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浙江省温州新力量联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省温州新力量联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 直线等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
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，只有一项符合题目要求）
1. 直线：在轴上截距是（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】将直线的一般式方程化为斜截式方程可得结果.
【详解】将变形为，
所以在轴上的截距是，
故选：A.
2. 圆与圆的位置关系是（ ）
A 相离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的方程确定出两圆的圆心距和半径的关系，由此确定出两圆的位置关系.
【详解】因为，两圆的半径分别为，
所以，所以相交，
故选：B.
3. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量共面的结论，对各选项逐一判断即可得解.
【详解】对于A，，所以共面，故A错误；
对于B，，所以共面，故B错误；
对于C，假设共面，
则存在，使得，
则共面，这与可构成空间的一个基底矛盾，
所以不共面，故C正确；
对于D，，所以共面，故D错误.
故选：C.
4. 正方体分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】设正方体棱长为2，以的原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
5. 直线：在椭圆上截得的弦长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，根据韦达定理以及弦长公式可求解出结果.
【详解】设与椭圆交于，
联立可得，
且，，
所以，
故选：D.
6. 点是圆上的动点，直线是动直线，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直线所过的定点坐标，然后将问题转化为圆上点到圆外定点距离的最大值，最后根据圆心到定点的距离结合圆的半径求解出结果.
【详解】因为，所以，
令，所以，所以过定点，
又因为，所以在圆外，
因为点到直线的距离的最大值即为到的距离，
又因为点是圆上的动点，
所以，
所以点到直线的距离的最大值为，
故选：C.
7. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.
详解：在中，
设，则，
又由椭圆定义可知
则离心率，
故选D.
点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
8. 已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得点的轨迹方程为，结合得到为直径的圆要包含圆，利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由圆，可得，
所以圆的圆心为，半径为，
因为，且是的中点，所以，
所以点的轨迹方程为,
可其圆心为，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包含圆，
又由圆心到直线的距离为，
所以的长度的最小值为.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用空间向量判断直线、平面间的位置关系.
【详解】若，则，故A正确；
若，则或在内，故B错；
若，则，故C错；
若，则，故D正确.
故选：AD.
10. 已知点椭圆上一点，椭圆的焦点是，则下列说法中正确的是（ ）
A. 椭圆的长轴长是9B. 椭圆焦距是
C. 存在使得D. 三角形的面积的最大值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的几何性质逐个判断即可.
【详解】，
所以，
对于A：因为，所以长轴为，A错误；
对于B：因为，所以焦距为，B正确；
对于C：当取到上顶点时此时取到最大值，
此时，，
所以，所以此时为钝角，
所以存在使得，C正确；
对于D：当取到上顶点时此时三角形的面积取到最大值，
此时，D正确，
故选：BCD
11. 已知两点，点是直线：上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 存在使最小B. 存在使最小
C. 存在使最小D. 存在使最小
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：先求关于的对称点，根据与的交点坐标即可判断；
B：设出点坐标，根据二次函数的性质求解出取最小值时点坐标；
C：结合图示进行分析判断；
D：根据绝对值的特点先判断出取最小值时点的位置，然后联立对应直线方程求解出点坐标.
【详解】对于A：设点关于直线的对称点为，所以，所以，所以，
所以，当且仅当为与交点时满足题意，
又因为，即，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B：设，所以，
所以，当且仅当时有最小值，
此时，所以，故B正确；
对于C：如下图，根据与的位置关系可判断出有最大值，无最小值，故C错误；
对于D：因为，取等号时，即为垂直平分线与的交点，
因为垂直平分线方程为，即，
所以，所以，所以，故D正确；
故选：ABD.
12. 已知曲线，则（ ）
A. 曲线上两点间距离的最大值为
B. 若点在曲线内部（不含边界），则
C. 若曲线与直线有公共点，则
D. 若曲线与圆有公共点，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A：作出的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值；
B：根据直线与交点坐标进行判断；
C：根据直线与相切时的取值进行判断；
D：分析临界情况：经过与坐标轴的交点、与在四个象限相切，由此求解出的范围.
