广东省广州市第十六中学2025-2026学年高二上学期高中中段教学质量反馈数学试题
1．（2025高二上·广州期中）已知向量，，则在方向上的投影向量是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题可得：，，
所以在方向上的投影向量是，
故答案为：D
【分析】先利用空间向量数量积的坐标运算可得，，再利用投影向量的公式计算即可即可求解.
2．（2025高二上·广州期中）已知直线l过直线与直线的交点，且与直线平行，则直线l的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：直线与直线的交点为，
又因为与直线平行，所以设直线为：，
代入得，所以，
所以直线的方程为.
故答案为：A.
【分析】先求出两直线的交点，再设直线的平行直线为，最后代入交点坐标即可求解.
3．（2025高二上·广州期中）设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ）
A．1 B．0 C．3 D．2
【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
因为，，三点共线，所以存在唯一的，使得，
即，
即，解得：.
故答案为：B.
【分析】先利用，，三点共线可得为，再利用空间向量基本定理列出方程组即可求解.
4．（2025高二上·广州期中）如图，已知空间四边形，其对角线是边上一点，且，为的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为，为的中点，
则，
，
又，由空间向量基本定理知，
故答案为：C.
【分析】先利用空间向量的线性运算可得，再利用间向量基本定理即可求解.
5．（2025高二上·广州期中）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：已知平面平面，平面平面，平面，，则平面，
由于平面，则，
因为四边形为菱形，，则为正三角形，
设，则，
由于，
则
，
所以，
则直线所成角的余弦值为，
故答案为：D.
【分析】先利用面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再利用空间向量的线性运算和数量积的定义即可求解.
6．（2025高二上·广州期中）已知点的坐标分别为为动点，且的面积总为10，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：，
设点到直线上的距离为，则，则，
直线的方程为，即，
所以动点的轨迹是与平行的直线，
设直线方程为，则4，
解得或12，则动点的轨迹方程为或．
故答案为：D．
【分析】先利用三角形的面积确定点到直线上的距离为4，再设平行直线方程为，利用平行直线间的距离公式即可求解.
7．（2025高二上·广州期中）过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：已知，得，，即（），
因此曲线是以原点为圆心，2为半径的圆的上半部分，，如图所示：
而，则，
当且仅当，即时取等号，即面积取最大值，
此时，圆心到直线的距离为，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
因此，解得.
故答案为：A
【分析】线路有给定方程确定曲线形状为半圆，再利用圆的性质结合点到直线距离公式即可求解.
8．（2025高二上·广州期中）在棱长为3的正方体中，E是的中点，P是底面所在平面内一动点，设，与底面所成的角分别为（均不为0），若，则三棱锥体积的最小值是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：正方体的边长为3，则，0，，，0，，建系如图所示：
设，，，，则，，，，，，
，，0，，
，即，
代入数据，得：，
整理得：，
变形得：，
即动点的轨迹为圆的一部分，
过点作，交于点，则为三棱锥的高，
点到直线的距离的最大值是2．
则．
故答案为：．
【分析】建系，设，，，，利用结合平面向量数量积的运算可得，再利用圆的性质可得，再利用体积公式即可求解．
9．（2025高二上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．经过点，倾斜角为的直线方程为
B．“”是“直线与直线平行”的充要条件
C．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
D．以，为直径端点的圆的方程为
【答案】B,D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的截距式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系；圆的标准方程
【解析】【解答】解：A、若倾斜角，该直线斜率不存在，直线的点斜式方程不适用，故A错误；
B、当时，两直线分别为和，此时两直线平行，即充分性成立；
当两直线平行时可知，解得，
但当时，两直线方程均为，
此时两直线重合，因此，即必要性成立；故B正确；
C、若直线在两坐标轴上的截距都为零时，直线方程为，
若直线在两坐标轴上的截距不为零时，设直线方程为，代入点可得；
因此满足题意的直线方程为或；故C错误；
D、设圆上任一点的坐标为，
则，易知，
所以，
因此圆的方程为，故D正确.
故答案为：BD
【分析】为时不能用点斜式方程表示直线即可判断A；利用两直线平行且即可判断B；易知若在坐标轴上的截距都为零时，直线方程为，即可判断C；设圆上点坐标为，利用向量垂直的坐标表示即可判断D.
