新疆喀什地区英吉沙县2025-2026学年高二上学期12月期中考试数学试卷

这是一份新疆喀什地区英吉沙县2025-2026学年高二上学期12月期中考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试范围：空间向量与立体几何，直线和圆的方程；考试时间：120 分钟注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题）
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.
已知空间中三个不同的点 A、B、C ，则 AB  BC  （）
ADB. ACC. BCD. BD
若直线 l 与直线3x  3 3y  5  0 垂直，则 l的倾斜角为（）
π2ππ5π
B.C. D.
3366
已知向量 a  (2, 1,1) ， b  1, m, 2 ，且(a  b)  a ，则m  （ ）
2
B. 2C. 4D. 6
两条平行直线 ax  2 y 1  0 与2x  4 y  7  0 之间的距离为（ ）
A. 6B. 5C.5
2
圆(x  2)2  ( y  2)2  1与圆(x  2)2  ( y  5)2 16 的位置关系是（）
D.5
4
A. 外切B. 外离C. 相交D. 内切
rr
若非零向量a ， b 满足 a  b ， (2a  b)  b  0 ，则a 与b 的夹角为（）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
→ → →→→→→
定义：设e1, e2 , e3 是空间中的一个基底，若向量 p  xe1  ye2  ze3 ，则称有序实数组(x, y, z) 为向量
p→ → →→→
→→ →→
在基底e1, e2 , e3 下的斜坐标，已知{a, b, c} 是空间的一个基底，{a  b, b  c, c  a}是空间的另一个
{a
c, ca}
{a, b, c}
基底，若向量 p 在基底 →  b, b  → →  → 下的斜坐标为(3,1, 4) ，则向量 p 在基底 →→ 下的斜坐标
为（ ）
A. (1, 4, 3)
C. (1, 2, 5)
B. (1, 4, 3)
D. (1, 2,5)
设 m  R ，过定点 A 的动直线 x  my 1  0 和过定点 B 的动直线 mx  y  2m  3  0 交于点 P(x, y) ，则VPAB 面积的最大值为（）
9
5
2
C. 3D. 6
2
二、多选题：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．全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．
如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，P 为空间中一点，且满足 BP λBC uBB1,λ,μ[0,1] ，则下列说 法正确的是（ ）
当λ 0 时，点 P 在棱 BB1 上B. 当λ μ时，点 P 在线段 B1C 上
C. 当μ 1 时，点 P 在棱 B1C1 上D. 当λ μ 1 时，点 P 在线段 B1C 上
已知实数 x ， y 满足圆的方程 x 12  y2  1 ，则（ ）
4
2
圆心为1, 0 ，半径为 1
x 的最大值为 2
x2   y 12
​
的最大值为
2  1
2
x  y2 的最大值为 1
2
三棱锥O  ABC 中， OA ， OB ， OC 两两垂直，且OA  OB  OC ，下列命题中正确的是（ ）
–––→–––→–––→–––→2
(OA  OB  OC)2  3OA
BC  (CA  CO)  0
三棱锥O  ABC 的体积为 1
6
–––→ –––→ –––→
| ( AB  AC)BC |
(OA  OB) 和CA 的夹角为60
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
若直线过1, 2, 4, 2 3 ，则此直线的斜率为．
