2025-2026学年度高中数学 选择性必修一1.1-2.3直线的交点坐标与距离公式滚动测试卷（含解析）

2025-2026学年度高中数学选择性必修一
1.1-2.3直线的交点坐标与距离公式滚动测试卷
考试范围：选择性必修第一册第一章、第二章2.1-2.3；考试时间：120分钟；
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．设向量不共面，已知，若三点共线，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
3．已知空间向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．向量在向量上的投影向量是
B．
C．
D．
4．如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）．
A． B． C． D．
5．已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．直线与轴交于点，将绕点逆时针旋转得到直线，则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．若既是的中点，又是直线与直线的交点，则线段AB的垂直平分线的方程是（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线的方程为，若直线不经过第二象限，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．(多选)下列说法中正确的是（ ）
A．
是共线的充要条件
B．若，共线，则AB∥CD
C．A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，则P，A，B，C四点共面
D．若P，A，B，C为空间四点，且有 (，不共线)，则λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件
10．在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（ ）
A．存在，满足
B．存在，使与所成角的余弦值为
C．点到平面的距离为定值
D．四面体的体积为定值
11．已知平面内的点P异于原点，且点P的坐标满足关系式，若这样的点P恰有三个，则实数t的值可以是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．经过点作直线，若直线与连接点，的线段没有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是 ．
13．已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是 ．
14．已知一束光线通过点，经直线反射．如果反射光线通过点，则反射光线所在直线的方程是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．在平面直角坐标系中，已知的顶点；
(1)若边上的高所在的直线方程为，求边所在的直线方程；
(2)若边上的中线所在直线方程为的平分线所在的直线方程为，求边所在的直线方程；
16．如图，四棱锥中，底面为矩形，为中点，为的交点，点在上，且．直线与平面所成的角分别为．
(1)证明：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
17．直线过点，且与轴，轴正半轴分别交于两点.
(1)若，求直线的方程；
(2)求的面积的最小值.
18．如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面.
(1)证明：；
(2)求平面和平面夹角的正弦值.
19．如图，在四棱锥中，，为等腰直角三角形，为斜边，其中．

(1)证明：平面平面；
(2)线段上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
试卷第2页，共4页
试卷第1页，共4页
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C A C C A A C CD ABD
题号 11
答案 AD
1．C
【分析】利用三点共线得到，再使用共线向量定理即可.
【详解】因为三点共线，所以，则存在实数，使得，
由已知得
故
由于不共面，故解得
另解:因为向量不共面，所以，
由已知得
故向量表达式中的系数对应成比例，即，解得．
故选：C.
2．C
【分析】由题意可得，根据空间向量的数量积运算求，即可得结果.
【详解】不妨设棱长为2，
由题意可知：，
因为，
则
，
即，
且，
可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
3．A
【分析】对于A选项，根据投影向量的定义计算即可；对于B选项，根据空间向量的减法运算法则即可；对于C选项，根据向量法垂直的判别即可；对于D选项，根据向量夹角的余弦公式计算即可.
【详解】对于A：因为，，
所以， ，
所以向量在向量上的投影向量是，故A正确；
对于B：，故B错误；
对于C：因为，所以与不垂直，故C错误；
对于D：，故D错误.
故选：A.
4．C
【分析】建立适当的空间直角坐标系，因为位于的同侧，设关于平面的对称点为，根据求解.
【详解】以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设A关于平面的对称点为，，
则，．
设平面的法向量，则，
令，则，，所以，
所以A与到平面的距离，
即 ①．
又，所以，即 ②．
由①②得，由可得，，，
所以，
所以，
当且仅当，，三点共线时取等号，
所以的最小值为．
故选：C.
5．C
【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型.
【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或．
将代入直线，的方程，得，，易知；
将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去．
综上所述，“”是“”的充要条件．
故选：．
6．A
【分析】根据给定条件，表示出直线的倾斜角和点，再求出的倾斜角及斜率，代入斜截式方程即可得解.
【详解】直线即，
则直线的斜率为，倾斜角为，
令得，即，
则直线的倾斜角为，斜率为，
所以直线的斜截式方程为，即直线的方程是．
故选：A.
7．A
【分析】首先根据条件求，再根据两点确定一条直线，求直线方程，根据垂直关系，即可求中垂线方程.
【详解】由条件可知，，，
且，两式相加得，
即，得，
点是直线和的交点，所以，
所以点满足直线，即直线方程为，
，与直线垂直的直线方程的斜率为，
所以中垂线方程为，整理为.
故选：A
8．C
【分析】法一：方程化为斜截式：，再依据题意分斜率是否为零即可求解；法二: 方程化为点斜式为，得到不论为何值直线都过定点，再数形结合即可求解.
【详解】法一：方程化为斜截式：，斜率存在，且直线与轴的交点为，
当时，直线的方程为，满足题意；
当时，直线不经过第二象限，点需在轴非正半轴上，
且斜率，即，解得．
综上可得，的取值范围为．
故选：C
法二：方程化为点斜式为，
所以不论为何值，直线都过定点，
作直线经过定点且平行于轴，直线经过定点和，如图所示，
因为直线不经过第二象限，所以和是符合条件的临界位置，即，
所以的取值范围为．
故选：C
9．CD
【分析】根据共线向量的定义、共面和共线的性质进行逐一判断即可.
【详解】由，可得向量的方向相反，此时向量共线，反之，当向量同向时，不能得到，所以A不正确；
若，共线，则AB∥CD或A，B，C，D四点共线，所以B不正确；
由A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，若，因为，可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
若P，A，B，C为空间四点，且有 (，不共线)，当λ＋μ＝1时，即μ＝1－λ，可得，即，所以A，B，C三点共线，反之也成立，即λ＋μ＝1是A，B，C三点共线的充要条件，所以D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】建立空间直角坐标系，设，，，由关系证明，由此可得，令，求，判断A，令与所成角的余弦值为，求判断B，取的不同位置，说明点到平面的距离不相等判断C，结合锥体体积公式求四面体的体积判断D.
【详解】以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，．
因为点在上，故可设点的坐标为；
点在上，设点的坐标为，．
所以，．
因为，所以，得，
因此，点坐标为，其中．
若，则，故，
又，，
所以，
所以，即存在，满足，A正确；
因为，，
所以，
若与所成角的余弦值为，则，
化简可得，所以，
所以存在，使与所成角的余弦值为，B正确；
设平面的法向量为，
则，又，，
所以，设，则，，
所以为平面的一个法向量，
又，
所以点到平面的距离为，
当或时，，
当时，，故不为定值，C错误；
四面体，即三棱锥的底面的面积为定值，
又平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
故三棱锥的体积恒为定值，故D正确．
故选：ABD．
11．AD
【分析】化简得到，然后利用点到直线的距离公式对进行分类讨论即可求解.
【详解】由已知得，整理得，
问题可看成有且仅有三条直线满足和到直线(不过原点)的距离t相等，
又，
①当，此时易得符合题意的直线l为线段的垂直平分线以及与直线平行的且距离为2.5的两条直线，符合题意，故A正确；

