浙江省宁波六校联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题
1．（2025高二上·宁波期中）已知直线过点，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·宁波期中）过点且垂直于直线的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·宁波期中）如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·宁波期中）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·宁波期中）圆与圆的公共弦长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·宁波期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则的夹角是钝角
B．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C．直线经过点，则到的距离为
D．直线的方向向量，平面的法向量，则
7．（2025高二上·宁波期中）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·宁波期中）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．方程有两个解 B．方程无解
C．的最小值为 D．的最大值为
9．（2025高二上·宁波期中）已知直线l：与n：，下列选项正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．直线l恒过点
D．若直线n在x轴上的截距为6，则直线n的斜截式为
10．（2025高二上·宁波期中）已知椭圆的离心率为，长轴长为6，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．焦距为4 B．椭圆的标准方程为
C． D．的最大值为
11．（2025高二上·宁波期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
12．（2025高二上·宁波期中）向量，且，则 ．
13．（2025高二上·宁波期中）设点，直线关于直线的对称直线为，已知与圆有公共点，则的取值范围为 ．
14．（2025高二上·宁波期中）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是 .
15．（2025高二上·宁波期中）已知顶点、、.
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程.
16．（2025高二上·宁波期中）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.
（1）试用向量表示向量；
（2）若，求的值.
17．（2025高二上·宁波期中）已知圆外有一点，过点作直线．
（1）当直线与圆相切时，求直线的方程；
（2）点为圆上任意一点，已知，求的最小值．
18．（2025高二上·宁波期中）在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
19．（2025高二上·宁波期中）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母…表示．
（1）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
（2）在平面直角坐标系中，求双曲线通过二阶矩阵进行线性变换后得到的双曲线方程；
（3）已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（点在第一象限），与轴交于点，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，
，
所以，
故答案为：D
【分析】由即可求解.
2．【答案】A
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为，所以与其垂直的直线的斜率，
又因为直线过点，所以直线方程为，即.
故答案为：A
【分析】根据两条直线互相垂直得，先求出斜率，再根据点斜式写出直线方程即可.
3．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的加减法
【解析】【解答】解：依题意，分别是的中点，
则
.
故答案为：C
【分析】根据空间向量的线性运算将分别用基底表示出求得正确答案.
4．【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线的离心率，即，
所以，所以，
所以其渐近线方程为.
故答案为：D
【分析】由双曲线的离心率公式，及求出的比值，再根据渐近线方程求解即可.
5．【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆①与圆②，
①－②得，即公共弦方程为，
又圆的半径为，圆心为，
圆心到直线距离，
所以公共弦长为.
故答案为：C.
【分析】要求公共弦方程需将两圆方程做差，再将公共弦放在其中一个圆里，求该圆的圆心到公共弦的距离，构造直角三角形，或代入公共弦长为求解即可．
6．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；直线的方向向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则的夹角是钝角或平角，该选项错误，不合题意；
B、假设三个向量共面，则，
所以，又是空间的一组基底，
所以，无解，即不共面，所以也是空间的一组基底，该选项正确，符合题意；
C、因为，，，则，，，故到的距离为，该选项错误，不合题意；
D、因为直线的方向向量，平面的法向量，
则，故与不共线，即不成立，该选项错误，不合题意；
故答案为：B
【分析】对于A，由，得到是钝角或平角判断；对于B，由令，判断三个向量是否共面；对于C，求直线l的方向向量，易得，从而即为所求；对于D，由与是否共线判断.
7．【答案】D
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：对于椭圆，，
所以椭圆的蒙日圆为，
此圆的圆心为，半径为.
圆的圆心为，半径为，
由于圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，
所以，无解，
或，解得.
故答案为：D
【分析】先求得椭圆的蒙日圆，然后根据已知圆与改蒙日圆相切求得.
8．【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内两点间距离公式的应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：因为，
所以的几何意义是轴上的动点到两个定点和的距离之和，
即.作点关于轴的对称点，则，
当三点共线时，取到最小值
，
所以有最小值；
当点向轴正、负方向无限移动时，距离之和无限增大，
所以.因为，所以方程有互为相反数的两个解，故A正确，B错误；
因为有最小值，故C错误；因为无最大值，故D错误.
