浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学2025-2026学年高二上学期第一次校考数学试卷
1．（2025高二上·桐乡市月考）直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·桐乡市月考）设z=i(2+i)，则 =（ ）
A．1+2i B．–1+2i C．1–2i D．–1–2i
3．（2025高二上·桐乡市月考）已知直线，则与的距离为（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2025高二上·桐乡市月考）若向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·桐乡市月考）甲、乙两人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，，密码被成功破译的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·桐乡市月考）“”是“直线与直线平行”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
7．（2025高二上·桐乡市月考）已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后，两点间的距离是（ ）
A．3 B．5 C． D．
8．（2025高二上·桐乡市月考）直线与直线相交于点P，对任意实数m，直线分别恒过定点，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．4
9．（2025高二上·桐乡市月考）关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面
B．已知两个向量，，且，则
C．若，且，，则
D．，，则在上的投影向量为
10．（2025高二上·桐乡市月考）对于直线，下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．当时，直线在轴上的截距为
C．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是
D．坐标原点到直线的距离的最大值为
11．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ）
A．存在点，使得平面
B．存在点，使得直线与直线所成的角为
C．存在点，使得三棱锥的体积为
D．不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角
12．（2025高二上·桐乡市月考）若直线与垂直，则 ．
13．（2025高二上·桐乡市月考）已知正四面体的棱长为，动点在面上运动，且满足， 则的值为 .
14．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ．
15．（2025高二上·桐乡市月考）已知直线，其中．
（1）求直线所过定点．
（2）当直线在轴上的截距是它在轴上的截距倍时，求实数的值．
（3）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围．
16．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且．
（1）求证：平面ACF；
（2）求点E到平面ACF的距离．
17．（2025高二上·桐乡市月考）记的对边分别为，已知.
（1）求角B；
（2）若，求的面积.
18．（2025高二上·桐乡市月考）△ABC的顶点A的坐标为（1，4），∠B，∠C平分线的方程分别为和.
（1）求BC所在直线的方程.
（2）设，直线过线段的中点M且分别交轴与轴的正半轴于点P、Q，O为坐标原点，求△面积最小时直线的方程；.
19．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面．
（1）证明：．
（2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）记直线与平面所成角为，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：由可得：，所以斜率为，
设倾斜角为，则，因为，所以.
故答案为：D
【分析】确定直线的倾斜角，需先将直线方程化为斜截式以求出斜率，再根据“倾斜角的正切值等于斜率”且倾斜角范围为的性质来求解.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，
所以 ，
故答案为：D．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据共轭复数的概念，写出 ．
3．【答案】C
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意得，与的距离，
故答案为：C
【分析】对于两条平行直线和，它们之间的距离公式为.
4．【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若，，则，，故D正确；
，所以B错误；
，故A错误；
显然与不平行，故C错误；
故答案为：D．
【分析】分别计算向量的模长、数量积以及夹角余弦值，再根据空间向量的垂直、平行判定条件，逐一分析选项.
5．【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：甲乙都没有成功破译密码的概率为，
则密码被成功破译的概率是.
故答案为：B.
【分析】用对立事件的概率性质，先求密码未被破译的概率（即甲、乙都未破译的概率），再用1减去该概率得到成功破译的概率.
6．【答案】C
【知识点】充要条件；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若直线与直线互相平行且不重合，
则，解得，故.
所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件．
故答案为：C．
【分析】根据两直线平行的充要条件，列出关于的方程组，求解后判断“”与两直线平行之间的条件关系.
7．【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标；空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：在平面直角坐标系中，，，将直角坐标平面沿轴折成直二面角，如下图，
线段在轴上，，且，，
由且都在面内，则面，而面，故，
则，两点间的距离为：．
故答案为：D
【分析】将平面坐标转化为空间坐标，利用空间两点间距离公式求解.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：因为，即，
由，解得，所以直线过定点；同理可得直线过定点；
又因为，所以，即有，
所以，
所以，当且仅当时，取等号.
所以的最大值为4.
故答案为：D.
【分析】求出直线、恒过的定点、，再判断两直线的垂直关系，得到，最后结合基本不等式或求解的最大值.
9．【答案】B,C
【知识点】共面向量定理；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；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A，若、、、四点共面，则存在、，使得，
即，
所以，，且，
因为对空间中任意一点，有，且，
故、、、四点不共面，A错；
对B，，，且，设，即，
则，解得，故，B对；
对C，若，且，，则，C对；
对D，若，，则在上的投影向量为，D错.
