广东省天天向上联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷
1．（2024高二上·广东期中）已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（ ）
A．2 B．-2 C． D．
2．（2024高二上·广东期中）圆被轴所截得的弦长为（）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·广东期中）已知直线过定点，向量为其一个方向向量，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C．3 D．
4．（2024高二上·广东期中）已知双曲线的左焦点为，右焦点为，点P为双曲线右支上的一点，且的周长为10，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·广东期中）下列说法正确的有（ ）个
①若三点在一条直线上，，，，则.
②过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为.
③圆，为圆上任意一点，的最大值为5.
④圆与圆外切，则实数的值为1.
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2024高二上·广东期中）如图，已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6，且它们所在的平面互相垂直，O是BE的中点，，则线段OM的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·广东期中）已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·广东期中）已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·广东期中）已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
10．（2024高二上·广东期中）下列结论正确的有（ ）
A．直线关于对称的直线为
B．若一直线的方向向量为，则此直线倾斜角为60°
C．若直线与直线垂直，则
D．双曲线与椭圆有不同的焦点.
11．（2024高二上·广东期中）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ）
A．在中点时，平面平面
B．异面直线所成角的余弦值为
C．在同一个球面上
D．，则点轨迹长度为
12．（2024高二上·广东期中）若，，，则实数 .
13．（2024高二上·广东期中）设，若直线与直线之间的距离为，则的值为 ．
14．（2024高二上·广东期中）已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于两点﹐直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为 ．
15．（2024高二上·广东期中）如图，在棱长为6的正四面体中，，点E为AD的中点，设，，.
（1）试用向量，，表示向量：
（2）求OE的长.
16．（2024高二上·广东期中）已知直线.
（1）求原点到直线l距离的最大值：
（2）若直线l分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，当面积最小时，求对应的直线l的方程.
17．（2024高二上·广东期中）已知圆C过点和点.并且圆心在直线上，点，过点P作圆C的切线l.
（1）求圆C的标准方程；
（2）求切线l的方程.
18．（2024高二上·广东期中）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
19．（2024高二上·广东期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆C上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过坐标原点的两条直线分别与椭圆C交于四点，且直线斜率之积为，求证：四边形的面积为定值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线的斜率；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为2，且两直线垂直，所以直线的斜率，即.
故答案为：D．
【分析】根据两直线垂直斜率得关系以及直线斜率与倾斜角关系求解即可.
2．【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】 ，取 ，则 ，解得 ， ，
弦长为 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合直线与圆方程联立的方法得出交点坐标，再利用两点距离公式得出圆被轴所截得的弦长。
3．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：因为定点，，
故，所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离．
故答案为：C．
【分析】利用终点坐标减去起点坐标得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示得出向量的模，再结合单位向量求解方法和数量积的坐标表示以及勾股定理，从而得出点到直线的距离．
4．【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由题知，所以，
因为，所以，
又因为三角形的周长为10，
所以，解得，
所以，解得，
又因为，所以，
所以双曲线方程为，
则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：A.
【分析】依题意结合焦点的坐标得出c的值，从而得出焦距，再结合三角形的周长和双曲线的定义，从而得出a的值，再根据，从而求出的值，即可得到双曲线的标准方程，进而得出双曲线的渐近线方程.
5．【答案】A
【知识点】三点共线；直线的截距式方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：对于①：若三点在一条直线上，
则斜率等于斜率，即，解得，故①错误；
对于②：若直线过原点，则方程为；
若直线不过原点，则设直线的方程为，
由题意，解得，
所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或，故②错误；
对于③：由知圆心，
所以的最大值为，故③错误；
对于④：由题知，且，
即，解得或，故④错误.
故答案为：A.
【分析】利用三点共线结合斜率相等，从而由两点求斜率公式，从而得出m的值，进而判断①；利用分类讨论直线是否过原点，从而求出直线方程，即可判断②；利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径长，再将的最大值转化为，从而求解得出的最大值，即可判断③；根据两圆外切位置关系判断方法，从而由两点距离公式和圆心距与半径之和的关系，从而求出实数，即可判断④，进而找出说法正确的个数.
6．【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：由题意，建立以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：
，
则，，
因为是的中点，所以，
因为，所以，
所以，
即线段的长为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，建立以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，再由中点的性质和向量共线的坐标表示，从而求出点、的坐标，再利用空间中两点间的距离公式，从而求出线段的长.
