20．【解析】【分析】根据直线垂直的条件计算即可【详解】因为直线与直线互相垂直所以解得故填【点睛】本题主要考查了两条直线垂直的条件属于中档题 解析：?1
【解析】 【分析】
根据直线垂直的条件计算即可. 【详解】
因为直线x?y?1?0与直线x?ay?2?0互相垂直， 所以1?1?a?0 解得a??1.故填?1. 【点睛】
本题主要考查了两条直线垂直的条件，属于中档题.
三、解答题
21．（1）x?1或y?0；（2）?x?1???y?3??4. 【解析】 【分析】
（1）对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，利用圆心到直线l的距离等于2可求得直线l的方程；
（2）先通过点到直线的距离及勾股定理可解得直线m的斜率，然后将直线m的方程与圆的方程联立，求出线段AB的中点，作为圆心，并求出所求圆的半径，进而可得出所求圆的方程. 【详解】
（1）由题意知，圆C的标准方程为?x?3???y?2??9，?圆心C?3,?2?，半径
2222r?3，
①当直线l的斜率k存在时，设直线的方程为y?0?k?x?1?，即kx?y?k?0， 则圆心到直线l的距离为d?3k?2?kk?12?2，?k?0.
?直线l的方程为y?0；
②当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x?1， 此时圆心C到直线l的距离为2，符合题意. 综上所述，直线l的方程为x?1或y?0；
（2）依题意可设直线m的方程为y?kx?1，即kx?y?1?0?k?0?，
则圆心C?3,?2?到直线m的距离d?3k?2?11?k2?AB??r2????5，
?2?2?2k2?3k?2?0，解得k?1或k??2， 2又Qk?0，?k??2，?直线m的方程为?2x?y?1?0即2x?y?1?0，
??2x?y?1?0设点A?x1,y1?、B?x2,y2?，联立直线m与圆C的方程得?， 22x?3?y?2?9??????消去y得5x2?10x?1?0，?x1?x2?2， 则线段AB的中点的横坐标为
x1?x2?1，把x?1代入直线m中得y??3， 21AB?2， 222所以，线段AB的中点的坐标为?1,?3?， 由题意知，所求圆的半径为：
?以线段AB为直径的圆的方程为：?x?1???y?3??4.
【点睛】
本题考查利用圆心到直线的距离求直线方程，同时也考查了圆的方程的求解，涉及利用直线截圆所得弦长求参数，考查计算能力，属于中等题. 22．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】
（1）证明AD?BD，利用平面PBD?平面ABCD，交线为BD，可得AD?平面
3. 4PBD，从而AD?PB；
（2）作EF//BC，交PB于点F，连接AF，连接DF，?PBD中，由余弦定理求得
cos?BPD?【详解】
325，即可得出结论．
（1）证明：在△ABD中，QAD?2，AB?4，?BAD?60?， ∴由余弦定理可得BD?23，?AD2?BD2?AB2，?AD?BD. ∵平面PBD?平面ABCD，交线为BD，
?AD?平面PBD，又PB?平面PBD ?AD?PB.