已知 A3, 5, 7 ， B 1, 3, 3 ，且 AB  2BC ，则C 点的坐标为．
已知圆 C 的圆心在直线 x  y  4 上，且圆 C 经过点2, 0 ， 0, 6 ，则圆 C 的标准方程是．
四、解答题：本题共 5 个题目，共 77 分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知V ABC 的三个顶点分别是 A5,1 ， B 7, 3 ， C 8, 2 .
求 BC 边上的高所在的直线方程；
若直线l 过点 A ，且与直线 x  y 1  0 平行，求直线l 的方程；
如图，已知在三棱锥O  ABC 中， OA  OB  1 ， OC  2 ，OA，OB，OC 两两垂直．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
若 OA，OC 的中点分别为 E，F，试判断 EF 与 OB 之间的位置关系；
若点 D 满足 BD / / AC ， DC / / AB ，试确定点 D 的坐标．
已知圆C : x2  y2  2x  4 y  4  0 ．
将圆 C 的方程化为标准方程，并指出圆心坐标和半径．
求直线l : 3x  4 y  5  0 被圆 C 所截得的弦长．
18 已知圆O : x2  y2  8 ，直线l : x  y  8  0 ．
若圆 O的弦 AB 恰好被点 P 2,1 平分，求弦 AB 所在直线的方程；
点 Q 是直线 l 上的动点，过 Q 作圆 O 的两条切线，切点分别为 C，D，求直线 CD 经过的定点.
19. 如图，在四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD  平面 ABCD ， △PAD 是边长为 2 的等边三角形，底面
ABCD 为直角梯形，其中 BC / / AD, AB  AD, AB  BC  1．用空间向量法求解下列问题．
求证： AB  PD ．
求线段 PA 的中点 M 到平面 PCD 的距离．
线段 PD 上是否存在一点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ？若存在，求出 PE
5PD
的值；若不存在，请说明理由．
2025-2026 学年度第一学期期中考试试卷
高二数学试题
考试范围：空间向量与立体几何，直线和圆的方程；考试时间：120 分钟注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题）
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.
已知空间中三个不同的点 A、B、C ，则 AB  BC  （）
ADB. ACC. BCD. BD
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的加法法则化简可得结果．
【详解】因为 AB  BC  AC
故选：B．
若直线 l 与直线3x  3 3y  5  0 垂直，则 l 的倾斜角为（）
π2ππ5π
B.C. D.
3366
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线3x  3 3y  5  0 的斜率，结合直线 l 与直线3x  3 3y  5  0 垂直得斜率，从而得到 l 的倾斜角．
【详解】直线3x  3 3y  5  0 的斜率是 3 ，
3
3
因为直线 l 与直线3x  3 3y  5  0 垂直，所以直线 l 的斜率为，
3
由tanα ，所以 l 的倾斜角α为 2π ．
3
故选：B
已知向量 a  (2, 1,1) ， b  1, m, 2 ，且(a  b)  a ，则m  （ ）
2
B. 2C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求得m 的值.
【详解】因为向量 a  (2, 1,1) ， b  1, m, 2 ，所以 a  b  1，1 m, 1 ，
又因为(a  b)  a ，所以(a  b)  a  0 ，所以2 1 11 m 11  0 ，解得 m  2 .
故选：A.