7．【答案】D
【知识点】函数的值域；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】解：将代入，得，
将代入，得，所以A，B不在直线l上，
又因为上，所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，则，
所以，即，
因为，所以，
故答案为：D.
【分析】根据，得到点P在线段AB上，从而得出直线AB的方程为上，再利用点P在直线l上，联立两直线方程，从而求得，再由直线的斜率和直线倾斜角的关系式，即，再结合x的取值范围和不等式的基本性质，从而得出直线的倾斜角的正切的取值范围，再结合直线的倾斜角的取值范围和正切函数的图象，从而得出直线的倾斜角的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】向量的模；余弦定理
【解析】【解答】根据题意，易得，不妨设为椭圆左焦点，如下图所示
设，则，
在中，根据余弦定理得，整理得，
∴
又∵
∴
将代入 ，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据椭圆定义设，则，由余弦定理得出关于x的等量关系，结合面积的两种表达方式，利用整体的等量关系可直接将计算后代入椭圆方程即可算出 的值.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量垂直的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，所以，故B错误；
对于C，假设，则，
所以，该方程组无解，故C正确；
对于D，因为，所以，解得，
所以，，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据和向量的模的坐标表示，即可算出的值，则判断出选项A；根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而计算出的值，则判断出选项B；根据和向量共线的坐标表示，从而计算得出方程组无解，则判断出选项C；根据和数量积的坐标表示，从而求出的值，再结合向量的坐标运算，从而得出的坐标表示，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；用斜率判定两直线垂直；与直线关于点、直线对称的直线方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A：联立方程组解得交点坐标为，
在直线取点，过点作的垂线，
联立方程组，解得交点坐标为，
∴对称直线为：，化简得：，
∴直线关于对称的直线为，所以A错误；
对于B：因为直线倾斜角为，，∴，所以B正确；
对于C：因为，，又因为两直线垂直，
∴，∴，所以C正确；
对于D：因为，，所以，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】联立两直线方程求出交点坐标，在直线取一个点的，从而求出关于直线对称的点的坐标，再由两点式得出对称直线方程，则判断出选项A；由直线的斜率确定出直线的倾斜角的大小，则判断出选项B；利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出实数a的值，则判断出选项C；利用双曲线中a，b，c三者的关系式和椭圆中a，b，c三者的关系式，则求出两个曲线的的值， 从而得出双曲线的焦点坐标和椭圆的焦点坐标，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；球面几何
【解析】【解答】解：对于A：取的中点，连接，如图所示：
在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，平面，在面内，
所以，面，面，，
所以面，面，所以，
连接，因为是正方形，所以，
因为面，面，所以，
因为面，面，，
所以面，因为面，所以，
综上所述，面，面，
又因为，所以面，面，
故平面平面，故A正确；
对于B：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又因为，则，故B错误；
对于C：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
对于D：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据正方体的结构特征，从而证明出直线面，再结合面面垂直的判定定理，从而判断选项A；根据异面直线所成的角的求解方法，从而判断选项B；根据五点共圆的判断方法，从而判断出选项C；利用已知条件，分析可知点的轨迹是过点与平行的线段，再根据点P的轨迹，从而求出点P的轨迹长度，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
又因为，，所以，即.
故答案为：.
【分析】由求得，再应用数量积的坐标运算，即可求得的值.
13．【答案】2或
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得或.
故答案为：2或.
【分析】根据平行直线间距离公式，从而求出实数a的直.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆的左焦点为，连接，，，，如图所示：
由直线交椭圆于两点及，
结合椭圆的对称性可得，
所以，，均为直角三角形，所以四边形为矩形，
设，则，，，
所以在直角中，即①，
在直角中，即②，
由②解得，将代入①得，即，
所以.
故答案为：.
【分析】设椭圆的左焦点为，利用已知条件结合椭圆的对称性和直角三角形的结构特征，从而可得四边形为矩形，再利用勾股定理，从而解方程组得出a，c的关系式，再由椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的离心率的值.
15．【答案】（1）解：依题意，得
，
即.
（2）解：因为
，
所以，即OE的长.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量基本定理
【解析】【分析】（1）利用正四面体的结构特征和向量共线定理以及中点的性质，再利用空间向量的基本定理，从而用向量，，表示向量.
（2）利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，再结合数量积的定义，从而得出向量的模，进而得出OE的长.
（1）解：依题意，
，
即.
（2）解：因为
，
所以，即OE的长.
16．【答案】（1）解：直线可化为，
令，解得，，即直线恒过定点，
当时，原点到直线的距离最大，此时最大值.