故答案为：A
【分析】将函数变形为，转化为动点到定点的距离问题，即轴上的动点到两个定点和的距离之和，求出的值域，即可判断A，B，C，D.
9．【答案】A,C
【知识点】直线的斜截式方程；直线的截距式方程；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；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、，若，则，解得或，
经检验，均符合，该选项正确，符合题意；
B、若，则，解得或，该选项错误，不合题意；
C、因为，
则由得，所以l恒过点， 该选项正确，符合题意 ；
D、若直线n在x轴上的截距为6，即直线n过点，
则，得，
所以直线n的方程为，斜截式为，该选项错误，不合题意．
故答案为：AC.
【分析】利用两直线平行的判定条件分析选项 A；依据两直线垂直的性质判断选项 B；通过参数分离与计算验证选项 C；根据截距的定义求解参数 a 的值以判断选项 D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由条件可知，，得，
所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，该选项正确，符合题意
B、由A的分析，该选项错误，不合题意；
C、，，，该选项正确，符合题意；
D、，
当点三点共线，且点在之间时，等号成立，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】首先根据条件先求椭圆的方程，得焦距为2c，和椭圆方程，再判断选项AB；代入两点间距离公式判断C；利用椭圆的定义|PF|+|PF'|=2a=6，将距离的和转化为距离差的最大值，如图所示，利用数形结合，即可判断.
11．【答案】B,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A、因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，该选项错误，不合题意．
B、该几何体的体积为，该选项正确，符合题意．
C、设EF的中点为，连接OB，OH，则，
则即二面角的平面角．，，该选项正确，符合题意．
D、建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD
【分析】将蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，根据正四面体的表面积即可求解A；同理利用割补法，结合体积公式即可求解B；根据二面角的定义，找出二面角的平面角，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，得，解得.
由，设，即，得，.
故，，则，其模长为.
故答案为：
【分析】先利用向量垂直和平行，列式子求出、，再计算向量的模长.
13．【答案】
【知识点】直线的两点式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：
根据题意可知，直线与直线相交，
则关于直线的对称点为，
直线过，，
直线的方程为，即，
圆，圆的圆心为，半径为，
与圆有公共点，
，解得，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】首先利用对称求出直线的方程，再利用直线与圆有公共点，圆心到直线距离小于半径r即可求解.
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
①②得，，
①②得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，则，解得
所以，
当时，最大值为时，的值为2，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】设，由椭圆和双曲线的定义列出方程组，再结合余弦定理可得；设，将拆分为易得，然后根据正弦函数的性质可得其范围
15．【答案】（1）解：由、.可知中点为，且，
设边的垂直平分线的斜率为，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
（2）解：当直线过坐标原点时，其直线斜率，此时直线方程为，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）由B、C坐标，用中点坐标公式可得的中点，代入斜率公式可求直线BC的斜率，代入点斜式方程可得其垂直平分线方程；
（2） 纵截距是横截距的2倍，分类讨论截距为0和不为0 两种情况；第一种，直线过坐标原点，代入可直接求得直线方程；第二种，设直线方程为，直线不过坐标原点，代入点B可根据直线的截距时进行求解.
（1）由、.可知中点为，且，
设边的垂直平分线的斜率为，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
（2）当直线过坐标原点时，其直线斜率，此时直线方程为，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
16．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
（2）解：因为，，
所以
=
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用平面向量基本定理先把用基底 表示出来，由中点得，化简即可；
（2）用 表示、，代入 计算即可求出结果.
（1）因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
（2）因为，，
所以
=
17．【答案】（1）解：由题知，圆心坐标为，半径为，
当斜率不存在时，直线的方程为；
当斜率存在时，设直线的方程为，
则，
解得．
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或
（2）解：设，则
．
设，则表示圆上的点与点的距离的平方，可知，
又，则点在圆外面．
所以，
则．
则的最小值为．
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）需分两种情况讨论：斜率存在和不存在求解即可；
（2）设，代入两点间距离公式得到．由的几何意义为表示圆上的点与点的距离的平方，即可求解.