（2）解：作EF//BC，交PB于点F，连接AF， 由EF//BC//AD可知A，D，E，F四点共面，
连接DF，所以由（1）的结论可知，PB?平面ADE，当且仅当PB?DF. 在△PBD中，由PB?4，BD?23，PD?25， 余弦定理求得cos?BPD?325PDF中，PF?PDcos?BPD?3， ，∴在RtVPEPF3?? PCPB4【点睛】
因此??本题考查立体几何有关知识，考查线面、面面垂直，考查运算能力，属于中档题． 23．（1）见解析（2）【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：
（1）直接利用面面垂直的性质定理可证；
（2）设ACIBD?O，计算后可证OF//BE，从而由已知可证OF⊥平面ABCD，因此可以OA，OB，OF为坐标轴建立空要间直角坐标系，利用向量法求二面角． 试题解析：
（1）∵平面BDFE?平面ABCD，AC?BD，平面BDFEI平面ABCD?BD， 又AC?平面ABCD，∴AC?平面BDFE；
（2）设ACIBD?O，∵四边形ABCD为等腰梯形，?DOC?∴OD?OC?2 3?2,AB?2CD?4，
2,OB?OA?22，
∵FE//OB，∴四边形BOFE为平行四边形，∴OF//BE， 又∵BE?平面ABCD，∴OF?平面ABCD， ∴?FBO为BF与平面ABCD所成的角，∴?FBO?又∵?FOB??4，
?2，∴OF?OB?22，
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OF为z轴，建立空间直角坐标系， 则B0,22,0,D0,?2,0,F0,0,22,C?2,0,0,A22,0,0，
??????uuuvuuuvDF??0,2,22?,CD??2,?2,0?，
v????∵AC?平面BDFE，∴平面BDF的法向量为?1,0,0?， 设平面DFC的一个法向量为n??x,y,z?，
uuuvv?DF·n?0??2y?22z?0vvv由?uuu得?，令x?2得，n??2,2,?1?， n?0??CD·?2x?2y?0v22vuuucosn,AC??，∴二面角B?DF?C的余弦值为2．
31?22?22?123
点睛：立体几何中求“空间角”，一种方法是根据“空间角”的定义作出它的“平面角”，再通过解三角形求得，其方法是一作二证三计算；第二种方法是在图形中有相互垂直的三条直线（或两条）时，可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求角，这种方法主要的就是计算，减少了作辅助线，证明的过程，只要计算过关，一般都能求得正确结论． 24．（1）证明见解析；（2）CM?2. 【解析】 【分析】
（1）由已知可得CC1?BC，结合AC?BC，可得BC⊥平面AAC11C，即可证明结论； （2）取AB1中点D，连MD,ND，则ND//CM，由CN//平面AB1M，可证
CN//MD，得到四边形CMDN为平行四边形，即可求CM的长.
【详解】
（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1?平面ABC，
?CC1?BC，又AC?BC,ACICC1?C,AC,CC1?平面AAC11C，
?BC?平面AAC11C，QAM?平面AAC11C，∴BC?AM；
（2）取AB1中点D，连MD,ND，N是AB的中点，
11BB1?CC1，又BB1//CC1,?DN//CM， 22?DN,CM可确定平面CMDN,?CN?平面CMDN， ?DN//BB1,DN?QCN//平面AB1M，平面AB1MI平面CMDN?DM，
?CN//DM,?四边形CMDN为平行四边形，
1?CM?DN?CC1?2.
2
【点睛】
本题考查异面直线垂直的证明，注意空间垂直间的相互转化，以及直线与平面平行性质定理的应用，意在考查直观想象、逻辑分析能力，属于中档题. 25．（1）3x?y?2?0；（2）x?3y?2?0 【解析】
分析：（1）先由AD与AB垂直，求得AD的斜率，再由点斜式求得其直线方程； （2）根据矩形特点可以设DC的直线方程为x?3y?m?0?m??6?，然后由点到直线的距离得出2?m10?210，就可以求出m的值，即可求出结果. 5详解：(1)由题意：ABCD为矩形，则AB⊥AD， 又AB边所在的直线方程为：x－3y－6＝0， 所以AD所在直线的斜率kAD＝－3， 而点T(－1，1)在直线AD上．
所以AD边所在直线的方程为：3x＋y＋2＝0. (2)方法一：由ABCD为矩形可得，AB∥DC， 所以设直线CD的方程为x－3y＋m＝0. 由矩形性质可知点M到AB、CD的距离相等 所以
＝
,解得m＝2或m＝－6(舍)．
所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.
方法二：方程x－3y－6＝0与方程3x＋y＋2＝0联立得A（0，-2），关于M的对称点C（4，2）
因AB∥DC，所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.
点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式
2020年北京市高中必修二数学下期中一模试卷含答案
