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2023-2024学年山东省威海市乳山市银滩高级中学高二上学期10月月考数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年山东省威海市乳山市银滩高级中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数为纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．
【详解】解：复数为纯虚数，
，，
解得．
故选：D．
2．对于直线，下列选项正确的为（ ）
A．直线l倾斜角为B．直线l在y轴上的截距为
C．直线l不过第二象限D．直线l过点
【答案】C
【分析】将直线的一般方程化成斜截式方程即可得直线斜率和在y轴上的截距，可判断AB；画出直线的图象可判断C，将点代入直线方程可判断D.
【详解】将直线改写成斜截式方程为
由斜截式方程的几何意义可知，斜率为，
所以直线倾斜角满足，即，故A错误；
易知，直线l在y轴上的截距为，所以B错误；
画出直线l的图象如下：
由图象可知，直线l不过第二象限，故C正确；
将点代入直线方程得，
所以直线l不过点，即D错误.
故选：C.
3．在下列条件中，使点M与点A，B，C一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先证明四点共面的条件，再根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论．
【详解】空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；
对于A，因为，所以不能得到，，，四点不共面；
对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；
对于C，由条件可得，则，，为共面向量，所以与,一定共面；
对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．
故选：C．
4．如图，空间四边形的每条边和对角线长都等于，点，，分别是，，的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量运算求得.
【详解】依题意，分别是的中点，
所以，
三角形是等边三角形，且边长为.
所以.
故选：B
5．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若直线与直线平行，则且，
因为“”“且”，
但“”“且”，
因此，“”是“直线与直线平行”的必要不充分条件.
故选：B.
6．在空间直角坐标系中，已知点，向量平面，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标运算直接计算点到平面的距离.
【详解】因为，所以，又向量平面，
所以是平面的一个法向量
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
7．若三条直线，，相交于同一点，则点到原点的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先求得与的交点，将交点坐标代入，由此求得的关系式，根据点到直线距离公式，求得点到原点的距离的最小值.
【详解】由解得，将代入得.故点在直线上，原点到直线的距离为，所以点到原点的距离的最小值为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查直线与直线的交点的求法，考查点到直线的距离，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
8．一条光线从点射出，经y轴反射后与圆相交，则入射光线所在直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可设入射光线PQ的方程为，求出与轴的交点坐标，可得反射光线QA的方程为，由圆心到直线的距离小于半径，列不等式解出直线的斜率的取值范围．
【详解】如图所示，
由题意可设入射光线PQ的方程为，
令，则，可得.
则反射光线QA的方程为.
则，解得.
入射光线所在直线的斜率的取值范围为.
故选：C.
二、多选题
9．下列命题是真命题的有（ ）.
A．向量，若，则
B．若空间四个点P，A，B，C，，则A，B，C三点共线.
C．已知向量，，若，则为钝角.
D．已知空间直角坐标系中的点A的坐标为，平面过点A且与直线OA垂直，动点是平面内的任一点，则点P的坐标满足
【答案】AB
【分析】由向量垂直的充要条件可判断A；由题意，即可判断B；举出反例可判断C；由已知得出，根据垂直向量的数量积判断D.
【详解】对A，由向量垂直的充要条件，非零向量垂直，则数量积为0，反之数量积为0，则非零向量垂直，可得A正确；
对B，，，即，
，，三点共线，故B正确；
对C，当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；
对D，根据题意，，，
则，即，故D错误．
故选：AB.
