專題05期中真題百練通關（193題30大?？碱}型）題型一：空間向量基礎概念與線性運算題型十八：二元二次方程表示的曲線與圓的關系題型二：空間向量共線與共面問題題型十九：直線與圓的位置關系題型三：空間向量數量積及其應用題型二十：圓的切線與弦長問題題型四：空間向量基本定理及其應用題型二十一：圓與圓的位置關系題型五：空間向量及其運算的坐標表示題型二十二：直線與圓的實際應用及坐標法應用題型六：空間位置關系的向量判斷題型二十三：橢圓的定義與標準方程題型七：空間角度的向量求法題型二十四：橢圓的基礎性質應用題型八：空間距離的向量求法題型二十五：橢圓的離心率問題題型九：空間線段點的存在性問題題型二十六：橢圓上的距離與焦點三角形問題題型十：直線的傾斜角與斜率題型二十七：直線與橢圓的位置關系題型十一：兩條直線平行與垂直的判定題型二十八：橢圓中的弦長與中點弦問題題型十二：直線的方程題型二十九：橢圓中的綜合問題題型十三：由直線方程平行垂直及求方程題型三十：橢圓的軌跡問題與實際應用題型十四：直線的交點坐標題型十五：平面距離公式題型十六：直線對稱與反射問題題型十七：圓的方程題型一：空間向量基礎概念與線性運算1．【多選】（24-25高二上·廣東廣州·期中）給出下列命題，其中正確的命題是（

）A．若，則或B．若向量是向量的相反向量，則C．在正方體中，D．若空間向量、、滿足，，則【答案】BC【分析】根據空間向量的概念可判斷A選項；利用相反向量的概念可判斷B選項；利用相等向量的概念可判斷C選項；利用共線向量的定義可判斷D選項.【詳解】對于A：模相等的兩個向量，它們的方向是任意的，A錯誤；對于B：向量是向量的相反向量，則，B正確；對于C：在正方體中，四邊形是矩形，故，C正確；對于D：若，則，，但、不一定共線，D錯誤.故選：BC.2．（24-25高二上·安徽合肥·期中）在空間四邊形中，等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量加減法的運算法則即可求解.【詳解】,故選：C3．（24-25高二上·浙江紹興·期中）在平行六面體中，運算的結果為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】應用空間向量加減的幾何意義及運算律化簡求結果.【詳解】如下圖，結合向量加法幾何意義有.故選：C4．【多選】（24-25高二上·陜西安康·期中）如圖，在四面體ABCD中，點E，F分別為BC，CD的中點，則（

）

A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根據空間向量的加法、減法及數乘運算化簡即可逐項判斷得解.【詳解】因為E，F分別為BC，CD的中點，所以由中位線性質可知，故A正確；若可得，由圖可知不共線，矛盾，故B錯誤；因為，故C正確；因為，故D正確.故選：ACD題型二：空間向量共線與共面問題5．（24-25高二上·湖南永州·期中）下列條件中，能說明空間中不重合的三點、、共線的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量的加法運算可判斷A，根據向量的減法以及相反向量可判斷B，根據共線向量的定義可判斷C，向量的模長相等不一定能推出向量共線，即可判斷D.【詳解】對于A，對于空間中的任意向量，都有，不能說明三點共線，說法A錯誤；對于B，若，則，而，據此可知，即，兩點重合，選項B錯誤；對于C，，則、、三點共線，選項C正確；對于D，，則線段的長度與線段的長度相等，不一定有、、三點共線，選項D錯誤；故選：C.6．（24-25高二下·福建龍巖·期中）已知，，不共面，若，，且三點共線，則（

）A． B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】由，列出方程求解即可.【詳解】因為三點共線，所以，即，所以，解得，所以，故選：A7．（24-25高二上·浙江臺州·期中）已知向量，是平面的兩個不共線向量，非零向量是直線l的一個方向向量，則“，，三個向量共面”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】先根據向量基底的概念證明必要性，然后舉出反例說明“不充分”，由此得出正確選項.【詳解】當時，由于是不共線的向量，故可用作為基底表示出來，即共面，所以“必要性”成立.當共面時，直線l可能在平面內，故“充分性”不成立.所以是必要不充分條件.故選：B.8．（24-25高二上·江蘇無錫·期中）設為空間的一個基底，，，，若，，共面，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據向量共面定理列方程，解方程組即可.【詳解】由已知，，共面，則可設，即，即，解得，故選：D.9．（24-25高二下·江蘇淮安·期中）已知空間向量，，，若向量共面，則實數的值為（

）.A．9 B．10 C．11 D．12【答案】B【分析】根據向量共面的性質來求解的值.若三個向量，，共面，則存在實數，使得，然后根據向量相等的性質列出方程組，進而求解.【詳解】因為向量，，共面，所以存在實數，使得.則可得.由，可列出方程組.由可得，將其代入中，得到.去括號得，移項合并同類項得，解得.將代入，可得.將，代入，可得.故選：B.10．（24-25高二下·上海·期中）已知四點共面，且任意三點不共線，為平面外任意一點，若，則．【答案】/0.4【分析】根據空間向量共面定理即可求得.【詳解】∵，由空間向量共面定理得：，故答案為：.11．【多選】（24-25高二上·山東·期中）下列說法中正確的是（

）A．是共線的充分不必要條件B．若共線，則C．三點不共線，對空間中任意一點，若，則四點共面D．若為空間四點，且有（不共線），則是三點共線的充要條件【答案】ACD【分析】由向量數量積運算律及共線判定，結合充分必要性定義判斷A，利用共線，則直線AB，CD可能重合判斷B，利用四點共面的結論判斷C，由向量線性運算及共線判定，結合充分必要性定義判斷D.【詳解】對于A：由，此時，共線，充分性成立，若，同向共線，且，則，顯然不成立，必要性不成立，所以“”是“共線”的充分不必要條件，故A正確；對于B：若共線，則直線AB，CD可能重合，故B錯誤；對于C：由，且，根據空間向量共面的推論知四點共面，故C正確；對于D：（不共線），若，則，所以，即，所以三點共線，反之也成立，所以是三點共線的充要條件，（本選項也可用三點共線的推論）故D正確.故選：ACD題型三：空間向量數量積及其應用12．（24-25高二上·山東威海·期中）對任意的空間向量，下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．C． D．若，則【答案】C【分析】根據空間向量的概念逐項判斷即可.【詳解】選項A：若，，則與不一定平行，如在正方體中，

滿足，，此時，故A說法錯誤；選項B：表示與共線的向量，表示與共線的向量，所以與不一定相等，B說法錯誤；選項C：向量的數量積滿足乘法分配律，所以，C說法正確；選項D：若，則與模長相等，方向不一定，所以與不一定相等，D說法錯誤；故選：C13．（24-25高二下·甘肅蘭州·期中）設正四面體的棱長為，，分別是，的中點，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意，得到，，結合向量的數量積的定義與運算，即可求得的值，得到答案.【詳解】如圖所示，因為分別為的中點，可得，，又因為四面體為正四面體，且棱長為，可得.故選：D.14．（24-25高二下·福建漳州·期中）已知棱長為的正四面體中，是的中點，是上一點，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由數量積的定義以及運算律代入計算，即可得到結果.【詳解】依題意，有，，設，則．故選:B．15．（24-25高二下·江蘇鹽城·期中）已知正四棱錐的所有棱長均為1，O為底面ABCD內一點，且，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由題意作圖，根據空間向量的共面定理，求得參數，結合數量積的運算律，可得答案.【詳解】由題意可作圖如下：由，則，由共面，則，解得，所以.故選：B.16．（24-25高二下·河南新鄉(xiāng)·期中）記棱長為2的正方體的內切球為球是球O的一條直徑，P為該正方體表面上的動點，則的最大值為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根據空間向量的加法運算和數量積的運算律求解.【詳解】由題意可得，球O的半徑為1．．當P為正方體頂點時等號成立，故選：B17．（25-26高二上·浙江·期中）如圖，在平行六面體中，，，，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】以向量為基底向量，表示出，由向量模的公式求解即可.【詳解】，，，.故選：A.18．（24-25高二上·廣東·期中）已知空間向量滿足，則與的夾角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根據已知化簡得出，再兩邊平方結合數量積公式計算得出夾角余弦進而求出夾角.【詳解】設與的夾角為.由，得，兩邊平方得，所以，解得.又，所以.故選：C.19．（24-25高二上·山東濰坊·期中）A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿足，，，M為的中點，則是（