10．（2025高二上·广州期中）已知点是圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（ ）
A．直线与圆相离 B．面积的最小值为
C．的最大值为 D．的最小值为
【答案】A,C,D
【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】【解答】解：A、易知圆的圆心，半径，
圆心到的距离，则直线与圆相离，故A正确；
B、易知，，由A知，圆心到直线距离为，
则圆上点到直线距离的最小值为，面积最小值为，故B错误；
C、令，则，因为为圆上的点，所以与圆有交点，
故，解得，故C正确；
D、结合图象可知当与圆这种相切时，最小，
设斜率为，直线方程为：，由相切可得：，解得，
即的倾斜角为，，易知，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知圆心和半经，根据圆心到直线距离与半径大小关系即可判断A；易知，，由A知，圆心到直线距离为，确定圆上的点到直线的最小距离，再求面积的最小值即可判断B；设，通过直线与圆恒有交点即可判断C；由与圆相切求解即可判断D.
11．（2025高二上·广州期中）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱的中点，点P为线段CM上的动点，则（ ）
A．平面CMN截正方体所得的截面形状是五边形
B．向量在向量上的投影向量的模为
C．存在点P，使得
D．点P到棱距离的最小值为
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A，如图直线与、的延长线分别交于、，连接、分别交、于、，连接、，
则五边形即为所得的截面图形，故A正确；
对B，，所以向量在向量上的投影向量为向量在向量上的投影向量，
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，
所以，所以
所以向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量的模为，故B错误；
对C，借助B选项，，，，，
设，其中，所以，
又、、，所以，，，假设存在点，使得，
所以，整理得，
所以（舍去）或，故存在点，使得，故C正确；
对D ，由上知，所以点在的射影为，
所以点到的距离为：，
所以当时，，故D错误，
故答案为：AC．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算、截面图形绘制、投影向量计算及点到直线距离公式，逐一分析各选项的正确性.
12．（2025高二上·广州期中） 已知圆和圆，则两圆公共弦所在直线的方程为 ．
【答案】
【知识点】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：易知圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，因此圆相交，
所以两圆公共弦所在直线的方程为，即.
故答案为：.
【分析】由题意，先判断两圆相交，再将两圆方程相减即可得公共弦所在直线方程.
13．（2025高二上·广州期中）正方体的棱长为分别为的中点，为底面的中心，则点到平面的距离为 .
【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
设平面的法向量，则，取，可得，
则点到平面的距离为.
故答案为：.
【分析】 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 利用空间向量求出点到平面的距离即可.
14．（2025高二上·广州期中）已知圆和定点，若点P、Q分别为圆O外和圆O上两点，且满足，，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为，，设，
则，
设，因为，
所以，即点在直线上运动，
设，点在直线上，如图所示：
所以，等号成立当且仅当重合.
故答案为：.
【分析】先利用题意得，由得点在直线上运动，再利用点到直线的距离公式即可求解.
15．（2025高二上·广州期中）已知直线l：．
（1）求证：直线l过定点；
（2）若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程．
【答案】（1）证明：由l：，即，则，
解得，所以直线过定点．
（2）解：已知直线l：，且由题意知，
令，得，得，令，得，得，
则，，
所以当时，S取最小值，
此时直线l的方程为，即．
【知识点】函数的最大（小）值；恒过定点的直线
【解析】【分析】（1）先把直线方程可化为，再利用即可求解；
（2）先求直线与坐标轴的交点，再利用三角形面积公式可得，最后利用二次函数性质求最值即可求解.
（1）由l：，即，则，
解得，所以直线过定点．
（2）已知直线l：，且由题意知，
令，得，得，令，得，得，
则，，
所以当时，S取最小值，
此时直线l的方程为，即．
16．（2025高二上·广州期中）在四面体中，，，，，，，、、，点在棱上，且.
（1）计算，，的值；
（2）用向量，，表示向量；
（3）在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：，
，
，
（2）解：
.
（3）解：设（），则
，
又，
若在线段上存在一点，使得，
则
令，解得
∵，故线段上不存在一点，使得.
【知识点】平面向量的数量积运算；空间向量基本定理；空间向量的数乘运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【分析】（1）利用向量的数量积公式分别求解即可；
（2）利用向量的线性运算可得即可求解；
（3）设，然后得到，，由垂直得到向量的数量积为0建立方程，解得，判断是否在区间内，即可求解.
（1），
，
，
（2）
.
（3）设（），
则
，
又，
若在线段上存在一点，使得，
则
令，解得
∵，故线段上不存在一点，使得.
