广西部分学校2024-2025学年高二上学期12月阶段性考试数学试题（北师大版）
1．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（ ）
A．120 B．15 C．25 D．90
2．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知直线与直线平行，则（ ）
A．4 B． C．或5 D．
3．（2024高二上·广西壮族自治区期末）被6除的余数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知双曲线的焦距为，实轴长为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（2024高二上·广西壮族自治区期末）甲，乙，丙3名学生约定：利用假期观看A，B，C，D，E这5部新上映的电影，待返校后互相分享精彩内容.返校后，已知5部电影都有人观看，且每部电影只有一个人观看，则所有观看电影的情况种数为（ ）
A．150 B．243 C．183 D．393
7．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在平行六面体中，点分别在棱上，且.若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知是抛物线上的动点，是抛物线的准线上的动点，，则的最小值是（ ）
A．5 B．4 C． D．
9．（2024高二上·广西壮族自治区期末）若点和点关于直线对称，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高二上·广西壮族自治区期末）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的面积为，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在正四棱锥中，，则（ ）
A．
B．异面直线所成角的余弦值为
C．向量在向量上的投影向量为
D．直线与平面所成角的正弦值为
12．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则 .
13．（2024高二上·广西壮族自治区期末）的展开式中的系数为 .
14．（2024高二上·广西壮族自治区期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的标准方程为 ；若该阿氏圆在点处的切线与直线交于点，则的最小值为 .
15．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知圆的圆心在直线上，且点，在上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若倾斜角为的直线经过点，且与圆相交于D，E两点，求.
16．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程.
17．（2024高二上·广西壮族自治区期末）如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
18．（2024高二上·广西壮族自治区期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△，△均为等边三角形，．
（1）证明：平面平面．
（2）若点到平面的距离为，求四棱锥的体积．
19．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知椭圆的离心率是，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上的动点，是的内心，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可知：不同的选法种数为.
故答案为：B.
【分析】根据分类加法计数原理求解即可.
2．【答案】D
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线平行，所以，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用两直线平行的充要条件列式求值即可.
3．【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：，
因为984可以被6整除，所以被6除的余数为1.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用二项展开式求解即可.
4．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，
因为双曲线的焦点在轴上，所以，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】由题意，易知，根据的关系求出，再根据焦点在y轴的双曲线的渐近线方程直接求解即可.
5．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由题意，令，则，故A错误；
B、令，则，即，故B错误；
C、令，则，
即，故C正确；
D、令，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解即可.
6．【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：1个人观看5部电影有3种情况；
2个人观看5部电影有种情况；
3个人观看5部电影有种情况，
则共有：种情况.
故答案为：B.
【分析】由题意，分甲，乙，丙3名学生中1人观看5部电影，2人观看5部电影，3人观看5部电影，利用分类加法计数原理求解即可.
7．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
又因为，所以，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，结合空间向量基本定理，利用向量的线性运算求得，即可求解.
8．【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，准线的方程为，
当时，的值最小，根据抛物线的定义，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线定义计算即可.
9．【答案】A,C
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：易知的中点，
因为点和点关于直线对称，
所以 ，解得，.
故答案为：AC.
【分析】由点关于直线对称的性质，列方程组求解即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知
由“逼近法”原理可知，
因为，所以或或或或或，
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率.
故答案为：ABD.
【分析】易知，根据“逼近法”可得，由此可确定所有可能的取值，再根据椭圆离心率求得所有可能的取值即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：记，连接，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
A、因为，
所以，
所以，，
由得，由得.
则，所以，故A正确；
B、因为，
所以，
，
所以，
则异面直线所成角的余弦值为，故B正确；
C、向量在向量上的投影向量为，故C错误；
D、设平面的法向量为，因为，
所以令，得.又，
设直线与平面所成的角为，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据正棱锥的性质求得各个点的坐标，然后利用向量模的坐标运算公式求解即可判断A；利用异面直线夹角的向量公式求解即可判断B；根据投影向量的概念求解即可判断C；利用线面角的向量公式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】共面向量定理
【解析】【解答】解： 点满足，若四点共面，
则，解得.
故答案为：.
【分析】利用空间向量共面定理列方程求解即可.
13．【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：，
由二项式展开式的通项为，
再由，可得，因为中的系数为1，
则的系数为.
故答案为：.
【分析】写出二项展开式的通项，结合题意求解即可.
14．【答案】；
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：设点，由题意可得：，即，
则，整理得，
即圆的标准方程为；
该阿氏圆的圆心为，半径，
点到直线的距离，
，当且仅当时取等号，
则的最小值为.