10．在平行六面体中，，，，则（ ）
A．平面
B．
C．
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】对于A项，利用图形的几何性质及空间向量的数量积并线面垂直的判定定理即可判断；对于B项，根据空间向量加法法则计算即可；对于C项，由空间向量的数量积计算即可判定；对于D项，利用三余弦定理结合已知条件计算即可；
【详解】
如图所示，连接AC，BD，，作于G点，作GJ⊥AB于J点，
对于A项，由题意可得底面ABCD为菱形，则有AC⊥BD，又，
即，
∵面，故平面，即A正确；
对于B项，显然，
在平行四边形中，又有，即B正确；
对于C项，，
∴，故，即C错误；
对于D项，由A项平面，平面，可得，
又面ABCD，故面ABCD，
面ABCD，则，面，
故面，面，，即均为直角三角形，
∴，
则，即D正确；
故选:ABD
11．已知圆和直线，则（ ）
A．直线l与圆C的位置关系无法判定
B．当时，圆C上的点到直线l的最远距离为
C．当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，
D．如果直线l与圆C相交于M、N两点，则的最小值是3
【答案】BC
【分析】对A：由于直线恒过定点，所以判断此定点与圆的位置关系即可；对B：求出圆心到直线的距离再加上圆的半径即可；对C：由题意，只要圆心到直线距离为1即可；对D：由题意，当时取得最小值，由弦长公式即可求解．
【详解】解：由，得，所以圆心，半径为2，
对A：由直线的方程可得，，所以直线恒过定点，又，所以点在圆内，
所以直线与圆相交，故选项A错误；
对B：时，直线的方程为，即，设圆心到直线距离为，则，
所以圆上的点到直线的最远距离为，故选项B正确；
对C：当圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1时，圆心到直线距离为1，即，解得，故选项C正确．
对D：直线恒过定点，且在圆内，所以当时取得最小值，
因为，所以，故选项D错误．
故选：BC．
12．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点P在线段上
C．平面
D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为
【答案】BC
【分析】对A，由面面平行说明；
对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P三点共线；
对C，由向量法证，再由线线垂直证平面；
对D，由向量法求线面角，进而讨论范围.
【详解】对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，
所以，A错误；
对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，，且，，
所以，，．
因为，所以，所以，即，所以，
所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；
对于C，，，，，，
由，
因为，，平面，所以平面，C正确；
对于D，，，平面的一个法向量为．
设与平面的夹角为，为锐角，
其正弦值为．
由，得，D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．直线被圆所截得的弦长是 ．
【答案】6
【分析】判断出直线过圆心即可.
【详解】
即圆心为 半径为3，而直线
过定点即过圆心，
故直线被圆所截得的弦长即为直径6.
故答案为：6
14．已知是平行六面体．设是底面的中心，是侧面的对角线上的点，且，设， ．
【答案】
【分析】由空间向量基本定理得到，从而求出，，，得到答案.
【详解】∵，，
∴
，
又，
∴，，，故.
故答案为：
15．已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】计算，，根据图像得到答案.
【详解】直线与线段相交，所以临界情况为恰好经过点或经过点时，
，，由图可知，或.
故答案为：.
四、双空题
16．已知圆内一定点，过P作直线l交圆于A、B两点，若l的倾斜角为45°，则的值为 ；若，则直线l的斜率为 ．
【答案】
【分析】求出直线方程，先求得圆心到直线距离，利用弦长关系即可求出，设，根据向量关系可得，直线方程代入圆即可建立关系求出.
【详解】由题可得直线的方程为，
圆的圆心为，半径2，
则圆心到直线的距离为，则，
设，
，，，
设直线的方程为，代入，
整理得，，
，，则可解得，则可得直线的斜率为.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知直线经过点，圆．
(1)若直线与圆C相切，求直线的方程；
(2)若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据直线与圆相切，进行求解；
（2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可.
【详解】（1）由已知圆，所以圆心坐标为，半径为2.
当直线的斜率不存在时，即直线的方程为：，此时是与圆相切，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线为：，即，
则圆C的圆心到直线l的距离，解得，
故直线l的方程为．综上，直线l的方程为或．
（2）因为直线l被圆C所截得的弦长为，
所以圆心到直线l的距离为．
由（1）可知，直线的斜率一定存在，设直线为：，即，则圆心到直线l的距离，解得或．
故直线l的方程为或．
18．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点D在边上的射影为F，且，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结，利用线线垂直证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用向量法求得二面角余弦值.