）A．鈍角三角形 B．銳角三角形C．直角三角形 D．不確定【答案】C【分析】利用向量數量積的運算律計算可得，即可判斷得出結論.【詳解】因為M為的中點，所以，可得，所以，即，可得是直角三角形.故選：C題型四：空間向量基本定理及其應用20．（23-24高二上·山西運城·期中）若構成空間的一個基底，則下列向量能構成空間的一個基底的是（

）.A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】C【分析】要判斷一組向量能否構成空間的一個基底，即判斷這組向量是否不共面，逐一分析各選項，找出不共面的向量組即可．【詳解】對于A，因為，所以，，共面，不能構成空間的一個基底，故A錯誤；對于B，因為，所以，，共面，不能構成空間的一個基底，故B錯誤；對于C，假設，，共面，則存在實數，使得，由于為空間的一個基底，所以可得實數的解為，但與矛盾，假設不成立，即不共面，能構成空間的一個基底，故C正確；對于D，因為，所以共面，不能構成空間的一個基底．故選：C．21．（24-25高二下·江蘇南京·期中）在平行六面體中，為與的交點．若，則下列向量中與相等的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】作圖，然后根據空間向量基本定理求解即可.【詳解】根據題意，．故選：B．22．（23-24高一下·天津·階段練習）如圖，空間四邊形中，，，，點在線段上，且，點為中點，則等于（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空間向量基本定理，得到答案.【詳解】，點為中點，.故選：D23．（24-25高一下·天津濱海新·期中）如圖所示，在平行六面體中，M是的中點，點N是CA?上的點，且用表示向量的結果是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】結合圖形，利用空間向量的加減數乘運算，將用空間的基底表示即可.【詳解】由圖可得：.故選：C.24．（24-25高二上·山東·期中）如圖所示，在三棱柱中，為的中點.若，則可表示為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據給定的幾何體，結合空間向量基本定理，利用空間向量的線性運算求出.【詳解】在三棱柱中，為的中點，.故選：B題型五：空間向量及其運算的坐標表示25．（23-24高二上·山西運城·期中）已知是空間直角坐標系中的一點，下列點的坐標與點M關于平面對稱的點是（

）.A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空間直角坐標系中關于坐標平面對稱問題直接求解.【詳解】與點關于平面對稱的點是(4,?3,2)；故選：D26．（23-24高二上·山西運城·期中）已知向量，，則（

）.A． B． C． D．【答案】B【分析】先計算出，進而得到.【詳解】，故.故選：B27．（24-25高二上·天津·期中）已知，，則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空間向量的坐標進行空間向量的線性運算即可.【詳解】由，，可得：，故選：A.28．（24-25高二下·江蘇連云港·期中）已知滿足，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據已知由空間向量的坐標運算求得，根據數量積的運算律結合，即可得的值．【詳解】由已知，，所以，又，所以.故選：D.29．（24-25高二下·甘肅酒泉·期中）已知空間向量，，若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用空間向量垂直的坐標形式可取參數的值.【詳解】因為，所以，可得，故選：C.30．（24-25高二下·福建莆田·期中）已知，，則向量在向量上的投影向量是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根據數量積和投影向量公式計算即可.【詳解】已知，，可得：且，那么。根據向量投影向量的計算公式，向量在向量上的投影向量為。將，，代入可得：.故選：C.題型六：空間位置關系的向量判斷31．（24-25高二下·江蘇常州·期中）若平面，的法向量分別為，，則與的位置關系是（

）A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．無法確定【答案】B【分析】求出給定向量的數量積，再利用空間位置關系的向量證明判斷即得.【詳解】由，得，所以平面與垂直.故選：B32．（24-25高二下·江蘇鹽城·期中）已知為平面的一個法向量，為直線l的一個方向向量，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據平面的法向量和直線的方向向量定義，利用充分條件和必要條件的判斷方法即可推得．【詳解】由為平面的一個法向量，為直線的方向向量，若，則，即充分性成立；由為平面的一個法向量，為直線的方向向量，若，則或，即必要性不成立.故“”是“”的充分不必要條件．故選：A．33．（24-25高二下·江蘇鹽城·期中）已知平面的法向量為，，平面的法向量為，若，則（

）A．最大值為2 B．最大值為C．最小值為 D．最小值為2【答案】B【分析】根據，可得，則，進而可求出的關系及符號，再利用基本不等式即可得解.【詳解】因為，所以，則存在唯一實數，使得，即，所以，所以，因為，所以，所以，則，當且僅當，即時取等號，所以的最大值為.故選：B.34．（24-25高二下·江蘇常州·期中）已知直線的一個方向向量為，且直線與過和兩點的直線垂直，則等于（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】先根據、兩點坐標求出，再利用兩直線垂直則它們的方向向量垂直，根據向量垂直的性質列出方程，進而求出的值.【詳解】已知，，根據向量坐標運算，可得.因為直線與過、兩點的直線垂直，所以直線的方向向量與垂直.根據向量垂直的性質，可得.化簡得,解得.故選：A.35．（24-25高二上·廣西玉林·期中）已知直線的方向向量為，平面的法向量為，則與的關系是（

）A． B． C．與相交 D．或【答案】A【分析】根據方向向量與法向量平行，即可判斷.【詳解】由向量，得，所以，所以.故選：A36．（24-25高二上·青海西寧·期中）若直線的一個方向向量為，平面的一個法向量為，則（

）A． B． C． D．或【答案】D【分析】利用坐標運算得出，即可根據得出或【詳解】由題意可知，，則，故或.故選：D37．（24-25高二上·浙江嘉興·期中）已知，分別是平面，的法向量，且，則t的值為（

）A．1 B．2 C． D．【答案】B【分析】兩平面垂直等價于兩平面的法向量垂直，利用兩法向量數量積為0可得結果.【詳解】∵，∴，∴，解得.故選：B.題型七：空間角度的向量求法38．（24-25高一下·天津·期中）在正方體中，已知為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空間直角坐標系，設正方體的棱為2，寫出點的坐標，利用異面直線夾角余弦公式進行求解【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為2，則，故，故異面直線與所成角的余弦值為.故選：B39．（24-25高二下·浙江杭州·期中）長方體中，，點分別是棱和的中點，點在側面（包括邊界）移動．若，則異面直線與所成角的余弦值的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角的坐標運算公式結合基本不等式即可求出結果.【詳解】在長方體中，以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設是的中點，所以.設，，因為，所以，所以，設異面直線與所成角為，因為異面直線成角的范圍是，則，因為，所以，當且僅當時取等號，，因此，異面直線與所成角的余弦值的最大值為.故選：A.40．（24-25高二下·福建寧德·期中）如圖，在四棱臺中，底面ABCD是菱形，平面，直線AC與直線所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題設建立適當空間直角愛坐標系求得兩直線方向向量，代入夾角公式即可計算求解.【詳解】取BC的中點，連接AF，則由題意可得,，且，以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則，，所以，所以，所以直線AC與直線所成角的余弦值為．故選：A41．（24-25高三下·江西贛州·期中）已知一圓錐的底面半徑是1，高為，SA為該圓錐的一條母線，B，C是圓錐底面圓周上的兩個動點，則直線SA與BC夾角的余弦值的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意建系，設出點B，C的坐標，利用空間向量的夾角公式和三角恒等變換將其化成關于余弦的絕對值函數，利用余弦函數的值域即可求得.【詳解】