故答案为：；.
【分析】设点的坐标，由题意列出方程并化简求得阿氏圆的标准方程；再由切线长定理求出直线上的点向圆所作切线长的最小值即可.
15．【答案】（1）解：设线段的中点为，则，
因为直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为，
则线段的垂直平分线所在的直线方程为，
联立，解得，
则圆心，半径为，
故圆的标准方程为；
（2）解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线经过点，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
所以.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设线段的中点为，求中点坐标，再求出线段的垂直平分线所在的直线方程，与联立解出圆心坐标以及圆的半径即可得圆的标准方程；
（2）由已知可得直线的方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求解即可.
（1）设线段的中点为，则，
因为直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
所以线段的垂直平分线所在的直线方程为，
由得，
所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为；
（2）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线经过点，所以直线的方程为，
即，
所以点到直线的距离为，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意可知：动点到点的距离比它到直线的距离相等，
根据抛物线的定义可知：动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
则轨迹的方程为；
（2）解：设，则，
两式相减得，整理可得，
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义得点的轨迹即可；
（2）设，利用点差法求得直线的斜率，再利用点斜式直线方程求解即可.
（1）因为动点到点的距离比它到直线的距离小2，
所以动点到点的距离比它到直线的距离相等，
由抛物线的定义知动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为.
（2）设，则
两式相减得，整理可得.
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即.
17．【答案】（1）解：取的中点，连接，，如图所示：
因为为等腰直角三角形，且，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，平面，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，所以，又，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）解：由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立的空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得；
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
所以，则平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，结合直角三角形性质利用面面平行的性质定理得平面，再根据线面平行的判定定理得平面，利用面面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得两个平面夹角的余弦值即可.
（1）取的中点，连接，．
因为为等腰直角三角形，且，所以．
又平面平面，平面平面，所以平面．
因为平面，平面，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为，所以，又，
所以四边形为平行四边形，则．
因为平面，平面，所以平面．
又，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，
，，．
设平面的法向量为，
则由得
令，得．
设平面的法向量为，
则由得
令，得．
所以，则平面与平面的夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）证明：设，取的中点，连接，如图所示：
则，且，
在中，，
在中，有，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
由，得，
所以，解得，即，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
所以点到平面的距离为，
解得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以点到平面的距离为，
又平行四边形的面积为，
所以四棱锥的体积为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，取的中点，连接，则，根据余弦定理的应用和勾股定理的逆定理计算可得，结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点面距建立关于的方程，再次利用空间向量法求出点到平面的距离，结合锥体的体积公式计算即可.
（1）设，取的中点，连接，如图，
则，且，
在中，，
在中，有，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由，得，
所以，解得，即，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
所以点到平面的距离为，
解得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以点到平面的距离为，
又平行四边形的面积为，
所以四棱锥的体积为.
19．【答案】（1）解：由题意可得：解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：设，
由等面积法得，则，
由题意可得，则直线的方程为，即，
点到直线的距离，
因为，所以，
所以，
因为是椭圆上的动点，所以，所以，
所以，
整理得，即，
因为，所以，
因为，所以，即，
则，
故当时，取得最大值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】（1）根据题意列方程求解即可；
（2）设，利用等面积法求得，求出直线的方程为，利用点到直线的距离公式得，结合化简得，代入椭圆方程得，最后利用距离公式求出表达式，根据二次函数性质求解最值即可.
（1）由题意可得解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）设.
由等面积法得，则.
由题意可得，则直线的方程为，
即.
点到直线的距离.
因为，所以，
所以.
因为是椭圆上的动点，所以，所以，
所以，
整理得，即.
因为，所以.
因为，所以，即，
则.
故当时，取得最大值.
广西部分学校2024-2025学年高二上学期12月阶段性考试数学试题（北师大版）
1．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知甲部门有员工4人，乙部门有员工5人，丙部门有员工6人，现从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（ ）
A．120 B．15 C．25 D．90
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理
【解析】【解答】解：由题意可知：不同的选法种数为.
故答案为：B.
【分析】根据分类加法计数原理求解即可.
2．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知直线与直线平行，则（ ）
A．4 B． C．或5 D．
【答案】D
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线平行，所以，
解得.
故答案为：D.
【分析】利用两直线平行的充要条件列式求值即可.
3．（2024高二上·广西壮族自治区期末）被6除的余数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：，
因为984可以被6整除，所以被6除的余数为1.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用二项展开式求解即可.