故答案为：BC
【分析】结合空间向量的共面判定、共线坐标表示、垂直坐标表示、投影向量定义，对每个选项逐一分析.
10．【答案】A,D
【知识点】直线的截距式方程；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：对A，直线可变形为，
由，得，所以直线恒过定点，故A正确；
对B，当时，直线，令，得，
所以直线在轴上的截距为，故B错误；
对C，由选项A知直线恒过定点，如图，
，，
要使得直线与线段相交，
则或，解得或，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，因为直线恒过定点，
所以坐标原点到直线的距离的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对每个选项进行分析：对于选项A，将直线方程变形为关于的方程，通过解方程组确定定点；选项B，代入后求直线在轴上的截距；选项C，结合直线过的定点，计算定点与线段端点连线的斜率，进而确定的取值范围；选项D，根据定点与原点的距离确定原点到直线距离的最大值.
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、
、，设，即点，其中.
对A，假设存在点，使得平面，，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，A对；
对B，，，由已知可得，则，B错；
对C，，点到平面的距离为，则，解得，C对；
对D，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由图可得，，，，因为，，则，、，
且余弦函数在上单调递减，则，D对.
故答案为：ACD.
【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用向量法分析线面垂直、线线角、体积及角的大小关系。核心思路是：设动点 M 的坐标，结合向量运算判断线面垂直、计算线线角与体积，再分析角的大小关系。
12．【答案】1
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：直线与垂直，所以，解得.
故答案为：.
【分析】用两直线垂直的充要条件：对于直线和，垂直的充要条件是，据此计算的值.
13．【答案】0
【知识点】共面向量定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：动点在平面上运动，且不共线，
则存在实数，使.
即，
所以.
又，不共面，
由空间向量基本定理可知，故，解得.
即.因为四面体正四面体，且棱长为.
所以，.
所以
.
故答案为：0.
【分析】根据点在平面上，利用空间向量共面定理求出的值，再将和用基底、、表示，最后通过向量数量积的运算求解.
14．【答案】
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由P的运动速度是的2倍，得，即，
则，显然平面的法向量，
于是，
，因此，
显然当时，，当时，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】建立空间直角坐标系，设出动点运动的参数，求出直线的方向向量，再结合线面角的定义，利用向量的数量积求解的取值范围.
15．【答案】（1）解：由直线可变为，
，解得，
所以直线恒过定点.
（2）解：由题可得，在直线的方程中，令，得，令，得，
所以，即，解得或，
经检验，或均符合要求，所以实数的值为或.
（3）解：由直线恒过定点，如图，，，
要使直线不经过第四象限，则，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】直线的截距式方程；恒过定点的直线
【解析】【分析】（1）将直线方程整理为关于参数的表达式，通过解方程组确定定点；
（2）分别求出直线在、轴上的截距，根据截距关系列方程求解；
（3）结合直线过的定点和斜率范围，确定的取值范围.
（1）由直线可变为，
，解得，
所以直线恒过定点.
（2）由题可得，在直线的方程中，令，得，令，得，
所以，即，解得或，
经检验，或均符合要求，
所以实数的值为或.
（3）由直线恒过定点，如图，，，
要使直线不经过第四象限，则，解得，
所以实数的取值范围为.
16．【答案】（1）证明：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，平面
（2）解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，利用向量垂直的数量积为0证明线面垂直；
（2）利用平面的法向量和点到平面的距离公式求解距离.
（1）解：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，
，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，
平面
（2）解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
17．【答案】（1）解：因为，由余弦定理得，
因为，所以，又因为，
所以，
因为，所以.
（2）解：因为，应用正弦定理得
所以
又因为，
所以.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用余弦定理求出角，再结合已知的三角函数等式求出角；
（2）根据正弦定理求出、，再求出角，最后利用三角形面积公式求解.
（1）因为，由余弦定理得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以.
（2）因为，应用正弦定理得
所以
又因为，
所以.
18．【答案】（1）解：如图所示，的平分线BD的方程为：，的平分线CE的方程为，
由角平分线的性质知，点A关于直线BD、CE的对称点、必在BC所在的直线上.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
∴BC所在直线的方程为：，即：；
（2）解：设直线的方程的方程为：，又直线过点M（2，1），所以，
即，则△的面积
，
当且仅当即，时等号成立.
所以，直线的方程为：，即.