【详解】当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，；当时，
作出在平面直角坐标系下的图象如下图：
对于A：上任意两点距离的最大值为，故A错误；
对于B：因为在直线上，所以，所以或，
若点在曲线内部（不含边界），则有，故B正确；
对于C：当直线与相切时，如下图所示：
若与在第二象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
若与在第四象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
结合图象可知曲线与直线有公共点时有，故C正确；
对于D：如下图所示：
因为与坐标轴的交点坐标为，
所以当刚好经过与坐标轴的交点时，此时，
当刚好与在四个象限都相切时，，
所以曲线与圆有公共点时，故D错误；
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的综合运用，难度较大.数形结合是处理本题的高效方法，通过在图象上对临界位置的分析，得到直线与相切以及圆与相切时参数的取值.
选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 直线：的倾斜角是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出斜率，根据斜率可求得倾斜角.
【详解】因为直线：，斜率，
故倾斜角为.
故答案为：.
14. 如图，圆和圆的圆心分别为，，半径都为，写出一条与圆和圆都相切的直线的方程：__________.
【答案】（或或，答案不唯一，写出一个即可）.
【解析】
【分析】由圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由已知，圆和圆的半径，
圆心距为，
∴圆和圆相外切.
如图易知与圆和圆都相切的直线斜率存在，设其方程为，即，
则到直线的距离，①
到直线的距离，②
由①、②得，即或即，
∴解得或或，
∴与圆和圆都相切的直线的方程为或或.
故答案为：（或或，答案不唯一，写出一个即可）.
15. 正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】以向量为空间向量的基底，求出，再利用空间向量的数量积运算即得.
【详解】正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，
则，
，
因此
.
故答案为：
16. 如图，三角形中，，，为中点，为上的动点，将沿翻折到位置，使点在平面上的射影落在线段上，则当变化时，二面角的余弦值的最小值是______.
【答案】##.
【解析】
【分析】作出图示，根据位置关系分析出二面角的平面角为，然后根据三点共线将问题转变为平面直角坐标系中的坐标问题，通过计算对应纵坐标的比值结合基本不等式求解出二面余弦值的最小值.
【详解】过点作交于点，连接，如下图所示：
因为在平面内的射影为点，所以平面，所以，
又因为，，所以平面，所以，
所以二面角的平面角为，且，
又因为，所以，易知三点共线，且，则，
在平面中建立平面直角坐标系如下图所示：
设，因为在平面内的射影为点，所以可知，
又，所以，，
所以，，所以，
所以，
设，所以，
当且仅当，即，即时取等号，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求解二面角的余弦值，解答问题的关键在于将空间中线段长度比值转化为平面中坐标的比值，通过利用基本不等式求解出对应最值，难度较大.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知直线和直线的交点为.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）求线段（为原点）的垂直平分线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求解出交点的坐标，然后设出，代入点的坐标求解出参数，则结果可知；
（2）先确定出以及中点坐标，则的垂直平分线方程可求.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
设，代入，
所以，所以，
所以.
【小问2详解】
因为且中点坐标为，
所以的垂直平分线方程为，
即为.
18. 已知圆的圆心在直线上，且经过，两点.
（1）求圆的方程；
（2）直线：与圆交于两点，且，求实数的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出圆心坐标，再求出圆的半径即得.
（2）由给定弦长，结合圆的弦长公式求出弦心距，再利用点到直线距离公式计算即得.
【小问1详解】
圆过点，，则点在线段的中垂线上，
由，得点，圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
直线被圆所截弦长，则点到直线的距离，
因此，解得
所以实数的值为.
19. 如图，已知四棱锥中，平面，，，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据得到直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为分别为的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，，
因为平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
过点作于点，连接，
因为，所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了观测站，在平台的正北方向设立了观测站，它们到平台的距离分别为6海里和海里，记海平面上到观测站和平台的距离之比为2的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）.
（1）以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程；
（2）海平面上有渔船从出发，沿方向直线行驶，为使渔船不进入预警区，求取值范围.
【答案】（1）曲线的方程为：
（2）的取值范围为
【解析】
【分析】利用已知条件结合两点间距离公式列出方程并化简求得曲线方程.，利用直线与圆相切确定取值范围.
