广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且 ，则四边形ABCD是（ ）
A．空间四边形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．矩形
【答案】B
【知识点】相等向量与相反向量
【解析】【解答】由已知得 ，即 是相等向量，因此 的模相等，方向相同，
即四边形ABCD是平行四边形.故答案为：B.
【分析】由相等向量的定义结合平行四边形的定义即可得出答案。
2．（2023高二上·佛山期末）已知向量，，满足，则的值为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】A
【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】，，
，
解得
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数x的值。
3． 直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：直线可化简为：，
所以直线的斜率为，
则由，知，
即
故答案为：B.
【分析】依据斜率公式计算倾斜角即可.
4．（2021高二上·淮安期中）已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．81
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故答案为：A
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
5．已知直线，，若且，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：已知直线，，
由题意知，且，
，则，，
所以．
故答案为：C.
【分析】利用直线平行、垂直与斜率的关系求得值后可得结论.
6． 已知圆：和：，则两圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的一般方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径为，
圆：的圆心，半径为，
故，
又因为两个圆的半径和为，
所以圆与圆的位置关系是外切.
故答案为：B.
【分析】分别求出两圆的圆心与半径，根据圆与圆的位置关系判断即可.
7．若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：圆经过点，，得线段的中点为，，
所以线段的中垂线的方程为，即，
而圆心在直线：上，
即可得到，解得，即，
圆的半径，
所以圆的方程为.
故答案为：A.
【分析】求线段的中点，以及线段的斜率，从而求出线段的中垂线方程，然后与直线l联立方程组求解，从而可得到圆的方程.
8． 如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；空间向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得， 为正方体，
则平面，，且平面，
所以，
又因为，平面，所以平面，
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
正方体 的 棱长为1 ，则，，
设，，，
，，，
因为∥平面，所以，
因为，所以，即，
，
所以当时，最小，最小为.
故答案为：A.
【分析】先证得平面，再以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，，，利用空间向量法可得到，最后求最值即可.
二、多项选择题：每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9． 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面；
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面；
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底；
D．若，则是锐角.
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量数量积的性质；空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：可设空间中的三个向量分别为，其中共线，设，
则有，所以共面，故A正确.
因为，且，所以四点共面，故B正确.
因为是空间的一组基底，所以不共面，则也不共面，，即也是空间的一组基底，故C正确；
若，则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由向量共面定理即可判断A；根据向量的线性表示即可判断四点共面；根据基底定义可得也共面，即可判断C，举反例即可判断D.
10．已知直线过直线和的交点，且原点到直线的距离为3，则的方程可以为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由解得，即直线和的交点为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即，
由原点到直线的距离为解得，
直线的方程为，C选项正确.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时原点到直线的距离为，符合题意，A选项正确.
故答案为：AC.
【分析】先求得和的交点坐标，再分类讨论直线的斜率是否存在，结合原点到直线的距离即可.
11．在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ）
A．
B．
C．异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D．点O到直线BC的距离是
【答案】A,C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
对于A，，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，，因为，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，因为，，在上的投影为，
所以点O到直线BC的距离是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用向量数量积、向量的模计算判断A，B；利用异面直线夹角的向量求法、点到直线距离判断选项C，D即可.
12． 已知圆C：，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．圆C与曲线恰有三条公切线，则
B．当时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C．直线l恒过第二象限
D．当时，l上动点P作圆C的切线PA，PB，且A，B为切点，则AB经过点
【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：圆C的圆心，半径，
对A：曲线化简为，
当，即时，不表示任何图形；
当，即时，表示点；
当，即时，表示圆心，半径的圆，
若圆与曲线恰有三条公切线，
则，解得，故A正确；
对B：当时，直线为，
所以圆心到直线的距离，
故圆上有四个点到直线的距离都等于1，故B错误；
对C：由直线：，整理得：，
令，解得，
即直线经过定点，故C正确；
对D：当时，直线的方程为，
设点，且，
则线段的中点，且，
以线段为直径的圆的方程为，
整理得，
∵圆的方程为，
则两圆的公共弦的方程为，整理得，
令，解得，
即直线经过点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对A：结合两圆的位置关系分析运算；对B：根据题意结合点到直线的距离分析运算；对C：根据直线过定点运算求解；对D：先根据两圆相交的性质求直线的方程，在根据直线过定点运算求解.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．，，则 ．
【答案】6
【知识点】向量的模；空间向量的加减法；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以；
故答案为：6.