两条平行直线 ax  2 y 1  0 与2x  4 y  7  0 之间的距离为（ ）
A 6B. 5C.5
2
D.5
4
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件得 a  1 ，再利用两平行线间的距离公式，即可求解.
7  2
22  42
【详解】因为直线 ax  2 y 1  0 与2x  4 y  7  0 平行，所以 a  1 ，直线 ax  2 y 1  0 即2x  4 y  2  0 ，
d  5 .
所以两条平行直线之间的距离为2
故选：C.
圆(x  2)2  ( y  2)2  1与圆(x  2)2  ( y  5)2 16 的位置关系是（）
A. 外切B. 外离C. 相交D. 内切
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件求出两圆的圆心坐标及它们的半径，再计算两圆圆心距即可判断作答.
(2  2)2  (2  5)2
【详解】圆(x  2)2  ( y  2)2  1的圆心C1(2, 2) ，半径 r1  1 ，圆(x  2)2  ( y  5)2 16 的圆心C2 (2, 5) ，半径 r2  4 ，
于是得| C1C2
|
 5 ，即| C1C2 | 1 4  r1  r2 ，
所以圆(x  2)2  ( y  2)2  1与圆(x  2)2  ( y  5)2 16 外切.
故选：A
6. 若非零向量a ， b 满足
a  b
， (2a  b)  b  0
，则a 与b 的夹角为（
）
A. 30°
【答案】B
【解析】
B. 60°
C. 120°
D. 150°
rr
rr1
【分析】设a 与b 的夹角为 θ，则由(2a  b)  b  0 ， a  b ，可得csθ ，从而可求得a 与b 的夹
2
角
【详解】设a 与b 的夹角为 θ，
2
→ →→
因为(2a  b)  b  0 ，所以2a  b  b ，
→ →→ 2
所以2 a b csθ b ，
rr
因为非零向量a ， b 满足 a  b ，
所以csθ 1 ，
2
因为θ[0,π] ，所以θ π，即θ 60 ，
3
故选：B
→ → →
→→→→
定义：设e1, e2 , e3 是空间中的一个基底，若向量 p  xe1  ye2  ze3 ，则称有序实数组(x, y, z) 为向量
p→ → →→→
→→ →→
在基底e1, e2 , e3 下的斜坐标，已知{a, b, c} 是空间的一个基底，{a  b, b  c, c  a}是空间的另一个
{a
c, ca}
{a, b, c}
基底，若向量 p 在基底 →  b, b  → →  → 下的斜坐标为(3,1, 4) ，则向量 p 在基底 →→ 下的斜坐标
为（ ）
(1, 4, 3)
C. (1, 2, 5)
(1, 4, 3)
D. (1, 2,5)
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜坐标的定义直接计算可得.
{a
c, ca}
【详解】因为向量 p 在基底 →  b, b  → →  → 下的斜坐标为(3,1, 4) ，
所以 p  3(a  b)  (b  c)  4(c  a)  a  2b  5c ，
{a, b, c}
所以向量 p 在基底 →→ 下的斜坐标为(1, 2,5) .
故选：D.
设 m  R ，过定点 A 的动直线 x  my 1  0 和过定点 B 的动直线 mx  y  2m  3  0 交于点 P(x, y) ，则VPAB 面积的最大值为（）
9
5
2
【答案】B
C. 3D. 6
2
【解析】
【分析】由题意结合直线位置关系的判断可得两直线互相垂直，由直线方程求得定点 A 与定点 B ，进而可得
2
PA 2  PB 2  AB 18 ，再利用基本不等式及三角形面积公式即得．
【详解】由题意直线 x  my 1  0 过定点 A1, 0 ，
直线 mx  y  2m  3  0 可变为 m  x  2  y  3  0 ，
 x  2  0x  2
令 y  3  0 ，得 y  3 ，所以该直线过定点 B 2, 3 ，

