广东省深圳市龙岗区布吉高级中学2024-2025学年高二上学期期中测试数学试卷
1．（2024高二上·龙岗期中）在空间四边形中，下列表达式化简结果与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的加减法
【解析】【解答】解：在空间四边形中，根据空间向量的线性运算法则，可得：
对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选：C
【分析】利用空间向量加减法运算法则，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
2．（2024高二上·龙岗期中）直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：由题意，直线 的斜率为，
设其倾斜角为，则，
又，所以，
故选：B
【分析】先由直线的方程求得直线的斜率，设其倾斜角为，则，进而求得直线的倾斜角，得到答案.
3．（2024高二上·龙岗期中）已知点，则以为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为，
线段的中点为，，
所以以线段为直径的圆的圆心坐标为，半径，
所以线段为直径的圆的方程为.
故选：D.
【分析】根据题意，利用中点坐标公式，求得的中点坐标为，再利用两点间距离公式，求得，从而得到所求圆的圆心和半径，即可得到所求圆的标准方程.
4．（2024高二上·龙岗期中）圆与圆的公切条数为（ ）
A．2条 B．1条 C．3条 D．4条
【答案】A
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由是以为圆心， 3为半径的圆.，
转换为，
即该圆是以为圆心，4为半径的圆.
所以圆心距，
所以
所以两圆相交，故公切线的条数为2，
故选：A.
【分析】把圆的一般式转换为标准式，求得圆的圆心坐标和半径，得出圆心距，结合圆心距与半径的关系，得出两圆的位置关系，进而得出两圆的公切线的条数，得出答案.
5．（2024高二上·龙岗期中）如图，已知是椭圆的左焦点，是椭圆上的一点，轴，（O为原点），则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为是椭圆的左焦点，所以，，，
因为是椭圆上的一点，轴，
将代入得，所以；
又，所以，，即，整理得，
所以该椭圆的离心率为.
故选：A.
【分析】根据轴，令，代入椭圆的方程，求得点坐标，结合，得到，列出关于的方程，求得，结合离心率的定义，即可求解.
6．（2024高二上·龙岗期中）圆的所有经过坐标原点的弦中最短弦长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由，则圆的标准方程为，
如图所示，可得，，为圆的圆心，为直线与圆的交点，
又由为所有经过坐标原点的弦中的最短弦，所以.
故选：B.
【分析】先化简圆的一般方程为圆的标准方程，结合，以及圆的性质，得到为所有经过坐标原点的弦中的最短弦，再利用垂径定理与勾股定理，可得答案.
7．（2024高二上·龙岗期中）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：由题设，
结合，得，
故选：C
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法则，求得，结合 ，即可得到的值，得到答案.
8．（2024高二上·龙岗期中）已知点， 若直线与线段 相交，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：由直线方程，可知直线过定点，
，，
作出示意图如图所示：直线与线段相交，
则可得或，解得或，
所以的取值范围是.
故选：D.
【分析】由直线，得到直线过定点，再由斜率公式，分别求得，，数形结合，即可求得实数的取值范围，得到答案.
9．（2024高二上·龙岗期中）已知直线，直线，则（ ）
A．当时，与的交点为 B．直线恒过点
C．若，则 D．存在，使
【答案】A,B,C
【知识点】两条直线平行的判定；用斜率判定两直线垂直；两条直线的交点坐标；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：对于A中，当时，直线，直线，
联立，解得，
所以两直线的交点为，故A正确；
对于B中，直线，即，
令，即，所以直线恒过点，故B正确；
对于C中，若，则，解得，故C正确；
对于D中，假设存在，使，则，
解得或，
当，，，两直线重合，舍去，
当时，，即，
，即，两直线重合，舍去，
所以不存在，使，故D错误.
故选：ABC.
【分析】将代入，联立两直线方程，联立方程组，求得交点坐标，可得判定A正确；化简直线为，得到直线过定点，可判定B正确；由直线垂直的条件，可判断C正确；由直线平行的条件，可判断D错误.