【小问1详解】
根据已知条件设且，，
由，有，
，
，
，
整理有，
是以为圆心，为半径的圆.，
所以曲线的方程为：.
【小问2详解】
，过的直线不过坐标原点且不与坐标轴垂直，
所以直线截距式方程为，
化为一般式方程为，
根据题意，临界情况下直线与圆相切，圆心到直线距离为圆的半径4，
且，解得，
所以综上可知的取值范围为.
21. 如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，，，点分别是线段，的中点，二面角为直二面角.
（1）求证：平面；
（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线和菱形的性质得到，根据二面角为直二面角和得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角余弦值的范围即可.
【小问1详解】
连接，
因为分别为中点，三角形为等边三角形，
所以，，
因为为三棱柱，，
所以四边形为菱形，，则，
因为二面角为直二面角，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，，，，
设，，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
因为平面，所以可以作为平面的一个法向量，
设锐二面角为，
则，
因为，所以，，，
所以锐二面角的余弦值得范围为.
22. 如图，已知椭圆的焦点为，，离心率为，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴，点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）判定（为坐标原点）与的面积之和是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）面积和为定值，定值为
【解析】
【分析】（1）根据题意求即可得到椭圆方程；
（2）设，分别求出点，坐标，然后求三角形面积即可.
【小问1详解】
设椭圆方程为，焦距为，则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意得，，直线：，
设点，，，则①，
直线：，令，则，
所以，
直线：，令，则，
所以，
，
由①得，所以.
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
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，只有一项符合题目要求）
1. 直线：在轴上截距是（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】将直线的一般式方程化为斜截式方程可得结果.
【详解】将变形为，
所以在轴上的截距是，
故选：A.
2. 圆与圆的位置关系是（ ）
A 相离B. 相交C. 内切D. 外切
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆的方程确定出两圆的圆心距和半径的关系，由此确定出两圆的位置关系.
【详解】因为，两圆的半径分别为，
所以，所以相交，
故选：B.
3. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量共面的结论，对各选项逐一判断即可得解.
【详解】对于A，，所以共面，故A错误；
对于B，，所以共面，故B错误；
对于C，假设共面，
则存在，使得，
则共面，这与可构成空间的一个基底矛盾，
所以不共面，故C正确；
对于D，，所以共面，故D错误.
故选：C.
4. 正方体分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】设正方体棱长为2，以的原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
5. 直线：在椭圆上截得的弦长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，根据韦达定理以及弦长公式可求解出结果.
【详解】设与椭圆交于，
联立可得，
且，，
所以，
故选：D.
6. 点是圆上的动点，直线是动直线，则点到直线的距离的最大值是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直线所过的定点坐标，然后将问题转化为圆上点到圆外定点距离的最大值，最后根据圆心到定点的距离结合圆的半径求解出结果.
【详解】因为，所以，
令，所以，所以过定点，
又因为，所以在圆外，
因为点到直线的距离的最大值即为到的距离，
又因为点是圆上的动点，
所以，
所以点到直线的距离的最大值为，
故选：C.
7. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.
详解：在中，
设，则，
又由椭圆定义可知
则离心率，
故选D.
点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.
8. 已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得点的轨迹方程为，结合得到为直径的圆要包含圆，利用点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由圆，可得，
所以圆的圆心为，半径为，
因为，且是的中点，所以，
所以点的轨迹方程为,
可其圆心为，半径为，
若直线上存在两点，使得恒成立，
则以为直径的圆要包含圆，
又由圆心到直线的距离为，
所以的长度的最小值为.
故选：C.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知直线的方向向量是，两个平面的法向量分别是，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用空间向量判断直线、平面间的位置关系.
【详解】若，则，故A正确；
若，则或在内，故B错；
若，则，故C错；
若，则，故D正确.
故选：AD.