（2）解：设直线的方程为，，
因为直线过定点，所以，
由基本不等式得，当且仅当，时取等号，得，
故面积，即面积的最小值为4，
此时直线方程为，即．
【知识点】基本不等式；直线的截距式方程；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）直线可化为，从而联立方程组确定直线所过的定点坐标，即，当时，原点到直线的距离最大，再结合两点间距离公式得出原点到直线l距离的最大值.
（2）设直线的方程为，，由直线过定点和代入法，可得，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出ab的最小值，再由三角形的面积公式得出三角形面积的最小值，进而得出此时直线的方程．
（1）（1）直线可化为，
令，解得，，即直线恒过定点；
当时，原点到直线的距离最大，此时最大值；
（2）设直线的方程为，，
因为直线过定点，所以，
由基本不等式得，当且仅当，时取等号，得，
故面积，即面积的最小值为4，
此时直线方程为，即．
17．【答案】（1）解：设圆C的标准方程为，如图所示：
所以圆心为，半径为，
依题意可得，解得，
所以圆C的标准方程为.
（2）解：当切线斜率存在时，设切线l的斜率为，
则切线l的方程为，
即，
所以，解得，
所以切线l的方程为，
又因为圆心到直线的距离为，
所以直线也为圆圆C的切线，
故切线l的方程为和.
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设出圆的标准方程，再代入点和点，从而结合圆心在直线上，进而列方程解出圆心坐标与半径，则求得圆的标准方程.
（2）当切线斜率存在时，设出切线斜率，从而设出切线方程，再利用点到直线的距离等于半径得到直线斜率，从而求出切线的斜率，进而得出切线方程，注意当斜率只有一解时需研究斜率不存在的情形.
（1）解：设圆C的标准方程为，
圆心为，半径为，
依题意可得，解之得，
所以圆C的标准方程为.
（2）解：切线斜率存在时，设切线l的斜率为，
则切线l的方程为，即，
所以，解得，
所以切线l的方程为，
又因为圆心到直线的距离为，
所以直线也为圆圆C的切线.
故切线l的方程为和.
18．【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，又因为，
因此建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
因为，
所以，即.
（2）解：设平面的法向量为，
，
所以有，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，
因为，所以点到平面的距离为：
.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合线面垂直的定义，从而得出线线垂直，进而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）利用两向量垂直数量积为0 的等价关系和数量积的坐标表示，再结合数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角，进而得出空间向量夹角公式，则得出平面的法向量，再结合数量积求点到平面的距离公式，从而得出空间点到平面的距离.
（1）因为平面，平面，
所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：
，
，因为，
所以，即，
（2）设平面的法向量为，
，
所以有，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为：
.
【点睛】
19．【答案】（1）解：由题意得出，
因为点是椭圆上一点，
所以，
又因为，
解得，
因此，椭圆C的方程为.
（2）证明：如图所示：
当直线的斜率不存在时，
由对称性，不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ，
则，
则 ，
所以 ；
当直线斜率存在时，
设直线的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，
即，
所以，，解得，
所以原点到直线的距离为，
因为，
且
所以（定值），
综上所述，四边形的面积为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意得出c的值，再根据点是椭圆上一点，则由代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）考虑直线斜率是否存在情况，设出直线方程，再联立直线和椭圆方程，再结合根与系数的关系式结合，可得，再由四边形的面积公式和三角形面积的关系式，进而表示出四边形的面积，化简证出四边形的面积为定值.
（1）由题意
又∵点是椭圆上一点，∴，又
解得
因此，椭圆的方程为
（2）证明：当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ，则，
则 ，
所以 ；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，即，
所以，，解得，
，
原点到直线的距离为，
因为
且
所以（定值），
综上述四边形的面积为定值．
广东省天天向上联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷
1．（2024高二上·广东期中）已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】D
【知识点】直线的斜率；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为2，且两直线垂直，所以直线的斜率，即.
故答案为：D．
【分析】根据两直线垂直斜率得关系以及直线斜率与倾斜角关系求解即可.
