广东省深圳市龙岗区龙城高级中学（教育集团）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2025高二上·龙岗期中）函数的最小正周期是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：函数的最小正周期为.
故答案为：C.
【分析】利用正弦型三角函数的最小正周期公式计算即可.
2．（2025高二上·龙岗期中）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知正三棱台的上底面积，
下底面积，
则三棱台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据棱台体积公式计算即可.
3．（2025高二上·龙岗期中）已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，斜率，，
如图所示，
因为直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点，
从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，所以此时；
从转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，所以此时，
综上可得，直线的斜率的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和两点求斜率公式，分别求出直线的斜率，再根据斜率和倾斜角的关系，从而求出直线l的斜率的取值范围.
4．（2025高二上·龙岗期中）如图，空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得：
.
故答案为：B.
【分析】根据空间向量线性运算求解即可.
5．（2025高二上·龙岗期中）已知三个内角所对的边分别为，点是线段上一点，且平分，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为平分，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由平分得，从而得出，再利用三角形的面积公式变形得出的值.
6．（2025高二上·龙岗期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；平行公理
【解析】【解答】解：在正方体中，
取的中点，的中点，连接，
由是的中点，
得，
则四边形为平行四边形，
所以，
由是的中点，
得，
因为梯形是正方体被平面所截得的截面，
所以，，
则所求截面的周长是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和正方体的结构特征以及中点的性质，再利用中位线定理和平行四边形的定义，从而得出梯形是正方体被平面所截得的截面，再利用勾股定理和求和的方法，从而得出所求截面的周长.
7．（2025高二上·龙岗期中）已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的参数方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：设椭圆上的点为，
则点到直线的距离为，其中，
因为，所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为．
故答案为：D.
【分析】根据椭圆的参数方程，设椭圆上的点为，利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式、三角函数的性质计算即可.
8．（2025高二上·龙岗期中）直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；轨迹方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：直线：化为，可得直线恒过定点，
直线：化为，可得直线恒过定点，
因为，所以点的轨迹是以为直径的圆(去除，方程为，
圆心，半径，
作，则为的中点，根据勾股定理易求得，
如图所示：
当在同一条直线上时最小，因为，
所以，
则的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先整理直线方程分别求直线恒过的定点坐标，由，求得点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作，则为的中点，求得最小值即可.
9．（2025高二上·龙岗期中）已知方程所表示的曲线为，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线可以是圆
B．当时，曲线可以是焦点在轴上的椭圆
C．当时，曲线可以是焦点在轴上的双曲线
D．当曲线是椭圆或双曲线时，其焦距均为6
【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：对于A，当方程表示圆时，，无解，
故A错误；
对于B，当时，，则表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；
对于C，当时，，则表示焦点在轴上的双曲线，
故C正确；
对于D，当方程表示双曲线时，
因为恒成立，所以，
则，此时方程表示焦点在轴上的双曲线，
所以，焦距为6；
当方程表示椭圆时，
因为恒成立，所以，
则，此时方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，焦距为6，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据的值结合圆的方程特征、圆锥曲线的方程的特征以及焦距的公式，从而逐项判断找出说法正确的选项．
10．（2025高二上·龙岗期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ）
A．异面直线和所成的角为
B．平面和平面有相同的法向量
C．异面直线和的距离为
D．二面角的余弦值为
【答案】A,B,C
【知识点】平面的法向量；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：连接、交于点，连接，，
因为四边形为正方形，所以，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以，，三点共线，且面，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，
A、易知，
设异面直线与所成角为，则，
即，则异面直线与所成角大小为，故A正确；
B、，，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
则平面和平面有相同的法向量，故B正确；
C、在线段任取一点，在线段任取一点，链接
设，
因为，
所以，
则
当时，即为异面直线和的距离，
则，即，
，则异面直线和的距离为，故C正确；
D、因为，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
则，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】连接、交于点，连接，，以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角、平面法向量及二面角即可判断ABD；在线段任取一点，在线段任取一点，设，根据空间向量坐标运算可得设，当时，即为异面直线和的距离，从而求得的值，求解，即可得判断C．
11．（2025高二上·龙岗期中）已知圆：，则（ ）
A．圆与直线必有两个交点
B．圆上存在3个点到直线：的距离都等于
C．若圆与圆恰有三条公切线，则
D．已知动点在直线上，过点向圆引两条切线，，为切点，则的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】恒过定点的直线；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：对于A：因为，
所以该直线必过点，
又因为，所以点在圆内部，
则直线与圆相交，
所以，圆与直线必有两个交点，故A正确；
对于B：因为圆心到直线的距离为，
由，
得圆上存在个点到直线的距离都等于，故B错误；
对于C：若圆与圆恰有三条公切线，则两圆相外切，
将化简可得，
则该圆圆心为，半径为，
所以，
解得，故C正确；
对于D：由切线性质及切线长定理，
可得、，，
则四边形的面积，
因为，
所以当取最小时，则最小，
又因为，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用变形建立方程组的方法求出该直线所过定点，从而可得该直线与圆相交，则得出圆与直线的交点个数，则判断出选项A；先求出圆心到直线的距离后，再计算圆心加减半径与的大小关系，则判断出选项B；由公切线条数可得两圆位置关系，再利用两圆位置关系判断出选项C；利用已知条件计算可得，则只需计算的最小值，从而得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高二上·龙岗期中）若直线是双曲线的一条渐近线，则 .
