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河北省沧州市泊头市第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考（9月） 数学试题（含解析）
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1. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2. 若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意构建齐次式即可得到结果.
【详解】由题意知，又，
∴
∴，即或（舍），
故选:B．
3. 已知空间向量，0，，，2，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. ，2，B. ，2，C. ，0，D. ，0，
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案.
【详解】解：向量，0，，，2， ，
则，， ，
所以向量在向量上投影向量为
.
故选：C.
4. 如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
5. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围
【详解】将曲线的方程化简为
即表示以 为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：
由圆心到直线 的距离等于半径2，可得：
解得 或
结合图象可得
故选D
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了转化能力，在解题时运用点到直线的距离公式来计算，数形结合求出结果，本题属于中档题
6. 已知直线，其中，则“”是“”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】A
【解析】
【详解】直线的充要条件是 或 ．故选A．
7. 已知椭圆的右焦点为，点，点是上的动点，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】若为椭圆左焦点且，由椭圆定义有，结合，即可求最小值.
【详解】若为椭圆左焦点且，则，故，
所以，
而，所以，仅当共线时取等号，
综上，的最小值为，取值条件为共线且在之间.
故选：B
8. 在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 平面B. 直线与平面所成角的正弦值为定值
C. 平面平面D. 点到平面的距离为定值
【答案】B
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
令，得，
令，得，，
对于A，，显然，
即，，
而，平面，因此平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
因为，，平面，则平面，
于是为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则不是定值，B错误；
对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，
而，则，
即有，
又，平面，因此平面，
则平面平面，C正确；
对于D，显然，
因此点到平面的距离为，为定值，D正确.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的长为
【答案】AC
【解析】
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
10. 已知圆，则（ ）
A. 圆与直线必有两个交点
B. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有三条公切线，则
D. 动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，则四边形面积最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线切过定点切该定点在圆内可判断A；求出圆圆心到直线的距离可判断B；将圆化成标准形式为，转化为两圆外切可判断C；由，且当最小时最小时可判断D.
【详解】对于A，将直线整理得，由，
知，所以直线过定点，因，
所以该定点在圆内，故A正确；
对于B，圆的圆心到直线的距离为，
所以过圆心且与直线平行的直线与圆相交有两个点到直线的距离为1，
与直线平行且与圆相切，并且与直线在圆心同侧的直线到的距离为1，
所以只有三个点满足题意，故B错误；
对于C，将圆化成标准形式为，
因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，所以，
解得，故C正确；
对于D，连接，因为为切点，所以，
所以，且当最小时，最小，
所以当与直线垂直时，，又因为半径为2，
所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，在四棱锥中，底面，底面为边长为2的菱形，，为对角线的交点，为的中点．则下列说法正确的是（ ）
A. B. 三棱锥的外接球的半径为
C. 当异面直线和所成的角为时，D. 点F到平面与到平面的距离相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】在菱形中，过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间向量求出线线角判断AC；求出点到平面距离判断D；分析棱锥外接球球心并求出球半径判断B.
【详解】在菱形中，过点作直线，由底面，得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，而，
则，
由，得，则，
对于A，，，
则，于是，A正确；
对于B，由，得三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心为，
则球心在过垂直于平面的直线上，直线，显然球心在线段的中垂面上，
因此，三棱锥的外接球，B错误；
对于C，，由异面直线和所成的角为，
得，整理得，
而，解得，C正确；
对于D，，
设平面与平面的法向量分别为，
，令，得，
，令，得，
而，则点F到平面的距离，
点F到平面距离，显然，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为______小时.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据已知条件作出图形，圆半径，利用锐角三角函数的定义可求出BE的长，易知是直角三角形，运用勾股定理可求出的长，进而求出弦长，最后用弦长除以台风的移动速度即可求解.
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
13. 设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.
【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
则，得，
所以，
，
显然不是平角，所以为钝角等价于，
即，即，
解得，因此的取值范围是.