所以 AB 2  [2  (1)]2  (3  0)2  18 ．又1 m  m 1  0 ，
所以直线 x  my 1  0 与直线 mx  y  2m  3  0 互相垂直，且交点为 P ，
22
所以 PA  PB AB 2  [2  (1)]2  (3  0)2  18 ，
所以18  PA 2  PB 2  2 PA PB ，即 PA PB  9 ，
当且仅当 PA  PB  3时取等号，
1
2
所以， SPA PB  9 ，即VPAB 面积的最大值是 9 ．
V PAB22
故选：B．
二、多选题：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．全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分．
如图，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，P 为空间中一点，且满足 BP λBC uBB1,λ,μ[0,1] ，则下列说 法正确的是（ ）
当λ 0 时，点 P 在棱 BB1 上B. 当λ μ时，点 P 在线段 B1C 上
C. 当μ 1 时，点 P 在棱 B1C1 上D. 当λ μ 1 时，点 P 在线段 B1C 上
【答案】ACD
【解析】
【分析】判断点是否在线段上，利用共线向量定理及推论逐项判断即可．
【详解】对于 A，当λ 0 时， BP  μBB1 ， μ0,1 ，所以 BP ∥ BB1 ，则点 P 在棱 BB1 上，故 A 正
确；
–––→–––→–––→
对于 B，当λ μ时， BP  λBC  BB1 ，λ0,1 ，连接 BC1 ，即 BP  λBC1 ， 即 BP∥BC1 ，所以点 P 在线段 BC1 上，故 B 错误；
对于 C，当μ 1 时， BP  λBC  BB1 ，λ0,1 ，所以λBC  BP  BB1 ， 所以 B1P  λBC  λB1C1 ，即 B1P ∥ B1C1 ，所以点 P 在棱 B1C1 上，故 C 正确；对于 D，当λ μ 1 时， BP  λBC  1λ BB1 ，λ0,1 ，
由三点共线结论知 B1 , P, C 三点共线，所以点 P 在线段 B1C 上，故 D 正确．
故选：ACD.
已知实数 x ， y 满足圆的方程 x 12  y2  1 ，则（ ）
4
2
2
圆心为1, 0 ，半径为 1
x 的最大值为 2
x2   y 12
​
【答案】AC
的最大值为
2  1
2
x  y2 的最大值为 1
【解析】
【分析】根据圆的标准方程得出圆心半径判断 A，根据 x 的范围判断 B，应用两点间距离计算判断 C，应用二次函数值域计算判断 D.
【详解】对于 A，由圆的方程 x 12  y2  1 ，得圆心为1, 0 ，半径为 1 ，故 A 正确；
42
对于 B，由 x 12  y2  1 ，有 x 12  1   1  x 1  1  1  x  3 ，
4
所以 x 的最大值为 3 ，故 B 错误；
x2   y 12
2
42222
对于 C，
表示圆上点 x, y  到定点0,1 的距离，
1 02  0 12
圆心1, 0 到定点0,1 的距离为 d 
所以圆上点 x, y  到定点0,1 的距离的最大值为 d + r =
对于 D，由 x 12  y2  1 得 y2  1   x 12 ，
，
2
2 + 1 ，故 C 正确；
2
44
所以 x  y2  x  1   x 12  x2  x  3 ， 1  x  3 ，
4422
令 f  x  x2  x  3 ，由 f  x 在 1 , 3  上单调递增，所以 f  x 3 ，
4 2 2 
max2
所以 x  y2 的最大值为 3 ，故 D 错误.
2
故选：AC.
三棱锥O  ABC 中， OA ， OB ， OC 两两垂直，且OA  OB  OC ，下列命题中正确的是（ ）
–––→–––→–––→–––→2
(OA  OB  OC)2  3OA
BC  (CA  CO)  0
1–––→ –––→ –––→
三棱锥O  ABC 的体积为
6
| ( AB  AC)BC |
(OA  OB) 和CA 的夹角为60
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算律以及完全平方公式，计算可得 A 正确，B 正确，再由锥体的体积公式可验证 C 错误，利用向量夹角公式代入计算可得 D 正确.
–––→–––→–––→–––→2
【详解】对于 A，易知(OA  OB  OC)2  OA
–––→2
 OB
–––→2
 OC
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
 2OA  OB  2OB  OC  2OA  OC ，
因为OA, OB, OC 两两垂直，所以OA  OB  OB  OC  OA  OC  0 ，而OA  OB  OC ，所以
–––→–––→–––→–––→2
(OA  OB  OC)2  3OA
，即 A 正确；