【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的焦点在轴上，且，
所以其渐近线方程为，
依题意，易得.
故答案为：2.
【分析】先根据双曲线方程判断焦点位置，从而写出其渐近线方程，再利用已知条件得出b的值.
13．（2025高二上·龙岗期中）已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到的距离为 ．
【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由，
得到平面的距离为．
故答案为：.
【分析】利用点到平面距离的向量求法，从而得出平面外一点到的距离.
14．（2025高二上·龙岗期中）已知 为坐标原点，，为椭圆 的左、右焦点， ，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰三角形的内切圆圆心，过 作，垂足为，，则椭圆的离心率为
【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：在等腰中，，
分别延长与，交于点，
因为点是三角形的内切圆圆心，
所以为的平分线，如图：
又因，
所以与全等，
则为的中点且.
又因为为的中点，为三角形的中位线，
所以，
得，
由椭圆的定义，
可得，
则，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据椭圆的定义和三角形内切圆的几何性质以及三角形中位线的性质，从而可得椭圆的离心率的值.
15．（2025高二上·龙岗期中）在钝角中，已知．
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积．
【答案】（1）解：由余弦定理，可知，
所以，
则，
，，
则，
，
或，
当时，，不为钝角三角形，舍去，
当时，满足要求．
（2）解：由（1）可得，
由正弦定理，得，
则．
所以，三角形的周长为，
所以，
则的面积．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由余弦定理得到角的值，从而得到的值，再利用三角形中角B的取值范围，进而得出角的值，舍去不合要求的解，从而得出满足要求的角B的值.
（2）在（1）的基础上得到，根据三角形的周长公式得到的值，再根据三角形的面积公式求出三角形的面积.
（1）由余弦定理可知，所以，
故，
，，
则，
，
或．
当时，，不为钝角三角形，舍去，
时，满足要求．
（2）由（1）可得，
由正弦定理，即．
周长，所以．
则的面积．
16．（2025高二上·龙岗期中）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点.
（1）判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）；
（2）证明：平面；
（3）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）解：因为、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）证明：方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，
建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
因为平面的法向量为，
所以，故，
又因为平面，
所以平面.
方法二：如图，取中点，再取中点，连接、和.
由为中点，则，且.
在正方体中，为中点，
则，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
方法三：如图，取中点，连接、，
在梯形中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面，
在正方体中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
（3）解：由（2）中方法一可知，
又因为，，
所以，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；共面向量定理；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
【解析】【分析】（1）根据平面的基本事实判断、、、四点是否共面.
（2）利用三种方法求解.
方法一：以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出与平面法向量垂直，进而证出平面.
方法二：取中点，再取中点，连接、和，再证明，从而证出平面
方法三：取中点，连接、，再通过证明平面平面，从而证出平面.
（3）由（2）中方法一可知，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线与所成角的余弦值.
（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，故
又平面的法向量为
所以，故.
又平面，故平面.
方法二：
如图，取中点，再取中点，连接、和.
由为中点，则，且.
在正方体中，为中点，
故，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
方法三：如图，取中点，连接、.
在梯形中，为中点，则.
因为平面，平面，所以平面.
在正方体中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面.