如圖，設圓錐的底面圓圓心為點，分別以直線所在直線為軸，過點且與垂直的直線為軸建立空間直角坐標系.依題意，因點B，C是圓錐底面圓周上的兩個動點，可設，其中，則，設直線SA與BC夾角為，則，因，故當時，取得最大值1，此時取得最大值.故選：D.42．（21-22高二上·重慶云陽·期中）在三棱錐中，，，平面，點，分別為，的中點，，為線段上的點（不包括端點，），若使異面直線與所成角的余弦值為，則（

）A．或4 B． C． D．【答案】D【分析】由題意與勾股定理建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，利用線線角向量公式，可得答案.【詳解】如圖，在三棱錐中，，，所以．因為平面，以為原點，，，為、、軸正方向建立空間直角坐標系．可知，，．因為，，所以，所以，則．設，且，則，可知，，所以，，．因為異面直線與所成的角的余弦值為，所以，解得或（舍去）．所以．故選：D.43．（24-25高二下·江蘇宿遷·期中）在正三棱柱中，，P為的中點，則直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如圖，過點作平面的垂線為軸，以，為軸和軸，作空間直角坐標系.求平面的一個法向量，以及直線的方向向量，則即為所求.【詳解】如圖，過點作平面的垂線為軸，以，為軸和軸，作空間直角坐標系.則平面的一個法向量為，設正三棱柱中，，則，，所以，所以,所以直線與平面所成角的正弦值為.故選：A44．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱錐中，底面，，，，．

(1)證明：；(2)求與平面所成的角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）利用線面垂直得到，利用直角三角形得到，從而可得線面垂直，進而可證線線垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用線面角的向量公式可得答案.【詳解】（1）證明：底面，平面，，取中點，連接，，，，又，，，為直角三角形，且為斜邊，，又，平面，平面，平面，又平面，；（2）由（1）知，，，兩兩互相垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，，則，，設平面的一個法向量為，則，則可取，設與平面所成的角為，則，與平面所成的角的正弦值為．45．（24-25高二下·廣西·期中）如圖，在四棱錐中，，，平面平面，，M，N分別是，的中點.

(1)證明：；(2)若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據面面垂直的性質定理得平面，進而由線面錘子的性質定理得線線垂直.（2）取的中點E，先求得是正三角形，然后建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，最后利用向量法求得線面角的正弦值即可.【詳解】（1）∵，是的中點，∴，又∵平面平面且交于，平面，∴平面，又平面，∴.（2）取的中點E，∵，∴，，且，，∴四邊形是矩形，∴，因此是正三角形，∴，，.如圖所示，建立空間直角坐標系

，，，，，∴，，，設平面的法向量，則有，令，則，，故為平面的一個法向量.由所以直線與平面所成角的正弦值為.46．（24-25高二下·廣西貴港·期中）如圖，邊長為2的正方形是圓柱的軸截面，為底面圓上的點，為線段的中點．(1)證明：平面．(2)證明：平面．(3)若直線與平面所成角的正弦值為，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)．【分析】（1）先證明，,再利用線面垂直的判定定理求解即可；（2）取線段的中點，連接，，先利用平行四邊形證明，再利用線面平行的判定定理求解即可；（3）過點作圓柱的母線，以為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，求出直線的方向向量以及平面的法向量，再利用夾角公式求解即可.【詳解】（1）依題意可得為圓的一條直徑，則．因為平面，平面，所以，又，所以平面，所以平面．（2）取線段的中點，連接，．在中，，．因為，，所以，，所以四邊形為平行四邊形，則．因為平面，平面，所以平面．（3）過點作圓柱的母線，則平面，所以，，互相垂直．以為原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設，，則，，，，所以，．設為平面的法向量，所以令，則．易知直線的一個方向向量為．記直線與平面所成的角為，則，結合，解得，，所以．47．（24-25高二上·陜西寶雞·期中）二面角的棱上有、兩點，直線、分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于，已知，，，，則該二面角的大小為（

）

A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】C【分析】根據向量的線性運算，結合模長公式可得，即可向量根據夾角公式求解.【詳解】由可得,故，進而可得,由于，由于，故，由于夾角的大小即為二面角的大小，故二面角大小為120°，故選：C48．（24-25高二上·四川·期中）在正方體中，為的中點，則平面與平面夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】設正方體的棱長為1，利用向量法求平面與平面夾角的余弦值.【詳解】兩兩垂直，故以為坐標原點，所在的直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，取的中點為，連接，則，，，則，又因為，，，平面，故平面，所以為平面的一個法向量，設平面的一個法向量為，則，所以為平面的一個法向量，設平面與平面的夾角為，則，故平面與平面夾角的余弦值為．故選：D．49．（24-25高二下·河北秦皇島·期中）如圖，在三棱柱中，，，平面平面，平面平面，點，分別在棱，上，且.(1)求證：；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據題干條件，結合勾股定理可證，利用面面垂直的性質定理和線面垂直的性質及線面垂直的判定定理即可證明；（2）由（1）可知，，，故以為坐標原點，，，分別為，，建立空間直角坐標系.分別求出平面的法向量和平面的法向量，利用二面角的向量求法即可求解.【詳解】（1）∵，，∴，∴.∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.又平面，.∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.又平面，.∵，，，平面，平面，∴平面.又平面，.（2）由（1）可知，，，故以為坐標原點，，，分別為，，建立空間直角坐標系如圖所示.則由題可知，，，，，∴，，.平面的一個法向量為，則，即，令，則，，∴平面的一個法向量為.平面的一個法向量為，則，即，令，則，，∴平面的一個法向量為.∴，∴，∴二面角的正弦值為.50．（24-25高二下·福建泉州·期中）如圖，在直三棱柱中，，且分別是的中點.(1)證明：平面（要求：不能用空間向量）(2)求到平面的距離；(3)求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）取的中點，可證四邊形是平行四邊形，得到，再根據線面平行的判定即可證明平面；（2）根據等體積法，利用，即可求到平面的距離；（3）以為原點建立空間直角坐標系，根據平面法向量的求解步驟，分別求出平面與平面的一個法向量，再利用平面法向量與夾角間的關系可解.【詳解】（1）取的中點，連接，，因為是的中點，所以且，又因為是的中點，直三棱柱中且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，則，因為平面，平面，所以平面.（2）由已知，可得.根據勾股定理可得，，，，根據余弦定理可得，所以，則，，設到平面的距離為，因為，根據三棱錐體積公式可得：，即，解得，所以到平面的距離為.（3）依題意可知，兩兩相互垂直，以為原點，，，所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系.則，，，.，，，.設平面的法向量為，則，即，不妨取，則.設平面的法向量為，則，即，不妨取，則，設平面與平面夾角為，根據向量夾角公式可得：，所以平面與平面夾角的余弦值為.51．（24-25高二下·江蘇南京·期中）直四棱柱中，底面為平行四邊形，若分別為的中點.(1)證明：平面；(2)若，且平面與平面所成角的余弦值為，求.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）取中點，連接，易證四邊形為平行四邊形，得，根據線面平行的判定定理得證；（2）由題易得平行四邊形是菱形，連接交于點，以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，求出平面和平面的一個法向量，利用向量夾角公式列式求出，得解.【詳解】（1）取中點，連接為中點，，即四邊形為平行四邊形，，平面，平面，平面.（2）在直四棱柱中，平面，則，又，則，所以平行四邊形是菱形，連接交于點，由，則，，以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，設平面的一個法向量為則，令，得，，又設平面的一個法向量為，則，解得，，解得，故.題型八：空間距離的向量求法52．（24-25高二下·福建龍巖·期中）如圖，在四棱柱中，底面是菱形，，，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】連接，設，連接，證明平面，再以點為坐標原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】連接，設，連接，由，得，所以，因為底面是菱形，所以，又因為，且，在平面內，所以平面，在中，，，所以，如圖，以點為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，，，故，，，設平面的法向量為，則有，令，得，所以點到平面的距離.故選：C.53．（24-25高二下·山西呂梁·期中）如圖，在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點，則下列結論正確的是（

