 的方程为 y-2=
5
（x+1），即 3x-5y+13=0．
【点睛】本题考查了相互平行的直线斜率相等、点斜式、相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、菱形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
已知圆C 经过点 A1,1, B 2, 2 ，且圆心在直线 x  y 1  0 上．
求圆C 的标准方程；
若直线2x  y  6  0 与圆C 的交点为 M , N ，求 MN ．
【答案】（1） (x  2)2  ( y  3)2  25
5
（2） 4
【解析】
【分析】（1）法一：设圆的标准方程，圆心坐标代入直线方程，已知两点坐标代入所设方程后联立方程组求得参数得结论；
法二：求出直线 AB 的垂直平分线，联立直线方程求得圆心，利用两点距离公式求解半径，即可求解方程；法三：设圆的一般方程，圆心坐标代入直线方程，已知两点坐标代入所设方程后联立方程组求得参数得结 论；
法四：设圆心坐标，利用半径建立方程求解圆心坐标和半径，即可求解圆的方程.
（2）求出圆心到直线的距离，由勾股定理求得弦长．
【小问 1 详解】
（法一）设圆C 的标准方程为(x  a)2  ( y  b)2  r 2 r  0 ，则圆心为C a, b ．
a  b 1  0,

由题意可得a 12  b 12  r 2 ,
a  2

解得b  3 ,
222
r  5
a  2
 b  2
 r .
圆C 的标准方程为(x  2)2  ( y  3)2  25 ．
（法二）由题意可得 k 2 1  1 , AB 中点为 1 , 3  ，
2 2

AB2 13 
线段 AB 的垂直平分线为 y  3  3 x  1  ，即3x  y  3  0 ，
22 

 x  y 1  0.
Q圆心C 在直线 x  y 1  0 上，联立3x  y  3  0, 解得

x  2,

 y  3.
即圆心C 为2, 3 ，
(2 1)2  (3 1)2
Q圆的半径 r  CA  5
圆C 的标准方程为(x  2)2  ( y  3)2  25 ．
（法三）设圆C 的一般方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 D2  E2  4F  0 ，
则圆心为C   D ,  E  ．
22 

 D  E 1  0,


由题意可得

22
2  D  E  F  0,
D  4

解得E  6


8  2D  2E  F  0.

F  12
圆C 的一般方程为 x2  y2  4x  6 y 12  0 ，即圆C 的标准方程为(x  2)2  ( y  3)2  25 ．
（法四）设圆心C t, 1 t ,Q CA  CB ，
(t 1)2  (1 t 1)2
(t  2)2  (1 t  2)2

(2 1)2  (3 1)2
整理，得4t  8,t  2,圆心C 2, 3, r  CA 
圆C 的标准方程为(x  2)2  ( y  3)2  25 ．
【小问 2 详解】
5
4  3  6
由（1）知，圆心C 2, 3 到直线2x  y  6  0 的距离为 d 
 5 ．
5,
Q圆的半径 r  5, MN
 2
 4 5 ．
r 2  d 2
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ， E 为 AD 的中点， PA  AD ， BE //CD ，
BE  AD ， PA  AE  BE  2 ， CD  1．
求点 A 到平面 PBC 的距离；
在线段 PE 上是否存在点 M ，使得 DM // 平面 PBC ?若存在，求出点 M 的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1） 3 14
7
（2）存在，点 M 是 PE 中点
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得点到平面的距离；
（2）利用坐标法设点，根据线面平行列方程，解方程即可.
【小问 1 详解】
因为平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ，且 BE  AD，BE  平面 ABCD ，故 BE  平面 PAD ．
以 E 为原点，EB, ED 所在直线为 x, y 轴，过点 E 平行于 PA 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 E  xyz ，则 E 0, 0, 0 ， P 0, 2, 2 ， A0, 2, 0 ， B 2, 0, 0 ， C 1, 2, 0 ， D 0, 2, 0 ，
所以 PB  2, 2, 2 ， BC  1, 2, 0 ， PE  0, 2, 2 ， AP  0, 0, 2 ，
→
设平面 PBC 的法向量为 n   x, y, z  ，
→ –––→
n  PB  02x  2 y  2z  0
则→
–––→
，即x  2 y  0，
n  BC  0
n
令 y  1，得平面 PBC 的一个法向量为 →  2,1, 3 ，
–––→ →
3 14
AP  n6
14
所以点 A 到平面 PBC 的距离为 d  → ；
n7
【小问 2 详解】
→
由（1）知，平面 PBC 的一个法向量为 n  2,1, 3 ，
n
“线段 PE 上存在点 E ，使得 DM // 平面 PBC ”等价于“ DM  →  0 ”．因为 PE  0, 2, 2 ，设 PM  λPE  0, 2λ, 2λ ，λ0,1 ，
则 M 0, 2λ 2, 2  2λ ， DM  0, 2λ 4, 2  2λ ，
所以 DM  →，解得λ 1 ，
n  2λ 4  6  6λ 02
所以线段 PE 上存在点 M ，即 PE 中点，使得 DM // 平面 PBC .
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA 
PB 
AB  4, PD  2 6 ，
∠DAB  60 ，且 BE  λBC 0  λ 1, M , N , F 分别为 PA, PB, AB 的中点．
求证： PF  平面 ABCD ；
若平面 MNE 与平面 ABCD 的夹角的余弦值为 10 ，求直线 PC 与平面 MNE 所成角的正弦值；
10
在平面 PCD 内是否存在点 H ，满足 HP  HB  0 ？若存在，请求出点 H 的轨迹长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2） 3
5
（3）存在； 10π
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定直接证明即可；
利用向量法求得线面角的正弦值即可；
推出 H 点的轨迹是半径为 10 的一个圆，求出圆的周长即可.
2
【小问 1 详解】
（法一）如图：连接 BD, DF ，
VPAB 中， PA 
PB 
AB  4,VPAB 为等边三角形．
42  22
Q F 为 AB 中点， PF  AB ，且 PF  2 3 ，
Q底面 ABCD 为菱形，所以 AB 
V ABD 为等边三角形．
AD ,QDAB  60∘ ，
42  22
3
Q F 为 AB 中点， DF  AB ，且 DF  2，
2
Q PD  2 6, PF 2  DF 2  PD , PF  DF ，
Q PF  AB, AB  DF  F , AB, DF  平面 ABCD ，
 PF  平面 ABCD ，
（法二）如图：连接 DF ，
VPAB 中， PA 
PB 
AB  4,VPAB 为等边三角形，
42  22
Q F 为 AB 中点， PF  AB ，且 PF  2 3 ，
Q底面 ABCD 为菱形， AB  AD  4 ，
Q F 为 AB 中点， AF  2,QDAB  60∘ ，
在△ DAF 中，由余弦定理得：
DF 2 
AD 2 
AF 2  2 AD  AF cs60∘  16  4  2  4  2  1  12 ，
2
2
即 DF
 2 3,Q PD  2 6, PF 2  DF 2 
PD , PF  DF ，
Q PF  AB, AB  DF  F , AB, DF  平面 ABCD
 PF  平面 ABCD
【小问 2 详解】
由（1）知： PF  AB, PF  DF , DF  AB ，
如图：以 F 为原点， FB, FD, FP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
B 2, 0, 0, A2, 0, 0, P 0, 0, 2 3 , C 4, 2 3, 0 ，
Q M , N 分别为 PA, PB 的中点， M 1, 0, 3 , N 1, 0, 3 ，