因为，，平面，所以平面平面，
又平面，故平面.
（3）由（2）方法一可知，
又，，故，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
17．（2025高二上·龙岗期中）已知的三个顶点坐标为 、 、
（1）求边 上的高所在的直线方程；
（2）若圆 是 的外接圆，且经过点的直线 被圆 所截得的弦长为 ，求直线的方程.
【答案】（1）解：点，则直线斜率为，即边上的高所在直线的斜率为：，
则边上的高所在直线方程为：，整理得；
（2）解：设圆的方程为，
由题意可得，解得，，，
则圆的方程为，标准方程：；
当直线的斜率不存在时，直线方程为，代入圆的方程得：，
此时直线被圆所截得的弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
由垂径定理可得，当弦长为时，可知圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离公式得：，解得，直线方程为，
故直线的方程为或．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用斜率公式求 直线斜率，再利用垂直关系求出高线的斜率，最后根据点斜式求直线方程即可；
（2）设圆的方程为，利用待定系数法求出圆的一般方程，再化为化为标准方程，讨论当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由点到直线的距离公式结合垂径定理列式求得，即可求得直线方程．
（1）由可得，直线斜率为，
所以边上的高所在直线的斜率为：，
则边上的高所在直线方程为：，整理得；
（2）设圆的方程为，代入三点坐标可得：
则，解得，，．
∴圆的方程为，化为标准方程：；
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
代入圆的方程得：，
此时直线被圆所截得的弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即．
由垂径定理可得，当弦长为时，可知圆心到直线的距离
再由圆心到直线的距离公式得：，解得．
∴直线方程为．
即直线的方程为或．
18．（2025高二上·龙岗期中）如图，四边形与均为菱形，，，.
（1）求证：平面；
（2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值；
（3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度.
【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，
所以，
设，连接，则为的中点，
因为，
所以，
因为，、平面，
所以平面.
（2）解：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
又因为平面，
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，
因为，四边形为菱形，且，
所以是边长为的等边三角形，
则，，，
同理可得，
所以，、、、、、，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为为上的动点，设，其中，
且，，
所以，
设直线与平面所成角为，
则
，
当时，取最大值，且最大值为，
因此，与平面所成角正弦值的最大值为.
（3）解：因为为的中点，则，
设点，则，，
因为，所以，
则，化简可得，
则动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分，
所以圆心角为的圆弧，
则所求轨迹的长度为.
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；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
【解析】【分析】（1）利用菱形的几何性质可得，设，利用等腰三角形三线合一的性质得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）连接，利用已知条件推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，则得出点的坐标和向量作，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式及二次型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角正弦值的最大值.
（3）设点，根据可得点的轨迹方程，再明确点的轨迹形状，最后由弧长公式得出得出所求轨迹的长度.
（1）因为四边形为菱形，则，
设，连接，则为的中点，
因为，则，
因为，、平面，故平面.
（2）连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
又因为平面，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，
因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形，
所以，，，，
同理可得，
所以，、、、、、，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为为上的动点，设，其中，
且，，
所以，，
设直线与平面所成角为，
则
，
当时，取最大值，且最大值为，
因此，与平面所成角正弦值的最大值为.
（3）因为为的中点，则，
设点，则，，
因为，即，即，
化简可得，
故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分，
即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为.
19．（2025高二上·龙岗期中）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动.
（1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积；
（2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值；
（3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长.