）A．平面 B．平面C．與所成角為 D．點B到平面的距離為【答案】C【分析】建立以為坐標原點的空間直角坐標系，求出平面的法向量，根據線面垂直以及線面平行的向量表示可判斷AB錯誤，利用異面直線夾角的向量求法計算可得C正確，再由點到直線距離的向量表示計算可得D錯誤.【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，如下圖所示：對于A，易知，可得對于A，設平面的一個法向量為，則，令，則可得，即，顯然此時不共線，因此平面不成立，即A錯誤；對于B，又，則，顯然此時，所以平面不成立，即B錯誤；對于C，易知，因此與所成角為，即C正確；對于D，易知，又平面的一個法向量為，所以點B到平面的距離為，即D錯誤.故選：C54．（24-25高三上·天津·期中）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，為棱的中點．(1)證明：平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見詳解(2)(3)【分析】（1）取的中點，連接，利用三角形中位線，平行四邊形性質以及線面平行的判定定理即可證明；（2）結合已知條件建立空間直角坐標系，分別寫出相應的點坐標，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可；（3）在（2）的基礎上利用向量法求點到面的距離即可.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，如圖所示：在中，因為，分別是為棱，的中點，所以為中位線，所以，且，又，，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）平面，平面，所以，又，所以以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，取的中點，連接，如圖所示：因為，，且，所以四邊形是邊長為2的正方形，所以，因為為棱的中點，所以，所以，設平面的一個法向量為，則，令，則，即平面的一個法向量為，又平面，平面,所以，由，且，所以平面，即平面，所以為平面的一個法向量，所以，所以平面和平面夾角的余弦值為（3）由（2）知，平面的一個法向量為，所以點到平面的距離為：，所以點到平面的距離為.55．（24-25高二下·福建漳州·期中）在空間直角坐標系中，已知，，，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由空間中點到直線的距離的向量求法求解即可.【詳解】依題意，得，．因此在上得投影長為，所以點到直線的距離為．故選：B．56．（24-25高三上·天津北辰·期中）如圖，垂直于梯形所在平面，，為的中點，，，四邊形為矩形.(1)求證：平面；(2)求點到直線的距離；(3)求平面與平面夾角的余弦值【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）設，由三角形中位線性質可得，由線面平行判定推理即可；（2）以為坐標原點，直線、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得點到直線的距離；（3）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【詳解】（1）證明：設，連接，由四邊形為矩形，得為中點，又為中點，則，又平面，平面，所以平面.（2）解：由垂直于梯形所在平面，，得直線、、兩兩垂直，以為坐標原點，直線、、分別為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、，，，所以，點到直線的距離為.（3）解：由（2）可知，，，設平面的法向量，則，令，得，易知平面的一個法向量，則，所以平面與平面的夾角的余弦值為.57．（24-25高三上·天津濱海新·期中）如圖，在直三棱柱中，，，，點，分別在棱和棱上，且，．(1)設為中點，求證：面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到直線的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）取BE的中點為G，連接，根據線面平行的判定定理即可證明結論；（2）建立空間直角坐標系，利用空間角的向量求法，即可求得答案；（3）利用空間距離的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）取BE的中點為G，連接，因為為中點，所以，而，，則，，故，所以，則四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，故平面；（2）在直三棱柱中，，故兩兩垂直，以所在直線為軸建立空間直坐標系，由于，故，則，設平面的法向量為，則，令，則，設直線與平面所成角為，則，即直線與平面所成角的正弦值為；（3）,故點到直線的距離為.58．（24-25高二下·甘肅平涼·期中）正四棱錐中，為頂點在底面內的正投影，為側棱的中點，且，則異面直線與的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】連接，，可得且交于，再由面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【詳解】因為為正四棱錐且是在底面內的正投影，所以面，連接，，則且交于.因為面，所以，.所以以，，為，，軸建立如圖所示的空間直角坐標系.因為，則，，，，，所以，.設異面直線與的公垂線方向向量為，則有，即，取.又因為，所以異面直線與的距離.所以異面直線與的距離為.故選：B59．（24-25高二上·遼寧大連·期中）在長方體中，，，，E為AB的中點，則異面直線與DE的距離為（