17．（2025高二上·广州期中）如图，在三棱台中，，分别为、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【答案】（1）证明：在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）解：因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）依据三棱台的性质（上下底面平行、侧棱延长线共点等），先证明两个平面平行，再利用面面平行的性质（一个平面内的直线与另一个平面平行）证明线面平行；
（2）根据已知条件建立合适的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过法向量的夹角公式计算两平面所成二面角的大小根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可.
（1）在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
18．（2025高二上·广州期中）已知过点的直线与圆相交于、两点，直线．
（1）当时，求直线的方程；
（2）设为直线上的动点，过作圆的两条切线、，切点分别为、，求四边形面积的最小值；
（3）是否存在直线，使得向量与共线？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：易知直线的斜率不为零，设直线方程为，
因为，所以，则，解得或，
故直线的方程为或；
（2）解：由于、为圆的两条切线，则，
因为，所以的最小值为点到直线的距离， ，，
故四边形面积的最小值为；
（3）解：易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
则，.
由，，可得，
若向量与共线，则，整理可得，解得，
当时，，
所以存在直线，使得向量与共线，
直线的方程为，即.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【分析】（1） 易知直线的斜率不为零，设直线方程为， 利用点到直线的距离公式求解即可；
（2）由题意得，结合、点到直线的距离公式求面积的最小值即可；
（3） 易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、， 联立直线与圆的方程，结合根与系数的关系，可得，进而得，结合已知得，判断方程有无解即可.
（1）（解法一）设弦的中点为，
①当直线的斜率不存在时，易知符合题意．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为即，
，，则由，解得，
此时直线的方程为，
故直线的方程为或；
（解法二）易知直线的斜率不为零，设直线方程为，
，，则由，解得或，
故直线的方程为或；
（2）（解法一）由于、为圆的两条切线，
所以，
又，而的最小值为点到直线的距离，
所以，
故四边形面积的最小值为；
（解法二） （前两步同解法一）
设点的坐标为，则，
，
所以当时，，
故四边形面积的最小值为；
（3）易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、，
由，可得，
可得，
所以，所以，
则，所以.
又，，所以，
若向量与共线，则，
由，可得，解得，
当时，，
所以存在直线，使得向量与共线，
直线的方程为，即.
19．（2025高二上·广州期中）已知顶点坐标分别为．
（1）求的外接圆的方程；
（2）设点，若圆上存在点，使得成立，求实数的取值范围；
（3）设斜率为的直线与圆交于两点（不与原点重合），直线斜率分别为，且，证明：直线恒过定点．
【答案】（1）解：设圆的一般方程为：，
依题意，有，解得，
故的外接圆圆的方程为.
（2）解：设，由代入点的坐标，可得
，
整理得，易得，
则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆(当时为点，看作半径为0的圆).
依题意，圆与圆有公共点.
圆的方程化为标准方程，圆心，半径为2，
而，
所以在圆外，所以，
解得
即实数的取值范围为.
（3）证明：依题意，设直线的方程为，如图所示：
由联立消去，可得，
则由可得，
设，则（*），
则，
即，
将（*）式代入整理上式得：，故得或.
当时，直线经过原点，不合题意；
当时，直线经过定点.
【知识点】圆的一般方程；轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程，代入三点坐标列出方程组即可求解；
（2）设，利用可得点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，由题意知圆与圆有公共点，故得，即可求解；
（3）设直线的方程为，与圆的方程联立可得，利用根与系数关系可得，再利用，推出，依题排除，得，将其代入直线方程即可求解.
（1）设圆的一般方程为：，
依题意，有，解得，
故的外接圆圆的方程为.
（2）设，由代入点的坐标，可得
，
整理得，易得，
则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆(当时为点，看作半径为0的圆).
依题意，圆与圆有公共点.
圆的方程化为标准方程，圆心，半径为2，
而，
所以在圆外，所以，
解得
即实数的取值范围为.
（3）依题意，设直线的方程为，
由联立消去，可得，
则由可得，
设，则（*），
则，
即，
将（*）式代入整理上式得：，故得或.
当时，直线经过原点，不合题意；
当时，直线经过定点.