【知识点】直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）利用角平分线的对称性，求出点关于两条角平分线的对称点，两点确定直线的方程；
（2）先求中点，再设直线的截距式方程，结合基本不等式求面积最小值时的直线方程.
（1）如图所示，的平分线BD的方程为：，的平分线CE的方程为，
由角平分线的性质知，点A关于直线BD、CE的对称点、必在BC所在的直线上.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
∴BC所在直线的方程为：，即：；
（2）设直线的方程的方程为：，
又直线过点M（2，1），所以，即，
则△的面积，
当且仅当即，时等号成立.
所以，直线的方程为：，即.
19．【答案】（1）证明 因为，所以为正三角形，所以，
又因为，所以，在中，，
所以，所以，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以
（2）解：（i）因为，，，平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，所以，所以；
以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
因为，所以，
设平面的一个法向量为，所以，
所以，取，则，所以，
取平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
所以，
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）因为，即，设，且，
因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
令，所以，
由二次函数性质可知，当，即，即时，有最大值.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先通过梯形的边长和角度关系证明，再结合面面垂直的性质定理证明平面，从而得到；
（2）（i）先证明平面，求出长度后建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，进而求二面角的余弦值；
（ii）设表示出坐标，利用向量法表示，再结合二次函数性质求最大值.
（1）因为，所以为正三角形，
所以，
又因为，所以，
在中，，
所以，所以，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）（i）因为，，，平面，
所以平面，所以与平面所成角即为，
所以，所以；
以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
因为，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，
取，则，所以，
取平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
所以，由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）因为，即，
设，且，
因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
令，所以，
由二次函数性质可知，
当，即，即时，有最大值.
1 / 1浙江省嘉兴市桐乡市茅盾中学2025-2026学年高二上学期第一次校考数学试卷
1．（2025高二上·桐乡市月考）直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：由可得：，所以斜率为，
设倾斜角为，则，因为，所以.
故答案为：D
【分析】确定直线的倾斜角，需先将直线方程化为斜截式以求出斜率，再根据“倾斜角的正切值等于斜率”且倾斜角范围为的性质来求解.
2．（2025高二上·桐乡市月考）设z=i(2+i)，则 =（ ）
A．1+2i B．–1+2i C．1–2i D．–1–2i
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 ，
所以 ，
故答案为：D．
【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得z，然后根据共轭复数的概念，写出 ．
3．（2025高二上·桐乡市月考）已知直线，则与的距离为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】平面内两条平行直线间的距离
【解析】【解答】解：由题意得，与的距离，
故答案为：C
【分析】对于两条平行直线和，它们之间的距离公式为.
4．（2025高二上·桐乡市月考）若向量，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：若，，则，，故D正确；
，所以B错误；
，故A错误；
显然与不平行，故C错误；
故答案为：D．
【分析】分别计算向量的模长、数量积以及夹角余弦值，再根据空间向量的垂直、平行判定条件，逐一分析选项.
5．（2025高二上·桐乡市月考）甲、乙两人独立破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，，密码被成功破译的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：甲乙都没有成功破译密码的概率为，
则密码被成功破译的概率是.
故答案为：B.
【分析】用对立事件的概率性质，先求密码未被破译的概率（即甲、乙都未破译的概率），再用1减去该概率得到成功破译的概率.
6．（2025高二上·桐乡市月考）“”是“直线与直线平行”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
【答案】C
【知识点】充要条件；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若直线与直线互相平行且不重合，
则，解得，故.
所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件．
故答案为：C．
【分析】根据两直线平行的充要条件，列出关于的方程组，求解后判断“”与两直线平行之间的条件关系.
7．（2025高二上·桐乡市月考）已知两点，，若沿轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后，两点间的距离是（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标；空间中两点间的距离公式
【解析】【解答】解：在平面直角坐标系中，，，将直角坐标平面沿轴折成直二面角，如下图，
线段在轴上，，且，，
由且都在面内，则面，而面，故，
则，两点间的距离为：．
故答案为：D
【分析】将平面坐标转化为空间坐标，利用空间两点间距离公式求解.
8．（2025高二上·桐乡市月考）直线与直线相交于点P，对任意实数m，直线分别恒过定点，则的最大值为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】D
【知识点】基本不等式；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：因为，即，
由，解得，所以直线过定点；同理可得直线过定点；
又因为，所以，即有，
所以，
所以，当且仅当时，取等号.
所以的最大值为4.
故答案为：D.