故答案为：
14. 已知圆，点的坐标为，过点作直线交圆于两点，则的取值范围为______
【答案】.
【解析】
【分析】取中点为，连接，，确定点的轨迹为以为直径的圆，根据得到答案.
【详解】取中点为，连接，如图所示：
则，又，，
故点的轨迹为以为直径的圆，圆心为，半径为，
因为，，
所以，即，则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线，.
（1）若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值；
（2）当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可.
（2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可.
【小问1详解】
设原点O到直线m的距离为，
则，解得或；
【小问2详解】
由解得，即m与n的交点为.
当直线l过原点时，此时直线斜率为，
所以直线l的方程为；
当直线l不过原点时，设l的方程为，
将代入得，
所以直线l的方程为.
故满足条件的直线l的方程为或.
16. 如图，在三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，，.记.
（1）用表示，并证明；
（2）若为棱的中点，求线段的长.
【答案】（1），，证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由空间向量的位置关系，结合加减的几何意义用表示，再应用向量数量积的运算律和定义求的值，即可证结论；
（2）由，两边平方并应用向量数量积的运算律求的模长即可.
【小问1详解】
由题设，，
，
所以
，
由侧面与侧面都是菱形且，，
所以，故.
【小问2详解】
由题设，，
所以
，
所以.
17. 已知圆C：，直线l：.
（1）设l与圆C交于不同的两点A，B，求弦AB的中点M的轨迹方程；
（2）若定点分弦AB为，求此时直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设Mx,y，根据已知列式化简，即可得解；
（2）联立方程组应用韦达定理结合向量关系求出直线方程.
【小问1详解】
∵直线l：过定点，斜率一定存在，
而在圆C：内，
∴直线l与圆C总有两个不同的交点；
圆C：的圆心为，
所以M与P不重合时，连接CM，CP，则，
∴.
设，则，
化简得：；
【小问2详解】
设，，
由，得，
∴，化简得，①
又由，消去y得.
∴，②
由①②解得，代入（*）解得.
∴直线l的方程为或.
18. 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）证明见解析；
（2）存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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.
19. 已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.
（1）直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值；
（2）求证：直线过定点.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程，结合斜率公式分析证明；
（2）解法一：设，联立方程可得韦达定理，根据斜率关系列式求得，即可得结果；解法二：设，联立方程求坐标，进而根据直线方程分析定点.
【小问1详解】
由题意，可得，
所以椭圆，且
设，则，即，
可得，
所以为定值.
【小问2详解】
解法一：设，则，
可得，
设直线，，
联立方程，消去x可得，
则，解得，
且，
则，
整理可得，
则，
因为，则，解得，
所以直线过定点
解法二：设，则，
直线，可知与椭圆必相交，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
同理，
直线的斜率存在时，，
则，
令，；
当的斜率不存在时，则，解得；
综上所述：直线过定点
【点睛】方法点睛：1．过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
2．求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
1. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2. 若椭圆：（）满足，则该椭圆的离心率（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意构建齐次式即可得到结果.
【详解】由题意知，又，
∴
∴，即或（舍），
故选:B．
3. 已知空间向量，0，，，2，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. ，2，B. ，2，C. ，0，D. ，0，
【答案】C
【解析】
【分析】
由向量在向量上的投影向量为，计算即可求出答案.
【详解】解：向量，0，，，2， ，
则，， ，
所以向量在向量上投影向量为
.
故选：C.
4. 如图，在空间四边形中，，，，点在上，且，为的中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量加法的定义及题设条件即可化简得到结论.
【详解】由点在上，且，知；由为中点，知.
所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对向量加法定义的运用.
5. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围
【详解】将曲线的方程化简为
即表示以 为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：
由圆心到直线 的距离等于半径2，可得：
解得 或
结合图象可得
故选D
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了转化能力，在解题时运用点到直线的距离公式来计算，数形结合求出结果，本题属于中档题
6. 已知直线，其中，则“”是“”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】A
【解析】
【详解】直线的充要条件是 或 ．故选A．
7. 已知椭圆的右焦点为，点，点是上的动点，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】若为椭圆左焦点且，由椭圆定义有，结合，即可求最小值.
