2022-2023学年湖北省武汉市第三中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第三中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版），共39页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设是双曲线的右焦点，为坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，若的内切圆与轴切于点，且，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于的方程，解出即可.
【详解】∵F到渐近线的距离为，∴，
则△FOH的内切圆的半径为，
设△FOH的内切圆与FH切于点M，则
由，得
，
即
即
即，
由，得，由于 解得，
故选：C
【点睛】对于直角三角形内切圆半径要记住，根据向量之间关系得到关系式，再将其转化为关于的二次式，再利用，转化为关于的方程，这是求解关于离心率问题的常用方法.
2．已知点A（﹣1，0），B（1，0），C（0，1），直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，则b的取值范围是（ ）
A．（0，1）B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），由0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b；②若点M在点O和点A之间，求得b； ③若点M在点A的左侧，求得b＞1．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
【详解】由题意可得，三角形ABC的面积为 1，
由于直线y＝ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（，0），
由直线y＝ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故0，故点M在射线OA上．
设直线y＝ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．
①若点M和点A重合，如图：
则点N为线段BC的中点，故N（，），
把A、N两点的坐标代入直线y＝ax+b，求得a＝b．
②若点M在点O和点A之间，如图：
此时b，点N在点B和点C之间，
由题意可得三角形NMB的面积等于，
即，即 ，可得a0，求得 b，
故有b．
③若点M在点A的左侧，
则b，由点M的横坐标1，求得b＞a．
设直线y＝ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（，），
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 •（1﹣b）•|xN﹣xP|，
即（1﹣b）•||，化简可得2（1﹣b）2＝|a2﹣1|．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2＝|a2﹣1|＝1﹣a2 ．
两边开方可得 （1﹣b）1，∴1﹣b，化简可得 b＞1，
故有1b．
综上可得b的取值范围应是 ，
故选B．
【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考查了运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．
3．在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【分析】设，易知点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量，设则，记直线与平面所成角为,则，令，利用换元法可得，又，则的最大值为，由此即可求出答案.
【详解】过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故选：C
4．已知梯形中，，，，，是线段的中点将沿所在的直线翻折成四面体，翻折的过程中下列选项错误的是（ ）
A．与始终垂直
B．当直线与平面所成角为时，
C．四面体体积的最大值为
D．四面体的外接球的表面积的最小值为
【答案】B
【分析】A选项：利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得到；
B选项：根据题意得到为直线与平面所成角，然后根据，求即可；
C选项：根据题意得到平面平面时，四面体体积最大，然后求体积即可；
D选项：根据题意得到平面平面时，四面体外接球的表面积最小，找出半径求表面积即可.
【详解】
A选项：连接交于，因为，点是的中点，所以，又∥，所以四边形为平行四边形，因为，，所以四边形为正方形，，即，，又，所以在翻折过程中平面，因为平面，所以，故A正确；
B选项：因为平面，平面，所以平面平面，为直线与平面所成角，在中，，所以，故B错；
C选项：当平面平面时四面体的体积最大，此时，故C正确；
D选项：由题易知，当平面平面时，四面体外接球的表面积最小，此时球心点处，外接球半径为1，表面积为，故D正确；
故选：B.
5．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（ ）
A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段
B．存在Q点，使得平面
C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大
D．若，那么Q点的轨迹长度为
【答案】B
【分析】取中点，证明平面，得动点轨迹判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由与此法向量平行确定点位置，判断B，利用空间向量法求得到到平面距离的最大值，确定点位置判断C，利用勾股定理确定点轨迹，得轨迹长度判断D．
【详解】选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
连接，，，所以，同理平面，
，平面，所以平面平面，
当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；
选项B，以为原点，据直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设（），
，，，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
若平面，则，所以存在，使得，
同，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；
选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，
到平面的距离为，，
时，，当时，有最大值1，
时，，时，有最大值，
综上，时，取得最大值1，故与重合时，取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；
选项D，平面，平面，，
所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是勾画出过且与平面平行的平面，由体积公式，在正方形内的点到平面的距离最大，则三棱锥体积最大．
6．已知直三棱柱中，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.
【详解】解：因为三棱柱为直三棱柱，
所以，平面
所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，
因为，
令
因为，所以，
在中，，
所以，，
所以，，
所以，当，即时，取得最大值，
所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，
所以，，
所以，
所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，
所以，直三棱柱外接球的半径，即，
所以，直三棱柱外接球的体积为.