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
14． 已知圆的方程，圆与圆是同心圆且过点，则圆的标准方程为 ．
【答案】
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：依题意，圆的方程，圆与圆是同心圆且过点，
则圆的圆心，半径，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
【分析】根据题意求出圆圆心坐标和半径即可.
15．（2022·湛江模拟）已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】设右焦点为
，连接
，
.
因为
，即
，可得四边形
为矩形.
在
中，
，
.
由椭圆的定义可得
，所以
，所以离心率
.
故答案为：
.
【分析】由椭圆的对称性，取椭圆的右焦点F'，由题意可得四边形AFBF'为矩形，求出|AF'|，| AF|用2c表示的代数式，由椭圆的定义可得2a与2c的关系，由
，进而求出离心率.
16．在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 .
【答案】4；
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的正交分解及坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
又因为平面，
所以平面，过，
如图，以A为原点，Ax、AC、AP所在直线分别作x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，则，
①当在上时，设，
因为，所以，
故，则
所以；
②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为
由①可得，又，平面，
所以平面，因为平面，所以
即在线段上运动时，，
点的轨迹为线段．
则．
故答案为：4；.
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出；当为内的动点（含边界）时，再取中点，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度．
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．设，向量，，，且，.
（1）求；
（2）求向量与夹角的大小．
【答案】（1）解：，，
可得，解得，
则，，所以，
故.
（2）解：因为，
所以，
故向量与的夹角为.
【知识点】空间向量的加减法；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量和的坐标，从而求得；
（2）分别表示出向量与的坐标，再由向量的数量积可得出其夹角.
18． 已知的顶点.
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在直线方程为，且的面积为5，求顶点的坐标．
【答案】（1）解：直线的方程为， 即；
（2）解：边上的中点的坐标为，且点在直线上，则，解得，
即中线所在直线的方程为，
设顶点，所以，
因为，
点到直线的距离，
因为，所以，
整理得，所以或，
即或.，
由得，此时顶点；
由得，此时顶点，
所以顶点的坐标为或.
【知识点】直线的两点式方程；直线的一般式方程；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）直接有两点式即可得出答案；
（2）求出边上的中点的坐标从而可求得，即可求得中线所在直线的方程，设顶点，根据的面积为5可得出的一个关系式，再根据中线所在直线的方程，解方程组即可得解.
19． 已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上，过原点作直线交椭圆于、两点，且点不是椭圆的顶点，过点作轴的垂线，垂足为，点是线段的中点，直线交椭圆于点，连接
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求证：．
【答案】（1）解：由题可知：，又
所以，
故椭圆的方程为，离心率
（2）证明：设点
由点是线段的中点，所以
由①，②
则②-①：
由三点共线，所以
则
即
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质可得椭圆方程，从而求得其离心率.
（2）分别设出的坐标，并计算坐标，表示出的表达式，根据三点共线可得，代入化简可得结果.
20． 已知直线：与圆：相交于，不同两点.
（1）求的范围；
（2）设是圆上的一动点（异于，），为坐标原点，若，求面积的最大值.
【答案】（1）解：∵直线与圆交于两点，∴，
解得.
（2）解：设，，
将代入方程，
整理得，
∴，，
，
解得，由（1）知，
所以直线的方程为，
可知圆心在直线上，
∴是圆的直径，且，
∵是圆上的一动点（异于，），
∴到直线的最大距离即为半径为1，
∴面积的最大值为.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相交的位置关系可得，列出不等式，可得解；
（2）直线与圆联立利用韦达定理可求得直线的方程，进而得解.