1 / 1广东省广州市第十六中学2025-2026学年高二上学期高中中段教学质量反馈数学试题
1．（2025高二上·广州期中）已知向量，，则在方向上的投影向量是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高二上·广州期中）已知直线l过直线与直线的交点，且与直线平行，则直线l的方程为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二上·广州期中）设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ）
A．1 B．0 C．3 D．2
4．（2025高二上·广州期中）如图，已知空间四边形，其对角线是边上一点，且，为的中点，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高二上·广州期中）如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高二上·广州期中）已知点的坐标分别为为动点，且的面积总为10，则动点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
7．（2025高二上·广州期中）过点作直线与曲线相交于，两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·广州期中）在棱长为3的正方体中，E是的中点，P是底面所在平面内一动点，设，与底面所成的角分别为（均不为0），若，则三棱锥体积的最小值是
A． B． C． D．
9．（2025高二上·广州期中）下列说法正确的是（ ）
A．经过点，倾斜角为的直线方程为
B．“”是“直线与直线平行”的充要条件
C．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为
D．以，为直径端点的圆的方程为
10．（2025高二上·广州期中）已知点是圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（ ）
A．直线与圆相离 B．面积的最小值为
C．的最大值为 D．的最小值为
11．（2025高二上·广州期中）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱的中点，点P为线段CM上的动点，则（ ）
A．平面CMN截正方体所得的截面形状是五边形
B．向量在向量上的投影向量的模为
C．存在点P，使得
D．点P到棱距离的最小值为
12．（2025高二上·广州期中） 已知圆和圆，则两圆公共弦所在直线的方程为 ．
13．（2025高二上·广州期中）正方体的棱长为分别为的中点，为底面的中心，则点到平面的距离为 .
14．（2025高二上·广州期中）已知圆和定点，若点P、Q分别为圆O外和圆O上两点，且满足，，则的最小值为 ．
15．（2025高二上·广州期中）已知直线l：．
（1）求证：直线l过定点；
（2）若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程．
16．（2025高二上·广州期中）在四面体中，，，，，，，、、，点在棱上，且.
（1）计算，，的值；
（2）用向量，，表示向量；
（3）在线段上是否存在一点，使得？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.
17．（2025高二上·广州期中）如图，在三棱台中，，分别为、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
18．（2025高二上·广州期中）已知过点的直线与圆相交于、两点，直线．
（1）当时，求直线的方程；
（2）设为直线上的动点，过作圆的两条切线、，切点分别为、，求四边形面积的最小值；
（3）是否存在直线，使得向量与共线？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由．
19．（2025高二上·广州期中）已知顶点坐标分别为．
（1）求的外接圆的方程；
（2）设点，若圆上存在点，使得成立，求实数的取值范围；
（3）设斜率为的直线与圆交于两点（不与原点重合），直线斜率分别为，且，证明：直线恒过定点．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】空间向量的投影向量；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题可得：，，
所以在方向上的投影向量是，
故答案为：D
【分析】先利用空间向量数量积的坐标运算可得，，再利用投影向量的公式计算即可即可求解.
2．【答案】A
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；两条直线的交点坐标
【解析】【解答】解：直线与直线的交点为，
又因为与直线平行，所以设直线为：，
代入得，所以，
所以直线的方程为.
故答案为：A.
【分析】先求出两直线的交点，再设直线的平行直线为，最后代入交点坐标即可求解.
3．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
因为，，三点共线，所以存在唯一的，使得，
即，
即，解得：.
故答案为：B.
【分析】先利用，，三点共线可得为，再利用空间向量基本定理列出方程组即可求解.
4．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数乘运算
【解析】【解答】解：因为，为的中点，
则，
，
又，由空间向量基本定理知，
故答案为：C.
【分析】先利用空间向量的线性运算可得，再利用间向量基本定理即可求解.
5．【答案】D
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：已知平面平面，平面平面，平面，，则平面，
由于平面，则，
因为四边形为菱形，，则为正三角形，
设，则，
由于，
则
，
所以，
则直线所成角的余弦值为，
故答案为：D.
【分析】先利用面面垂直的性质定理可得平面ABCD，再利用空间向量的线性运算和数量积的定义即可求解.
6．【答案】D
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系；与直线有关的动点轨迹方程
【解析】【解答】解：，
设点到直线上的距离为，则，则，
直线的方程为，即，
所以动点的轨迹是与平行的直线，
设直线方程为，则4，
解得或12，则动点的轨迹方程为或．
故答案为：D．
【分析】先利用三角形的面积确定点到直线上的距离为4，再设平行直线方程为，利用平行直线间的距离公式即可求解.
7．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：已知，得，，即（），
因此曲线是以原点为圆心，2为半径的圆的上半部分，，如图所示：
而，则，
当且仅当，即时取等号，即面积取最大值，
此时，圆心到直线的距离为，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
因此，解得.
故答案为：A
【分析】线路有给定方程确定曲线形状为半圆，再利用圆的性质结合点到直线距离公式即可求解.