【详解】若为椭圆左焦点且，则，故，
所以，
而，所以，仅当共线时取等号，
综上，的最小值为，取值条件为共线且在之间.
故选：B
8. 在正方体中，若棱长为，，分别为线段，上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A. 平面B. 直线与平面所成角的正弦值为定值
C. 平面平面D. 点到平面的距离为定值
【答案】B
【解析】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合正方体的结构特征，利用空间向量逐个计算判断即可
【详解】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
则，
令，得，
令，得，，
对于A，，显然，
即，，
而，平面，因此平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
因为，，平面，则平面，
于是为平面的一个法向量，，
设直线与平面所成角为，
则不是定值，B错误；
对于C，由选项A知平面，即为平面的一个法向量，
而，则，
即有，
又，平面，因此平面，
则平面平面，C正确；
对于D，显然，
因此点到平面的距离为，为定值，D正确.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的长为
【答案】AC
【解析】
【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.
【详解】
∵，故A正确.
∵.故B错误.
又∵，.
，；
，
.
.
∴.故C正确.
∵，∴.故D错误.
故选：AC.
10. 已知圆，则（ ）
A. 圆与直线必有两个交点
B. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1
C. 圆与圆恰有三条公切线，则
D. 动点在直线上，过点向圆引两条切线，为切点，则四边形面积最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线切过定点切该定点在圆内可判断A；求出圆圆心到直线的距离可判断B；将圆化成标准形式为，转化为两圆外切可判断C；由，且当最小时最小时可判断D.
【详解】对于A，将直线整理得，由，
知，所以直线过定点，因，
所以该定点在圆内，故A正确；
对于B，圆的圆心到直线的距离为，
所以过圆心且与直线平行的直线与圆相交有两个点到直线的距离为1，
与直线平行且与圆相切，并且与直线在圆心同侧的直线到的距离为1，
所以只有三个点满足题意，故B错误；
对于C，将圆化成标准形式为，
因为两圆有三条公切线，所以两圆外切，所以，
解得，故C正确；
对于D，连接，因为为切点，所以，
所以，且当最小时，最小，
所以当与直线垂直时，，又因为半径为2，
所以，
所以，故D错误.
故选：AC.
11. 如图，在四棱锥中，底面，底面为边长为2的菱形，，为对角线的交点，为的中点．则下列说法正确的是（ ）
A. B. 三棱锥的外接球的半径为
C. 当异面直线和所成的角为时，D. 点F到平面与到平面的距离相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】在菱形中，过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用空间向量求出线线角判断AC；求出点到平面距离判断D；分析棱锥外接球球心并求出球半径判断B.
【详解】在菱形中，过点作直线，由底面，得直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，而，
则，
由，得，则，
对于A，，，
则，于是，A正确；
对于B，由，得三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心为，
则球心在过垂直于平面的直线上，直线，显然球心在线段的中垂面上，
因此，三棱锥的外接球，B错误；
对于C，，由异面直线和所成的角为，
得，整理得，
而，解得，C正确；
对于D，，
设平面与平面的法向量分别为，
，令，得，
，令，得，
而，则点F到平面的距离，
点F到平面距离，显然，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 台风中心从地以每小时的速度向东北方向移动，离台风中心内的地区为危险地区，城市在地正东处，城市处于危险区内的时间为______小时.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据已知条件作出图形，圆半径，利用锐角三角函数的定义可求出BE的长，易知是直角三角形，运用勾股定理可求出的长，进而求出弦长，最后用弦长除以台风的移动速度即可求解.
【详解】以城市为圆心，为半径画圆，如图所示，所在直线为台风中心的移动轨迹，，，，过点作于点.