（1）由题知，圆心坐标为，半径为，
当斜率不存在时，直线的方程为；
当斜率存在时，设直线的方程为，则，
解得．
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或；
（2）设，则
．
设，则表示圆上的点与点的距离的平方，可知，
又，则点在圆外面．
所以，
则．
则的最小值为．
18．【答案】（1）证明因为在中，，且，
所以，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知且都在面内，所以平面；
（2）解：由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
由几何关系可知，，
故，
，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，故平面的一个法向量为，
设与平面所成角的大小为，
则有，所以，
即与平面所成角的大小为；
（3）解：假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
在空间直角坐标系中，设，其中，则，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，故平面的法向量为，
由（2）知平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得，解得或（舍去），即与重合，，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，
此时的长度为0．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）要证线面垂直，需找两组垂直直线：、证得平面.
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求得与平面的方向向量和法向量，代入线面角公式可得.
（3）先假设在线段上存在点符合题意，类比问题（2）根据平面与平面成角余弦值列方程，由此求得，进而求得.
（1）因为在中，，且，
所以，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知且都在面内，所以平面；
（2）由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
由几何关系可知，，
故，
，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，故平面的一个法向量为，
设与平面所成角的大小为，
则有，所以，
即与平面所成角的大小为；
（3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
在空间直角坐标系中，设，其中，则，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，故平面的法向量为，
由（2）知平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得，解得或（舍去），即与重合，，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，
此时的长度为0．
19．【答案】（1）解：设，可得，
所以，
，
则坐标变换公式为，所以对应的二阶矩阵为；
（2）解：设曲线上任意一点变换后所得点坐标为，
即，此时，
整理得，则双曲线的方程为；
（3）证明法一：由题意可知，设直线方程为，
联立，消去得，
此时，解得，由韦达定理得.
又因为点在不同两支，故，解得.
可知
，
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，解得，由韦达定理得.
当时，此时，取，则，
所以直线的方程为.
联立，消去并整理得，
解得或，所以，
所以，则，所以；
当时，设直线的斜率分别为，
此时，
所以，
，
所以．
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
当直线斜率不存在时，
此时，可得，
所以，同理可得．
综上所述，为定值，定值为．
【知识点】两角和与差的正切公式；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的关系；旋转变换；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）先设长度和夹角，易得逆时针旋转后得，
则由，，利用和差公式展开即可得到坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
（2）根据坐标变换公式求出，两式相减可得，两边同除以xy即可得到双曲线的方程；
（3）法一：反设法设直线方程为，与双曲线联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，求出的值，再结合的范围即可得证；法二：正常设直线，但分直线斜率存在和不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，得到两点坐标，同理求出即可得证；直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，再分和两种情况分别求出或即可得证.
（1）设，可得，
所以，
，
则坐标变换公式为，所以对应的二阶矩阵为；
（2）设曲线上任意一点变换后所得点坐标为，
即，此时，
整理得，则双曲线的方程为；
（3）法一：由题意可知，设直线方程为，
联立，消去得，
此时，解得，由韦达定理得.
又因为点在不同两支，故，解得.
可知
，
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，解得，由韦达定理得.
当时，此时，取，则，
所以直线的方程为.
联立，消去并整理得，
解得或，所以，
所以，则，所以；
当时，设直线的斜率分别为，
此时，
所以，
，
所以．
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
当直线斜率不存在时，
此时，可得，
所以，同理可得．
综上所述，为定值，定值为．
1 / 1浙江省宁波六校联盟2025-2026学年高二上学期期中联考数学试题
1．（2025高二上·宁波期中）已知直线过点，则直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的倾斜角；斜率的计算公式
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，
，
所以，
故答案为：D
【分析】由即可求解.
2．（2025高二上·宁波期中）过点且垂直于直线的直线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直；直线的点斜式方程
【解析】【解答】解：因为直线的斜率为，所以与其垂直的直线的斜率，
又因为直线过点，所以直线方程为，即.
故答案为：A
【分析】根据两条直线互相垂直得，先求出斜率，再根据点斜式写出直线方程即可.
3．（2025高二上·宁波期中）如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（ ）
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
【解析】【解答】解：依题意，分别是的中点，
则
.
故答案为：C
【分析】根据空间向量的线性运算将分别用基底表示出求得正确答案.
4．（2025高二上·宁波期中）双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：已知双曲线的离心率，即，
所以，所以，
所以其渐近线方程为.
故答案为：D
【分析】由双曲线的离心率公式，及求出的比值，再根据渐近线方程求解即可.