【分析】求出直线、恒过的定点、，再判断两直线的垂直关系，得到，最后结合基本不等式或求解的最大值.
9．（2025高二上·桐乡市月考）关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点，有，则、、、四点共面
B．已知两个向量，，且，则
C．若，且，，则
D．，，则在上的投影向量为
【答案】B,C
【知识点】共面向量定理；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；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A，若、、、四点共面，则存在、，使得，
即，
所以，，且，
因为对空间中任意一点，有，且，
故、、、四点不共面，A错；
对B，，，且，设，即，
则，解得，故，B对；
对C，若，且，，则，C对；
对D，若，，则在上的投影向量为，D错.
故答案为：BC
【分析】结合空间向量的共面判定、共线坐标表示、垂直坐标表示、投影向量定义，对每个选项逐一分析.
10．（2025高二上·桐乡市月考）对于直线，下列选项正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．当时，直线在轴上的截距为
C．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是
D．坐标原点到直线的距离的最大值为
【答案】A,D
【知识点】直线的截距式方程；恒过定点的直线；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解：对A，直线可变形为，
由，得，所以直线恒过定点，故A正确；
对B，当时，直线，令，得，
所以直线在轴上的截距为，故B错误；
对C，由选项A知直线恒过定点，如图，
，，
要使得直线与线段相交，
则或，解得或，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，因为直线恒过定点，
所以坐标原点到直线的距离的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对每个选项进行分析：对于选项A，将直线方程变形为关于的方程，通过解方程组确定定点；选项B，代入后求直线在轴上的截距；选项C，结合直线过的定点，计算定点与线段端点连线的斜率，进而确定的取值范围；选项D，根据定点与原点的距离确定原点到直线距离的最大值.
11．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（ ）
A．存在点，使得平面
B．存在点，使得直线与直线所成的角为
C．存在点，使得三棱锥的体积为
D．不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角
【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、
、，设，即点，其中.
对A，假设存在点，使得平面，，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，A对；
对B，，，由已知可得，则，B错；
对C，，点到平面的距离为，则，解得，C对；
对D，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由图可得，，，，因为，，则，、，
且余弦函数在上单调递减，则，D对.
故答案为：ACD.
【分析】本题通过建立空间直角坐标系，利用向量法分析线面垂直、线线角、体积及角的大小关系。核心思路是：设动点 M 的坐标，结合向量运算判断线面垂直、计算线线角与体积，再分析角的大小关系。
12．（2025高二上·桐乡市月考）若直线与垂直，则 ．
【答案】1
【知识点】两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：直线与垂直，所以，解得.
故答案为：.
【分析】用两直线垂直的充要条件：对于直线和，垂直的充要条件是，据此计算的值.
13．（2025高二上·桐乡市月考）已知正四面体的棱长为，动点在面上运动，且满足， 则的值为 .
【答案】0
【知识点】共面向量定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：动点在平面上运动，且不共线，
则存在实数，使.
即，
所以.
又，不共面，
由空间向量基本定理可知，故，解得.
即.因为四面体正四面体，且棱长为.
所以，.
所以
.
故答案为：0.
【分析】根据点在平面上，利用空间向量共面定理求出的值，再将和用基底、、表示，最后通过向量数量积的运算求解.
14．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在长方体中，已知，．动点P从出发，在棱上匀速运动；动点Q同时从B出发，在棱BC上匀速运动，P的运动速度是Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设直线PQ与平面ABCD所成的角为，则的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：在长方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，由P的运动速度是的2倍，得，即，
则，显然平面的法向量，
于是，
，因此，
显然当时，，当时，，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】建立空间直角坐标系，设出动点运动的参数，求出直线的方向向量，再结合线面角的定义，利用向量的数量积求解的取值范围.
15．（2025高二上·桐乡市月考）已知直线，其中．
（1）求直线所过定点．
（2）当直线在轴上的截距是它在轴上的截距倍时，求实数的值．
（3）若直线不经过第四象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由直线可变为，
，解得，
所以直线恒过定点.
（2）解：由题可得，在直线的方程中，令，得，令，得，
所以，即，解得或，
经检验，或均符合要求，所以实数的值为或.
（3）解：由直线恒过定点，如图，，，
要使直线不经过第四象限，则，解得，
所以实数的取值范围为.
【知识点】直线的截距式方程；恒过定点的直线
【解析】【分析】（1）将直线方程整理为关于参数的表达式，通过解方程组确定定点；
（2）分别求出直线在、轴上的截距，根据截距关系列方程求解；
（3）结合直线过的定点和斜率范围，确定的取值范围.