）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】建立如圖所示的空間直角坐標系，得出各點坐標，求出與的公垂線的一個方向向量，由空間向量的數量積即可得解.【詳解】分別以為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，，，E為AB的中點，則，，，，則，，設與DE的公垂線的一個方向向量為，則，取，得，則，又，所以異面直線與DE之間的距離為.故選：C.題型九：空間線段點的存在性問題60．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如圖，在四棱錐中，側棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中點.(1)求證：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)在線段上是否存在一點使得與平面所成角的正弦值為？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，且【分析】（1）以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得平面；（2）利用空間向量法可求得二面角的余弦值；（3）假設存在滿足題意的點，且，求出向量的坐標，利用空間向量法可得出關于的方程，結合的取值范圍可求出的值，由此可得出結論.【詳解】（1）因為底面，，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，則，，.設平面的法向量是，則，令，則，，于是.因為，所以，，又因為平面，所以，平面.（2）設平面的法向量為，則，，則，取，可得，，則，設二面角的平面角大小為，則為銳角，所以，，所以，二面角的平面角的余弦值為.（3）假設存在滿足題意的點，且，則由于平面的一個法向量，由題意可得：，整理可得，解得，據此可得存在滿足題意的點，且.61．（24-25高二上·上海嘉定·期中）如圖1，在等腰梯形ABCD中，，，，E為AD中點，點O，F分別為BE，DE的中點.將沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE（如圖2）.(1)求證：；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)側棱上是否存在點P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）根據已知易得，再由面面垂直的性質證平面BCDE，最后應用線面垂直的性質證結論；（2）構建合適的空間直角坐標系，應用向量法求線面角即可；（3）設，，進而得到，證明平面得該面的法向量，通過的坐標表示列方程求參數，判斷存在性.【詳解】（1）如圖1，在等腰梯形ABCD中，，，E為AD中點，為等邊三角形，如圖2中O為BE的中點，則.又平面平面BCDE，且平面平面，面，所以平面BCDE，平面BCDE，所以.（2）如圖2，連結OC，由已知得，又O為BE的中點，則.由（1）知平面BCDE，面BCDE，則，，以O為原點，，，分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系（如圖2），易知.，，，，，，.設平面的一個法向量為，由，得，即，取，得.設直線與平面所成角為，則.所以直線與平面所成角的正弦值為.（3）如圖2，假設在側棱上存在點P，使得平面.設，，，.易知四邊形BCDE為菱形，且，而，則，由（1）知，，且都在面內，所以平面.所以為平面的一個法向量.由，得.所以側棱上存在點P，使得平面，且.62．（24-25高二上·四川瀘州·期中）如圖，在三棱柱中，底面是邊長為的等邊三角形，，分別是線段的中點，在平面內的射影為.(1)求證：平面；(2)若點為棱的中點，求點到平面的距離；(3)在棱上是否存在點，使得平面與平面所成的角為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）根據等腰三角形三線合一性質可得；根據線面垂直的判定與性質可得，結合菱形對角線互相垂直和線面垂直判定定理可證得結論；（2）方法一：以為坐標原點建立空間直角坐標系，根據點面距離的向量求法可求得結果；方法二：取的中點，作，，根據平行關系可將所求距離轉化為點到平面的距離，由平面，結合長度關系可求得結果；（3）方法一：設，根據面面角的向量求法可構造方程求得的值，進而得到結論；方法二：假設存在點，根據二面角平面角的定義可知，由長度關系可求得結果.【詳解】（1）連接，，為等邊三角形，為中點，；由題意知：平面，又平面，，，平面，平面，平面，；四邊形為平行四邊形，，四邊形為菱形，，分別為中點，，，又，平面，平面.（2）方法一：由（1）知：平面，；則以為坐標原點，正方向為軸正方向，建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量，則，令，解得：，，，點到平面的距離；方法二：取的中點，連接，過作交于，過作分別交的延長線于，則分別是的中點，，平面，平面，平面，點到平面的距離等于點到平面的距離；由（1）得：，平面，平面，是直角三角形，在菱形中，易得，，，，，即點到平面的距離為.（3）方法一：，，，設，，，；由（2）知：平面的一個法向量；設平面的法向量，則，令，解得：，，；，解得：（舍）或，此時，在棱上存在點，使得平面與平面所成的角為，此時；方法二：假設存在點滿足題意，取的中點，連接，過作交于，連接，，平面，又由（1）得：，，二面角的平面角為，；在菱形中，作，，，，為直角三角形，，，在棱上存在點，使得平面與平面所成的角為，此時.63．（24-25高三上·四川·期中）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，，且，側面是正三角形，側面底面，E為中點，作交于F．(1)求證：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值；(3)在平面內是否存在點Q．使得，若存在，求動點Q的軌跡長度；若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)不存在，理由見解析.【分析】（1）由面面垂直的性質得面，進而有，且，最后根據線面垂直的判定，面面垂直的判定及性質證結論；（2）構建合適的空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值；（3）問題化為判斷以為直徑的球體與平面是否存在交線，結合點面距離判斷中點與面的距離與的大小，即可判斷.【詳解】（1）由側面底面，側面底面，面，又底面是直角梯形，，故，所以面，面，則，由側面是正三角形，E為中點，則，而且都在面內，則面，面，所以面面，而，面面，面，所以平面.（2）依題意，可構建如下圖示的空間直角坐標系，，所以，，令是面的一個法向量，則，令，則，令是面的一個法向量，則，令，則，所以平面與平面的夾角的余弦值.（3）由，即，故點在以為直徑的球體與平面的交線上，又，其中點坐標為，則，由（1）（2）知，是面的一個法向量，所以到面的距離，所以以為直徑的球體與平面不相交，故不存在使.64．（24-25高二上·北京延慶·期中）如圖，已知四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，平面是正三角形，分別為的中點.

(1)求證：平面；(2)求點到平面的距離；(3)線段上是否存在點，使得三棱錐的體積為，若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，或【分析】（1）根據線面垂直的判斷定理，轉化為證明，；（2）以為原點建立空間直角坐標系，求平面的法向量，再代入點到平面的距離，求解；（3）根據，求得點的坐標，再根據（2）的結果求點到平面的距離，并根據向量的數量積公式，以及面積公式，求，結合體積公式，即可求解.【詳解】（1）證明：因為是正三角形，是的中點，

所以.又因為平面平面，平面，所以面；（2）因為兩兩互相垂直.以點為原點，的方向分別為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則，設平面的法向量為，由，得，點到平面的距離（3）設所以點到面的距離為定值.，解得：或.題型十：直線的傾斜角與斜率65．（24-25高二下·上海浦東新·期中）如圖，直線、、的斜率分別為、、，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據圖象結合斜率及傾斜角的關系分別判斷即可.【詳解】設直線、、的傾斜角為、、，由圖可知，所以，即.故選：A.66．（24-25高二上·內蒙古呼和浩特·期中）已知、，若斜率存在的直線l經過點，且與線段AB有交點，則l的斜率的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用直線的斜率公式計算，；再結合圖形，利用直線與線段有交點的條件建立不等式，即可得出結果.【詳解】由直線的斜率公式可得：；.結合圖形，要使直線l經過點，且與線段AB有交點，l的斜率需滿足或.故選：C.67．（24-25高二上·河南駐馬店·期中）已知直線l的傾斜角滿足，則l的斜率k的取值范圍是（

）A． B． C．D．【答案】C【分析】根據直線斜率與傾斜角的關系，為傾斜角，分別求出傾斜角在和時斜率的值，再根據正切函數在給定區(qū)間的單調性確定斜率的取值范圍.【詳解】當時，.當時，.因為在上單調遞增，在上也單調遞增.當時，；當時，.所以的取值范圍是.故選：C.68．（24-25高二上·天津·期中）直線l的方向向量為，則該直線的傾斜角為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據給定的條件，求出直線的斜率，進而求出傾斜角.【詳解】由直線l的方向向量為，得該直線的斜率為，所以該直線的傾斜角為.故選：C69．（24-25高二上·河北張家口·期中）三點，，在同一條直線上，則的值為（

）A．2 B．4 C． D．【答案】D【分析】根據兩點斜率表達式得到方程，解出即可.【詳解】顯然，則，即，解得.故選：D.題型十一：兩條直線平行與垂直的判定70．（24-25高二下·上海青浦·期中）若、為實數，則“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分也非必要條件【答案】B【分析】利用兩直線平行求出實數的值，再利用充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳解】若直線與直線平行，則且，因為“”“且”，但“”“且”，因此，“”是“直線與直線平行”的必要不充分條件.故選：B.71．（24-25高二上·甘肅蘭州·期中）已知直線與直線平行，則實數a的值為（

）A． B． C．或1 D．或1【答案】D【分析】利用兩條直線平行的條件列式求解.【詳解】由直線與直線平行，得，解得或，所以實數a的值為或1.故選：D72．（24-25高二下·河南新鄉(xiāng)·期中）若直線與互相垂直，則（

）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】分類討論直線的斜率，再利用即可.【詳解】由題意可知直線的斜率，當時，直線的斜率不存在，不滿足；當時，直線的斜率，由，得，即，解得．故選：B73．（24-25高二下·山西·期中）若直線與直線垂直，則（

）A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】利用兩條直線互相垂直列式求解.【詳解】由直線與直線垂直，得，所以.故選：C題型十二：直線的方程74．（24-25高一下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）直線與軸、軸分別交于兩點，則（為坐標原點）的平分線所在直線的方程為（