【详解】证明：（1）连结.由顶点D在上投影为点F，可知，.
在中，，，所以，所以点F为的中点.
又因为是边长为2的正三角形，所以.
因为，，，所以平面.
又平面，所以.
（2）在中，，，，满足，所以
，又，，所以面，
以F点为坐标原点，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
所以，，，，.
设平面，的法向量分别为，，则
，即，
令，得，所以，
，即，
令，得，所以，所以，又由图示得二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】易错点睛：本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，设圆的半径为，圆心在直线上.
(1)若圆心也在直线上，求圆的方程；
(2)在（1）的条件下，过点A作圆的切线，求切线的方程；
(3)若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）联立直线与直线，求出方程组的解得到圆心坐标，可得圆的方程；（2）根据坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于的方程，求出方程的解得到的值，确定出切线方程即可；（3）设，由，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可记为圆，由在圆上，得到圆与圆相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围．
【详解】（1）（1）由得圆心为，
圆的半径为1，圆的方程为：
（2）由题意知切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即
或者
所求圆的切线方程为：或者
即或者
（3）设为，由
整理得直线
点应该既在圆上又在直线上，即：圆和直线有公共点
又，
终上所述，的取值范围为：
20．如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为O，且，．
(1)求证：平面；
(2)设，若直线与平面所成的角为，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出，，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面．
（2）由，得直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，，
，且，平面，
平面，因为平面，，
，是的中点，，
又，平面，所以平面．
（2）解： ，
直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，
平面，
直线与平面的所成角为，即，
设菱形的边长为2，则在等边中，，，
在等腰直角中，，
以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，0，，
平面的一个法向量为，
所以，显然二面角为锐二面角，
二面角的大小为．
21．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上，且．
（1）证明：无论取何值，总有；
（2）当取何值时，直线与平面所成的角最大？并求该角取最大值时的正切值．
【答案】（1）证明见解析（2）当时取得最大值，此时
【分析】（1）由勾股定理可得，建立空间直角坐标系，根据已知条件可得各点的坐标，从而可得各向量的坐标，根据，可得点的坐标，计算数量积可得答案；
（2）根据线面垂直可得面的一个法向量，直线与平面所成的角的正弦值等于与面的法向量所成角的余弦值的绝对值，根据配方法可求得其最值.
【详解】由，可得，，
则，即、、两两相互垂直 ，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则，
，
，可得，
.
（1）∵，
∴，
∴无论取何值，.
（2）∵是平面的一个法向量，
∴，
∴当时，取得最大值，
此时=，=，.
22．已知直线与圆交于两点．
（1）求出直线恒过定点的坐标
（2）求直线的斜率的取值范围
（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）为定值.
【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；
（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；
（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.
【详解】（1）将直线方程整理为：，
令，解得：，直线恒过定点；
（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；
圆方程可整理为，则其圆心，半径，
直线与圆交于两点，圆心到直线距离，
即，解得：，即直线斜率的取值范围为；
（3）设，
当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，
则直线，可设直线方程为，
由得：，由（2）知：；
，，
，
为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.
一、单选题
1．若复数为纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可得出．
【详解】解：复数为纯虚数，
，，
解得．
故选：D．
2．对于直线，下列选项正确的为（ ）
A．直线l倾斜角为B．直线l在y轴上的截距为
C．直线l不过第二象限D．直线l过点
【答案】C
【分析】将直线的一般方程化成斜截式方程即可得直线斜率和在y轴上的截距，可判断AB；画出直线的图象可判断C，将点代入直线方程可判断D.
【详解】将直线改写成斜截式方程为
由斜截式方程的几何意义可知，斜率为，
所以直线倾斜角满足，即，故A错误；
易知，直线l在y轴上的截距为，所以B错误；
画出直线l的图象如下：
由图象可知，直线l不过第二象限，故C正确；
将点代入直线方程得，
所以直线l不过点，即D错误.