【答案】（1）解：由椭圆，可得，，则直线AB的方程为，
联立，消去y整理可得，解得，所以，
故；
（2）证明： 由易知，，
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，设，，
联立，消去x整理可得，
恒成立，
由韦达定理可得：，，
，，
则，
故为定值，定值为；
（3）解：依题意有，折叠前，直线AF的斜率为，
即，代入椭圆方程得，解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即，
折叠后，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴，
折叠前的y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，，
设，则，所以，
设平面AMP的一个法向量为，
则，则，令，则，可得，
设平面AOD的一个法向量为，
则，则，令，则，可得，
设平面AOD与平面AMP的夹角为，
则，解得或，
此时或，
故或
【知识点】直线的截距式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意可得直线AB的方程为，联立直线与椭圆方程，求出相应的点坐标，再求面积即可；
（2）显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，设，，联立方程组，结合韦达定理以及斜率公式证明即可；
（3）建立空间直角坐标系，分别求出平面AMP和平面AOD的一个法向量，利用向量法求解即可．
（1）解：由椭圆的方程可得，，
则直线AB的方程为，
联立，消去y，得，
解得，所以，
故
（2）证明：由椭圆方程可得，，
显然直线AB的斜率不为0，则设直线AB的方程为，
联立，消去x，得，
恒成立，设，，
则，，
，，
所以
所以为定值，定值为
（3）依题意有，折叠前，直线AF的斜率为，
即，代入椭圆方程得，
解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即
折叠后，如图所示，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴，
折叠前的y轴正半轴为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设，则，所以，
设平面AMP的一个法向量为，
则，则，
令，则，即，
设平面AOD的一个法向量为，
则，则，
令，则，即，
设平面AOD与平面AMP的夹角为，
则，
解得或，
此时或，
所以或
1 / 1广东省深圳市龙岗区龙城高级中学（教育集团）2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2025高二上·龙岗期中）函数的最小正周期是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·龙岗期中）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·龙岗期中）已知两点，过点的直线l与线段（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高二上·龙岗期中）如图，空间四边形中，，，，点在上，且满足，点为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高二上·龙岗期中）已知三个内角所对的边分别为，点是线段上一点，且平分，若，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．（2025高二上·龙岗期中）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·龙岗期中）已知椭圆，则椭圆上的点到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·龙岗期中）直线：与：交于点P，圆C：上有两动点A，B，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高二上·龙岗期中）已知方程所表示的曲线为，则下列说法中正确的有（ ）
A．曲线可以是圆
B．当时，曲线可以是焦点在轴上的椭圆
C．当时，曲线可以是焦点在轴上的双曲线
D．当曲线是椭圆或双曲线时，其焦距均为6
10．（2025高二上·龙岗期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形是边长为4的正方形，则（ ）
A．异面直线和所成的角为
B．平面和平面有相同的法向量
C．异面直线和的距离为
D．二面角的余弦值为
11．（2025高二上·龙岗期中）已知圆：，则（ ）
A．圆与直线必有两个交点
B．圆上存在3个点到直线：的距离都等于
C．若圆与圆恰有三条公切线，则
D．已知动点在直线上，过点向圆引两条切线，，为切点，则的最小值为
12．（2025高二上·龙岗期中）若直线是双曲线的一条渐近线，则 .
13．（2025高二上·龙岗期中）已知平面的一个法向量，点在内，则平面外一点到的距离为 ．
14．（2025高二上·龙岗期中）已知 为坐标原点，，为椭圆 的左、右焦点， ，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰三角形的内切圆圆心，过 作，垂足为，，则椭圆的离心率为
15．（2025高二上·龙岗期中）在钝角中，已知．
（1）求；
（2）若的周长为，求的面积．
16．（2025高二上·龙岗期中）如图，在棱长为2的正方体中，、分别是、的中点，是的中点.
（1）判断、、、四点是否共面（结论不要求证明）；
（2）证明：平面；
（3）求异面直线与所成角的余弦值.
17．（2025高二上·龙岗期中）已知的三个顶点坐标为 、 、
（1）求边 上的高所在的直线方程；
（2）若圆 是 的外接圆，且经过点的直线 被圆 所截得的弦长为 ，求直线的方程.
18．（2025高二上·龙岗期中）如图，四边形与均为菱形，，，.
（1）求证：平面；
（2）为线段上的动点，求与平面所成角正弦值的最大值；
（3）设中点为，为四边形内的动点（含边界）且，求动点的轨迹长度.
19．（2025高二上·龙岗期中）设F为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，O为坐标原点，椭圆C与x轴正半轴交于Q，与y轴负半轴交于P，点D在线段PQ上运动.
（1）若点A为椭圆C的上顶点，求的面积；
（2）设直线AQ，BQ的斜率分别为，，求证：为定值；
（3）将椭圆C所在平面沿x轴折叠，使得上半椭圆面与下半椭圆面垂直，若折叠前直线AF的斜率为，折叠后，当平面AOD与平面AMP的夹角的余弦值为时，求PD的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：函数的最小正周期为.
故答案为：C.
【分析】利用正弦型三角函数的最小正周期公式计算即可.
2．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知正三棱台的上底面积，
下底面积，
则三棱台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据棱台体积公式计算即可.