（1）由直线可变为，
，解得，
所以直线恒过定点.
（2）由题可得，在直线的方程中，令，得，令，得，
所以，即，解得或，
经检验，或均符合要求，
所以实数的值为或.
（3）由直线恒过定点，如图，，，
要使直线不经过第四象限，则，解得，
所以实数的取值范围为.
16．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在正四棱柱中，已知，，E、F分别为、上的点，且．
（1）求证：平面ACF；
（2）求点E到平面ACF的距离．
【答案】（1）证明：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，平面
（2）解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，求出相关向量的坐标，利用向量垂直的数量积为0证明线面垂直；
（2）利用平面的法向量和点到平面的距离公式求解距离.
（1）解：如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，，2，，
，2，，，0，，，0，，，2，，
，2，，，2，，，，，，0，．
，，
，，且，平面，
平面
（2）解：由（1）知，为平面的一个法向量，，，
向量在上的射影长即为到平面的距离设为，于是，
故点到平面的距离；
17．（2025高二上·桐乡市月考）记的对边分别为，已知.
（1）求角B；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：因为，由余弦定理得，
因为，所以，又因为，
所以，
因为，所以.
（2）解：因为，应用正弦定理得
所以
又因为，
所以.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）用余弦定理求出角，再结合已知的三角函数等式求出角；
（2）根据正弦定理求出、，再求出角，最后利用三角形面积公式求解.
（1）因为，由余弦定理得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以.
（2）因为，应用正弦定理得
所以
又因为，
所以.
18．（2025高二上·桐乡市月考）△ABC的顶点A的坐标为（1，4），∠B，∠C平分线的方程分别为和.
（1）求BC所在直线的方程.
（2）设，直线过线段的中点M且分别交轴与轴的正半轴于点P、Q，O为坐标原点，求△面积最小时直线的方程；.
【答案】（1）解：如图所示，的平分线BD的方程为：，的平分线CE的方程为，
由角平分线的性质知，点A关于直线BD、CE的对称点、必在BC所在的直线上.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
∴BC所在直线的方程为：，即：；
（2）解：设直线的方程的方程为：，又直线过点M（2，1），所以，
即，则△的面积
，
当且仅当即，时等号成立.
所以，直线的方程为：，即.
【知识点】直线的两点式方程；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）利用角平分线的对称性，求出点关于两条角平分线的对称点，两点确定直线的方程；
（2）先求中点，再设直线的截距式方程，结合基本不等式求面积最小值时的直线方程.
（1）如图所示，的平分线BD的方程为：，的平分线CE的方程为，
由角平分线的性质知，点A关于直线BD、CE的对称点、必在BC所在的直线上.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
由方程组：，解得：，则点的坐标为.
∴BC所在直线的方程为：，即：；
（2）设直线的方程的方程为：，
又直线过点M（2，1），所以，即，
则△的面积，
当且仅当即，时等号成立.
所以，直线的方程为：，即.
19．（2025高二上·桐乡市月考）如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，平面平面．
（1）证明：．
（2）若是棱上的动点，且与平面所成角的正切值为．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）记直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）证明 因为，所以为正三角形，所以，
又因为，所以，在中，，
所以，所以，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以
（2）解：（i）因为，，，平面，所以平面，
所以与平面所成角即为，所以，所以；
以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
因为，所以，
设平面的一个法向量为，所以，
所以，取，则，所以，
取平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
所以，
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）因为，即，设，且，
因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
令，所以，
由二次函数性质可知，当，即，即时，有最大值.
【知识点】平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先通过梯形的边长和角度关系证明，再结合面面垂直的性质定理证明平面，从而得到；
（2）（i）先证明平面，求出长度后建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，进而求二面角的余弦值；
（ii）设表示出坐标，利用向量法表示，再结合二次函数性质求最大值.
（1）因为，所以为正三角形，
所以，
又因为，所以，
在中，，
所以，所以，
所以，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）（i）因为，，，平面，
所以平面，所以与平面所成角即为，
所以，所以；
以为原点，分别以为轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
因为，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，所以，
取，则，所以，
取平面的一个法向量为，
设二面角的平面角大小为，
所以，由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为；
（ii）因为，即，
设，且，
因为，所以，
所以，所以，
设直线与平面所成角为，
所以
令，所以，
由二次函数性质可知，
当，即，即时，有最大值.
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