2．（2024高二上·广东期中）圆被轴所截得的弦长为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆相交的性质
【解析】【解答】 ，取 ，则 ，解得 ， ，
弦长为 。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合直线与圆方程联立的方法得出交点坐标，再利用两点距离公式得出圆被轴所截得的弦长。
3．（2024高二上·广东期中）已知直线过定点，向量为其一个方向向量，则点到直线的距离为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：因为定点，，
故，所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离．
故答案为：C．
【分析】利用终点坐标减去起点坐标得出向量的坐标，再结合向量的模的坐标表示得出向量的模，再结合单位向量求解方法和数量积的坐标表示以及勾股定理，从而得出点到直线的距离．
4．（2024高二上·广东期中）已知双曲线的左焦点为，右焦点为，点P为双曲线右支上的一点，且的周长为10，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由题知，所以，
因为，所以，
又因为三角形的周长为10，
所以，解得，
所以，解得，
又因为，所以，
所以双曲线方程为，
则双曲线的渐近线方程为.
故答案为：A.
【分析】依题意结合焦点的坐标得出c的值，从而得出焦距，再结合三角形的周长和双曲线的定义，从而得出a的值，再根据，从而求出的值，即可得到双曲线的标准方程，进而得出双曲线的渐近线方程.
5．（2024高二上·广东期中）下列说法正确的有（ ）个
①若三点在一条直线上，，，，则.
②过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为.
③圆，为圆上任意一点，的最大值为5.
④圆与圆外切，则实数的值为1.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】三点共线；直线的截距式方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：对于①：若三点在一条直线上，
则斜率等于斜率，即，解得，故①错误；
对于②：若直线过原点，则方程为；
若直线不过原点，则设直线的方程为，
由题意，解得，
所以直线方程为，即，
综上所述，直线的方程为或，故②错误；
对于③：由知圆心，
所以的最大值为，故③错误；
对于④：由题知，且，
即，解得或，故④错误.
故答案为：A.
【分析】利用三点共线结合斜率相等，从而由两点求斜率公式，从而得出m的值，进而判断①；利用分类讨论直线是否过原点，从而求出直线方程，即可判断②；利用圆的一般方程得出圆心坐标和半径长，再将的最大值转化为，从而求解得出的最大值，即可判断③；根据两圆外切位置关系判断方法，从而由两点距离公式和圆心距与半径之和的关系，从而求出实数，即可判断④，进而找出说法正确的个数.
6．（2024高二上·广东期中）如图，已知正方形ABCD和正方形ADEF的边长均为6，且它们所在的平面互相垂直，O是BE的中点，，则线段OM的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：由题意，建立以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：
，
则，，
因为是的中点，所以，
因为，所以，
所以，
即线段的长为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，建立以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，再由中点的性质和向量共线的坐标表示，从而求出点、的坐标，再利用空间中两点间的距离公式，从而求出线段的长.
7．（2024高二上·广东期中）已知，直线上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的值域；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；直线的一般式方程与直线的性质
【解析】【解答】解：将代入，得，
将代入，得，所以A，B不在直线l上，
又因为上，所以点p在线段AB上，
直线AB的方程为：，
由，解得，
直线方程，即为，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，则，
所以，即，
因为，所以，
故答案为：D.
【分析】根据，得到点P在线段AB上，从而得出直线AB的方程为上，再利用点P在直线l上，联立两直线方程，从而求得，再由直线的斜率和直线倾斜角的关系式，即，再结合x的取值范围和不等式的基本性质，从而得出直线的倾斜角的正切的取值范围，再结合直线的倾斜角的取值范围和正切函数的图象，从而得出直线的倾斜角的取值范围.
8．（2024高二上·广东期中）已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；余弦定理
【解析】【解答】根据题意，易得，不妨设为椭圆左焦点，如下图所示
设，则，
在中，根据余弦定理得，整理得，
∴
又∵
∴
将代入 ，
∴，
∴.
故选：B.
【分析】根据椭圆定义设，则，由余弦定理得出关于x的等量关系，结合面积的两种表达方式，利用整体的等量关系可直接将计算后代入椭圆方程即可算出 的值.
9．（2024高二上·广东期中）已知向量，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．不存在实数，使得
D．若，则
【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量垂直的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，所以，故B错误；
对于C，假设，则，
所以，该方程组无解，故C正确；
对于D，因为，所以，解得，
所以，，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据和向量的模的坐标表示，即可算出的值，则判断出选项A；根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而计算出的值，则判断出选项B；根据和向量共线的坐标表示，从而计算得出方程组无解，则判断出选项C；根据和数量积的坐标表示，从而求出的值，再结合向量的坐标运算，从而得出的坐标表示，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
10．（2024高二上·广东期中）下列结论正确的有（ ）
A．直线关于对称的直线为
B．若一直线的方向向量为，则此直线倾斜角为60°
C．若直线与直线垂直，则
D．双曲线与椭圆有不同的焦点.