21． 如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
【答案】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）解：
过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量的正交分解及坐标表示；平面的法向量；用空间向量研究平面与平面的位置关系；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件可证得，，利用面面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，从而确定点位置.
22． 已知圆心在原点的圆被直线截得的弦长为
（1）求圆的方程；
（2）设动直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）解：圆心到直线的距离，
由圆的性质可得，
所以，圆的方程为；
（2）解：设，
由得，，
所以
若直线与直线关于轴对称，
则，
即，
即，
化简得，
代入韦达定理，
即，
所以当点为时，直线与直线关于轴对称.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得半径，从而得解；
（2）通过对称性找出坐标的关系，并联立直线与圆的方程，由韦达定理可得，代入化简求解即可.
1 / 1广东省东莞市四校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1．设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且 ，则四边形ABCD是（ ）
A．空间四边形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．矩形
2．（2023高二上·佛山期末）已知向量，，满足，则的值为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
3． 直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021高二上·淮安期中）已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．9 D．81
5．已知直线，，若且，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
6． 已知圆：和：，则两圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．外离
7．若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
8． 如图，在棱长为1的正方体中，分别是线段上的点，是直线上的点，满足平面，且不是正方体的顶点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9． 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面；
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面；
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底；
D．若，则是锐角.
10．已知直线过直线和的交点，且原点到直线的距离为3，则的方程可以为（ ）
A． B．
C． D．
11．在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ）
A．
B．
C．异面直线OB与AC所成角的余弦值为
D．点O到直线BC的距离是
12． 已知圆C：，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．圆C与曲线恰有三条公切线，则
B．当时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C．直线l恒过第二象限
D．当时，l上动点P作圆C的切线PA，PB，且A，B为切点，则AB经过点
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13．，，则 ．
14． 已知圆的方程，圆与圆是同心圆且过点，则圆的标准方程为 ．
15．（2022·湛江模拟）已知椭圆的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且，若，则椭圆C的离心率是 .
16．在如图所示的三棱锥中，平面，，，，为中点，为内的动点（含边界），且.当在上时， ；点的轨迹的长度为 .
四、解答题：本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．设，向量，，，且，.
（1）求；
（2）求向量与夹角的大小．
18． 已知的顶点.
（1）求直线的方程；
（2）若边上的中线所在直线方程为，且的面积为5，求顶点的坐标．
19． 已知椭圆的焦距为2，点在椭圆上，过原点作直线交椭圆于、两点，且点不是椭圆的顶点，过点作轴的垂线，垂足为，点是线段的中点，直线交椭圆于点，连接
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）求证：．
20． 已知直线：与圆：相交于，不同两点.
（1）求的范围；
（2）设是圆上的一动点（异于，），为坐标原点，若，求面积的最大值.
21． 如图甲，在矩形中，为线段的中点，沿直线折起，使得，如图乙.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置.
22． 已知圆心在原点的圆被直线截得的弦长为
（1）求圆的方程；
（2）设动直线与圆交于两点，问在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】相等向量与相反向量
【解析】【解答】由已知得 ，即 是相等向量，因此 的模相等，方向相同，
即四边形ABCD是平行四边形.故答案为：B.
【分析】由相等向量的定义结合平行四边形的定义即可得出答案。
2．【答案】A
【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】，，
，
解得
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出实数x的值。
3．【答案】B
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：直线可化简为：，
所以直线的斜率为，
则由，知，
即
故答案为：B.
【分析】依据斜率公式计算倾斜角即可.
4．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】由椭圆的一个焦点坐标为，则半焦距c=2，
于是得，解得，
所以的值为1.
故答案为：A
【分析】根据条件，利用椭圆标准方程中长半轴长a，短半轴长b，半焦距c的关系列式计算即得.
5．【答案】C
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：已知直线，，
由题意知，且，
，则，，
所以．
故答案为：C.