）A． B．C． D．或【答案】B【分析】利用斜率與傾斜角正切值關系，要求角平分線所在直線斜率，則先求半角的正切值，從而即可得角平分線的直線方程.【詳解】根據題意，直線與軸、軸分別交于兩點，令，可得，則的坐標為，令，可得，則的坐標為，如圖：設，為銳角），則，即，則有，解可得或（舍），則的平分線所在直線的斜率，其方程為，變形可得，故選：B.75．（24-25高二下·北京·期中）以為端點的線段的垂直平分線的方程為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】線段的垂直平分線過線段中點，且斜率與線段所在直線斜率相乘等于，據此即可求出線段垂直平分線方程.【詳解】因為則，所以線段AB的中垂線的斜率為，又線段的中點為，即，所以線段中垂線方程為：，即.故選：C．76．（24-25高二上·福建福州·期中）已知直線經過點，且方向向量，則的方程為（）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用直線的方向向量即可求得斜率，再利用直線的點斜式方程求出結果.【詳解】由題意知直線的方向向量是，可得其斜率為，所以直線的方程為，即.故選：C77．（24-25高二上·廣東中山·期中）已知的頂點分別為，，，中點，求邊的垂直平分線的方程.【答案】【分析】根據的頂點，，求得的中點及斜率，再根據垂直平分線的定義求解.【詳解】因為的頂點，，所以中點，，則邊的垂直平分線的斜率為，所以邊的垂直平分線的方程為，即.78．（23-24高二上·海南三亞·期中）已知的頂點為，，，求：(1)邊AC上的中線所在直線的方程；(2)邊AC上的高所在直線的方程；【答案】(1)(2)【分析】（1）求出中點，和，運用點斜式得方程；（2）求出，運用點斜式得方程.【詳解】（1）設中點為，所以，即，所以，直線：，即，所以邊上的中線所在的直線方程為.（2）由題意得，所以邊上高的斜率為，所以邊上高所在直線的方程為：，即.79．（24-25高二上·廣東廣州·期中）直線l過點且在兩坐標軸上的截距相等，則直線l的方程為．【答案】或【分析】利用直線的截距式方程分別討論截距是否為0即可得出結果.【詳解】當截距均為0時，即過，此時直線l的方程為；當截距不為0時，設直線l的方程為，滿足，解得，此時直線l的方程為；綜上可得直線l的方程為或.故答案為：或80．（24-25高二上·廣東東莞·期中）直線的方程為，.(1)若直線在兩坐標軸上的截距相等，求的方程；(2)若直線分別交軸、軸的正半軸于點、，點是坐標原點．若的面積為，求的值.【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根據直線截距的概念，分別令、列式求解即可；（2）分別求出直線在軸、軸的截距，代入三角形面積公式可得，直接解一元二次方程求解.【詳解】（1）當即時，直線的方程為，不滿足題意；當，即時，令得，令，得，由截距相等得，解得或，當時，直線的方程為，當時，直線的方程為，故綜上所述，所求直線的方程為或．（2）由題意知，，，且在軸、軸上的截距分別為、，所以，解得，所以的面積，

由題意知，化簡得，解得或，均滿足條件，所以或．題型十三：由直線方程平行垂直及求方程81．（24-25高二上·四川成都·期中）過定點且與直線平行的直線方程為.【答案】【分析】設直線方程，再結合定點坐標即可求解.【詳解】設直線方程為，由在直線上，可得：，得：，所以直線方程為，故答案為：82．（24-25高二下·河南濮陽·期中）經過點且與直線垂直的直線方程為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用兩直線垂直得出所求直線的斜率，再利用點斜式方程可得結果.【詳解】由題意可知的斜率為，所以與其垂直的直線斜率為，由點斜式可知該直線方程為，故選：D83．（24-25高二上·寧夏吳忠·期中）據下列條件分別寫出直線的方程．并化為一般式方程．(1)求經過點，且與直線平行的直線方程；(2)已知點，．求線段的垂直平分線的方程；(3)求經過點，且在兩坐標軸上的截距相等的直線方程．【答案】(1)(2)(3)和【分析】根據題給條件設直線方程即可.（1）設與直線平行的直線方程為，代點即可求解.（2）根據點求中點坐標及其斜率，與線段的垂直的直線的斜率與，點斜式寫直線方程即可.（3）設截距，考慮截距為和不為的情況，根據點斜式寫直線方程即可.【詳解】（1）設與直線平行的直線方程為，過，則，則，所以直線的一般方程為.（2）因為點，，中點為，，則垂直平分線的斜率，則，直線方程為，所以直線的一般方程為.（3）設直線在兩坐標軸上的截距為，即直線過當截距時，直線過，，則，即；當截距時，直線斜率，則，即.所以在兩坐標軸上的截距相等的直線方程為和.題型十四：直線的交點坐標84．【多選】（25-26高二上·全國·期中）已知直線：，直線：，則（

）A．當時，與的交點是B．直線與都恒過C．若，則D．，使得【答案】ABC【分析】將代入，聯立兩直線方程即可求得交點，則A可解；由直線過定點問題可求B；由直線垂直的條件可判斷C；由直線平行的條件可判斷D.【詳解】對于A，當時，直線，直線，聯立，解得，所以兩直線的交點為，故A正確；對于B，將點代入的方程，兩方程對任意參數都成立，所以直線與都恒過，故B正確；對于C：若，則，解得，故C正確；對于D，假設存在，使，則，解得或，當，，，兩直線重合，舍去，當時，，即，，即，兩直線重合，舍去，所以不存在，使，故D錯誤.故選：ABC.85．（24-25高二上·云南曲靖·期中）已知直線過直線和的交點，且與平行，則的方程是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出直線、的交點坐標，根據題意，設直線的方程為，將交點坐標代入直線的方程，求出實數的值，即可得出直線的方程.【詳解】聯立直線、的方程，，解得，故直線、的交點坐標為，因為直線與直線平行，設直線的方程為，將點的坐標代入直線的方程可得，解得.因此，直線的方程為.故選：B.86．（24-25高二上·福建·期中）已知的頂點，邊上的高所在直線為，為中點，且所在直線方程為.(1)求邊所在的直線方程；(2)求頂點的坐標.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用垂直關系求出直線的斜率，進而求出其方程.（2）求出直線的交點坐標即可.【詳解】（1）由邊上的高所在直線的斜率為1，得直線的斜率為，又直線過，所以直線的方程為，即.（2）由直線的方程為，而頂點為直線與直線的交點，由，解得，所以點.87．【多選】（24-25高二上·廣東佛山·期中）已知三條直線能構成三角形，則實數可能為（

）A． B． C． D．6【答案】AC【分析】對三條直線的位置關系分三種情況分別討論，即可得解.【詳解】若三條直線不能構成三角形，則直線存在以下三種情況；①當與平行（或重合）時，則，解得；②當與平行（或重合）時，則，解得；③當三條直線交于同一點時，由，解得，代入解得.所以選項中，三條直線能構成三角形的實數可能為，AC正確，故選：AC.88．【多選】（24-25高二上·湖北·期中）若三條直線，，不能構成三角形，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由三條直線不能圍成三角形，則三條直線中至少有兩條直線平行或三條直線交于同一點列式可得結果.【詳解】設，，，由，解得，所以與的交點為，因為三條直線不能圍成三角形，所以過與的交點或或，當過與的交點時，，解得，當時，，解得，當時，，解得，綜上，的值為.故選：ABD.題型十五：平面距離公式89．（24-25高二下·上?！て谥校┮阎本€經過點，且與軸、軸分別交于點、點，當取最小值時，直線的方程為．【答案】或，【分析】表達出，得到，，由基本不等式得到的最小值，得到，即可得到直線方程.【詳解】因為直線與軸、軸分別交于點、點，所以直線的斜率存在，可設直線的方程為，所以，，所以，，所以，當且僅當時取等號，此時，此時直線的方程為或，故答案為：或，90．（24-25高二下·湖南·期中）已知在平面直角坐標系中，，動點滿足，則的取值范圍是.【答案】【分析】設點，由距離公式得到，則，求出的取值范圍，即可得解.【詳解】設點，依題意可得，即，則，所以，因為，當且僅當時取等號，由，解得，所以，則，所以.故答案為：91．（24-25高二上·福建泉州·期中）函數的最小值為．【答案】【分析】由題意可得表示與、的距離之和，求出C關于x的軸對稱點，數形結合，求解即可.【詳解】表示、的距離，表示、的距離，又關于x軸的對稱點，如圖，