故选：C
7．为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【详解】分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示:

正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴ ，，，.
半球面形状的容器的容积是.
故选：B
8．在棱长为3的正方体中，点为侧面内一动点，且满足平面，若，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】探求点的位置，结合余弦定理求出BP，AP，再由正弦定理求出的球的截面小圆半径，然后确定球心O的位置并求出球半径作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，
对角面是矩形，有，平面，平面，则平面，
同理平面，而，平面，因此平面平面，
而平面，平面，则有平面，又点在侧面内，
侧面平面，于是得点在线段上，中，，
由余弦定理得：，即，解得或，
中，，由余弦定理得：，
由正弦定理得的外接圆半径，外接圆半径，
令，外接圆圆心为，有平面，取中点，令外接圆圆心为 连，
则，而平面平面，平面平面，
因此平面，平面，又平面，从而有，
即四边形为平行四边形，，
球O的半径R，有，
所以球的表面积为.
故选：C
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
二、多选题
9．已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，为内部（含边界）的动点，则（ ）
A．平面B．球的表面积为
C．的最小值为D．与平面所成角的最大值为60°
【答案】ACD
【分析】对于A，利用平行四边形证得，进而证得平面；
对于B，先假设的位置，利用勾股定理与半径相等得到及，解得，进而确定的位置，故可求得球的表面积为；
对于C，先判断落上，再进一步判断与重合时，取得最小值为；
对于D，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得知当与重合时，取得最大值，再利用对顶角相等求得此时，进而得到的最大值为.
【详解】对于A，如图1，
由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，
又面面，而面面，面面，故，即；
由平面几何易得，即；
所以四边形是平行四边形，故，
而面，面，故平面，故A正确；
.
对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，
在等腰梯形中，易得，即，
为方便计算，不妨设，则由，
即，即，又，
解得，即与重合，故，
故球的表面积为，故B错误；
.
对于C，由图2易得，，，面，
故面，
不妨设落在图3处，过作，则面，故，
故在中，（勾股边小于斜边）；同理，，
所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；
再看图4，由可知，
故，故C正确，
.
对于D，由选项C可知，面，面，故面面，
在面内过作交于，如图5，
则面，面面，故面，故为与平面所成角，
在中，，故当取得最小值时，取得最大值，即取得最大值，
显然，动点与重合时，取得最小值，即取得最大值，且，
在中，，，，故为正三角形，即，即与平面所成角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为），由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度.
10．已知点，点是双曲线：左支上的动点，为其右焦点，是圆：上的动点，直线交双曲线右支于（为坐标原点），则（ ）
A．过点作与双曲线有一个公共点的直线恰有条
B．的最小值为
C．若的内切圆与圆外切，则圆的半径为
D．过作轴垂线，垂足为（与不重合），连接并交双曲线右支于，则（为直线斜率，为直线斜率）
【答案】BD
【分析】根据点的位置可确定与双曲线有一个公共点的直线条数，知A错误；
根据，，结合双曲线定义可知B正确；
设圆，由两圆外切可构造方程求得圆的半径，知C错误；
设，可求得，，从而将化为，利用基本不等式可求得D正确.
【详解】
对于A，双曲线的渐近线方程为，点在双曲线外，
过可作平行于渐近线的两条直线与双曲线有且仅有一个交点；
又过可作双曲线的两条切线，与双曲线有且仅有一个交点，
过点作与双曲线有一个公共点的直线恰有条，A错误；
对于B，由双曲线方程知其焦点为，圆的圆心为双曲线的左焦点，
；
（当且仅当三点共线时取等号），
（当且仅当三点共线时取等号），
，B正确；
对于C，由双曲线焦点三角形性质可知：的内切圆的圆心必在上，
可设，则圆的半径为，
圆与圆相外切，，解得：，
即的内切圆的半径为，C错误；
对于D，设，，，则，，，
；
又，，
，D正确.
故选：BD.
11．已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线相交于A，B两点.过A，B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点Q.直线l为抛物线C的准线，与x轴交于点D，则（ ）
A．当时，B．若，P是抛物线上一个动点，则的最小值为2
C．D．若点Q不在坐标轴上，直线AB的倾斜角为，则
【答案】ACD
【分析】根据抛物线的定义，结合导数的几何意义、一元二次方程根与系数关系逐一判断即可.
【详解】设，，直线AB为，则整理得，，，.
