浙江省环大罗山联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列抛物线中，焦点坐标为的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·浙江期中）已知直线l的一个方向向量为，则直线l斜率为（ ）
A． B． C．3 D．
3．（2025高二上·浙江期中）已知空间向量，，，若向量，，共面，则实数的值为（ ）
A． B．2 C． D．0
4．（2025高二上·浙江期中）“”是“直线与直线互相垂直”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
5．（2025高二上·浙江期中）若，，则直线不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．（2025高二上·浙江期中）若圆：与圆：相交，则a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二上·浙江期中）已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·浙江期中）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，O为底面ABCD的中心，点S在正方体的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点S可以是棱的中点 B．点S的轨迹是矩形
C．点S轨迹所围成的图形面积为 D．点S轨迹的长度为
9．（2025高二上·浙江期中）下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若空间向量，，，满足，，则
C．若构成空间的一个基底，则，，必共面
D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
10．（2025高二上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．若直线倾斜角越大，则斜率越大
B．经过点且在轴和轴上截距相等的直线有条
C．若直线l经过点、，则直线的倾斜角是
D．直线的倾斜角θ的取值范围是
11．（2025高二上·浙江期中）已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．直线与曲线C有公共点
C．曲线C上任一点的横坐标的取值范围是
D．曲线C上任一点与原点距离的取值范围是
12．（2025高二上·浙江期中）直线的方程为（a为常数）恒过定点 .
13．（2025高二上·浙江期中）已知点、、，则点C到直线AB的距离为 .
14．（2025高二上·浙江期中）已知O为坐标原点，双曲线C：的上焦点为F，下顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若，则C的渐近线方程为 .
15．（2025高二上·浙江期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于2，分别是棱的中点.
（1）求与；
（2）求的长.
16．（2025高二上·浙江期中）已知点，直线，圆：.
（1）过点作圆的切线l，求直线l的方程；
（2）若在圆上至少存在三个点到直线的距离为，求的取值范围.
17．（2025高二上·浙江期中）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线T：的焦点为F，点A在T上，点，其中.
（1）若直线AF斜率为1，且与T的另一个交点为B，求的面积；
（2）经过点P作直线l交T于D、C两点，若点Q是点P关于y轴的对称点，且A是线段DQ的中点，证明：.
18．（2025高二上·浙江期中）平面内沿着等腰直角的腰AC作底角的等腰，，如图1.将沿AC翻折至，如图2.
（1）当平面平面ABC时，
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若G是的重心，求BG与平面ABC所成角的正弦值.
（2）求二面角的余弦值的最小值.
19．（2025高二上·浙江期中）如图1，圆C：，点，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线和直线CP相交于点Q.当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为E.
（1）求轨迹E的方程；
（2）过点C且与x轴不重合的直线l与E相交于M，N两点.设点，记直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
（3）过点作直线l交E于G，H两点（G在上方），设点，，若直线GS与HR相交于点T，证明：动点T在某定直线上.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：若抛物线焦点坐标为，设标准方程为，且，
则标准方程为，
故答案为：D.
【分析】利用抛物线焦点设出标准方程，再利用抛物线的几何性质即可求解.
2．【答案】B
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为直线l的一个方向向量为，
所以直线l斜率，
故答案为：B
【分析】利用直线方向向量与斜率的关系即可求解.
3．【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：已知向量，，共面，设，其中，
则，解得.
故答案为：A
【分析】利用空间向量共面定理列出方程组，解方程即可求解.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：“直线与直线互相垂直”的充要条件为：或.
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】先利用直线垂直可得或，再利用充分、必要性定义即可求解.
5．【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由，得，又，，则直线的斜率，在轴上的截距，
所以直线经过第二、三、四象限，不经过第一象限.
故答案为：A
【分析】将方程得一般式化为，对应得斜率及纵截距，由，，可判断正负.
6．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：已知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆心距为，
由与相交得，，解得.