10. 已知点椭圆上一点，椭圆的焦点是，则下列说法中正确的是（ ）
A. 椭圆的长轴长是9B. 椭圆焦距是
C. 存在使得D. 三角形的面积的最大值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的几何性质逐个判断即可.
【详解】，
所以，
对于A：因为，所以长轴为，A错误；
对于B：因为，所以焦距为，B正确；
对于C：当取到上顶点时此时取到最大值，
此时，，
所以，所以此时为钝角，
所以存在使得，C正确；
对于D：当取到上顶点时此时三角形的面积取到最大值，
此时，D正确，
故选：BCD
11. 已知两点，点是直线：上的动点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 存在使最小B. 存在使最小
C. 存在使最小D. 存在使最小
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：先求关于的对称点，根据与的交点坐标即可判断；
B：设出点坐标，根据二次函数的性质求解出取最小值时点坐标；
C：结合图示进行分析判断；
D：根据绝对值的特点先判断出取最小值时点的位置，然后联立对应直线方程求解出点坐标.
【详解】对于A：设点关于直线的对称点为，所以，所以，所以，
所以，当且仅当为与交点时满足题意，
又因为，即，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B：设，所以，
所以，当且仅当时有最小值，
此时，所以，故B正确；
对于C：如下图，根据与的位置关系可判断出有最大值，无最小值，故C错误；
对于D：因为，取等号时，即为垂直平分线与的交点，
因为垂直平分线方程为，即，
所以，所以，所以，故D正确；
故选：ABD.
12. 已知曲线，则（ ）
A. 曲线上两点间距离的最大值为
B. 若点在曲线内部（不含边界），则
C. 若曲线与直线有公共点，则
D. 若曲线与圆有公共点，则
【答案】BC
【解析】
【分析】A：作出的图象，结合图象分析任意两点距离的最大值；
B：根据直线与交点坐标进行判断；
C：根据直线与相切时的取值进行判断；
D：分析临界情况：经过与坐标轴的交点、与在四个象限相切，由此求解出的范围.
【详解】当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，，圆心；
当时，；当时，
作出在平面直角坐标系下的图象如下图：
对于A：上任意两点距离的最大值为，故A错误；
对于B：因为在直线上，所以，所以或，
若点在曲线内部（不含边界），则有，故B正确；
对于C：当直线与相切时，如下图所示：
若与在第二象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
若与在第四象限相切时，则到的距离等于圆的半径，
所以，所以或（舍），
结合图象可知曲线与直线有公共点时有，故C正确；
对于D：如下图所示：
因为与坐标轴的交点坐标为，
所以当刚好经过与坐标轴的交点时，此时，
当刚好与在四个象限都相切时，，
所以曲线与圆有公共点时，故D错误；
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆、圆与圆位置关系的综合运用，难度较大.数形结合是处理本题的高效方法，通过在图象上对临界位置的分析，得到直线与相切以及圆与相切时参数的取值.
选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 直线：的倾斜角是______.
【答案】
【解析】
【分析】求出斜率，根据斜率可求得倾斜角.
【详解】因为直线：，斜率，
故倾斜角为.
故答案为：.
14. 如图，圆和圆的圆心分别为，，半径都为，写出一条与圆和圆都相切的直线的方程：__________.
【答案】（或或，答案不唯一，写出一个即可）.
【解析】
【分析】由圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】由已知，圆和圆的半径，
圆心距为，
∴圆和圆相外切.
如图易知与圆和圆都相切的直线斜率存在，设其方程为，即，
则到直线的距离，①
到直线的距离，②
由①、②得，即或即，
∴解得或或，
∴与圆和圆都相切的直线的方程为或或.
故答案为：（或或，答案不唯一，写出一个即可）.
15. 正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】以向量为空间向量的基底，求出，再利用空间向量的数量积运算即得.
【详解】正四面体的所有棱长都是2，分别是，的中点，
则，
，
因此
.
故答案为：
16. 如图，三角形中，，，为中点，为上的动点，将沿翻折到位置，使点在平面上的射影落在线段上，则当变化时，二面角的余弦值的最小值是______.
【答案】##.
【解析】
【分析】作出图示，根据位置关系分析出二面角的平面角为，然后根据三点共线将问题转变为平面直角坐标系中的坐标问题，通过计算对应纵坐标的比值结合基本不等式求解出二面余弦值的最小值.