5．（2025高二上·宁波期中）圆与圆的公共弦长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线与圆相交的性质；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆①与圆②，
①－②得，即公共弦方程为，
又圆的半径为，圆心为，
圆心到直线距离，
所以公共弦长为.
故答案为：C.
【分析】要求公共弦方程需将两圆方程做差，再将公共弦放在其中一个圆里，求该圆的圆心到公共弦的距离，构造直角三角形，或代入公共弦长为求解即可．
6．（2025高二上·宁波期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则的夹角是钝角
B．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
C．直线经过点，则到的距离为
D．直线的方向向量，平面的法向量，则
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算；直线的方向向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则的夹角是钝角或平角，该选项错误，不合题意；
B、假设三个向量共面，则，
所以，又是空间的一组基底，
所以，无解，即不共面，所以也是空间的一组基底，该选项正确，符合题意；
C、因为，，，则，，，故到的距离为，该选项错误，不合题意；
D、因为直线的方向向量，平面的法向量，
则，故与不共线，即不成立，该选项错误，不合题意；
故答案为：B
【分析】对于A，由，得到是钝角或平角判断；对于B，由令，判断三个向量是否共面；对于C，求直线l的方向向量，易得，从而即为所求；对于D，由与是否共线判断.
7．（2025高二上·宁波期中）19世纪法国著名数学家加斯帕尔·蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展，提出了著名的蒙日圆定理：椭圆的两条切线互相垂直，则切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：对于椭圆，，
所以椭圆的蒙日圆为，
此圆的圆心为，半径为.
圆的圆心为，半径为，
由于圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，
所以，无解，
或，解得.
故答案为：D
【分析】先求得椭圆的蒙日圆，然后根据已知圆与改蒙日圆相切求得.
8．（2025高二上·宁波期中）数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ）
A．方程有两个解 B．方程无解
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】A
【知识点】平面内两点间的距离公式；平面内两点间距离公式的应用；函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：因为，
所以的几何意义是轴上的动点到两个定点和的距离之和，
即.作点关于轴的对称点，则，
当三点共线时，取到最小值
，
所以有最小值；
当点向轴正、负方向无限移动时，距离之和无限增大，
所以.因为，所以方程有互为相反数的两个解，故A正确，B错误；
因为有最小值，故C错误；因为无最大值，故D错误.
故答案为：A
【分析】将函数变形为，转化为动点到定点的距离问题，即轴上的动点到两个定点和的距离之和，求出的值域，即可判断A，B，C，D.
9．（2025高二上·宁波期中）已知直线l：与n：，下列选项正确的是（ ）
A．若，则或
B．若，则
C．直线l恒过点
D．若直线n在x轴上的截距为6，则直线n的斜截式为
【答案】A,C
【知识点】直线的斜截式方程；直线的截距式方程；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；恒过定点的直线
【解析】【解答】解：A、，若，则，解得或，
经检验，均符合，该选项正确，符合题意；
B、若，则，解得或，该选项错误，不合题意；
C、因为，
则由得，所以l恒过点， 该选项正确，符合题意 ；
D、若直线n在x轴上的截距为6，即直线n过点，
则，得，
所以直线n的方程为，斜截式为，该选项错误，不合题意．
故答案为：AC.
【分析】利用两直线平行的判定条件分析选项 A；依据两直线垂直的性质判断选项 B；通过参数分离与计算验证选项 C；根据截距的定义求解参数 a 的值以判断选项 D.
10．（2025高二上·宁波期中）已知椭圆的离心率为，长轴长为6，分别是椭圆的左、右焦点，是一个定点，是椭圆上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．焦距为4 B．椭圆的标准方程为
C． D．的最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由条件可知，，得，
所以椭圆的焦距，椭圆的标准方程为，该选项正确，符合题意
B、由A的分析，该选项错误，不合题意；
C、，，，该选项正确，符合题意；
D、，
当点三点共线，且点在之间时，等号成立，该选项正确，符合题意.
故答案为：ACD
【分析】首先根据条件先求椭圆的方程，得焦距为2c，和椭圆方程，再判断选项AB；代入两点间距离公式判断C；利用椭圆的定义|PF|+|PF'|=2a=6，将距离的和转化为距离差的最大值，如图所示，利用数形结合，即可判断.