故答案为：B.
【分析】先求得两圆的圆心与半径，利用两点间的距离求出圆心距为6，再利用圆心距和半径的关系即可求解.
7．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，由椭圆的定义得，
由余弦定理得．
又，当且仅当时，取最大值，
于是，所以，
可得，又，．
即椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：C
【分析】先利用椭圆的定义可知，再利用余弦定理化简整理得，再利用均值不等式确定，可得，再利用椭圆离心率的对应即可求解．
8．【答案】C
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为该正方体的棱长为2，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，所以
所以，即，
令，当时，；当时，；
取，
连接，则，
则，
，
所以，，
又，且平面平面，
所以平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为正三角形，故B错误；
因此点不可能是棱的中点，故A错误；
正三角形边长为，则面积为，故C正确；
点轨迹的长度为，故D错误；
故答案为：C
【分析】在正方体中，建立空间直角坐标系，利用可得，再利用线面垂直的判断定理可得平面，再逐项判断即可求解．
9．【答案】A,C
【知识点】空间向量的概念；空间向量基本定理；向量的数量积判断向量的共线与垂直；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，故A正确；
B、若，，则或与共面但不共线，故B错误；
C、因为，所以，，必共面，故C正确；
D、因为直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，则或，故D错误.
故答案为：AC
【分析】利用共线向量的定义即可判断A；与可以共面不共线即可判断B；利用空间向量共面定理即可判断C；利用数量积的坐标运算可得即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：A、当倾斜角为时，斜率为，当倾斜角为时，斜率为，故A错误；
B、若直线过原点，设直线方程为，则有，此时直线的方程为，
若直线不过原点，设直线方程为，即，
则有，此时直线方程为.
综上所述，经过点且在轴和轴上截距相等的直线有条，故B正确；
C、直线的倾斜角满足，
因为为任意角，所以不一定有，故C错误；
D、直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用倾斜角与斜率的关系即可判断A；分直线是否过原点结合截距式方程即可判断B；直线的斜率公式即可判断C；直线的斜率与倾斜角的关系、正弦函数的性质、倾斜角的范围可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：A、用代替，代替，可得，
即，与原方程一致，故曲线关于原点对称，故A正确；
B、当时，，
由，所以方程无解，
即直线与曲线C无公共点，故B错误；
C、把曲线方程看成关于的一元二次方程，，因为该方程有解，
所以，故C正确；
D、因为，
当且仅当或时取等号；
又，
所以，当且仅当或时取等号.
综上，，
即曲线C上任一点与原点距离的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】用代替，代替可得即可判断A；当，即可判断B；把方程看成关于的一元二次方程，利用即可判断C；利用可得，再利用即可判断D.
12．【答案】
【知识点】恒过定点的直线
【解析】【解答】解：由，即，
令，解得，
所以直线恒过定点.
故答案为：
【分析】先整理为，令，解方程组即可求解.
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：因为，，
所以，
所以.
所以点C到直线AB的距离为.
故答案为：
【分析】利用点到直线距离的公式即可求解．
14．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，，双曲线的渐近线为，如图所示：
设点在上，则，故，
所以，则，
故，
所以，故，
所以C的渐近线方程为
故答案为：
【分析】利用点到直线的距离得，再利用的关系得到，在中应用余弦定理得，，即可得到渐近线方程.
15．【答案】（1）解：因为分别是棱的中点，
所以是的中位线，则，
得到，
同理可得，而四面体的所有棱长都等于2，
得到，故.
（2）解：因为分别是棱的中点，
所以
，
而，
同理可得，
可得
，故.
【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）利用中位线定理可得和，再利用空间向量数量积的定义即可求解.
（2）利用空间向量的线性运算得到，再利用空间向量数量积的定义即可求解.
（1）因为分别是棱的中点，
所以是的中位线，则，
得到，
同理可得，而四面体的所有棱长都等于2，
得到，故.