故选：C.
3．在下列条件中，使点M与点A，B，C一定共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先证明四点共面的条件，再根据四点共面的条件逐项判断即可求得结论．
【详解】空间向量共面定理，，若，，不共线，且，，，共面，则其充要条件是；
对于A，因为，所以不能得到，，，四点不共面；
对于B，因为，所以不能得出，，，四点共面；
对于C，由条件可得，则，，为共面向量，所以与,一定共面；
对于D，因为，所以，因为，所以不能得出，，，四点共面．
故选：C．
4．如图，空间四边形的每条边和对角线长都等于，点，，分别是，，的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量运算求得.
【详解】依题意，分别是的中点，
所以，
三角形是等边三角形，且边长为.
所以.
故选：B
5．“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若直线与直线平行，则且，
因为“”“且”，
但“”“且”，
因此，“”是“直线与直线平行”的必要不充分条件.
故选：B.
6．在空间直角坐标系中，已知点，向量平面，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标运算直接计算点到平面的距离.
【详解】因为，所以，又向量平面，
所以是平面的一个法向量
所以点到平面的距离为.
故答案为：.
7．若三条直线，，相交于同一点，则点到原点的距离的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】先求得与的交点，将交点坐标代入，由此求得的关系式，根据点到直线距离公式，求得点到原点的距离的最小值.
【详解】由解得，将代入得.故点在直线上，原点到直线的距离为，所以点到原点的距离的最小值为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查直线与直线的交点的求法，考查点到直线的距离，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
8．一条光线从点射出，经y轴反射后与圆相交，则入射光线所在直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可设入射光线PQ的方程为，求出与轴的交点坐标，可得反射光线QA的方程为，由圆心到直线的距离小于半径，列不等式解出直线的斜率的取值范围．
【详解】如图所示，
由题意可设入射光线PQ的方程为，
令，则，可得.
则反射光线QA的方程为.
则，解得.
入射光线所在直线的斜率的取值范围为.
故选：C.
二、多选题
9．下列命题是真命题的有（ ）.
A．向量，若，则
B．若空间四个点P，A，B，C，，则A，B，C三点共线.
C．已知向量，，若，则为钝角.
D．已知空间直角坐标系中的点A的坐标为，平面过点A且与直线OA垂直，动点是平面内的任一点，则点P的坐标满足
【答案】AB
【分析】由向量垂直的充要条件可判断A；由题意，即可判断B；举出反例可判断C；由已知得出，根据垂直向量的数量积判断D.
【详解】对A，由向量垂直的充要条件，非零向量垂直，则数量积为0，反之数量积为0，则非零向量垂直，可得A正确；
对B，，，即，
，，三点共线，故B正确；
对C，当时，两个向量共线，夹角为，故C错误；
对D，根据题意，，，
则，即，故D错误．
故选：AB.