–––→––––→
 PC  4, 2 3, 2 3 , MN  2, 0, 0 ，

–––→–––→
BE  λBC  2λ, 2 3λ, 00  λ 1 ，
–––→–––→–––→
NE  NB  BE  1, 0,  3  2λ, 2 3λ, 0  1 2λ, 2 3λ,  3  ，
→→→
设平面 MNE 的一个法向量为 n   x1 , y1, z1  ，则 n  MN , n  NE ．
→ ––––→
n  MN  2x1  0
则→ –––→
，所以 x1  0 ，取 y1  1 ，则 z1  2λ，
n  NE  1 2λ x1  2 3λy1  3z  0
→
平面 MNE 的一个法向量为 n  0,1, 2λ ．
→
Q平面 ABCD 的一个法向量为 m  0, 0,1 ，
2λ
1 1 4λ2
10
→ →
则 cs
→ →
n, m
n  m

→ →
,λ2 
1 ,Q0  λ 1λ 1 ，
n m10366
→1 
3
平面 MNE 的一个法向量为 n   0,1,  ，

设直线 PC 与平面 MNE 所成角为θ，则sinθ
cs
–––→ →
n  PC
→ –––→
n PC
→ –––→
PC, n 
4 3
3
10
10  2
3 ．
5
9
即直线 PC 与平面 MNE 所成角的正弦值为 3 ．
5
【小问 3 详解】
（3）（法一）存在点 H ，使 HP  HB  0 ．
理由如下：Q HP  HB  HP  HB  H 点在以线段 BP 中点 N 为球心，2 为半径的球面

–––→–––→–––→
上． D 0, 2 3, 0 , CD  4, 0, 0 , PC  4, 2 3, 2 3 , NP  1, 0, 3 ，
→→→
设平面 PCD 的一个法向量为u   x2 , y2 , z2  ，则u  CD, u  PC ．
→ –––→
u  CD  4x2  0
则→
–––→
，则 x2  0 ，取 y2  1 ，则 z2  1 ．
u  PC  4x2  2 3y2  2 3z2  0
→
平面 PCD 的一个法向量为u  0,1,1 ．
→ –––→
3
2
6
→
点 N 到平面 PCD 的距离为 u  NP ．
u2
Q6  2 ，记 r 
2
10 ，
22  6
4
2
在平面 PCD 内存在点 H ，且 H 点的轨迹是半径为 10 的一个圆，
2
即 H 点的轨迹长度为2π
10 
2
10π ．
（3）（法二）存在点 H ，使 HP  HB  0 ．
理由如下：Q HP  HB  HP  HB  H 点在以线段 BP 中点 N 为球心，2 为半径的球面上．
2
Q N 是 PB 的中点点 N 到平面 PCD 的距离是 B 到平面 PCD 的距离的 1 ．
设点 B 到平面 PCD 的距离为 d ，连接CF ，在VBCF 中，由余弦定理得：
CF 2 
BC 2  BF 2  2 BC  BF cs120∘  16  4  2  4  2  1  28
2
2
22
即 PC PF CF 12  28  40 ，
2
Q CD  4, PD  2 6  CD 2  PD 2  PC ，即 PD  CD ，
 SV PCD
Q S