–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
对于 B，知 BC  (CA  CO)  BO  OC  OA  BO  OA  OC  OA ，
因为OA, OB, OC 两两垂直，所以OA  OB  OA  OC  0 ，所以 BC  (CA  CO)  0 ，即 B 正确；
 
–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→2
对于 C，易知 AB  AC  AO  OB  AO  OC  AO
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
 AO  OC  OB  AO  OB  OC ，
–––→ –––→–––→2
显然OA  OB  OB  OC  OA  OC  0 ，所以 AB  AC  AO ，

–––→–––→
BO  OC

2
BO  OC  2BO  OC
–––→2–––→2
–––→ –––→
–––→–––→–––→
BO  OC
–––→2–––→2
因此 BC
 BO  OC


–––→
，
2
–––→
–––→2
又OB  OC  0 ， OA  OB  OC ，所以 BC


OA ，
1
6
–––→ –––→ –––→
所以  AB  AC  BC

AO
BC
–––→

1
6
–––→ 2 –––→–––→ 2
AOBC

1
6
2
AO 
–––→–––→ 3
AO 
2
6
AO ，
1
6
因为OA, OB, OC 两两垂直，且OA  OB  OC ，
所以三棱锥O  ABC 的体积为 1  1  OA OB OC
–––→ 3
1
6
AO ，即 C 错误；
32
 
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→2
对于 D，因为 OA  OB  CA  OA  OB  CO  OA  OA  CO  OA
–––→ –––→–––→ –––→
 OB  CO  OB  OA ，

–––→–––→–––→–––→2

–––→–––→
OA  OB

2
又OA  OB  OB  OC  OA  OC  0 ，所以 OA  OB  CA  OA
–––→ 2
 OA ，
–––→–––→
OA  OB 

OA  OB  2OA  OB
–––→2–––→2–––→ –––→

–––→
2
OA ，
–––→
同理 CA 


–––→
2
OA ，

–––→–––→
CO  OA

2
CO  OA  2CO  OA
–––→2–––→2–––→ –––→
–––→ 2
OA
2 OA  2 OA
–––→
–––→
–––→–––→–––→
–––→–––→ –––→
设(OA  OB) 和CA 的夹角为θ，可得csθ (OA  OB)  CA  1 ，可得θ 60 ，即
OA  OB CA2
D 正确.
故选：ABD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分
若直线过1, 2, 4, 2 
【答案】 3
3
【解析】
3 ，则此直线的斜率为．
【分析】利用两点间的斜率公式求解即可.
【详解】若直线经过1, 2, 4, 2 
故答案为： 3
3
3 ，则此直线的斜率为 2  3  2  3 ；

4 13
已知 A3, 5, 7 ， B 1, 3, 3 ，且 AB  2BC ，则C 点的坐标为．
【答案】(3, 2,8)
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算建立方程，求解坐标即可.
【详解】因为 A3, 5, 7 ， B 1, 3, 3 ，设C(x, y, z) ，所以 AB  4, 2,10 ， BC   x 1, y  3, z  3 ，

2(x 1)  4
因为 AB  2BC
，所以2( y  3)  2 ，

2(z  3)  10
解得 x  3, y  2, z  8 ，得到C(3, 2,8) .
故答案为： (3, 2,8)
已知圆 C 的圆心在直线 x  y  4 上，且圆 C 经过点2, 0 ， 0, 6 ，则圆 C 的标准方程是．
【答案】 x  22   y  22  20
【解析】
【分析】设圆的方程为 x  a2   y  a 12  r 2 ，由条件列方程求 a, r 可解.
【详解】因圆心在直线 x  y  4 上，设圆心C 坐标为a, 4  a ，圆C 标准方程为：  x  a2   y  a  42  r 2 ，
2  a2  0  a  42  r 2
则222
a  2
，解得： ，
r  2 5
0  a  6  a  4  r
所以圆 C 的标准方程为 x  22   y  22  20 ．故答案为：  x  22   y  22  20
四、解答题：本题共 5 个题目，共 77 分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知V ABC 的三个顶点分别是 A5,1 ， B 7, 3 ， C 8, 2 .
求 BC 边上的高所在的直线方程；
若直线l 过点 A ，且与直线 x  y 1  0 平行，求直线l 的方程；
【答案】（1） 3x  y 14  0 ；
（2） x  y  6  0 .
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）设出直线l 的方程，利用待定系数法求出直线方程.
【小问 1 详解】
直线 BC 的斜率 kBC
 2  (3)   1 ，则 BC 边上的高所在的直线斜率为 3，
8  73
所以 BC 边上的高所在的直线方程为 y 1  3(x  5) ，即3x  y 14  0 .
【小问 2 详解】
依题意，设直线l 的方程为 x  y  m  0(m  1) ，
而直线l 过点 A5,1 ，则5 1 m  0 ，解得 m  6 ，
所以直线l 的方程为 x  y  6  0 .
如图，已知在三棱锥O  ABC 中， OA  OB  1 ， OC  2 ，OA，OB，OC 两两垂直．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
若 OA，OC 的中点分别为 E，F，试判断 EF 与 OB 之间的位置关系；
若点 D 满足 BD / / AC ， DC / / AB ，试确定点 D 的坐标．
【答案】（1）垂直（2） D 1,1, 2
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，将空间向量用坐标形式表示，将立体几何问题转化为代数问题，从而可解；
（2）利用向量平行的坐标关系列方程组求解即可．
【小问 1 详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，
则O 0, 0, 0 ， A1, 0, 0 ， B 0,1, 0 ， C 0, 0, 2 ，由于 OA，OC 的中点分别为 E，F．
E  1 , 0, 0 F 0, 0,1–––→    1 , 0,1
因此  2 ，，得 EF2 ．