10．在平行六面体中，，，，则（ ）
A．平面
B．
C．
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】对于A项，利用图形的几何性质及空间向量的数量积并线面垂直的判定定理即可判断；对于B项，根据空间向量加法法则计算即可；对于C项，由空间向量的数量积计算即可判定；对于D项，利用三余弦定理结合已知条件计算即可；
【详解】
如图所示，连接AC，BD，，作于G点，作GJ⊥AB于J点，
对于A项，由题意可得底面ABCD为菱形，则有AC⊥BD，又，
即，
∵面，故平面，即A正确；
对于B项，显然，
在平行四边形中，又有，即B正确；
对于C项，，
∴，故，即C错误；
对于D项，由A项平面，平面，可得，
又面ABCD，故面ABCD，
面ABCD，则，面，
故面，面，，即均为直角三角形，
∴，
则，即D正确；
故选:ABD
11．已知圆和直线，则（ ）
A．直线l与圆C的位置关系无法判定
B．当时，圆C上的点到直线l的最远距离为
C．当圆C上有且仅有3个点到直线l的距离等于1时，
D．如果直线l与圆C相交于M、N两点，则的最小值是3
【答案】BC
【分析】对A：由于直线恒过定点，所以判断此定点与圆的位置关系即可；对B：求出圆心到直线的距离再加上圆的半径即可；对C：由题意，只要圆心到直线距离为1即可；对D：由题意，当时取得最小值，由弦长公式即可求解．
【详解】解：由，得，所以圆心，半径为2，
对A：由直线的方程可得，，所以直线恒过定点，又，所以点在圆内，
所以直线与圆相交，故选项A错误；
对B：时，直线的方程为，即，设圆心到直线距离为，则，
所以圆上的点到直线的最远距离为，故选项B正确；
对C：当圆上有且仅有3个点到直线的距离等于1时，圆心到直线距离为1，即，解得，故选项C正确．
对D：直线恒过定点，且在圆内，所以当时取得最小值，
因为，所以，故选项D错误．
故选：BC．
12．如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点P在线段上
C．平面
D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为
【答案】BC
【分析】对A，由面面平行说明；
对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P三点共线；
对C，由向量法证，再由线线垂直证平面；
对D，由向量法求线面角，进而讨论范围.
【详解】对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，
所以，A错误；
对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，，且，，
所以，，．
因为，所以，所以，即，所以，
所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；
对于C，，，，，，
由，
因为，，平面，所以平面，C正确；
对于D，，，平面的一个法向量为．
设与平面的夹角为，为锐角，
其正弦值为．
由，得，D错误．
故选：BC．
三、填空题
13．直线被圆所截得的弦长是 ．
【答案】6
【分析】判断出直线过圆心即可.
【详解】
即圆心为 半径为3，而直线
过定点即过圆心，
故直线被圆所截得的弦长即为直径6.
故答案为：6
14．已知是平行六面体．设是底面的中心，是侧面的对角线上的点，且，设， ．
【答案】
【分析】由空间向量基本定理得到，从而求出，，，得到答案.
【详解】∵，，
∴
，
又，
∴，，，故.
故答案为：
15．已知两点，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是 ．
【答案】
【分析】计算，，根据图像得到答案.
【详解】直线与线段相交，所以临界情况为恰好经过点或经过点时，
，，由图可知，或.
故答案为：.
四、双空题
16．已知圆内一定点，过P作直线l交圆于A、B两点，若l的倾斜角为45°，则的值为 ；若，则直线l的斜率为 ．
【答案】
【分析】求出直线方程，先求得圆心到直线距离，利用弦长关系即可求出，设，根据向量关系可得，直线方程代入圆即可建立关系求出.
【详解】由题可得直线的方程为，
圆的圆心为，半径2，
则圆心到直线的距离为，则，
设，
，，，
设直线的方程为，代入，
整理得，，
，，则可解得，则可得直线的斜率为.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知直线经过点，圆．
(1)若直线与圆C相切，求直线的方程；
(2)若直线被圆C截得的弦长为，求直线的方程．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据直线与圆相切，进行求解；
（2）先由勾股定理求出圆心到直线的距离，再由距离公式求解即可.
【详解】（1）由已知圆，所以圆心坐标为，半径为2.
当直线的斜率不存在时，即直线的方程为：，此时是与圆相切，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线为：，即，
则圆C的圆心到直线l的距离，解得，
故直线l的方程为．综上，直线l的方程为或．
（2）因为直线l被圆C所截得的弦长为，
所以圆心到直线l的距离为．
由（1）可知，直线的斜率一定存在，设直线为：，即，则圆心到直线l的距离，解得或．
故直线l的方程为或．
18．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，，且，是边长为2的正三角形，顶点D在边上的射影为F，且，，.
（1）证明：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）连结，利用线线垂直证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用向量法求得二面角余弦值.
【详解】证明：（1）连结.由顶点D在上投影为点F，可知，.
在中，，，所以，所以点F为的中点.
又因为是边长为2的正三角形，所以.