10．（2024高二上·龙岗期中）下面四个结论正确的是（ ）
A．已知向量，，若，则为钝角
B．已知，，则向量在向量上的投影向量是
C．若直线经过第三象限，则，
D．已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面
【答案】B,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；共面向量定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】对于A中，当时，，，，
此时为，故A错误；
对于B中，向量在向量上的投影向量为，故B正确；
对于C中，令，则直线为，且经过第三象限，
但此时，故C错误；
对于D中，因为，，
所以由向量共面定理的推论可得，，，四点共面，故D正确.
故选：BD.
【分析】取可得，得到为，可判定A错误；由投影向量的计算公式，求得向量在向量上的投影向量，可得判定B正确；令，可判定C错误；由，结合空间向量共面定理，可判定D正确.
11．（2024高二上·龙岗期中）在直三棱柱中，、分别是的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．若是的中点，若M是的中点，则到平面的距离是
D．直线与直线所成角最小时，线段长为
【答案】A,C,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；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
【解析】【解答】解：因为直三棱柱中，，
以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，分别是的中点，在线段上，
所以，
对于A，因为在直三棱柱中，平面，
又，平面，所以，又，所以，
又，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，又，
则，又平面，平面，故A正确；
对于B，为平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则，故B错误；
对于C，若是的中点，若M是的中点，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，又，
所以到平面的距离是，故C正确；
对于D，设，
则，
设直线与直线所成角为，又，
则，
当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小，
，，故D正确．
故选：ACD．
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量的数量积等于零，可判断A；分别求得直线与平面的法向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，可判断B；利用向量法求得到平面的距离，可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法求得的长，可判断D.
12．（2024高二上·龙岗期中）已知，且，其中为坐标原点，则 ．
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，故，即，故，
故．
故答案为：.
【分析】由空间向量的数量积的定义，结合，得到，再由空间向量数量积的坐标运算公式，即可求解.
13．（2024高二上·龙岗期中）在正三棱柱中，为中点，，则直线与夹角的余弦值为 ．
【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
可得，
所以直线与夹角的余弦值为．
故答案为：
【分析】设设，以为基底，利用空间向量的线性运算法则，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
14．（2024高二上·龙岗期中）如图，设，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为 .
【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：连接，，由点在以为直径的圆上，故.
又，在椭圆上，故有，.
设，则，，，.
在中，由勾股定理得，
解得，于是，，故.
故答案为：.
【分析】
连接，，根据点在以为直径的圆上，得到，设，根据椭圆的定义，得到，，，，在中，李立勇勾股定理，列出方程，求得，结合，即可求解.
15．（2024高二上·龙岗期中）已知点为坐标原点，向量，计算：
（1）求向量同向的单位向量；
（2）若，求的值；
【答案】（1）解：因为，，
所以，与同向的单位向量为.
（2）解：因为，，
又，所以，
即，
即，解得.
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，分别求得，，结合单位向量定义，即可求得向量同向的单位向量的坐标，得到答案；
（2）分别求得和，结合空间垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
（1）因为，，
所以，与同向的单位向量为.
（2）因为，，
又，
所以，即.
16．（2024高二上·龙岗期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面，
平面，所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）解：因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合，进而证得平面；(2)由（1）中的空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面，
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
17．（2024高二上·龙岗期中）已知、，动点满足，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的标准方程；
（2）求过点且与曲线相切的直线的方程.
【答案】（1）设，则，，
由，得，
所以曲线的标准方程为.
（2）解：曲线是以为圆心，1为半径的圆，
过点的直线若斜率不存在，直线方程这，满足与圆相切；
过点的切线若斜率存在，设切线方程为，即，
有圆心到直线距离，解得，
则方程为.
过点且与曲线相切的直线的方程为或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设，根据，结合向量的坐标运算法则，列出方程，即可求得动点的轨迹方程；
（2）根据题意，设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求得的值，进而求切线方程.
（1）设，则，，
由，得，
所以曲线的标准方程为.
（2）曲线是以为圆心，1为半径的圆，
过点的直线若斜率不存在，直线方程这，满足与圆相切；
过点的切线若斜率存在，设切线方程为，即，
有圆心到直线距离，解得，
则方程为.
过点且与曲线相切的直线的方程为或.
18．（2024高二上·龙岗期中）已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
【答案】（1）解：由题意可知：，则，∵，∴，
∴，
∴椭圆.