3．【答案】A
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，斜率，，
如图所示，
因为直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点，
从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，所以此时；
从转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，所以此时，
综上可得，直线的斜率的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和两点求斜率公式，分别求出直线的斜率，再根据斜率和倾斜角的关系，从而求出直线l的斜率的取值范围.
4．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得：
.
故答案为：B.
【分析】根据空间向量线性运算求解即可.
5．【答案】B
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为平分，
所以，
又因为，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】由平分得，从而得出，再利用三角形的面积公式变形得出的值.
6．【答案】B
【知识点】棱柱的结构特征；平行公理
【解析】【解答】解：在正方体中，
取的中点，的中点，连接，
由是的中点，
得，
则四边形为平行四边形，
所以，
由是的中点，
得，
因为梯形是正方体被平面所截得的截面，
所以，，
则所求截面的周长是.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和正方体的结构特征以及中点的性质，再利用中位线定理和平行四边形的定义，从而得出梯形是正方体被平面所截得的截面，再利用勾股定理和求和的方法，从而得出所求截面的周长.
7．【答案】D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的参数方程；辅助角公式
【解析】【解答】解：设椭圆上的点为，
则点到直线的距离为，其中，
因为，所以椭圆上的点到直线的距离的最大值为．
故答案为：D.
【分析】根据椭圆的参数方程，设椭圆上的点为，利用点到直线的距离公式，结合辅助角公式、三角函数的性质计算即可.
8．【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；轨迹方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：直线：化为，可得直线恒过定点，
直线：化为，可得直线恒过定点，
因为，所以点的轨迹是以为直径的圆(去除，方程为，
圆心，半径，
作，则为的中点，根据勾股定理易求得，
如图所示：
当在同一条直线上时最小，因为，
所以，
则的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先整理直线方程分别求直线恒过的定点坐标，由，求得点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，作，则为的中点，求得最小值即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】圆的标准方程；椭圆的标准方程；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：对于A，当方程表示圆时，，无解，
故A错误；
对于B，当时，，则表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；
对于C，当时，，则表示焦点在轴上的双曲线，
故C正确；
对于D，当方程表示双曲线时，
因为恒成立，所以，
则，此时方程表示焦点在轴上的双曲线，
所以，焦距为6；
当方程表示椭圆时，
因为恒成立，所以，
则，此时方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，焦距为6，故D正确．
故答案为：BCD．
【分析】根据的值结合圆的方程特征、圆锥曲线的方程的特征以及焦距的公式，从而逐项判断找出说法正确的选项．
10．【答案】A,B,C
【知识点】平面的法向量；用空间向量求直线间的夹角、距离；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：连接、交于点，连接，，
因为四边形为正方形，所以，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以，，三点共线，且面，
以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，
A、易知，
设异面直线与所成角为，则，
即，则异面直线与所成角大小为，故A正确；
B、，，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
则平面和平面有相同的法向量，故B正确；
C、在线段任取一点，在线段任取一点，链接
设，
因为，
所以，
则
当时，即为异面直线和的距离，
则，即，
，则异面直线和的距离为，故C正确；
D、因为，
设面的一个法向量为，
则，
取，则，，可得，
则，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角的平面角的余弦值为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】连接、交于点，连接，，以为原点，，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求异面直线所成角、平面法向量及二面角即可判断ABD；在线段任取一点，在线段任取一点，设，根据空间向量坐标运算可得设，当时，即为异面直线和的距离，从而求得的值，求解，即可得判断C．
11．【答案】A,C,D
【知识点】恒过定点的直线；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：对于A：因为，
所以该直线必过点，
又因为，所以点在圆内部，
则直线与圆相交，
所以，圆与直线必有两个交点，故A正确；
对于B：因为圆心到直线的距离为，
由，
得圆上存在个点到直线的距离都等于，故B错误；
对于C：若圆与圆恰有三条公切线，则两圆相外切，
将化简可得，
则该圆圆心为，半径为，
所以，
解得，故C正确；
对于D：由切线性质及切线长定理，
可得、，，
则四边形的面积，
因为，
所以当取最小时，则最小，
又因为，
所以，
则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用变形建立方程组的方法求出该直线所过定点，从而可得该直线与圆相交，则得出圆与直线的交点个数，则判断出选项A；先求出圆心到直线的距离后，再计算圆心加减半径与的大小关系，则判断出选项B；由公切线条数可得两圆位置关系，再利用两圆位置关系判断出选项C；利用已知条件计算可得，则只需计算的最小值，从而得出的最小值，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】2
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的焦点在轴上，且，
所以其渐近线方程为，
依题意，易得.
