和Ⅰ若分别为椭圆的左右顶点，是否存在点，使说明理由Ⅱ求的值Ⅲ求的值答案Ⅰ不存在点，使说明如下设依题意，此时，则若，则需使，即又点在椭圆上所以，把代入式中解得且显然与为椭圆上异于的点矛盾，所以不存在Ⅱ设，依题意直线过原点，则由于为椭圆上异于的点，则直线的斜率，直线的斜率即椭圆的方程化为，由于点和点都为椭圆上的点，则，两式相减得，因为点和点不重合，所以，即Ⅲ方法由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率设直线的方程为，代入到椭圆方程中，得，解得设，由直线过原点，则则由于，所以，即直线的方程为，代入到椭圆方程中，得，解得同理可得则由Ⅱ问，且，则即化简得即方法二设，由直线都过原点，则由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率，由Ⅱ问，可得由于，则由于点不可能在轴上，即，所以，过原点的直线的方程为，代入椭圆的方程中，得，化简得由于点在椭圆上，所以，所以，不妨设，代入到直线中，得即，则又，所以解析本题主要考查椭圆的几何性质直的斜率公式两条直线的位置关系两点间的距离公式平面向量的数量积，考查了计算能力设依题意或，求出之间的关系，联立椭圆方程，求出的值，即可判断结论设，依题意直线过原点，则由于为椭圆上异于的点，即可求出的表达式，由题意两式化简求解即可法由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率，设直线的方程为，代入到椭圆方程中，解得，设，由直线过原点，则，利用两点间的距离公式可得的表达式，同理得，化简即可求得的值法二设，由直线都过原点，则，由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率，由Ⅱ问，可得，再直线与椭圆联立求出交点坐标，化简即可求出的值答案解析本题主要考查椭圆的简单几何性质平面向量的共线定理由题意，因为，所以与轴垂直，将代入椭圆方程求得，即，又因为，所以下图为四棱锥的表面展开图，四边形为矩形，已知顶点在底面上的射影为点，四棱锥的高为，则在四棱锥中，与平面所成角的正切值为答案解析本题主要考查直线与平面所成的角线面垂直，考查了空间想象能力由题意可知，在四棱锥中，与平面垂直，所以是直线与平面所成的角，又因为，所以，又，所以与平面所成角的正切值为如图，正方体的棱长为，为中点，为线段上的动点不与，重合有四个命题平面平面平面平面④三棱锥的体积有最大值其中真命题的序号是答案解析本题主要考查线面与面面平行与垂直的判定与性质空间几何体的体积空间向量的应用，考查了空间想象能力如图所示，连接，易证，显然与不垂直，即与不垂直，故平面不垂直，因此根据线面与面面平行的判定定理易证平面与平面平行，则易知平面，故正确利用线面与面面垂直的判定平面，求的值Ⅲ若二面角的平面角为，求的值答案Ⅰ因为为等边三角形，为的中点，所以因为平面⊥平面，且平面平面平面，所以平面又平面，所以由已知得，所以平面且平面，所以Ⅱ连接交于，连接因为平面平面，平面平面，所以因为，所以又，所以所以，则为的中点，Ⅲ方法依题意，若二面角的大小为，则二面角的大小为连接，过点作交于，过作于，连接因为平面，所以平面又平面，所以又平面平面，所以平面，从而则为二面角的平面角，即在等边中，由于，所以又，所以在中，解得方法二由于，以为原点，射线分别为正半轴，正半轴，正半轴建立空间直角坐标系，如图根据条件可知平面即平面的个法向量为设，由条件可知即，解得即设平面的个法向量为，则令，则即因为二面角的平面角为，所以，解得因为，所以解析本题主要考查线面面面平行与垂直的判定定理与性质定理二面角空间向量的应用，考查了空间想象能力根据题意证明，即可证明平面，则结论易得连接交于，连接，由平面可得，根据题意证明，则易求的值依题意，若二面角的大小为，则二面角的大小为，连接，过点作交于，过作于，连接，证明，则为二面角的平面角，即，根据已知条件求解即可法二由于，以为原点，射线分别为正半轴，正半轴，正半轴建立空理易证与平面，则易得平面平面，故正确因为，因为三角形的面积为定值，点为上的动点，且与不重合，所以点到平面的距离没有最大值，因此，没有最大值，故④三解答题共题如图，长方体中，为的中点，点分别为棱的中点Ⅰ求证平面平面Ⅱ求证平面⊥平面答案Ⅰ在长方体中，点和点分别为所在棱的中点，所以且，从而四边形为平行四边形所以又因为平面，平面，所以平面又点是棱的中点，所以是的中位线，所以由于平面，平面，所以平面又因为平面平面，所以平面平面Ⅱ在长方体中，平面，且平面，所以在矩形中，为的中点，则，从而，即因为平面，所以⊥平面又平面，所以平面⊥平面，解析本题主要考查线面与面面平行