8．【答案】C
【知识点】空间向量的数量积运算的坐标表示；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：正方体的边长为3，则，0，，，0，，建系如图所示：
设，，，，则，，，，，，
，，0，，
，即，
代入数据，得：，
整理得：，
变形得：，
即动点的轨迹为圆的一部分，
过点作，交于点，则为三棱锥的高，
点到直线的距离的最大值是2．
则．
故答案为：．
【分析】建系，设，，，，利用结合平面向量数量积的运算可得，再利用圆的性质可得，再利用体积公式即可求解．
9．【答案】B,D
【知识点】直线的点斜式方程；直线的截距式方程；直线的一般式方程与直线的平行关系；圆的标准方程
【解析】【解答】解：A、若倾斜角，该直线斜率不存在，直线的点斜式方程不适用，故A错误；
B、当时，两直线分别为和，此时两直线平行，即充分性成立；
当两直线平行时可知，解得，
但当时，两直线方程均为，
此时两直线重合，因此，即必要性成立；故B正确；
C、若直线在两坐标轴上的截距都为零时，直线方程为，
若直线在两坐标轴上的截距不为零时，设直线方程为，代入点可得；
因此满足题意的直线方程为或；故C错误；
D、设圆上任一点的坐标为，
则，易知，
所以，
因此圆的方程为，故D正确.
故答案为：BD
【分析】为时不能用点斜式方程表示直线即可判断A；利用两直线平行且即可判断B；易知若在坐标轴上的截距都为零时，直线方程为，即可判断C；设圆上点坐标为，利用向量垂直的坐标表示即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【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】【解答】解：A、易知圆的圆心，半径，
圆心到的距离，则直线与圆相离，故A正确；
B、易知，，由A知，圆心到直线距离为，
则圆上点到直线距离的最小值为，面积最小值为，故B错误；
C、令，则，因为为圆上的点，所以与圆有交点，
故，解得，故C正确；
D、结合图象可知当与圆这种相切时，最小，
设斜率为，直线方程为：，由相切可得：，解得，
即的倾斜角为，，易知，则，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知圆心和半经，根据圆心到直线距离与半径大小关系即可判断A；易知，，由A知，圆心到直线距离为，确定圆上的点到直线的最小距离，再求面积的最小值即可判断B；设，通过直线与圆恒有交点即可判断C；由与圆相切求解即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；点、线、面间的距离计算；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：对A，如图直线与、的延长线分别交于、，连接、分别交、于、，连接、，
则五边形即为所得的截面图形，故A正确；
对B，，所以向量在向量上的投影向量为向量在向量上的投影向量，
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，
所以，所以
所以向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量的模为，故B错误；
对C，借助B选项，，，，，
设，其中，所以，
又、、，所以，，，假设存在点，使得，
所以，整理得，
所以（舍去）或，故存在点，使得，故C正确；
对D ，由上知，所以点在的射影为，
所以点到的距离为：，
所以当时，，故D错误，
故答案为：AC．
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算、截面图形绘制、投影向量计算及点到直线距离公式，逐一分析各选项的正确性.
12．【答案】
【知识点】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：易知圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，因此圆相交，
所以两圆公共弦所在直线的方程为，即.
故答案为：.
【分析】由题意，先判断两圆相交，再将两圆方程相减即可得公共弦所在直线方程.
13．【答案】
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，
设平面的法向量，则，取，可得，
则点到平面的距离为.
故答案为：.
【分析】 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 利用空间向量求出点到平面的距离即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；平面内点到直线的距离公式；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：因为，，设，
则，
设，因为，
所以，即点在直线上运动，
设，点在直线上，如图所示：
所以，等号成立当且仅当重合.
故答案为：.
【分析】先利用题意得，由得点在直线上运动，再利用点到直线的距离公式即可求解.
15．【答案】（1）证明：由l：，即，则，
解得，所以直线过定点．
（2）解：已知直线l：，且由题意知，
令，得，得，令，得，得，
则，，
所以当时，S取最小值，
此时直线l的方程为，即．
【知识点】函数的最大（小）值；恒过定点的直线
【解析】【分析】（1）先把直线方程可化为，再利用即可求解；
（2）先求直线与坐标轴的交点，再利用三角形面积公式可得，最后利用二次函数性质求最值即可求解.
（1）由l：，即，则，
解得，所以直线过定点．
（2）已知直线l：，且由题意知，
令，得，得，令，得，得，
则，，
所以当时，S取最小值，
此时直线l的方程为，即．
16．【答案】（1）解：，
，
，
（2）解：
.