故答案为：2.
【分析】先根据双曲线方程判断焦点位置，从而写出其渐近线方程，再利用已知条件得出b的值.
13．【答案】
【知识点】点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：由，
得到平面的距离为．
故答案为：.
【分析】利用点到平面距离的向量求法，从而得出平面外一点到的距离.
14．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：在等腰中，，
分别延长与，交于点，
因为点是三角形的内切圆圆心，
所以为的平分线，如图：
又因，
所以与全等，
则为的中点且.
又因为为的中点，为三角形的中位线，
所以，
得，
由椭圆的定义，
可得，
则，
所以，椭圆的离心率为.
故答案为：.
【分析】根据椭圆的定义和三角形内切圆的几何性质以及三角形中位线的性质，从而可得椭圆的离心率的值.
15．【答案】（1）解：由余弦定理，可知，
所以，
则，
，，
则，
，
或，
当时，，不为钝角三角形，舍去，
当时，满足要求．
（2）解：由（1）可得，
由正弦定理，得，
则．
所以，三角形的周长为，
所以，
则的面积．
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由余弦定理得到角的值，从而得到的值，再利用三角形中角B的取值范围，进而得出角的值，舍去不合要求的解，从而得出满足要求的角B的值.
（2）在（1）的基础上得到，根据三角形的周长公式得到的值，再根据三角形的面积公式求出三角形的面积.
（1）由余弦定理可知，所以，
故，
，，
则，
，
或．
当时，，不为钝角三角形，舍去，
时，满足要求．
（2）由（1）可得，
由正弦定理，即．
周长，所以．
则的面积．
16．【答案】（1）解：因为、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）证明：方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，
建立如图空间直角坐标系，
则，，
所以，
因为平面的法向量为，
所以，故，
又因为平面，
所以平面.
方法二：如图，取中点，再取中点，连接、和.
由为中点，则，且.
在正方体中，为中点，
则，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
方法三：如图，取中点，连接、，
在梯形中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面，
在正方体中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
（3）解：由（2）中方法一可知，
又因为，，
所以，
则，
所以，异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；共面向量定理；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
【解析】【分析】（1）根据平面的基本事实判断、、、四点是否共面.
（2）利用三种方法求解.
方法一：以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积为0两向量垂直的等价关系和数量积的坐标表示，从而证出与平面法向量垂直，进而证出平面.
方法二：取中点，再取中点，连接、和，再证明，从而证出平面
方法三：取中点，连接、，再通过证明平面平面，从而证出平面.
（3）由（2）中方法一可知，再利用数量积求向量夹角公式得出异面直线与所成角的余弦值.
（1）、、三个不共线的点确定平面，显然平面，
所以、、、四点不共面.
（2）方法一：如图，以为原点，，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，故
又平面的法向量为
所以，故.
又平面，故平面.
方法二：
如图，取中点，再取中点，连接、和.
由为中点，则，且.
在正方体中，为中点，
故，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面.
方法三：如图，取中点，连接、.
在梯形中，为中点，则.
因为平面，平面，所以平面.
在正方体中，为中点，则，
因为平面，平面，
所以平面.
因为，，平面，所以平面平面，
又平面，故平面.
（3）由（2）方法一可知，
又，，故，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：点，则直线斜率为，即边上的高所在直线的斜率为：，
则边上的高所在直线方程为：，整理得；
（2）解：设圆的方程为，
由题意可得，解得，，，
则圆的方程为，标准方程：；
当直线的斜率不存在时，直线方程为，代入圆的方程得：，
此时直线被圆所截得的弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
由垂径定理可得，当弦长为时，可知圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离公式得：，解得，直线方程为，
故直线的方程为或．
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）利用斜率公式求 直线斜率，再利用垂直关系求出高线的斜率，最后根据点斜式求直线方程即可；
（2）设圆的方程为，利用待定系数法求出圆的一般方程，再化为化为标准方程，讨论当直线的斜率不存在时，直线方程为，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线方程为，由点到直线的距离公式结合垂径定理列式求得，即可求得直线方程．
（1）由可得，直线斜率为，
所以边上的高所在直线的斜率为：，
则边上的高所在直线方程为：，整理得；
（2）设圆的方程为，代入三点坐标可得：
则，解得，，．
∴圆的方程为，化为标准方程：；
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
代入圆的方程得：，
此时直线被圆所截得的弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即．
由垂径定理可得，当弦长为时，可知圆心到直线的距离
再由圆心到直线的距离公式得：，解得．
∴直线方程为．
即直线的方程为或．
18．【答案】（1）证明：因为四边形为菱形，
所以，
设，连接，则为的中点，
因为，
所以，
因为，、平面，
所以平面.