所以，所以．故答案為：92．（23-24高二上·重慶·期中）已知在直線上，則的最小值為．【答案】3【分析】根據，即表示直線上的點到原點距離，由點到直線的距離公式計算，即可得結果.【詳解】因為表示點到原點的距離，而點在直線上，所以的最小值即為原點到直線的距離，.所以的最小值為3.故答案為：.93．（24-25高二下·云南玉溪·期中）若點，到直線的距離相等，則（

）A．4 B． C．4或 D．或【答案】C【分析】分在直線的同側和分別在直線的兩側兩種情況分析即可求解.【詳解】若，在直線的同側，則，解得；若，分別在直線的兩側，則直線經過的中點，則，解得．故選：C94．（24-25高一下·上?！て谥校┮阎娜齻€頂點、、的坐標分別為、、，則此三角形的面積為.【答案】【分析】先求的方程，再求A到直線的距離，再求的面積.【詳解】由直線方程的兩點式得直線的方程為，即，由兩點間距離公式得，設點A到的距離為d，即為邊上的高，，則的面積為.故答案為：.95．（24-25高二上·安徽合肥·期中）已知點到直線的距離為3，則實數等于（

）A．3 B． C．0或3 D．0或【答案】D【分析】由點到直線的距離公式即可求解.【詳解】由題意可得，解得或，故選：D96．【多選】（24-25高二上·廣東東莞·期中）過點且與兩點距離相等的直線方程（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】先設直線方程，再根據點到直線距離公式列方程解得結果.【詳解】由題意得：滿足條件的直線斜率存在，可設所求直線方程為，即，因為與點距離相等，則，可得，解得或，所以所求直線方程為或.故選：BC97．（25-26高二上·全國·期中）若兩條平行直線：與：之間的距離是，則直線在x軸上的截距為．【答案】或13【分析】由兩直線平行可得n，再利用平行直線間的距離公式計算可得m，即可得到答案．【詳解】由題意，，因為，所以，解得，所以：，即，由兩平行直線間的距離公式得，解得或．在中，令，得，故直線在x軸上的截距為或13.故答案為：或13.98．（24-25高二下·上海普陀·期中）若直線與直線之間的距離為，則實數的值為；【答案】或【分析】根據給定條件，利用平行線間距離公式列式求出值.【詳解】直線，即與直線之間的距離為，則，解得或，經驗證，符合題意，所以實數的值為或.故答案為：或99．（24-25高二上·安徽六安·期中）平行于直線，且與它距離為的直線方程是.【答案】或【分析】設所求直線方程為，利用兩平行直線間的距離公式即可求解．【詳解】由題意，設與直線平行的直線方程為，由兩平行直線間的距離公式可得，解得或，故所求直線方程為或．故答案為：或．100．【多選】（23-24高二上·安徽蕪湖·期中）若兩條平行直線：與：之間的距離是，則的值可能為（

）A．3 B．9 C．12 D．15【答案】BC【分析】根據平行關系求出，兩平行線間的距離求出可得答案.【詳解】由題意知，解得，所以：，又：，即，所以，解得或，所以或．故選：BC．題型十六：直線對稱與反射問題101．（23-24高二上·吉林長春·期中）關于直線的對稱點為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設關于直線的對稱點為，根據題意列方程組即可求解.【詳解】設關于直線的對稱點為，則，解得.故選：A.102．（24-25高二上·廣東清遠·期中）已知點P在直線上，點，則的最小值為【答案】【知識點】求點關于直線的對稱點后可求線段差的最小值.【詳解】如圖，設關于直線的對稱點為，則，解得，則，于是，結合圖形知，當三點共線時，此時取得最小值，即取得最小值為故答案為：103．（24-25高二上·江蘇常州·期中）點與點關于直線l：對稱，則的值為．【答案】【分析】根據垂直關系和中點在直線上可求，從而可求的值.【詳解】因為，故，而的中點為，故，所以，所以，故答案為：.104．（23-24高二上·海南?？凇て谥校┫铝姓f法正確的是（

）A．直線與兩坐標軸圍成的三角形的面積是4B．點關于直線的對稱點為C．直線關于直線的對稱直線的方程為D．直線關于點的對稱直線的方程為【答案】D【分析】求出三角形的面積判斷A；求出兩點的中點坐標判斷B；在直線上取點，求出對稱點判斷C；求出關于點的對稱直線的方程判斷D.【詳解】對于A，直線與兩坐標軸交于，則所求三角形面積為，A錯誤；對于B，點和的中點不在直線上，則點關于直線的對稱點不是，B錯誤；對于C，在直線上取點，設其關于直線的對稱點為，則，解得，而點不在直線上，C錯誤；對于D，在所求方程的直線上任取點，則該點關于點的對稱點為在直線上，于是，即，因此所求的直線方程為，D正確.故選：D105．（24-25高二上·廣東清遠·期中）已知直線，若關于對稱的直線為，則直線的方程是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據條件判斷，可設，利用對稱性可知與間的距離等于與間的距離，列方程求解即得.【詳解】因為，所以，設直線的方程為且.因為直線關于直線對稱，所以與間的距離等于與間的距離.由兩平行直線間的距離公式，得，解得或（舍去）.所以直線的方程為.故選：D.106．【多選】（24-25高二上·福建福州·期中）已知直線和兩點.在直線l上有一點P，則的最小值和的最值為（