（3）解：设（），则
，
又，
若在线段上存在一点，使得，
则
令，解得
∵，故线段上不存在一点，使得.
【知识点】平面向量的数量积运算；空间向量基本定理；空间向量的数乘运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直
【解析】【分析】（1）利用向量的数量积公式分别求解即可；
（2）利用向量的线性运算可得即可求解；
（3）设，然后得到，，由垂直得到向量的数量积为0建立方程，解得，判断是否在区间内，即可求解.
（1），
，
，
（2）
.
（3）设（），
则
，
又，
若在线段上存在一点，使得，
则
令，解得
∵，故线段上不存在一点，使得.
17．【答案】（1）证明：在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）解：因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）依据三棱台的性质（上下底面平行、侧棱延长线共点等），先证明两个平面平行，再利用面面平行的性质（一个平面内的直线与另一个平面平行）证明线面平行；
（2）根据已知条件建立合适的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，通过法向量的夹角公式计算两平面所成二面角的大小根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可.
（1）在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
18．【答案】（1）解：易知直线的斜率不为零，设直线方程为，
因为，所以，则，解得或，
故直线的方程为或；
（2）解：由于、为圆的两条切线，则，
因为，所以的最小值为点到直线的距离， ，，
故四边形面积的最小值为；
（3）解：易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、，
联立，可得，，
由韦达定理可得，，
则，.
由，，可得，
若向量与共线，则，整理可得，解得，
当时，，
所以存在直线，使得向量与共线，
直线的方程为，即.
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【分析】（1） 易知直线的斜率不为零，设直线方程为， 利用点到直线的距离公式求解即可；
（2）由题意得，结合、点到直线的距离公式求面积的最小值即可；
（3） 易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、， 联立直线与圆的方程，结合根与系数的关系，可得，进而得，结合已知得，判断方程有无解即可.
（1）（解法一）设弦的中点为，
①当直线的斜率不存在时，易知符合题意．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为即，
，，则由，解得，
此时直线的方程为，
故直线的方程为或；
（解法二）易知直线的斜率不为零，设直线方程为，
，，则由，解得或，
故直线的方程为或；
（2）（解法一）由于、为圆的两条切线，
所以，
又，而的最小值为点到直线的距离，
所以，
故四边形面积的最小值为；
（解法二） （前两步同解法一）
设点的坐标为，则，
，
所以当时，，
故四边形面积的最小值为；
（3）易知直线的斜率不为零，设直线的方程为，、，
由，可得，
可得，
所以，所以，
则，所以.
又，，所以，
若向量与共线，则，
由，可得，解得，
当时，，
所以存在直线，使得向量与共线，
直线的方程为，即.
19．【答案】（1）解：设圆的一般方程为：，
依题意，有，解得，
故的外接圆圆的方程为.
（2）解：设，由代入点的坐标，可得
，
整理得，易得，
则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆(当时为点，看作半径为0的圆).
依题意，圆与圆有公共点.
圆的方程化为标准方程，圆心，半径为2，
而，
所以在圆外，所以，
解得
即实数的取值范围为.
（3）证明：依题意，设直线的方程为，如图所示：
由联立消去，可得，
则由可得，
设，则（*），
则，
即，
将（*）式代入整理上式得：，故得或.
当时，直线经过原点，不合题意；
当时，直线经过定点.
【知识点】圆的一般方程；轨迹方程；圆与圆的位置关系及其判定；直线和圆的方程的应用
【解析】【分析】（1）设圆的一般方程，代入三点坐标列出方程组即可求解；
（2）设，利用可得点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，由题意知圆与圆有公共点，故得，即可求解；
（3）设直线的方程为，与圆的方程联立可得，利用根与系数关系可得，再利用，推出，依题排除，得，将其代入直线方程即可求解.
（1）设圆的一般方程为：，
依题意，有，解得，
故的外接圆圆的方程为.
（2）设，由代入点的坐标，可得
，
整理得，易得，
则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆(当时为点，看作半径为0的圆).
依题意，圆与圆有公共点.
圆的方程化为标准方程，圆心，半径为2，
而，
所以在圆外，所以，
解得
即实数的取值范围为.
（3）依题意，设直线的方程为，
由联立消去，可得，
则由可得，
设，则（*），
则，
即，
将（*）式代入整理上式得：，故得或.
当时，直线经过原点，不合题意；
当时，直线经过定点.
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