【答案】B,C,D
【知识点】直线的倾斜角；用斜率判定两直线垂直；与直线关于点、直线对称的直线方程；椭圆的简单性质；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：对于A：联立方程组解得交点坐标为，
在直线取点，过点作的垂线，
联立方程组，解得交点坐标为，
∴对称直线为：，化简得：，
∴直线关于对称的直线为，所以A错误；
对于B：因为直线倾斜角为，，∴，所以B正确；
对于C：因为，，又因为两直线垂直，
∴，∴，所以C正确；
对于D：因为，，所以，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】联立两直线方程求出交点坐标，在直线取一个点的，从而求出关于直线对称的点的坐标，再由两点式得出对称直线方程，则判断出选项A；由直线的斜率确定出直线的倾斜角的大小，则判断出选项B；利用两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出实数a的值，则判断出选项C；利用双曲线中a，b，c三者的关系式和椭圆中a，b，c三者的关系式，则求出两个曲线的的值， 从而得出双曲线的焦点坐标和椭圆的焦点坐标，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
11．（2024高二上·广东期中）如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ）
A．在中点时，平面平面
B．异面直线所成角的余弦值为
C．在同一个球面上
D．，则点轨迹长度为
【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；异面直线所成的角；平面与平面垂直的判定；球面几何
【解析】【解答】解：对于A：取的中点，连接，如图所示：
在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，
易知，平面，在面内，
所以，面，面，，
所以面，面，所以，
连接，因为是正方形，所以，
因为面，面，所以，
因为面，面，，
所以面，因为面，所以，
综上所述，面，面，
又因为，所以面，面，
故平面平面，故A正确；
对于B：取的中点，连接，则，
所以是异面直线所成的角，
又因为，则，故B错误；
对于C：记正方体的中心为点，则，
所以在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；
对于D：因为，且为的中点，
所以，故，
所以点轨迹是过点与平行的线段，且，
所以，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】根据正方体的结构特征，从而证明出直线面，再结合面面垂直的判定定理，从而判断选项A；根据异面直线所成的角的求解方法，从而判断选项B；根据五点共圆的判断方法，从而判断出选项C；利用已知条件，分析可知点的轨迹是过点与平行的线段，再根据点P的轨迹，从而求出点P的轨迹长度，则判断出选项D，进而找出结论正确的选项.
12．（2024高二上·广东期中）若，，，则实数 .
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，所以，即.
又因为，，所以，即.
故答案为：.
【分析】由求得，再应用数量积的坐标运算，即可求得的值.
13．（2024高二上·广东期中）设，若直线与直线之间的距离为，则的值为 ．
【答案】2或
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意可得，
解得或.
故答案为：2或.
【分析】根据平行直线间距离公式，从而求出实数a的直.
14．（2024高二上·广东期中）已知椭圆的右焦点是，直线交椭圆于两点﹐直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为 ．
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：设椭圆的左焦点为，连接，，，，如图所示：
由直线交椭圆于两点及，
结合椭圆的对称性可得，
所以，，均为直角三角形，所以四边形为矩形，
设，则，，，
所以在直角中，即①，
在直角中，即②，
由②解得，将代入①得，即，
所以.
故答案为：.
【分析】设椭圆的左焦点为，利用已知条件结合椭圆的对称性和直角三角形的结构特征，从而可得四边形为矩形，再利用勾股定理，从而解方程组得出a，c的关系式，再由椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的离心率的值.
15．（2024高二上·广东期中）如图，在棱长为6的正四面体中，，点E为AD的中点，设，，.
（1）试用向量，，表示向量：
（2）求OE的长.
【答案】（1）解：依题意，得
，
即.
（2）解：因为
，
所以，即OE的长.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量基本定理
【解析】【分析】（1）利用正四面体的结构特征和向量共线定理以及中点的性质，再利用空间向量的基本定理，从而用向量，，表示向量.
（2）利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，再结合数量积的定义，从而得出向量的模，进而得出OE的长.
（1）解：依题意，
，
即.
（2）解：因为
，
所以，即OE的长.
16．（2024高二上·广东期中）已知直线.
（1）求原点到直线l距离的最大值：
（2）若直线l分别与x轴正半轴、y轴正半轴交于A，B两点，当面积最小时，求对应的直线l的方程.
【答案】（1）解：直线可化为，
令，解得，，即直线恒过定点，
当时，原点到直线的距离最大，此时最大值.