）A．的最小值為12 B．的最小值為6C．的最小值為 D．的最大值為2【答案】AC【分析】應用點關于直線對稱，結合飲馬模型求的最小值，利用三角形的三邊關系及點線位置關系求的最值，即可得答案.【詳解】令是關于的對稱點，則，所以，即，為與的交點，如下圖，則，當且僅當共線且在線段上時取等號，即的最小值為12；由圖知（直線與直線的交點離點更近），即，當且僅當共線且在射線上時取最小值，但無最大值，即最小值是，為.故選：AC107．（24-25高二上·北京·期中）已知直線：．(1)當時，一條光線從點射出，經直線反射后過原點，求反射光線所在直線的方程；(2)求證：直線恒過定點；(3)當原點到直線的距離最大時，寫出此時直線的方程（直接寫出結果）．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）令是關于的對稱點，利用垂直和中點在直線上求點坐標，進而寫出直線方程；（2）將直線寫成，可求定點，即可證；（3）由題設易知，利用垂直及點斜式寫出直線方程.【詳解】（1）由題設，令是關于的對稱點，則，可得，故，由題意，反射光線過和原點，所以反射光線所在直線方程為.（2）由直線可改寫為，聯立，可得，將點代入原直線方程，顯然成立，故直線恒過定點，得證.（3）當原點到直線的距離最大，即點到點的距離，此時，由，則，故，整理得.題型十七：圓的方程108．（24-25高二上·甘肅金昌·期中）以點為圓心，且經過點的圓的方程是．【答案】【分析】根據已知求得圓的半徑，再根據圓的標準方程即可求解．【詳解】由題意，知所求圓的圓心是，半徑為，故所求圓的方程為，故答案為：．109．（24-25高二下·河南周口·期中）已知圓心在軸上的圓過點且與軸相切，則該圓的標準方程為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】設圓心坐標，得到，再由點在圓上，代入即可求解.【詳解】設圓心坐標為：由題意可知圓的標準方程為：，由圓過點，所以，解得：，所以圓的標準方程為，故選：C110．（23-24高二上·天津南開·期中）已知點、、，則外接圓的方程是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】設外接圓的方程為，將三個頂點代入圓的方程，求出、、的值，即可得出所求圓的方程.【詳解】設外接圓的方程為，由題意可得，解得，因此，外接圓的方程是.故選：B.111．（23-24高二上·江蘇無錫·期中）已知的三頂點是．(1)求邊上的高所在直線的方程；(2)求的外接圓的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據兩直線垂直的斜率關系，以及點斜式直線方程，即可求解；（2）將三點坐標代入圓的一般方程，利用待定系數法，即可求解.【詳解】（1）因為，所以邊上的高所在直線的斜率為，所以邊上的高所在直線的方程為，即；（2）設外接圓的方程為，即，解得，，，所以外接圓的方程為，即.題型十八：二元二次方程表示的曲線與圓的關系112．（24-25高二下·上海嘉定·期中）已知表示圓，則實數的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將方程變形，利用方程表示的曲線為圓可得出關于的等式，求出的值，然后代值檢驗即可得解.【詳解】由題意知，由可得，所以，即，解得或，當時，方程為，可化為，不合題意；當時，方程為，可化為，符合題意，所以.故選：.113．（24-25高二上·寧夏吳忠·期中）若方程表示圓，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】將方程化成，再利用條件，即可求解.【詳解】因為方程可變形為，由題知，得到，故選：C.114．（24-25高二下·上海浦東新·期中）若圓的方程為，則實數的取值范圍為.【答案】【分析】由圓的一般方程可得出關于的不等式，解之即可.【詳解】因為圓的方程為，則，解得，因此，實數的取值范圍是.故答案為：.115．（24-25高二上·福建泉州·期中）若點在圓的外部，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據點與圓的位置關系以及二元二次方程表示圓的條件可得不等式，解不等式即可．【詳解】由已知圓，則，又點在圓的外部，則，即，解得，故選：C．題型十九：直線與圓的位置關系116．（22-23高二上·廣東肇慶·期中）直線與圓的位置關系為（

）A．相交 B．相切 C．相離 D．相交或相切或相離【答案】D【分析】已知直線方程恒過，點在以為圓心，半徑為1的圓外，可繪出示意圖可得出直線和圓的大致位置關系，設點與直線的距離為，通過討論與半徑1的關系，得出結論.【詳解】直線方程可變形為，恒過點.圓，是以為圓心，半徑為1的圓.，故P在圓外，直線與圓的位置關系示意如下：

設圓心到直線：的距離為d，則.當時，，，解得：，即當時，直線與圓相切.當時，即時，直線與圓相交.當時，即時，直線與圓相離.綜上，隨著的變化，直線和圓可能相交、相切或相離.故選：D.117．（24-25高二下·湖南婁底·期中）已知直線和圓，則直線與圓的位置關系是（

）A．相切 B．相交 C．相離 D．相交或相切【答案】D【分析】由題意可求出直線所過定點，代入圓中即可判斷出答案.【詳解】由題意，直線可化為：，直線過定點，代入圓中，易知該點為圓上一點，所以直線1與圓相交或相切.故選：D.118．（24-25高二上·遼寧·期中）“”是“直線與曲線恰有1個公共點”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】先分析曲線的圖形，再結合直線與該曲線的位置關系，再判斷“”與“直線與曲線恰有1個公共點”之間的條件關系.【詳解】曲線表示圓心，半徑為的圓的上半部分（包括與軸的交點），直線的斜率為1，在軸上的截距為，當直線與曲線恰有1個公共點時，該直線與曲線相切或有一個交點，如圖所示：相切時，圓心到直線距離等于2，則，即或（舍去，因為當時與下半部分相切，不符合題意）.由圖象可知，有一個交點時，.綜上可知，當直線與曲線恰有1個公共點時，或.于是，當“”時，直線“與曲線恰有1個公共點”，則充分性成立；當直線與曲線恰有1個公共點時，或，則必要性不成立.所以，“”是“直線與曲線恰有1個公共點”的充分不必要條件.故選：A119．（23-24高二下·貴州黔西·期中）若直線與圓相切，則b的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意，利用直線與位置關系，結合點到直線的距離公式，列出方程，即可求解.【詳解】由圓，可得圓心為，半徑為，因為直線與圓相切，則滿足，解得.故選：A.120．（24-25高三下·云南·期中）已知圓，在圓上至少存在三個點到直線的距離為，則實數的取值范圍為.【答案】【分析】由題意，分析可得圓心到直線的距離小于等于，故可求參數的取值范圍.【詳解】由題，當圓心到直線的距離為時，圓上恰好有三個點到直線的距離為，則，所以．故答案為：.121．（24-25高二下·上?！るA段練習）已知圓，點，則經過點且與圓相切的直線方程為.【答案】【分析】將點坐標代入圓方程，驗證點在圓上，由切線垂直于圓心和切點直線，求出直線斜率后寫出直線方程.【詳解】，即，，∵，即點在圓上，設切線為，則，，∴，∴切線，即.故答案為：.題型二十：圓的切線與弦長問題122．（13-14高一下·遼寧鐵嶺·開學考試）過點作圓：的切線，直線：與直線平行，則直線與的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判斷點在圓上，求出切線的方程以及的值，利用兩平行直線間的距離公式即可求解．【詳解】因為滿足圓的方程，所以點在圓上，又，所以，因，則，解得，故切線：，即.因為切線與直線平行，所以，解得，故直線：，則平行直線與間的距離為.故選：A.123．【多選】（24-25高二上·廣東中山·期中）過點的直線與圓只有一個公共點，則斜率k可能的取值情況為（）A． B．1 C．0 D．不存在【答案】CD【分析】根據題意，分直線的斜率存在以及不存在討論，代入計算，即可得到結果.【詳解】圓，圓心為，半徑為，當直線斜率不存在時，直線方程為，此時圓心到直線的距離為，直線與圓相切；當直線斜率存在時，設直線斜率為，則直線方程為，即，則圓心到直線的距離等于半徑，即，解得；綜上所述，直線的斜率為或者不存在.故選：CD124．（24-25高二上·重慶·期末）已知直線與直線相交于點，以為圓心的圓過點.(1)求圓的方程；(2)求過點的圓的切線方程.【答案】(1)(2)，【分析】（1）聯立直線得，圓的半徑為，進而可得；（2）斜率不存在時，，符合題意；斜率存在時，設直線方程，根據圓心到切線的距離為半徑可得斜率，進而可得.【詳解】（1）由，得，即，由題意圓的半徑為，故圓的方程為.（2）當切線的斜率不存在時，方程為，與圓相切，符合題意.當切線的斜率存在時，設斜率為，則切線方程為：，即，由題意，得，即，兩邊分別平方得，得，故切線方程為，即，綜上過點的圓的切線方程為，.125．【多選】（24-25高二下·云南昆明·期中）已知圓，P是直線上一動點，過點P作直線PA，PB分別與圓O相切于點A，B，則（

）A．圓O與直線l相離 B．存在最小值C．存在最大值 D．存在點P使得為直角三角形【答案】AB【分析】求出圓心到直線的距離判斷A；利用切線長定理計算判斷B；利用四邊形面積求得，借助的范圍求解判斷C；根據為直角三角形求得，根據圓心到直線的最