（2）解：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
又因为平面，
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，
因为，四边形为菱形，且，
所以是边长为的等边三角形，
则，，，
同理可得，
所以，、、、、、，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为为上的动点，设，其中，
且，，
所以，
设直线与平面所成角为，
则
，
当时，取最大值，且最大值为，
因此，与平面所成角正弦值的最大值为.
（3）解：因为为的中点，则，
设点，则，，
因为，所以，
则，化简可得，
则动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分，
所以圆心角为的圆弧，
则所求轨迹的长度为.
【知识点】圆锥曲线的轨迹问题；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
【解析】【分析】（1）利用菱形的几何性质可得，设，利用等腰三角形三线合一的性质得出，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）连接，利用已知条件推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，则得出点的坐标和向量作，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式及二次型函数求最值的方法，从而得出直线与平面所成角正弦值的最大值.
（3）设点，根据可得点的轨迹方程，再明确点的轨迹形状，最后由弧长公式得出得出所求轨迹的长度.
（1）因为四边形为菱形，则，
设，连接，则为的中点，
因为，则，
因为，、平面，故平面.
（2）连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
因为为的中点，则，
又因为平面，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，
因为，四边形为菱形，且，则是边长为的等边三角形，
所以，，，，
同理可得，
所以，、、、、、，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
因为为上的动点，设，其中，
且，，
所以，，
设直线与平面所成角为，
则
，
当时，取最大值，且最大值为，
因此，与平面所成角正弦值的最大值为.
（3）因为为的中点，则，
设点，则，，
因为，即，即，
化简可得，
故动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在四边形内的部分，
即圆心角为的圆弧，故所求轨迹的长度为.
19．【答案】（1）解：由椭圆，可得，，则直线AB的方程为，
联立，消去y整理可得，解得，所以，
故；
（2）证明： 由易知，，
显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，设，，
联立，消去x整理可得，
恒成立，
由韦达定理可得：，，
，，
则，
故为定值，定值为；
（3）解：依题意有，折叠前，直线AF的斜率为，
即，代入椭圆方程得，解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即，
折叠后，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴，
折叠前的y轴正半轴为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，，，
设，则，所以，
设平面AMP的一个法向量为，
则，则，令，则，可得，
设平面AOD的一个法向量为，
则，则，令，则，可得，
设平面AOD与平面AMP的夹角为，
则，解得或，
此时或，
故或
【知识点】直线的截距式方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由题意可得直线AB的方程为，联立直线与椭圆方程，求出相应的点坐标，再求面积即可；
（2）显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，设，，联立方程组，结合韦达定理以及斜率公式证明即可；
（3）建立空间直角坐标系，分别求出平面AMP和平面AOD的一个法向量，利用向量法求解即可．
（1）解：由椭圆的方程可得，，
则直线AB的方程为，
联立，消去y，得，
解得，所以，
故
（2）证明：由椭圆方程可得，，
显然直线AB的斜率不为0，则设直线AB的方程为，
联立，消去x，得，
恒成立，设，，
则，，
，，
所以
所以为定值，定值为
（3）依题意有，折叠前，直线AF的斜率为，
即，代入椭圆方程得，
解得舍去负值，即为椭圆上顶点，即
折叠后，如图所示，则以折叠前的y轴负半轴所在直线为x轴，折叠前x轴为折叠后的y轴，
折叠前的y轴正半轴为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设，则，所以，
设平面AMP的一个法向量为，
则，则，
令，则，即，
设平面AOD的一个法向量为，
则，则，
令，则，即，
设平面AOD与平面AMP的夹角为，
则，
解得或，
此时或，
所以或
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