【详解】过点作交于点，连接，如下图所示：
因为在平面内的射影为点，所以平面，所以，
又因为，，所以平面，所以，
所以二面角的平面角为，且，
又因为，所以，易知三点共线，且，则，
在平面中建立平面直角坐标系如下图所示：
设，因为在平面内的射影为点，所以可知，
又，所以，，
所以，，所以，
所以，
设，所以，
当且仅当，即，即时取等号，
所以，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求解二面角的余弦值，解答问题的关键在于将空间中线段长度比值转化为平面中坐标的比值，通过利用基本不等式求解出对应最值，难度较大.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知直线和直线的交点为.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）求线段（为原点）的垂直平分线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求解出交点的坐标，然后设出，代入点的坐标求解出参数，则结果可知；
（2）先确定出以及中点坐标，则的垂直平分线方程可求.
【小问1详解】
因为，所以，所以，
设，代入，
所以，所以，
所以.
【小问2详解】
因为且中点坐标为，
所以的垂直平分线方程为，
即为.
18. 已知圆的圆心在直线上，且经过，两点.
（1）求圆的方程；
（2）直线：与圆交于两点，且，求实数的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出圆心坐标，再求出圆的半径即得.
（2）由给定弦长，结合圆的弦长公式求出弦心距，再利用点到直线距离公式计算即得.
【小问1详解】
圆过点，，则点在线段的中垂线上，
由，得点，圆的半径，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
直线被圆所截弦长，则点到直线的距离，
因此，解得
所以实数的值为.
19. 如图，已知四棱锥中，平面，，，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线和平行四边形的性质得到，然后利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据得到直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，根据线面角的定义得到为直线与平面所成角，然后求正弦值即可.
【小问1详解】
取中点，连接，
因为分别为的中点，所以，，
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，，
因为平面，平面，所以∥平面.
【小问2详解】
过点作于点，连接，
因为，所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
，，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20. 为了保证我国东海油气田海域的海上平台的生产安全，海事部门在某平台的正东方向设立了观测站，在平台的正北方向设立了观测站，它们到平台的距离分别为6海里和海里，记海平面上到观测站和平台的距离之比为2的点的轨迹为曲线，规定曲线及其内部区域为安全预警区（如图）.
（1）以为坐标原点，1海里为单位长度，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求曲线的方程；
（2）海平面上有渔船从出发，沿方向直线行驶，为使渔船不进入预警区，求取值范围.
【答案】（1）曲线的方程为：
（2）的取值范围为
【解析】
【分析】利用已知条件结合两点间距离公式列出方程并化简求得曲线方程.，利用直线与圆相切确定取值范围.
【小问1详解】
根据已知条件设且，，
由，有，
，
，
，
整理有，
是以为圆心，为半径的圆.，
所以曲线的方程为：.
【小问2详解】
，过的直线不过坐标原点且不与坐标轴垂直，
所以直线截距式方程为，
化为一般式方程为，
根据题意，临界情况下直线与圆相切，圆心到直线距离为圆的半径4，
且，解得，
所以综上可知的取值范围为.
21. 如图，三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，，，点分别是线段，的中点，二面角为直二面角.
（1）求证：平面；
（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线和菱形的性质得到，根据二面角为直二面角和得到，然后利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角余弦值的范围即可.
【小问1详解】
连接，
因为分别为中点，三角形为等边三角形，
所以，，
因为为三棱柱，，
所以四边形为菱形，，则，
因为二面角为直二面角，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，
因为四边形为菱形，，
所以为等边三角形，
因为为中点，所以，
因为平面，所以，
所以两两垂直，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
，，，，，，，，，，
设，，则，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
所以，
因为平面，所以可以作为平面的一个法向量，
设锐二面角为，
则，
因为，所以，，，
所以锐二面角的余弦值得范围为.
22. 如图，已知椭圆的焦点为，，离心率为，椭圆的上、下顶点分别为，右顶点为，直线过点且垂直于轴，点在椭圆上（且在第一象限），直线与交于点，直线与轴交于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）判定（为坐标原点）与的面积之和是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）面积和为定值，定值为
【解析】
【分析】（1）根据题意求即可得到椭圆方程；
（2）设，分别求出点，坐标，然后求三角形面积即可.
【小问1详解】
设椭圆方程为，焦距为，则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
由题意得，，直线：，
设点，，，则①，
直线：，令，则，
所以，
直线：，令，则，
所以，
，
由①得，所以.
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