与垂直的判定定理与性质定理，考查了空间想象能力根据题意，先证明四边形为平行四边形，即可证明，易得平面，同理可证明平面，则结果易证先证明易得⊥平面，则结论即可证明如图，四棱锥的底面为直角梯形且，平面底面为的中点，为等边三角形，是棱上的点，设与不重合Ⅰ求证Ⅱ若由题意可知，且，消去，化简可得点的轨迹方程为如图，平行六面体中，与的交点为，设，则下列向量中与相等的向量是答案解析本题主要考查空间向量的应用由题意可得，若由方程和所组成的方程组至多有两组不同的实数解，则实数的取值范围是或或答案解析本题主要考查直线与圆的位置关系方程表示两条直线，联立两个方程，消去，化简可得，由题意可知，判别式，所以或设是坐标原点，若直线与圆交于不同的两点，且，则实数的最大值是答案解析本题主要考查圆的性质平面向量的平行四边形法则菱形的性质点到直线的距离公式以为邻边作菱形，由分别表示菱形两条对角线所表示的向量，因为，所以的夹角为直角或钝角，所以圆心到直线的距离小于等于，由点到直线的距离公式可得，所以，则实数的最大值是如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为答案解析本题主要考查空间几何体的三视图表面积与体积，考查了空间想象能力由三视图可知，该三棱锥的底面面积为，高为，所以，该三棱角的体积已知动圆位于抛物线的内部，且过该抛物线的顶点，则动圆的周长的最大值是答案解析本题主要考查抛物线的简单几何性质圆的方程与性质设圆的方程为，与联立消去可得，由题意可知，要使动圆的周长最大，则圆的半径也最大，且圆与抛物线相切，则判别式，故，所以动圆的周长的最大值是二填空题共题写出命题任意两个等腰直角三角形都是相似的的否定判断是命题后空中填真或假答案存在两个等腰直角三角形，它们不相似假解析本题主要拿考查全称命题与特称命题的否定命题真假的判断由全称命题的否定的定义可知命题存在两个等腰直角三角形，它们不相似显然命题是假命题已知，则的外接圆的方程是答案解析本题主要考查圆的标准方程与圆的性质由圆的性质可知，线段与线段的垂直平分线的交点即为圆心，所以圆心坐标为则半径，所以，所求圆的标准方程为中心在原点，焦点在轴上，虚轴长为并且离心率为的双曲线的渐近线方程为答案解析本题主要考查双曲线的简单几何性质设双曲线的方程为，由题意可知又因为，所以，易求得，所以双曲线方程为，则渐近线方程为过椭圆的右焦点的直线与椭圆相交于，两点若，则点与左焦点的距离北京市朝阳区学年高二上学期期末考试数学选择题共题圆被直线截得的弦长为答案解析本题主要考查直线与圆的位置关系圆的性质由圆的方程可知，圆心坐标为半径，则圆心到直线的距离为，由垂径定理可知，弦长为抛物线上与其焦点距离等于的点的横坐标是答案解析本题主要考查抛物线的定义设该点横坐标为，由抛物线的定义可知则已知，则是的充分而不必要条件必要而不充分条件充分必要条件即不充分也不必要条件答案解析本题主要考查充分条件与必要条件因为，所以，因此，且，故是的充分而不必要条件已知两条不同的直线，三个不同的平面，下列说法正确的是若则若则若则若则答案解析本题主要考查线面面面平行与垂直的判定与性质，考查空间想象能力因为，所以平面内存在条直线与平行，因为所以与垂直，则与的位置关系不确定，故平行于同条直线的两个平面不定平行，故因为所以或，故因此，正确在圆上任取点，过点作轴的垂线段为垂足，当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹方程是答案解析本题主要考查点的轨迹方程圆的方程设点由间直角坐标系，平面即平面的个法向量为，求出平面的个法向量为，根据题意，化简求解即可已知椭圆，过原点作直线交椭圆于两点，为椭圆上异于的动点，连接，设直线的斜率分别为，过作直线的平行线，分别交椭圆于和Ⅰ若分别为椭圆的左右顶点，是否存在点，使说明理由Ⅱ求的值Ⅲ求的值答案Ⅰ不存在点，使说明如下设依题意，此时，则若，则需使，即又点在椭圆上所以，把代入式中解得且显然与为椭圆上异于的点矛盾，所以不存在Ⅱ设，依题意直线过原点，则由于为椭圆上异于的点，则直线的斜率，直线的斜率即椭圆的方程化为，由于点和点都为椭圆上的点，则，两式相减得，因为点和点不重合，所以，即Ⅲ方法由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率设直线的方程为，代入到椭圆方程中，得，解得设，由直线过原点，则则由于，所以，即直线的方程为，代入到椭圆方程中，得，解得同理可得则由Ⅱ问，且，则即化简得即方法二设，由直线都过原点，则由于分别平行于直线，则直线的斜率，直线的斜率，由Ⅱ问，可得由于，则由于点不可能在轴上，即，所以，过原点的直线的方程为，代入椭圆的方程中，得，化