（2）因为分别是棱的中点，
所以
，
而，
同理可得，
可得
，故.
16．【答案】（1）解：由圆，可得，圆心，半径.
∴在圆C上，
又，∴切线的斜率，
∴过点P的圆C的切线方程是，
即.
（2）解：由题可知圆心到直线的距离，
∴，∴.
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）先利用点在圆上可得，得到切线的斜率，再利用点斜式方程即可求解；
（2）先转化为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式，即可求解.
（1）由圆，可得，圆心，半径.
∴在圆C上，
又，∴切线的斜率，
∴过点P的圆C的切线方程是，
即.
（2）由题可知圆心到直线的距离，
∴，
∴.
17．【答案】（1）解：由题意知抛物线的焦点为，
直线的方程为l：，
联立抛物线T和直线l的方程：，得.
设，，由韦达定理得，，
.
（2）证明：设直线l：，，，，
不妨设，因为A是D，Q中点，所以，得，即.
由，所以，即，
所以，结合，所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）点以及AF斜率为1得出直线l：，与抛物线联立，利用根与系数关系可得，再利用面积表达式即可求解；
（2）设直线l：与抛物线联立，设，利用A是线段DQ的中点可得，再利用根与系数关系即可求解.
（1）由题意知抛物线的焦点为，
直线的方程为l：，联立抛物线T和直线l的方程：，得.
设，，由韦达定理得，，
.
（2）设直线l：，，，，
不妨设，因为A是D，Q中点，所以，得，即.
由，所以，即，
所以，结合，所以.
18．【答案】（1）解：（ⅰ）∵等腰直角三角形，，∴，∴，
又∵平面平面ABC，平面平面，∴平面KAC，
∵平面KAC，∴.
（ⅱ）以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
因为平面平面ABC，所以z轴平面KAC
则，，，，，
所以，，
又平面ABC法向量可取，
所以，
所以BG与平面ABC所成角的正弦值为.
（2）解：作，垂足O，在平面ABC中，过O作，
因，OM，平面KOM，则平面KOM.
则由（1），，设，，
以O为原点，OM，OC分别为x轴和y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则点K在平面xOz内，
，，，，，
所以，，，
设平面KAC一个法向量为，则，
即，取，则得；
平面KBC的一个法向量为，则，
即，取，则得，
设二面角的平面角为，且为锐角
所以，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；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）（i）利用面面垂直的性质定理即可证明线线垂直；（ii）建立空间直角坐标系，，平面ABC法向量可取，利用空间向量即可求空间角的正弦值即可求解；
（2）建立空间直角坐标系平面KAC一个法向量为，平面KBC的一个法向量为，.
（1）（ⅰ）∵等腰直角三角形，，∴，∴，
又∵平面平面ABC，平面平面，∴平面KAC，
∵平面KAC，∴.
（ⅱ）以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，因为平面平面ABC，所以z轴平面KAC
则，，，，，
所以，，
又平面ABC法向量可取，
所以，
所以BG与平面ABC所成角的正弦值为.
（2）作，垂足O，在平面ABC中，过O作，
因，OM，平面KOM，则平面KOM.
则由（1），，设，，
以O为原点，OM，OC分别为x轴和y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则点K在平面xOz内，
，，，，，
所以，，，
设平面KAC一个法向量为，则，
即，取，则得；
平面KBC的一个法向量为，则，
即，取，则得，
设二面角的平面角为，且为锐角
所以，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值为.
19．【答案】（1）解：由已知得.所以.
又因为点A在圆内，所以，连接QA，
根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以C，A为焦点，2为长轴长的椭圆.
（2）解：由，，设直线MN的方程为，，，
联立方程得，
，
由韦达定理得，，
则
.