因为，，，所以平面.
又平面，所以.
（2）在中，，，，满足，所以
，又，，所以面，
以F点为坐标原点，以所在直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.
所以，，，，.
设平面，的法向量分别为，，则
，即，
令，得，所以，
，即，
令，得，所以，所以，又由图示得二面角是锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】易错点睛：本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，设圆的半径为，圆心在直线上.
(1)若圆心也在直线上，求圆的方程；
(2)在（1）的条件下，过点A作圆的切线，求切线的方程；
(3)若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）联立直线与直线，求出方程组的解得到圆心坐标，可得圆的方程；（2）根据坐标设出切线的方程，由圆心到切线的距离等于圆的半径，列出关于的方程，求出方程的解得到的值，确定出切线方程即可；（3）设，由，利用两点间的距离公式列出关系式，整理后得到点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，可记为圆，由在圆上，得到圆与圆相交或相切，根据两圆的半径长，得出两圆心间的距离范围，利用两点间的距离公式列出不等式，求出不等式的解集，即可得到的范围．
【详解】（1）（1）由得圆心为，
圆的半径为1，圆的方程为：
（2）由题意知切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即
或者
所求圆的切线方程为：或者
即或者
（3）设为，由
整理得直线
点应该既在圆上又在直线上，即：圆和直线有公共点
又，
终上所述，的取值范围为：
20．如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为O，且，．
(1)求证：平面；
(2)设，若直线与平面所成的角为，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）推导出，，从而平面，进而，再求出，由此能证明平面．
（2）由，得直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，，
，且，平面，
平面，因为平面，，
，是的中点，，
又，平面，所以平面．
（2）解： ，
直线与平面的所成角等于直线与平面的所成角，
平面，
直线与平面的所成角为，即，
设菱形的边长为2，则在等边中，，，
在等腰直角中，，
以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
，，
设平面的一个法向量为，，，
则，取，得，0，，
平面的一个法向量为，
所以，显然二面角为锐二面角，
二面角的大小为．
21．如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，分别是，的中点，点在直线上，且．
（1）证明：无论取何值，总有；
（2）当取何值时，直线与平面所成的角最大？并求该角取最大值时的正切值．
【答案】（1）证明见解析（2）当时取得最大值，此时
【分析】（1）由勾股定理可得，建立空间直角坐标系，根据已知条件可得各点的坐标，从而可得各向量的坐标，根据，可得点的坐标，计算数量积可得答案；
（2）根据线面垂直可得面的一个法向量，直线与平面所成的角的正弦值等于与面的法向量所成角的余弦值的绝对值，根据配方法可求得其最值.
【详解】由，可得，，
则，即、、两两相互垂直 ，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则，
，
，可得，
.
（1）∵，
∴，
∴无论取何值，.
（2）∵是平面的一个法向量，
∴，
∴当时，取得最大值，
此时=，=，.
22．已知直线与圆交于两点．
（1）求出直线恒过定点的坐标
（2）求直线的斜率的取值范围
（3）若为坐标原点，直线的斜率分别为，试问是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）为定值.
【分析】（1）将直线方程整理后可得方程组，解方程组可求得定点坐标；
（2）设直线方程，利用圆心到直线距离小于半径可构造不等式求得结果；
（3）可设直线方程，与圆方程联立得到韦达定理的形式，由整理可得定值.
【详解】（1）将直线方程整理为：，
令，解得：，直线恒过定点；
（2）设直线斜率为，由（1）可知：直线方程可设为：，即；
圆方程可整理为，则其圆心，半径，
直线与圆交于两点，圆心到直线距离，
即，解得：，即直线斜率的取值范围为；
（3）设，
当时，与圆仅有一个交点，不合题意，，
则直线，可设直线方程为，
由得：，由（2）知：；
，，
，
为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与圆中的定值问题的求解，解题关键是能够将所求量表示成韦达定理的形式，通过韦达定理代入整理，消去变量即可得到定值.
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