【分析】利用直线平行、垂直与斜率的关系求得值后可得结论.
6．【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的一般方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：因为圆：的圆心，半径为，
圆：的圆心，半径为，
故，
又因为两个圆的半径和为，
所以圆与圆的位置关系是外切.
故答案为：B.
【分析】分别求出两圆的圆心与半径，根据圆与圆的位置关系判断即可.
7．【答案】A
【知识点】圆的标准方程；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：圆经过点，，得线段的中点为，，
所以线段的中垂线的方程为，即，
而圆心在直线：上，
即可得到，解得，即，
圆的半径，
所以圆的方程为.
故答案为：A.
【分析】求线段的中点，以及线段的斜率，从而求出线段的中垂线方程，然后与直线l联立方程组求解，从而可得到圆的方程.
8．【答案】A
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的数量积运算；空间向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意得， 为正方体，
则平面，，且平面，
所以，
又因为，平面，所以平面，
如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
正方体 的 棱长为1 ，则，，
设，，，
，，，
因为∥平面，所以，
因为，所以，即，
，
所以当时，最小，最小为.
故答案为：A.
【分析】先证得平面，再以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，设，，，利用空间向量法可得到，最后求最值即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量数量积的性质；空间向量基本定理；共面向量定理
【解析】【解答】解：可设空间中的三个向量分别为，其中共线，设，
则有，所以共面，故A正确.
因为，且，所以四点共面，故B正确.
因为是空间的一组基底，所以不共面，则也不共面，，即也是空间的一组基底，故C正确；
若，则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由向量共面定理即可判断A；根据向量的线性表示即可判断四点共面；根据基底定义可得也共面，即可判断C，举反例即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：由解得，即直线和的交点为，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
即，
由原点到直线的距离为解得，
直线的方程为，C选项正确.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时原点到直线的距离为，符合题意，A选项正确.
故答案为：AC.
【分析】先求得和的交点坐标，再分类讨论直线的斜率是否存在，结合原点到直线的距离即可.
11．【答案】A,C
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；点、线、面间的距离计算；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：，，，
对于A，，，故A正确；
对于B，，，故B错误；
对于C，，，因为，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，因为，，在上的投影为，
所以点O到直线BC的距离是，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】利用向量数量积、向量的模计算判断A，B；利用异面直线夹角的向量求法、点到直线距离判断选项C，D即可.
12．【答案】A,C,D
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：由题意可得：圆C的圆心，半径，
对A：曲线化简为，
当，即时，不表示任何图形；
当，即时，表示点；
当，即时，表示圆心，半径的圆，
若圆与曲线恰有三条公切线，
则，解得，故A正确；
对B：当时，直线为，
所以圆心到直线的距离，
故圆上有四个点到直线的距离都等于1，故B错误；
对C：由直线：，整理得：，
令，解得，
即直线经过定点，故C正确；
对D：当时，直线的方程为，
设点，且，
则线段的中点，且，
以线段为直径的圆的方程为，
整理得，
∵圆的方程为，
则两圆的公共弦的方程为，整理得，
令，解得，
即直线经过点，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对A：结合两圆的位置关系分析运算；对B：根据题意结合点到直线的距离分析运算；对C：根据直线过定点运算求解；对D：先根据两圆相交的性质求直线的方程，在根据直线过定点运算求解.
13．【答案】6
【知识点】向量的模；空间向量的加减法；空间向量的线性运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
所以；
故答案为：6.
【分析】首先求出的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
14．【答案】
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；圆的标准方程
【解析】【解答】解：依题意，圆的方程，圆与圆是同心圆且过点，
则圆的圆心，半径，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
【分析】根据题意求出圆圆心坐标和半径即可.
15．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】设右焦点为
，连接
，
.
因为
，即
，可得四边形
为矩形.
在
中，
，
.
由椭圆的定义可得
，所以
，所以离心率
.
故答案为：
.