（2）解：由（1）知，椭圆的方程为，可得，则，
所以，
所以直线：，联立方程组，
整理得，
设，则，
所以，
点到直线的距离
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，利用椭圆的基本性质，求得椭圆的值，即可求得椭圆标准方程；
（2）根据椭圆的几何性质，求得直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，利用直线与椭圆的弦长公式，以及点到直线的距离公式，求得和，结合三角形的面积公式，即可求解.
（1）由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
（2），∴直线：，
联立方程组得，
设，
则，
点到直线的距离
∴
19．（2024高二上·龙岗期中）过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）解：存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）解：设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）解：设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【知识点】基本不等式；直线的一般式方程与直线的性质；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程组，求得A点坐标，结合 定积直线的定义，即可得到结论；
（2）设直线的斜率为，得到直线的斜率为，利用定积直线的定义，求得或，得到，进而求得直线的方程为，联立方程组，即可求解；
（3）设直线，直线，求得，结合基本不等式，进而求得的取值范围.
（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
1 / 1广东省深圳市龙岗区布吉高级中学2024-2025学年高二上学期期中测试数学试卷
1．（2024高二上·龙岗期中）在空间四边形中，下列表达式化简结果与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高二上·龙岗期中）直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·龙岗期中）已知点，则以为直径的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高二上·龙岗期中）圆与圆的公切条数为（ ）
A．2条 B．1条 C．3条 D．4条
5．（2024高二上·龙岗期中）如图，已知是椭圆的左焦点，是椭圆上的一点，轴，（O为原点），则该椭圆的离心率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·龙岗期中）圆的所有经过坐标原点的弦中最短弦长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·龙岗期中）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高二上·龙岗期中）已知点， 若直线与线段 相交，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高二上·龙岗期中）已知直线，直线，则（ ）
A．当时，与的交点为 B．直线恒过点
C．若，则 D．存在，使
10．（2024高二上·龙岗期中）下面四个结论正确的是（ ）
A．已知向量，，若，则为钝角
B．已知，，则向量在向量上的投影向量是
C．若直线经过第三象限，则，
D．已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面
11．（2024高二上·龙岗期中）在直三棱柱中，、分别是的中点，D在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．若是的中点，若M是的中点，则到平面的距离是
D．直线与直线所成角最小时，线段长为
12．（2024高二上·龙岗期中）已知，且，其中为坐标原点，则 ．
13．（2024高二上·龙岗期中）在正三棱柱中，为中点，，则直线与夹角的余弦值为 ．
14．（2024高二上·龙岗期中）如图，设，分别是椭圆的左、右焦点，点P是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为 .
15．（2024高二上·龙岗期中）已知点为坐标原点，向量，计算：
（1）求向量同向的单位向量；
（2）若，求的值；
16．（2024高二上·龙岗期中）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．（2024高二上·龙岗期中）已知、，动点满足，设动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的标准方程；
（2）求过点且与曲线相切的直线的方程.
18．（2024高二上·龙岗期中）已知椭圆长轴长为4，且椭圆的离心率，其左右焦点分别为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设斜率为且过的直线与椭圆交于两点，求的面积．
19．（2024高二上·龙岗期中）过点作斜率分别为，的直线，，若，则称直线，是定积直线或定积直线．
（1）已知直线：，直线：，试问是否存在点，使得直线，是定积直线？请说明理由．
（2）在中，为坐标原点，点与点均在第一象限，且点在二次函数的图象上．若直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，直线与直线是定积直线，求点的坐标．
（3）已知直线与是定积直线，设点到直线，的距离分别为，，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】空间向量的加减法
【解析】【解答】解：在空间四边形中，根据空间向量的线性运算法则，可得：
对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由，所以B错误；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D错误.
故选：C
【分析】利用空间向量加减法运算法则，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
2．【答案】B
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：由题意，直线 的斜率为，
设其倾斜角为，则，
又，所以，
故选：B
【分析】先由直线的方程求得直线的斜率，设其倾斜角为，则，进而求得直线的倾斜角，得到答案.