PD  CD  1  2 6  4  4
1
2
6
2
1
2
BC  CD sin60∘  1  4  4 
，
3
3  4．
V BCD22
V V
 1 S
 d  1 S
 PF
BPCDPBCD3 V PCD3 V BCD
11
6
6
  4 6d   4 3  2 3  d ，即点 B 到平面 PCD 的距离为，
33
点 N 到平面 PCD 的距离为 6 ．
2
Q6  2 ，记 r 
2
10 ，
22  6
4
2
数
在平面 PCD 内存在点 H ，且 H 点的轨迹是半径为 10 的一个圆，
2
即 H 点的轨迹长度为2π
10 
2
10π ．
已知圆O : x2  y2  1和点 M 1, 3 .
过点 M 作圆 O 的切线，求切线的方程；
已知 A2, 4 ，设 P 为满足方程 PA 2  PO 2  34 的任意一点，过点 P 向圆 O 引切线，切点为 B，
PB 2
试探究：平面内是否存在一定点 N，使得2 为定值?若存在，则求出定点 N 的坐标，并指出相应的定
PN
值；若不存在，则说明理由；
过点 M 作直线 l 交圆 O 于两个不同的点 C， D( 线段 CD 不经过圆心O) ，分别在点 C，D 处作圆 O
的切线，两条切线交于点 E，求证：点 E 在一条定直线上，并求出该直线的方程.
【答案】（1） x  1 和 x  3y  2  0
（2）存在，定点 N   1 ,  2  ，定值 5 或定点 N 1, 2 ，定值 1
55 62

（3）证明见解析， x  3y  1
【解析】
3
3  k
1 k 2
【分析】（1）先讨论切线斜率不存在，再由切线斜率存在时，设切线为 y  k  x 1 ，然后利用 1
得到 k 
3 即可；
3
由题设，若 P  x, y  ，存在 N m, n 使

PB 2
PN 2

 k 为定值，利用
1 k  mk  0 2  2k  nk  0
，得到参数值；

7k  k m2  n2   6
设C  x1, y1  ， D  x2 , y2  ， E  x0 , y0  ，则 EC   x1  x0 , y1  y0  ，OC   x1, y1  ，然后利用向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系即可.
【小问 1 详解】
当切线斜率不存在时，显然 x  1 与圆O : x2  y2  1相切，
3
当切线斜率存在时，设切线为 y  k  x 1 ，由圆心到切线的距离为 1，
所以
 1，解得 k  3 ，则 y  3  x 1 ，整理得 x 
3y  2  0 ，
3  k
1 k 2
3
3
综上，切线的方程为 x  1 和 x 
3
3y  2  0.
【小问 2 详解】
由题设，若 P  x, y  ，则(x  2)2  ( y  4)2  x2  y2  34 ，整理得 x2  y2  2x  4 y  7 ，
PB 2
PN 2
若存在 N m, n ，使
 k 为定值，
又 PB 2  PO 2 1  x2  y2 1， PN 2  (x  m)2  ( y  n)2 ，
则 x2  y2 1  k (x  m)2  k ( y  n)2 ，
整理得1 k x2  y2   k m2  n2   2mkx  2nky 1，即1 k 2x  4 y  7  k m2  n2   2mkx  2nky 1，
整理得2  2k  2mk  x  4  4k  2nk  y  6  7k  k m2  n2   0 ，
要使

PB 2
PN 2

为定值，则
1 k  mk  0
2  2k  nk  0，

7k  k m2  n2   6
得 m   1 ， n   2 ， k  5 或 m  1， n  2 ，k  1 ，
5562
综上，存在定点 N   1 ,  2  ，定值 5 ，或定点 N 1, 2 ，定值 1 .
55 62

.
【小问 3 详解】
设C  x1, y1  ， D  x2 , y2  ， E  x0 , y0  ， EC   x1  x0 , y1  y0  ， OC   x1, y1  ，
由CE  CO ，则 x  x  x   y  y  y   0 ，即 x2  x x  y2  y y  0 ，
11011011 011 0
又 x2  y2  1，故 x x  y y  1 ，同理 x x  y y  1，
111 01 02 02 0
所以直线 CD 为 x0 x  y0 y  1 ，又 M 在 CD 上，所以 x0 3y0  1，
故点 E 在直线 x  3y  1 上.
【点睛】关键点点睛：第三问，应用切线的性质及向量垂直的坐标表示列方程得
x2  x x  y2  y y  0 ，结合C, D 在圆上得到同一直线方程形式为关键.
11 011 0