【分析】由椭圆的对称性，取椭圆的右焦点F'，由题意可得四边形AFBF'为矩形，求出|AF'|，| AF|用2c表示的代数式，由椭圆的定义可得2a与2c的关系，由
，进而求出离心率.
16．【答案】4；
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量的正交分解及坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面，平面，
所以，
因为，所以，
又因为平面，
所以平面，过，
如图，以A为原点，Ax、AC、AP所在直线分别作x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
所以，则，
①当在上时，设，
因为，所以，
故，则
所以；
②为内的动点（含边界）时，如图，取中点，过作，垂足为
由①可得，又，平面，
所以平面，因为平面，所以
即在线段上运动时，，
点的轨迹为线段．
则．
故答案为：4；.
【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出；当为内的动点（含边界）时，再取中点，再过作，可证平面，得到的轨迹，求解三角形可得点的轨迹的长度．
17．【答案】（1）解：，，
可得，解得，
则，，所以，
故.
（2）解：因为，
所以，
故向量与的夹角为.
【知识点】空间向量的加减法；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量求直线间的夹角、距离；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量和的坐标，从而求得；
（2）分别表示出向量与的坐标，再由向量的数量积可得出其夹角.
18．【答案】（1）解：直线的方程为， 即；
（2）解：边上的中点的坐标为，且点在直线上，则，解得，
即中线所在直线的方程为，
设顶点，所以，
因为，
点到直线的距离，
因为，所以，
整理得，所以或，
即或.，
由得，此时顶点；
由得，此时顶点，
所以顶点的坐标为或.
【知识点】直线的两点式方程；直线的一般式方程；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）直接有两点式即可得出答案；
（2）求出边上的中点的坐标从而可求得，即可求得中线所在直线的方程，设顶点，根据的面积为5可得出的一个关系式，再根据中线所在直线的方程，解方程组即可得解.
19．【答案】（1）解：由题可知：，又
所以，
故椭圆的方程为，离心率
（2）证明：设点
由点是线段的中点，所以
由①，②
则②-①：
由三点共线，所以
则
即
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的关系；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质可得椭圆方程，从而求得其离心率.
（2）分别设出的坐标，并计算坐标，表示出的表达式，根据三点共线可得，代入化简可得结果.
20．【答案】（1）解：∵直线与圆交于两点，∴，
解得.
（2）解：设，，
将代入方程，
整理得，
∴，，
，
解得，由（1）知，
所以直线的方程为，
可知圆心在直线上，
∴是圆的直径，且，
∵是圆上的一动点（异于，），
∴到直线的最大距离即为半径为1，
∴面积的最大值为.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）根据直线与圆相交的位置关系可得，列出不等式，可得解；
（2）直线与圆联立利用韦达定理可求得直线的方程，进而得解.
21．【答案】（1）证明：连接，取线段的中点，连接，
在Rt中，，
，
在中，，
由余弦定理可得：，
在中，
，
又平面，
平面，
又平面
∴平面平面，
在中，，
∵平面平面平面，
平面.
（2）解：
过作的平行线，以为原点，分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，
平面的法向量，
在平面直角坐标系中，直线的方程为，
设的坐标为，
则，
设平面的法向量为，
，
所以，
令，则，
由已知，
解之得：或9（舍去），
所以点是线段的中点.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；空间向量的正交分解及坐标表示；平面的法向量；用空间向量研究平面与平面的位置关系；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据已知条件可证得，，利用面面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面的法向量，从而列出方程，求出的值，从而确定点位置.
22．【答案】（1）解：圆心到直线的距离，
由圆的性质可得，
所以，圆的方程为；
（2）解：设，
由得，，
所以
若直线与直线关于轴对称，
则，
即，
即，
化简得，
代入韦达定理，
即，
所以当点为时，直线与直线关于轴对称.
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离公式求得半径，从而得解；
（2）通过对称性找出坐标的关系，并联立直线与圆的方程，由韦达定理可得，代入化简求解即可.
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