11．（2025高二上·宁波期中）清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）
A．该几何体的表面积为
B．该几何体的体积为4
C．二面角的余弦值为
D．若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
【答案】B,C,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；组合几何体的面积、表面积、体积问题；棱锥的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A、因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，该选项错误，不合题意．
B、该几何体的体积为，该选项正确，符合题意．
C、设EF的中点为，连接OB，OH，则，
则即二面角的平面角．，，该选项正确，符合题意．
D、建立如图所示的空间直角坐标系，设，
，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，该选项正确，符合题意．
故答案为：BCD
【分析】将蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，根据正四面体的表面积即可求解A；同理利用割补法，结合体积公式即可求解B；根据二面角的定义，找出二面角的平面角，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
12．（2025高二上·宁波期中）向量，且，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；空间向量平行的坐标表示；空间向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，得，解得.
由，设，即，得，.
故，，则，其模长为.
故答案为：
【分析】先利用向量垂直和平行，列式子求出、，再计算向量的模长.
13．（2025高二上·宁波期中）设点，直线关于直线的对称直线为，已知与圆有公共点，则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】直线的两点式方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：
根据题意可知，直线与直线相交，
则关于直线的对称点为，
直线过，，
直线的方程为，即，
圆，圆的圆心为，半径为，
与圆有公共点，
，解得，则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】首先利用对称求出直线的方程，再利用直线与圆有公共点，圆心到直线距离小于半径r即可求解.
14．（2025高二上·宁波期中）已知椭圆与双曲线有相同的焦点，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点为椭圆与双曲线的第一象限的交点，且，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，
由椭圆的定义得①，
由双曲线的定义得②，
①②得，，
①②得，，
由余弦定理可得，
所以③，
设，则，解得
所以，
当时，最大值为时，的值为2，
所以的取值范围是.
故答案为：
【分析】设，由椭圆和双曲线的定义列出方程组，再结合余弦定理可得；设，将拆分为易得，然后根据正弦函数的性质可得其范围
15．（2025高二上·宁波期中）已知顶点、、.
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）若直线过点，且的纵截距是横截距的2倍，求直线的方程.
【答案】（1）解：由、.可知中点为，且，
设边的垂直平分线的斜率为，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
（2）解：当直线过坐标原点时，其直线斜率，此时直线方程为，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；用斜率判定两直线垂直；直线的截距式方程
【解析】【分析】（1）由B、C坐标，用中点坐标公式可得的中点，代入斜率公式可求直线BC的斜率，代入点斜式方程可得其垂直平分线方程；
（2） 纵截距是横截距的2倍，分类讨论截距为0和不为0 两种情况；第一种，直线过坐标原点，代入可直接求得直线方程；第二种，设直线方程为，直线不过坐标原点，代入点B可根据直线的截距时进行求解.
（1）由、.可知中点为，且，
设边的垂直平分线的斜率为，
所以其垂直平分线斜率满足，即，
所以边的垂直平分线的方程为，即；
（2）当直线过坐标原点时，其直线斜率，此时直线方程为，符合题意；
当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为，
由过点，则，解得，
所以直线方程为，
综上所述，直线的方程为或.
16．（2025高二上·宁波期中）如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.
（1）试用向量表示向量；
（2）若，求的值.
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
（2）解：因为，，
所以
=
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用平面向量基本定理先把用基底 表示出来，由中点得，化简即可；
（2）用 表示、，代入 计算即可求出结果.
（1）因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
（2）因为，，
所以
=
17．（2025高二上·宁波期中）已知圆外有一点，过点作直线．
（1）当直线与圆相切时，求直线的方程；
（2）点为圆上任意一点，已知，求的最小值．
【答案】（1）解：由题知，圆心坐标为，半径为，
当斜率不存在时，直线的方程为；
当斜率存在时，设直线的方程为，
则，
解得．
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或
（2）解：设，则
．
设，则表示圆上的点与点的距离的平方，可知，
又，则点在圆外面．
所以，
则．
则的最小值为．
【知识点】直线的斜率；直线的点斜式方程；平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）需分两种情况讨论：斜率存在和不存在求解即可；
（2）设，代入两点间距离公式得到．由的几何意义为表示圆上的点与点的距离的平方，即可求解.