4．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知双曲线的焦距为，实轴长为，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：易知，则，
因为双曲线的焦点在轴上，所以，即双曲线的渐近线方程为.
故答案为：B.
【分析】由题意，易知，根据的关系求出，再根据焦点在y轴的双曲线的渐近线方程直接求解即可.
5．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：A、由题意，令，则，故A错误；
B、令，则，即，故B错误；
C、令，则，
即，故C正确；
D、令，则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由题意，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解即可.
6．（2024高二上·广西壮族自治区期末）甲，乙，丙3名学生约定：利用假期观看A，B，C，D，E这5部新上映的电影，待返校后互相分享精彩内容.返校后，已知5部电影都有人观看，且每部电影只有一个人观看，则所有观看电影的情况种数为（ ）
A．150 B．243 C．183 D．393
【答案】B
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：1个人观看5部电影有3种情况；
2个人观看5部电影有种情况；
3个人观看5部电影有种情况，
则共有：种情况.
故答案为：B.
【分析】由题意，分甲，乙，丙3名学生中1人观看5部电影，2人观看5部电影，3人观看5部电影，利用分类加法计数原理求解即可.
7．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在平行六面体中，点分别在棱上，且.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以
，
又因为，所以，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，结合空间向量基本定理，利用向量的线性运算求得，即可求解.
8．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知是抛物线上的动点，是抛物线的准线上的动点，，则的最小值是（ ）
A．5 B．4 C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的定义；抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点为，准线的方程为，
当时，的值最小，根据抛物线的定义，可得，
则.
故答案为：A.
【分析】利用抛物线定义计算即可.
9．（2024高二上·广西壮族自治区期末）若点和点关于直线对称，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】与直线关于点、直线对称的直线方程
【解析】【解答】解：易知的中点，
因为点和点关于直线对称，
所以 ，解得，.
故答案为：AC.
【分析】由点关于直线对称的性质，列方程组求解即可.
10．（2024高二上·广西壮族自治区期末）古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆的面积为，则该椭圆的离心率可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：易知
由“逼近法”原理可知，
因为，所以或或或或或，
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率；
当或时，椭圆离心率.
故答案为：ABD.
【分析】易知，根据“逼近法”可得，由此可确定所有可能的取值，再根据椭圆离心率求得所有可能的取值即可.
11．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在正四棱锥中，，则（ ）
A．
B．异面直线所成角的余弦值为
C．向量在向量上的投影向量为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】A,B,D
【知识点】点、线、面间的距离计算；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究直线与平面所成的角；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：记，连接，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
A、因为，
所以，
所以，，
由得，由得.
则，所以，故A正确；
B、因为，
所以，
，
所以，
则异面直线所成角的余弦值为，故B正确；
C、向量在向量上的投影向量为，故C错误；
D、设平面的法向量为，因为，
所以令，得.又，
设直线与平面所成的角为，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据正棱锥的性质求得各个点的坐标，然后利用向量模的坐标运算公式求解即可判断A；利用异面直线夹角的向量公式求解即可判断B；根据投影向量的概念求解即可判断C；利用线面角的向量公式求解即可判断D.
12．（2024高二上·广西壮族自治区期末）在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则 .
【答案】
【知识点】共面向量定理
【解析】【解答】解： 点满足，若四点共面，
则，解得.
故答案为：.
【分析】利用空间向量共面定理列方程求解即可.
13．（2024高二上·广西壮族自治区期末）的展开式中的系数为 .
【答案】
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：，
由二项式展开式的通项为，
再由，可得，因为中的系数为1，
则的系数为.
故答案为：.
【分析】写出二项展开式的通项，结合题意求解即可.
14．（2024高二上·广西壮族自治区期末）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，是满足的阿氏圆上的任意一点，则该阿氏圆的标准方程为 ；若该阿氏圆在点处的切线与直线交于点，则的最小值为 .
【答案】；
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程
【解析】【解答】解：设点，由题意可得：，即，
则，整理得，
即圆的标准方程为；
该阿氏圆的圆心为，半径，
点到直线的距离，
，当且仅当时取等号，
则的最小值为.
故答案为：；.
【分析】设点的坐标，由题意列出方程并化简求得阿氏圆的标准方程；再由切线长定理求出直线上的点向圆所作切线长的最小值即可.
15．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知圆的圆心在直线上，且点，在上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若倾斜角为的直线经过点，且与圆相交于D，E两点，求.