当时，则，故，，∴，故，∴，故A正确；
M到抛物线准线的距离为，结合抛物线的定义可知，当P的纵坐标为1时，的最小值是，故B错误；
不妨设A在第一象限，B在第四象限，则，，，则点A处切线斜率，，，则点B处切线斜率，所以，又因为，所以，所以，故C正确；
不妨设A在第一象限，B在第四象限，记直线AD与直线BD的倾斜角为，，
，因为直线AB倾斜角为，则，故，故D正确.
故答案为：ACD
【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义是解题的关键.
12．拋物线的焦点为，过的直线交拋物线于两点，点在拋物线上，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则的最小值为4
B．当时，
C．若，则的取值范围为
D．在直线上存在点，使得
【答案】BC
【分析】对A，根据抛物线的定义转化求解最小值即可；对B，根据抛物线的定义，结合三角函数关系可得直线倾斜角，再根据抛物线焦点弦长公式求解即可；对C，根据抛物线的定义可得，再分析临界条件求解即可；对D，
【详解】对A，如图，由抛物线的定义，的长度为到准线的距离，故的最小值为与到准线距离之和，故的最小值为到准线距离 ，故A错误；
对B，不妨设在第一象限，分别过作准线的垂线，垂足，作.则根据抛物线的定义可得，故
.
故，所以.故B正确；
对C，过作垂直于准线，垂足为，则，由图易得，故随的增大而增大，当时在点处，此时取最小值1；当与抛物线相切时最大，此时设方程，联立有，，此时解得，不妨设则方程，此时倾斜角为，.
故的取值范围为，故C正确；
对D， 设，中点，故到准线的距离，又，故，故以为直径的圆与准线相切，又满足的所有点在以为直径的圆上，易得此圆与无交点，故D错误；
故选：BC
三、填空题
13．三棱锥中，顶点P在平面ABC的射影为O，满足，A点在侧面PBC上的射影H是的垂心，，此三棱锥体积的最大值是____________.
【答案】36
【分析】由题设O是的重心，连接并延长交于，连接并延长交于，易得分别是、中点，再应用线面垂直的判定、性质求证、，即可知为等边三角形，设其边长为，利用棱锥体积公式得，应用三元基本不等式求最大值，注意取值条件.
【详解】由P在平面ABC的射影为O，且，
所以O是的重心，连接并延长交于，连接并延长交于，
则分别是、中点，
由面，面，则，
又H是的垂心，则，
而，面，所以面，
由面，故，
由面，面，则，
又，面，则面，
由面，所以，
而面，则，又，，面，
所以面，面，则，
而面，则，
又，面，则面，
由面，则，即，
根据，，分别为、中点，故为等边三角形，
设边长为，则，故，又，
所以，则，
故，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥体积的最大值是36.
故答案为：36
【点睛】关键点点睛：首先要判定为等边三角形，再设的边长，结合锥体体积公式、基本不等式求体积最大值.
14．三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为___________.
【答案】##
【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；
【详解】为边长为2的等边三角形，
为正三棱锥，
，又分别为中点，
，
，又
平面平面，
为正方体一部分，
故，即，
∵为三棱锥外接球上的动点，
∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，
∴可求得三棱锥的体积为：，
∴，
解得：
故答案为：
【点睛】求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作直线分别交双曲线左支和一条渐近线于点（在同一象限内），且满足． 联结，满足． 若该双曲线的离心率为，求的值_______．
【答案】
【分析】先假设，由得，再由点在双曲线上，得到，进而得到，又由点在渐近线上，得到，平方后将，代入得到齐次方程，求得，再平方即可求得离心率.
【详解】不妨设，由得，化简得（1）， 在双曲线上，所以，即， 代入（1）解得，
，又在渐近线上，，即．
两边平方得（2）
将和代入（2）得
化简得，解得，即． 化简得
故答案为：
【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
16．阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆上任意一点的切线方程为．若已知△ABC内接于椭圆E：，且坐标原点O为△ABC的重心，过A，B，C分别作椭圆E的切线，切线分别相交于点D，E，F，则______．
【答案】4
【分析】设、、，由重心的性质有、、，写出过切线方程并求交点坐标，进而判断△重心也为O，再由在椭圆上可得、、共线，即分别是的中点，即可确定面积比.