（2）解：设直线的方程为，，
因为直线过定点，所以，
由基本不等式得，当且仅当，时取等号，得，
故面积，即面积的最小值为4，
此时直线方程为，即．
【知识点】基本不等式；直线的截距式方程；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）直线可化为，从而联立方程组确定直线所过的定点坐标，即，当时，原点到直线的距离最大，再结合两点间距离公式得出原点到直线l距离的最大值.
（2）设直线的方程为，，由直线过定点和代入法，可得，再结合基本不等式求最值的方法，从而得出ab的最小值，再由三角形的面积公式得出三角形面积的最小值，进而得出此时直线的方程．
（1）（1）直线可化为，
令，解得，，即直线恒过定点；
当时，原点到直线的距离最大，此时最大值；
（2）设直线的方程为，，
因为直线过定点，所以，
由基本不等式得，当且仅当，时取等号，得，
故面积，即面积的最小值为4，
此时直线方程为，即．
17．（2024高二上·广东期中）已知圆C过点和点.并且圆心在直线上，点，过点P作圆C的切线l.
（1）求圆C的标准方程；
（2）求切线l的方程.
【答案】（1）解：设圆C的标准方程为，如图所示：
所以圆心为，半径为，
依题意可得，解得，
所以圆C的标准方程为.
（2）解：当切线斜率存在时，设切线l的斜率为，
则切线l的方程为，
即，
所以，解得，
所以切线l的方程为，
又因为圆心到直线的距离为，
所以直线也为圆圆C的切线，
故切线l的方程为和.
【知识点】圆的标准方程；圆的切线方程；直线与圆相交的性质
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，设出圆的标准方程，再代入点和点，从而结合圆心在直线上，进而列方程解出圆心坐标与半径，则求得圆的标准方程.
（2）当切线斜率存在时，设出切线斜率，从而设出切线方程，再利用点到直线的距离等于半径得到直线斜率，从而求出切线的斜率，进而得出切线方程，注意当斜率只有一解时需研究斜率不存在的情形.
（1）解：设圆C的标准方程为，
圆心为，半径为，
依题意可得，解之得，
所以圆C的标准方程为.
（2）解：切线斜率存在时，设切线l的斜率为，
则切线l的方程为，即，
所以，解得，
所以切线l的方程为，
又因为圆心到直线的距离为，
所以直线也为圆圆C的切线.
故切线l的方程为和.
18．（2024高二上·广东期中）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上一点.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，
所以，又因为，
因此建立空间直角坐标系，如图所示：
，
，
因为，
所以，即.
（2）解：设平面的法向量为，
，
所以有，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，
因为，所以点到平面的距离为：
.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合线面垂直的定义，从而得出线线垂直，进而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出.
（2）利用两向量垂直数量积为0 的等价关系和数量积的坐标表示，再结合数量积求向量夹角公式，从而得出直线与平面所成角，进而得出空间向量夹角公式，则得出平面的法向量，再结合数量积求点到平面的距离公式，从而得出空间点到平面的距离.
（1）因为平面，平面，
所以，而，因此建立如图所示的空间直角坐标系：
，
，因为，
所以，即，
（2）设平面的法向量为，
，
所以有，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为：
.
【点睛】
19．（2024高二上·广东期中）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆C上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过坐标原点的两条直线分别与椭圆C交于四点，且直线斜率之积为，求证：四边形的面积为定值.
【答案】（1）解：由题意得出，
因为点是椭圆上一点，
所以，
又因为，
解得，
因此，椭圆C的方程为.
（2）证明：如图所示：
当直线的斜率不存在时，
由对称性，不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ，
则，
则 ，
所以 ；
当直线斜率存在时，
设直线的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，
即，
所以，，解得，
所以原点到直线的距离为，
因为，
且
所以（定值），
综上所述，四边形的面积为定值．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意得出c的值，再根据点是椭圆上一点，则由代入法和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，进而得出椭圆C的方程.
（2）考虑直线斜率是否存在情况，设出直线方程，再联立直线和椭圆方程，再结合根与系数的关系式结合，可得，再由四边形的面积公式和三角形面积的关系式，进而表示出四边形的面积，化简证出四边形的面积为定值.
（1）由题意
又∵点是椭圆上一点，∴，又
解得
因此，椭圆的方程为
（2）证明：当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设 ，
则 ，又 ，解得 ，
根据椭圆的对称性，不妨取 ，则，
则 ，
所以 ；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，设点
联立，得，
则
因为，得，即，
所以，，解得，
，
原点到直线的距离为，
因为
且
所以（定值），
综上述四边形的面积为定值．