【答案】（1）解：设线段的中点为，则，
因为直线的斜率为，所以线段的垂直平分线的斜率为，
则线段的垂直平分线所在的直线方程为，
联立，解得，
则圆心，半径为，
故圆的标准方程为；
（2）解：因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线经过点，所以直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
所以.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设线段的中点为，求中点坐标，再求出线段的垂直平分线所在的直线方程，与联立解出圆心坐标以及圆的半径即可得圆的标准方程；
（2）由已知可得直线的方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理求解即可.
（1）设线段的中点为，则，
因为直线的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
所以线段的垂直平分线所在的直线方程为，
由得，
所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为；
（2）因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
又直线经过点，所以直线的方程为，
即，
所以点到直线的距离为，
所以.
16．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线与相交于两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程.
【答案】（1）解：由题意可知：动点到点的距离比它到直线的距离相等，
根据抛物线的定义可知：动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
则轨迹的方程为；
（2）解：设，则，
两式相减得，整理可得，
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即.
【知识点】抛物线的定义；抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意，根据抛物线的定义得点的轨迹即可；
（2）设，利用点差法求得直线的斜率，再利用点斜式直线方程求解即可.
（1）因为动点到点的距离比它到直线的距离小2，
所以动点到点的距离比它到直线的距离相等，
由抛物线的定义知动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以轨迹的方程为.
（2）设，则
两式相减得，整理可得.
因为线段的中点坐标为，所以，
所以直线的斜率，
故直线的方程为，即.
17．（2024高二上·广西壮族自治区期末）如图，在多面体中，平面，平面平面，，，为等腰直角三角形，且，．
（1）证明：平面．
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）解：取的中点，连接，，如图所示：
因为为等腰直角三角形，且，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
因为平面，平面，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，所以，又，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
（2）解：由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立的空间直角坐标系，如图所示：
设，则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得；
设平面的法向量为，则，即，
令，得，
所以，则平面与平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，结合直角三角形性质利用面面平行的性质定理得平面，再根据线面平行的判定定理得平面，利用面面平行的判定定理和性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得两个平面夹角的余弦值即可.
（1）取的中点，连接，．
因为为等腰直角三角形，且，所以．
又平面平面，平面平面，所以平面．
因为平面，平面，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为，所以，又，
所以四边形为平行四边形，则．
因为平面，平面，所以平面．
又，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）由题可知，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，
，，．
设平面的法向量为，
则由得
令，得．
设平面的法向量为，
则由得
令，得．
所以，则平面与平面的夹角的余弦值为．
18．（2024高二上·广西壮族自治区期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△，△均为等边三角形，．
（1）证明：平面平面．
（2）若点到平面的距离为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明：设，取的中点，连接，如图所示：
则，且，
在中，，
在中，有，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）解：由（1）知，两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，
由，得，
所以，解得，即，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
所以点到平面的距离为，
解得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以点到平面的距离为，
又平行四边形的面积为，
所以四棱锥的体积为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，取的中点，连接，则，根据余弦定理的应用和勾股定理的逆定理计算可得，结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点面距建立关于的方程，再次利用空间向量法求出点到平面的距离，结合锥体的体积公式计算即可.
（1）设，取的中点，连接，如图，
则，且，
在中，，
在中，有，所以，
又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由，得，
所以，解得，即，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，即，
所以点到平面的距离为，
解得，所以，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以点到平面的距离为，
又平行四边形的面积为，
所以四棱锥的体积为.
19．（2024高二上·广西壮族自治区期末）已知椭圆的离心率是，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上的动点，是的内心，求的最大值.
【答案】（1）解：由题意可得：解得，
故椭圆的标准方程为；
（2）解：设，
由等面积法得，则，
由题意可得，则直线的方程为，即，
点到直线的距离，
因为，所以，
所以，
因为是椭圆上的动点，所以，所以，
所以，
整理得，即，
因为，所以，
因为，所以，即，
则，
故当时，取得最大值.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【分析】（1）根据题意列方程求解即可；
（2）设，利用等面积法求得，求出直线的方程为，利用点到直线的距离公式得，结合化简得，代入椭圆方程得，最后利用距离公式求出表达式，根据二次函数性质求解最值即可.
（1）由题意可得解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）设.
由等面积法得，则.
由题意可得，则直线的方程为，
即.
点到直线的距离.
因为，所以，
所以.
因为是椭圆上的动点，所以，所以，
所以，
整理得，即.
因为，所以.
因为，所以，即，
则.
故当时，取得最大值.