【详解】若、、，则的中点、、，
由O为△ABC的重心，则、、，
所以、、，可得，
由题设，过切线分别为、、，
所以，，，
所以，同理，即△重心也为O，
又、、，可得、、，
所以，同理可得、，
所以、、共线，
综上，分别是的中点，则
【点睛】关键点点睛：设点坐标及过切线方程，并求出坐标，利用重心的性质确定△重心为O，并求证分别是的中点即可.
四、解答题
17．已知、分别是椭圆的左右顶点，为坐标原点，，点在椭圆上．过点，且与坐标轴不垂直的直线交椭圆于、两个不同的点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点落在以线段为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围；
(3)当直线的倾斜角为锐角时，设直线、分别交轴于点、，记，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据长轴长求出，再代入，求出，得到椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，先根据根的判别式求出的取值范围，
再根据点落在以线段为直径的圆的外部，则，列出不等式，求出的取值范围；
（3）先设出直线的方程，求出点S坐标，同理求出点T为，根据向量关系得到，结合的范围求出的范围.
【详解】（1）因为，所以；
又点在图像上即，所以，
所以椭圆的方程为；
（2）由（1）可得
设直线，设、，
由得，
解得或①
∵点在以线段为直径的圆的外部，则，
又②
解得或
由①②得
（3）设直线，又直线的倾斜角为锐角，由（2）可知，
记、，所以直线的方程是：，直线的方程是：.
令，解得，所以点S坐标为；同理点T为.
所以，，.
由，，可得：，，
所以，
由（2）得，，
所以

，
因为，所以，，
故的范围是.
【点睛】对于直线与圆锥曲线结合，求解取值范围问题，通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题干条件列出方程，求出答案.
18．已知点在椭圆C：（）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆O：（）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.
【答案】(1)
(2)过定点，证明见解析
【分析】（1）结合题意，可得关于的方程，解之可得椭圆C的方程；
（2）先由直线与圆相切可得，再联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出，，，，代入可得的关系式，进而可得直线AB过定点.
【详解】（1）由题知，，的面积等于，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设直线的方程为，直线的方程为，
由题知，所以，
所以，同理，，
所以是方程的两根，所以.
设，设直线的方程为，
将代入，得，
所以，①
②
所以，③
，④
又因为，⑤
将①②③④代入⑤，化简得，
所以，所以，
若，则直线，此时过点，舍去.
若，则直线，此时恒过点，
所以直线过定点.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
19．已知椭圆的离心率为，椭圆C与y轴交于A，B两点，且．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设点P是椭圆C上的一个动点，且点P在y轴的右侧．直线PA，PB与直线分别交于M，N两点．若以MN为直径的圆与x轴交于两点E，F，求点P横坐标的取值范围及的最大值．
【答案】(1)
(2)横坐标的取值范围为，的最大值为2
【分析】（1）根据离心率及短轴长求出，，求出椭圆方程；
（2）解法1：设出P的坐标为，，得到PA，的方程，进而求出的坐标，表达出圆的方程，根据圆与轴有两个交点得到，利用求出最大值；
解法2：同解法1，表达出的坐标，根据以MN为直径的圆与x轴相交列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；
解法3：同解法1，表达出的坐标，根据半径大于圆心到轴的距离列出不等式，求出，利用垂径定理得到，求出最大值；
解法4：同解法1，，表达出的坐标，根据垂直关系得到，从而得到，求出，根据表达出的长，并求出最大值；
解法5：：设直线OP与交于点T，根据相似得到T是MN的中点，求出T，
得到半径，根据点到轴距离小于半径，结合得到，
利用垂径定理得到，求出最大值.