又OB  0,1, 0 ，所以 EF  OB  0 ，即 EF  OB ，
故 EF 与 OB 垂直．
【小问 2 详解】
设 D  x, y, z  ，则 BD   x, y 1, z  ， AC  1, 0, 2 ，
DC  x,  y, 2  z  ， AB  1,1, 0 ，
由 BD ∥ AC ， DC ∥ AB  BD ∥ AC ， DC ∥ AB ，因此存在实数 k1 ， k2 ，使得 BD  k1 AC ， DC  k2 AB ，
 x, y 1, z   k 1, 0, 2
x  1
即1
  y  1 ．
x,  y, 2  z   k2
1,1, 0


z  2
即点 D 的坐标为1,1, 2 ．
已知圆C : x2  y2  2x  4 y  4  0 ．
将圆 C 的方程化为标准方程，并指出圆心坐标和半径．
求直线l : 3x  4 y  5  0 被圆 C 所截得的弦长．
【答案】（1）圆的标准方程为 x 12   y  22  9 ，其圆心为1, 2 ，半径为3 ，
5
（2） 2
【解析】
【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，然后可得圆心和半径.
（2）求出圆心到直线的距离，然后可算出答案.
【小问 1 详解】
由 x2  y2  2x  4 y  4  0 可得该圆的标准方程为 x 12   y  22  9
其圆心为1, 2 ，半径为3 .
31 4 2  5
32  42
【小问 2 详解】
圆心到直线l 的距离为 2
9  4
5
所以直线l ： 3x  4 y  5  0 被圆C 所截得的弦长为2 2
已知圆O : x2  y2  8 ，直线l : x  y  8  0 ．
若圆 O 的弦 AB 恰好被点 P 2,1 平分，求弦 AB 所在直线的方程；
点 Q 是直线 l 上的动点，过 Q 作圆 O 的两条切线，切点分别为 C，D，求直线 CD 经过的定点.
【答案】（1） 2x  y  5  0
（2）直线 CD 经过定点1, 1
【解析】
【分析】（1） 弦 AB 恰好被点 P 2,1 平分，则 PO  AB ，即可求得 AB 斜率，根据点斜式即可得弦 AB 所在直线的方程；
设出点Q 坐标,根据题意可知 O，C，Q，D 四点共圆，且 CD 为直径，求出新圆圆心和半径，进而求得新圆的方程，进而求得直线 CD 的方程，即可得过的定点.
【小问 1 详解】
由圆O : x2  y2  8 ，得圆心O 0, 0 ，半径 r  2 2 ，
又 P 2,1 ，所以 k 1 0  1 ，所以 k 2 ，所以 AB : y 1  2  x  2 ，
OP2  02AB
即：弦 AB 所在直线的方程为2x  y  5  0 .
【小问 2 详解】
直线 l 与圆 O 相离，令Q t, t  8 ，线段 OQ 中点 K  t , t  8  ，
 22 