3．【答案】D
【知识点】圆的标准方程
【解析】【解答】解：因为，
线段的中点为，，
所以以线段为直径的圆的圆心坐标为，半径，
所以线段为直径的圆的方程为.
故选：D.
【分析】根据题意，利用中点坐标公式，求得的中点坐标为，再利用两点间距离公式，求得，从而得到所求圆的圆心和半径，即可得到所求圆的标准方程.
4．【答案】A
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：由是以为圆心， 3为半径的圆.，
转换为，
即该圆是以为圆心，4为半径的圆.
所以圆心距，
所以
所以两圆相交，故公切线的条数为2，
故选：A.
【分析】把圆的一般式转换为标准式，求得圆的圆心坐标和半径，得出圆心距，结合圆心距与半径的关系，得出两圆的位置关系，进而得出两圆的公切线的条数，得出答案.
5．【答案】A
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：因为是椭圆的左焦点，所以，，，
因为是椭圆上的一点，轴，
将代入得，所以；
又，所以，，即，整理得，
所以该椭圆的离心率为.
故选：A.
【分析】根据轴，令，代入椭圆的方程，求得点坐标，结合，得到，列出关于的方程，求得，结合离心率的定义，即可求解.
6．【答案】B
【知识点】圆的一般方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：由，则圆的标准方程为，
如图所示，可得，，为圆的圆心，为直线与圆的交点，
又由为所有经过坐标原点的弦中的最短弦，所以.
故选：B.
【分析】先化简圆的一般方程为圆的标准方程，结合，以及圆的性质，得到为所有经过坐标原点的弦中的最短弦，再利用垂径定理与勾股定理，可得答案.
7．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：由题设，
结合，得，
故选：C
【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算法则，求得，结合 ，即可得到的值，得到答案.
8．【答案】D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：由直线方程，可知直线过定点，
，，
作出示意图如图所示：直线与线段相交，
则可得或，解得或，
所以的取值范围是.
故选：D.
【分析】由直线，得到直线过定点，再由斜率公式，分别求得，，数形结合，即可求得实数的取值范围，得到答案.
9．【答案】A,B,C
【知识点】两条直线平行的判定；用斜率判定两直线垂直；两条直线的交点坐标；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：对于A中，当时，直线，直线，
联立，解得，
所以两直线的交点为，故A正确；
对于B中，直线，即，
令，即，所以直线恒过点，故B正确；
对于C中，若，则，解得，故C正确；
对于D中，假设存在，使，则，
解得或，
当，，，两直线重合，舍去，
当时，，即，
，即，两直线重合，舍去，
所以不存在，使，故D错误.
故选：ABC.
【分析】将代入，联立两直线方程，联立方程组，求得交点坐标，可得判定A正确；化简直线为，得到直线过定点，可判定B正确；由直线垂直的条件，可判断C正确；由直线平行的条件，可判断D错误.
10．【答案】B,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；共面向量定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】对于A中，当时，，，，
此时为，故A错误；
对于B中，向量在向量上的投影向量为，故B正确；
对于C中，令，则直线为，且经过第三象限，
但此时，故C错误；
对于D中，因为，，
所以由向量共面定理的推论可得，，，四点共面，故D正确.
故选：BD.
【分析】取可得，得到为，可判定A错误；由投影向量的计算公式，求得向量在向量上的投影向量，可得判定B正确；令，可判定C错误；由，结合空间向量共面定理，可判定D正确.
11．【答案】A,C,D
【知识点】用空间向量研究直线与直线的位置关系；用空间向量研究直线与平面的位置关系；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
【解析】【解答】解：因为直三棱柱中，，
以点为坐标原点，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，分别是的中点，在线段上，
所以，
对于A，因为在直三棱柱中，平面，
又，平面，所以，又，所以，
又，平面，所以平面，
所以为平面的一个法向量，又，
则，又平面，平面，故A正确；
对于B，为平面的一个法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则，故B错误；
对于C，若是的中点，若M是的中点，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，又，
所以到平面的距离是，故C正确；
对于D，设，
则，
设直线与直线所成角为，又，
则，
当，即时，取最大值，此时直线与直线所成角最小，
，，故D正确．
故选：ACD．
【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面法向量的数量积等于零，可判断A；分别求得直线与平面的法向量，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值，可判断B；利用向量法求得到平面的距离，可判断C；利用异面直线所成角的空间向量求法求得的长，可判断D.