【详解】（1）由题意，可得，，得，解得：．
椭圆C的标准方程为．
（2）解法1：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．
∴，直线PA的方程为，同理：直线PB的方程为．
直线PA与直线的交点为；
直线PB与直线的交点为．
∵线段MN的中点坐标为，
∴圆的方程为．
令，则．
∵，
∴，
∴．
∵这个圆与x轴相交，该方程有两个不同的实数解，
∴，解得．
设交点坐标分别为，，则．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法2：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．
∴，直线PA的方程为，同理：直线PB的方程为．
直线PA与直线的交点为；
直线PB与直线的交点为．
若以MN为直径的圆与x轴相交，则，
即，即．
∵，
∴，代入得到，解得．
该圆的直径为；
圆心到x轴的距离为；
该圆在x轴上截得的弦长为．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法3：设点P的坐标为，点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．
∴，直线PA的方程为
同理：直线PB的方程为．
直线PA与直线的交点为；
直线PB与直线的交点为．
∴．
圆心到x轴的距离为．
若该圆与x轴相交，则，即．
∵，
∴，
∴，解得．
该圆在x轴上截得的弦长为．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法4：记点D的坐标为（2，0），点H的坐标为（4，0），设点P的坐标为，点M的坐标为，点N的坐标为．
由已知可得点A的坐标为（0，1），点B的坐标为．
∴AP的直线方程为，BP的直线方程为．
令，分别可得，．
∴点M的坐标为，点N的坐标为．
若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，
∵，
∴．
．
∵，
∴，代入得到，
∴．
∴．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
解法5：设直线OP与交于点T．
∵轴，
∴有，．
∴，，即T是MN的中点．
又设点P的坐标为，则直线OP方程为．
令，得，∴点T的坐标为．
而，若以MN为直径的圆与x轴相交于点E，F，则，即．
∵，
∴，
∴，解得或．
∵，∴，∴．
∴该圆被x轴截得的弦长的最大值为2．
【点睛】圆锥曲线与圆结合的题目，要充分利用圆的几何性质进行求解，本题中使用圆心到直线的距离小于半径来求解轴与圆相交，从而求出，利用垂径定理求解弦长，进而求出最大值.
20．平面直角坐标系中，已知点.点满足，记点的轨迹.
(1)求的方程；
(2)设点与点关于原点对称，的角平分线为直线，过点作的垂线，垂足为，交于另一点，求的最大值.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据双曲线定义得到点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，求出，得到轨迹方程；
（2）设出，，，根据角平分线的条件，结合向量投影
模长相等得到，从而求出，点坐标，确定直线的方程，由点到直线距离
公式求出，再求出直线的方程为，与双曲线方程联立，利用
弦长公式求出，结合基本不等式求出，最后求出的最大值.
【详解】（1）由题意得：，，
所以点的轨迹为以为焦点的双曲线的右支，
即，
所以的方程为；
（2）由对称性，不妨设在第一象限，设，则，
设直线的斜率为，记，由为的角平分线，
则，其中，，
所以，
同理得：，
，
代入中，，
化简得：，
将代入，中，解得：，
所以，，
设直线的方程为，将代入，解得：，
所以直线的方程为，
由点到直线距离公式得：，
由直线的斜率为，设直线的方程为，
将点代入，解得：，
所以直线的方程为，将其与联立得：
，
设，
则，
由可知：，又，所以，
，
由均值不等式，，当且仅当，
即时，等号成立，因为，故，
所以，当且仅当时，等号成立，
的最大值为.
【点睛】本题难点在于如何处理角平分线这个条件，采用了向量投影的模长相等来进行求解，计算量小且易操作，属于点睛之笔.
21．一个楔子形状几何体的直观图如图所示，其底面 为一个矩形，其中 ，，顶部线段 平面，棱 ，二面角 的余弦值为 ，设 ， 分别是 ， 的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先由线面平行的性质定理证得，得四点共面，再由线面垂直的判定定理得到面，进而由面面垂直的判定定理得到结论.
（2）先结合（1）中结论证得面，进而证得二面角的平面角为，故求得所需线段的长度，建立空间直角坐标系，求得与面的法向量，利用空间向量数量积运算即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，且平面，又因为平面平面，所以，
又是矩形两边的中点，所以，
所以，故四点共面，
因为，是的中点，所以，
在矩形中，故，
又面，
所以面，
又因为面，所以平面平面.
（2）在平面内过做的垂线，垂足为，则由（1）可知面，故，
又，面，所以面，
又因为，所以二面角的平面角为，故，
在中，，
在中，，，
过做边的垂线，垂足为，以为坐标原点,以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
故，，
设平面的一个法向量为，则，即，
令，得，
设直线与平面所成角为，则.
22．如图，已知四棱锥中，平面，平面平面，且，，，点在平面内的射影恰为的重心.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）过作于， 利用面面垂直的性质定理可知平面，进而可知，又由已知可知，再利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，即，再利用向量夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，.
又平面，平面，，
又，平面，
平面，.
（2）连结并延长交于，连结，以为原点，
分别以，所在的直线为，轴，以过且与平面垂直的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，设，
平面，平面，，同理，
又，平面，，
又是的重心，是的中点，，由（1）知，，
， ，，
，解得，，
设，则，故，
，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设直线与平面所成角为，则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),