②当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，
注意到l不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去．
设点A到l的距离为d，
（i）作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，此时，符合，即D正确；

（ii）作为增根被舍去的直线l，过原点且与平行，其方程为，此时，不符合，即C错误；
③当，只有两条直线使得点和到它们的距离相等，
不符合题意；
综上，AD正确.
故选：AD.
【点睛】思路点睛：本题关键是化简得到，将问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线 (不过原点)的距离t相等，然后分类讨论即得.
12．
【分析】根据直线与线段无交点，应用数形结合求倾斜角的范围.
【详解】如图所示，直线与线段没有公共点，若为直线的倾斜角，

直线可从直线逆时针旋转到直线的位置，注意包含直线倾斜角为的情况，
，，
直线的区域包含倾斜角为的情况，
斜率或，从而或，
又，结合正切曲线可得．
故答案为：
13．/
【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点的坐标，应用向量法求点线距离.
【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，则，

所以，
则点到直线的距离.
故答案为：
14．
【分析】先求出关于直线的对称点，从而得到反射光线所在直线经过点和对称点，从而得到反射光线所在直线方程.
【详解】设点关于直线的对称点为，则，
解得，故.
由于反射光线所在直线经过点和，
所以反射光线所在直线的方程为，即.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直关系得到直线的斜率，再利用点斜式求解即可；
（2）设点坐标，利用已知信息求得点坐标，再求点关于直线的对称点，由两点式可求直线方程.
【详解】（1）因，且，则，
因，
则直线的方程为，即.
（2）设点，则线段的中点为，
将其代入所在直线方程中，得，
将点代入所在的直线方程中，得，
解得，即，
设点关于直线对称得点，
则，得，即，
因三点共线，则,
直线所在的直线方程为，即.
16．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）根据线面角得到点在平面上的射影为与的交点，从而平面；
（2）根据正切值，不妨设，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而利用线面角的正弦公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）直线与平面所成的角分别为，
故在平面上的射影为，故点在平面上的射影在上，
同理可得点在平面上的射影在上，
所以点在平面上的射影为与的交点，
所以平面；
（2）因为，，
不妨设，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
其中，则，，，
，
故，，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
又，设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)12
【分析】（1）设直线截距式为，可得，，进而结合列方程组求解即可；
（2）设直线截距式为，代入点得到，利用基本不等式即可求出面积最小值.
【详解】（1）设直线的方程为，则，，
所以，
由，得，解得，
所以直线的方程为，即.
（2）设直线的方程为，
将点代入得，则，
当且仅当，即时等号成立，
所以，.
所以的面积最小值为12.
18．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出，再得出平面，最后应用线面垂直的判定定理得出平面，进而得出线线垂直；
（2）方法1：应用线面垂直建系再分别求出平面和平面的法向量，再应用向量夹角余弦公式得出面面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦值；
方法2：设与的交点为，过点作，交于点，得出是平面与平面的夹角，再计算得出角的正弦即可.
【详解】（1）
连接，
在正方形中，，
平面平面，平面平面，平面平面，
.
平面平面，
平面，
平面，
平面，
平面.
（2）方法1：由（1）可知平面，
平面，
在正方形中，有，
以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
由（1）可知平面是平面的一个法向量，
设是平面的一个法向量，则，
取，则，
设平面和平面夹角为，
则，
，即平面和平面夹角的正弦值为.
方法2：
设与的交点为，过点作，交于点，连接，设，
由（1）可知平面，
平面平面，
平面，
又平面平面，平面平面，
是平面与平面的夹角，
在正方形中，
由（1）可知平面，
平面，
在中，，
在中，，
在中，，
，
平面平面，
在中，，
平面与平面的夹角的正弦值为.
19．(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】（1）设线段的中点为，线段的中点为，利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理得证.
（2）根据已知，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，令，，结合已知并利用线面角的向量求法列方程求参数，即可得.
【详解】（1）如图，设线段的中点为，线段的中点为，连接，
依题意，，则，由，得，
而，是梯形的中位线，于是，
而平面，则平面，
而平面，于是，又平面，且和相交，
因此平面，而平面，所以平面平面；

（2）依题意，，则，即，
由（1）知平面，平面，则，
由，平面，可得平面，
过作平面，以为原点，构建如下图空间直角坐标系，

则，，
令，，则，
由平面，则平面的一个法向量为，
由题设，
所以，可得（负值舍），所以时满足题设.
答案第6页，共17页
答案第5页，共17页