12．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，故，即，故，
故．
故答案为：.
【分析】由空间向量的数量积的定义，结合，得到，再由空间向量数量积的坐标运算公式，即可求解.
13．【答案】
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：设，
则，
由，
可得，
所以直线与夹角的余弦值为．
故答案为：
【分析】设设，以为基底，利用空间向量的线性运算法则，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.
14．【答案】
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：连接，，由点在以为直径的圆上，故.
又，在椭圆上，故有，.
设，则，，，.
在中，由勾股定理得，
解得，于是，，故.
故答案为：.
【分析】
连接，，根据点在以为直径的圆上，得到，设，根据椭圆的定义，得到，，，，在中，李立勇勾股定理，列出方程，求得，结合，即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，，
所以，与同向的单位向量为.
（2）解：因为，，
又，所以，
即，
即，解得.
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算，分别求得，，结合单位向量定义，即可求得向量同向的单位向量的坐标，得到答案；
（2）分别求得和，结合空间垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
（1）因为，，
所以，与同向的单位向量为.
（2）因为，，
又，
所以，即.
16．【答案】（1）证明：由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面，
平面，所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）解：因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】用空间向量研究平面与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合，进而证得平面；(2)由（1）中的空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，．
底面，底面，
又，，
且平面，
平面，
所以是平面的一个法向量．
因为，
所以．
又平面，所以平面．
（2）因为，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则
由，解得，令，
得平面的一个法向量为．
设直线与平面所成的角为，
则．
故：直线与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】（1）设，则，，
由，得，
所以曲线的标准方程为.
（2）解：曲线是以为圆心，1为半径的圆，
过点的直线若斜率不存在，直线方程这，满足与圆相切；
过点的切线若斜率存在，设切线方程为，即，
有圆心到直线距离，解得，
则方程为.
过点且与曲线相切的直线的方程为或.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）设，根据，结合向量的坐标运算法则，列出方程，即可求得动点的轨迹方程；
（2）根据题意，设切线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求得的值，进而求切线方程.
（1）设，则，，
由，得，
所以曲线的标准方程为.
（2）曲线是以为圆心，1为半径的圆，
过点的直线若斜率不存在，直线方程这，满足与圆相切；
过点的切线若斜率存在，设切线方程为，即，
有圆心到直线距离，解得，
则方程为.
过点且与曲线相切的直线的方程为或.
18．【答案】（1）解：由题意可知：，则，∵，∴，
∴，
∴椭圆.
（2）解：由（1）知，椭圆的方程为，可得，则，
所以，
所以直线：，联立方程组，
整理得，
设，则，
所以，
点到直线的距离
所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意，利用椭圆的基本性质，求得椭圆的值，即可求得椭圆标准方程；
（2）根据椭圆的几何性质，求得直线方程，联立方程组，由韦达定理得到和，利用直线与椭圆的弦长公式，以及点到直线的距离公式，求得和，结合三角形的面积公式，即可求解.
（1）由题意可知：，则，
∵，∴，
∴，
∴椭圆
（2），∴直线：，
联立方程组得，
设，
则，
点到直线的距离
∴
19．【答案】（1）解：存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）解：设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）解：设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
【知识点】基本不等式；直线的一般式方程与直线的性质；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【分析】（1）根据题意，联立方程组，求得A点坐标，结合 定积直线的定义，即可得到结论；
（2）设直线的斜率为，得到直线的斜率为，利用定积直线的定义，求得或，得到，进而求得直线的方程为，联立方程组，即可求解；
（3）设直线，直线，求得，结合基本不等式，进而求得的取值范围.
（1）存在点，使得，是定积直线，理由如下：
由题意可得，
由，解得，
故存在点，使得，是定积直线，且．
（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的斜率为．
依题意得，得，即或．
直线的方程为，因为点在直线上，所以．
因为点在第一象限，所以，解得或（舍去），，，
所以直线的方程为，直线的方程为，
由，得，即点的坐标为．
（3）设直线，直线，其中，
则
，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，故的取值范围为．
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