（1）由题知，圆心坐标为，半径为，
当斜率不存在时，直线的方程为；
当斜率存在时，设直线的方程为，则，
解得．
所以直线的方程为．
综上，直线的方程为或；
（2）设，则
．
设，则表示圆上的点与点的距离的平方，可知，
又，则点在圆外面．
所以，
则．
则的最小值为．
18．（2025高二上·宁波期中）在中，，分别是上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示．
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使平面与平面成角余弦值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明因为在中，，且，
所以，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知且都在面内，所以平面；
（2）解：由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
由几何关系可知，，
故，
，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，故平面的一个法向量为，
设与平面所成角的大小为，
则有，所以，
即与平面所成角的大小为；
（3）解：假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
在空间直角坐标系中，设，其中，则，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，故平面的法向量为，
由（2）知平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得，解得或（舍去），即与重合，，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，
此时的长度为0．
【知识点】直线与平面垂直的判定；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）要证线面垂直，需找两组垂直直线：、证得平面.
（2）以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求得与平面的方向向量和法向量，代入线面角公式可得.
（3）先假设在线段上存在点符合题意，类比问题（2）根据平面与平面成角余弦值列方程，由此求得，进而求得.
（1）因为在中，，且，
所以，则折叠后，，
又平面，
所以平面，平面，所以，
又已知且都在面内，所以平面；
（2）由（1）知，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
因为，故，
由几何关系可知，，
故，
，
设平面的法向量为，则，即，
不妨令，则，故平面的一个法向量为，
设与平面所成角的大小为，
则有，所以，
即与平面所成角的大小为；
（3）假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值为，
在空间直角坐标系中，设，其中，则，
设平面的法向量为，则有，即，
不妨令，则，故平面的法向量为，
由（2）知平面的一个法向量为，
若平面与平面成角余弦值为，
则满足，
化简得，解得或（舍去），即与重合，，
故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，
此时的长度为0．
19．（2025高二上·宁波期中）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母…表示．
（1）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
（2）在平面直角坐标系中，求双曲线通过二阶矩阵进行线性变换后得到的双曲线方程；
（3）已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（点在第一象限），与轴交于点，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值．
【答案】（1）解：设，可得，
所以，
，
则坐标变换公式为，所以对应的二阶矩阵为；
（2）解：设曲线上任意一点变换后所得点坐标为，
即，此时，
整理得，则双曲线的方程为；
（3）证明法一：由题意可知，设直线方程为，
联立，消去得，
此时，解得，由韦达定理得.
又因为点在不同两支，故，解得.
可知
，
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，解得，由韦达定理得.
当时，此时，取，则，
所以直线的方程为.
联立，消去并整理得，
解得或，所以，
所以，则，所以；
当时，设直线的斜率分别为，
此时，
所以，
，
所以．
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
当直线斜率不存在时，
此时，可得，
所以，同理可得．
综上所述，为定值，定值为．
【知识点】两角和与差的正切公式；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的关系；旋转变换；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）先设长度和夹角，易得逆时针旋转后得，
则由，，利用和差公式展开即可得到坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
（2）根据坐标变换公式求出，两式相减可得，两边同除以xy即可得到双曲线的方程；
（3）法一：反设法设直线方程为，与双曲线联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，求出的值，再结合的范围即可得证；法二：正常设直线，但分直线斜率存在和不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，得到两点坐标，同理求出即可得证；直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组消去，由韦达定理得到及的范围，再分和两种情况分别求出或即可得证.
（1）设，可得，
所以，
，
则坐标变换公式为，所以对应的二阶矩阵为；
（2）设曲线上任意一点变换后所得点坐标为，
即，此时，
整理得，则双曲线的方程为；
（3）法一：由题意可知，设直线方程为，
联立，消去得，
此时，解得，由韦达定理得.
又因为点在不同两支，故，解得.
可知
，
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
法二：当直线斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，解得，由韦达定理得.
当时，此时，取，则，
所以直线的方程为.
联立，消去并整理得，
解得或，所以，
所以，则，所以；
当时，设直线的斜率分别为，
此时，
所以，
，
所以．
因为点在第一象限，所以，
又因为，所以，则；
当直线斜率不存在时，
此时，可得，
所以，同理可得．
综上所述，为定值，定值为．
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