因为 O，C，Q，D 四点位于圆 K : x2  y2  tx  t  8 y  0 上，又圆O : x2  y2  8 ，所以 CD 是圆 O 与圆 K 的相交弦，故CD : tx  t  8 y  8  0 ．
即t  x  y   8 y  8  0 ，由 x  y  0 且8 y  8  0 ，得直线 CD 经过定点1, 1 ．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD  平面 ABCD ， △PAD 是边长为 2 的等边三角形，底面
ABCD 为直角梯形，其中 BC / / AD, AB  AD, AB  BC  1．用空间向量法求解下列问题．
求证： AB  PD ．
求线段 PA 的中点 M 到平面 PCD 的距离．
线段 PD 上是否存在一点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ？若存在，求出 PE
5PD
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2） 21
7
PE  1
PD3
【解析】
AB
【分析】（1）取 AD 的中点O ，连接 PO ， OC ，建立空间直角坐标系，再计算出–––→ ， PD 后相乘即可
得；
求出平面 PCD 的法向量后由点到平面距离的向量公式即可求解；

–––→–––→1PE
令 PE  λPD  0,λ, 
【小问 1 详解】
3λ ，λ0,1 ，由面面夹角的向量公式求得λ ，即可求解．
3PD
取 AD 的中点O ，连接 PO ， OC ，由△PAD 为等边三角形，得 PO  AD ，
而平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ， PO  平面 PAD ，
则 PO  平面 ABCD ，由 AO  BC  1， AO//BC ，得四边形 ABCO 是平行四边形，于是OC //AB ，而 AB  AD ，则OC  AD ，直线OC ， OD ， OP 两两垂直，
以O 为坐标原点，直线OC ， OD ， OP 分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示空间直角坐标系，
则O 0, 0, 0 , A0, 1, 0 ， D 0,1, 0 ， B 1, 1, 0 ， P 0, 0, 3  ，
–––→
则 AB  1, 0, 0 ， PD  0,1,  3 ，
–––→ –––→
有 AB  PD  0  0 1 0   3  0  0 ，故 AB  PD ；
【小问 2 详解】

由 A0, 1, 0 ， P 0, 0, 3  ，则 M  0, 

,
22
 ，又C 1, 0, 0 ，
1
3 

––––→
13 
–––→

则CM   1,  2 , 2
 ， CP  1, 0, 3  ， CD  1,1, 0 ，

→ –––→
rn  CP  x  3z  0
设平面 PCD 的法向量为 n   x, y, z  ，则→ –––→，
n  CD  x  y  0
→
取 z  1，得 n   3, 3,1 ，
––––→ →
3
7
21
CM  n
所以 M 到平面 PCD 的距离 d  → ．
n7
【小问 3 详解】

–––→–––→
令 PE  λPD  0,λ, 
–––→–––→–––→
3λ，λ0,1 ，
AE  AP  PE  0,1, 3  0,λ,  3λ  0,1 λ, 3  3λ ， AC  1,1, 0 ，
 → –––→
→m  AC  a  b  0
设平面 EAC 的法向量为 m  a, b, c ，则 → –––→，
3
m  AE  1 λb   3λc  0
→
取b 3 λ1 ，得 m   3 1λ, 3 λ1,λ1 ，

–––→
OP  m
–––→
–––→
→
OP m
→
10
易知平面 DAC 的一个法向量为OP  0, 0, 3 ，
–––→
→
3 λ1
则 cs
OP, m
，
3 7λ2 10λ 7
5
化简得3λ2 10λ 3  0 ，又λ0,1 ，解得λ 1 ，即 PE  1 ，
3PD3
所以线段 PD 上存在点 E ，使得平面 EAC 与平面 DAC 夹角的余弦值为 10 ，
5
此时 PE  1 ．
PD3