在中，由锐角三角函数，
得，
在中，由勾股定理，
得，
所以，
因为台风中心的移动速度为，
所以B城市处于危险区内的时间为.
故答案为：2.
13. 设动点在棱长为的正方体的对角线上，记.当为钝角时，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得，根据求得的取值范围.
【详解】由题设可知，以为坐标原点，以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，，，，
则，得，
所以，
，
显然不是平角，所以为钝角等价于，
即，即，
解得，因此的取值范围是.
故答案为：
14. 已知圆，点的坐标为，过点作直线交圆于两点，则的取值范围为______
【答案】.
【解析】
【分析】取中点为，连接，，确定点的轨迹为以为直径的圆，根据得到答案.
【详解】取中点为，连接，如图所示：
则，又，，
故点的轨迹为以为直径的圆，圆心为，半径为，
因为，，
所以，即，则.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知直线，.
（1）若坐标原点O到直线m的距离为，求a的值；
（2）当时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）依据点到直线的距离公式建立方程求解即可.
（2）联立求出直线交点，再分类讨论直线是否过原点，求解即可.
【小问1详解】
设原点O到直线m的距离为，
则，解得或；
【小问2详解】
由解得，即m与n的交点为.
当直线l过原点时，此时直线斜率为，
所以直线l的方程为；
当直线l不过原点时，设l的方程为，
将代入得，
所以直线l的方程为.
故满足条件的直线l的方程为或.
16. 如图，在三棱柱中，侧面与侧面都是菱形，，.记.
（1）用表示，并证明；
（2）若为棱的中点，求线段的长.
【答案】（1），，证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由空间向量的位置关系，结合加减的几何意义用表示，再应用向量数量积的运算律和定义求的值，即可证结论；
（2）由，两边平方并应用向量数量积的运算律求的模长即可.
【小问1详解】
由题设，，
，
所以
，
由侧面与侧面都是菱形且，，
所以，故.
【小问2详解】
由题设，，
所以
，
所以.
17. 已知圆C：，直线l：.
（1）设l与圆C交于不同的两点A，B，求弦AB的中点M的轨迹方程；
（2）若定点分弦AB为，求此时直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设Mx,y，根据已知列式化简，即可得解；
（2）联立方程组应用韦达定理结合向量关系求出直线方程.
【小问1详解】
∵直线l：过定点，斜率一定存在，
而在圆C：内，
∴直线l与圆C总有两个不同的交点；
圆C：的圆心为，
所以M与P不重合时，连接CM，CP，则，
∴.
设，则，
化简得：；
【小问2详解】
设，，
由，得，
∴，化简得，①
又由，消去y得.
∴，②
由①②解得，代入（*）解得.
∴直线l的方程为或.
18. 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）证明见解析；
（2）存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【解析】
【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.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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.
19. 已知椭圆，右焦点为且离心率为，直线，椭圆的左右顶点分别为为上任意一点，且不在轴上，与椭圆的另一个交点为与椭圆C的另一个交点为.
（1）直线和直线的斜率分别记为，求证：为定值；
（2）求证：直线过定点.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程，结合斜率公式分析证明；
（2）解法一：设，联立方程可得韦达定理，根据斜率关系列式求得，即可得结果；解法二：设，联立方程求坐标，进而根据直线方程分析定点.
【小问1详解】
由题意，可得，
所以椭圆，且
设，则，即，
可得，
所以为定值.
【小问2详解】
解法一：设，则，
可得，
设直线，，
联立方程，消去x可得，
则，解得，
且，
则，
整理可得，
则，
因为，则，解得，
所以直线过定点
解法二：设，则，
直线，可知与椭圆必相交，
联立方程，消去y可得，
则，解得，
同理，
直线的斜率存在时，，
则，
令，；
当的斜率不存在时，则，解得；
综上所述：直线过定点
【点睛】方法点睛：1．过定点问题的两大类型及解法
（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程（斜率存在）为由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点；
（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
2．求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
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