（3）证明：设直线l的方程为，，，将椭圆方程与直线方程联立
可得，
如图所示：
时，，
，，
所以，
∴：，：，
∴，整理得，
所以动点T在定直线上.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用几何关系得出点Q的轨迹符合椭圆定义可得即可求解；
（2）设直线MN的方程为，与椭圆方程联立可得，利用根与系数关系可得，，化简可得；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，写出直线GS与HR的方程，利用韦达定理化简得定值，即可求得定直线为.
（1）连接QA，由已知得.所以.
又因为点A在圆内，所以，根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以C，A为焦点，2为长轴长的椭圆.
（2）由，，设直线MN的方程为，，，
联立方程得，
，
由韦达定理得，，
则
.
（3）设直线l的方程为，，，
将椭圆方程与直线方程联立可得，
时，，
，，
所以，
∴：，：，
∴，整理得，
所以动点T在定直线上.
1 / 1浙江省环大罗山联盟2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高二上·浙江期中）下列抛物线中，焦点坐标为的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】抛物线的简单性质
【解析】【解答】解：若抛物线焦点坐标为，设标准方程为，且，
则标准方程为，
故答案为：D.
【分析】利用抛物线焦点设出标准方程，再利用抛物线的几何性质即可求解.
2．（2025高二上·浙江期中）已知直线l的一个方向向量为，则直线l斜率为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】直线的斜率
【解析】【解答】解：因为直线l的一个方向向量为，
所以直线l斜率，
故答案为：B
【分析】利用直线方向向量与斜率的关系即可求解.
3．（2025高二上·浙江期中）已知空间向量，，，若向量，，共面，则实数的值为（ ）
A． B．2 C． D．0
【答案】A
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：已知向量，，共面，设，其中，
则，解得.
故答案为：A
【分析】利用空间向量共面定理列出方程组，解方程即可求解.
4．（2025高二上·浙江期中）“”是“直线与直线互相垂直”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：“直线与直线互相垂直”的充要条件为：或.
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】先利用直线垂直可得或，再利用充分、必要性定义即可求解.
5．（2025高二上·浙江期中）若，，则直线不经过的象限是（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：由，得，又，，则直线的斜率，在轴上的截距，
所以直线经过第二、三、四象限，不经过第一象限.
故答案为：A
【分析】将方程得一般式化为，对应得斜率及纵截距，由，，可判断正负.
6．（2025高二上·浙江期中）若圆：与圆：相交，则a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：已知圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆心距为，
由与相交得，，解得.
故答案为：B.
【分析】先求得两圆的圆心与半径，利用两点间的距离求出圆心距为6，再利用圆心距和半径的关系即可求解.
7．（2025高二上·浙江期中）已知，是椭圆的两个焦点，是椭圆上的一点，，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设，由椭圆的定义得，
由余弦定理得．
又，当且仅当时，取最大值，
于是，所以，
可得，又，．
即椭圆离心率的取值范围为.
故答案为：C
【分析】先利用椭圆的定义可知，再利用余弦定理化简整理得，再利用均值不等式确定，可得，再利用椭圆离心率的对应即可求解．
8．（2025高二上·浙江期中）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别为，的中点，O为底面ABCD的中心，点S在正方体的表面上运动，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点S可以是棱的中点 B．点S的轨迹是矩形
C．点S轨迹所围成的图形面积为 D．点S轨迹的长度为
【答案】C
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：在正方体中，以点为坐标原点，分别以方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为该正方体的棱长为2，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，所以
所以，即，
令，当时，；当时，；
取，
连接，则，
则，
，
所以，，
又，且平面平面，
所以平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为正三角形，故B错误；
因此点不可能是棱的中点，故A错误；
正三角形边长为，则面积为，故C正确；
点轨迹的长度为，故D错误；
故答案为：C
【分析】在正方体中，建立空间直角坐标系，利用可得，再利用线面垂直的判断定理可得平面，再逐项判断即可求解．
9．（2025高二上·浙江期中）下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若空间向量，，，满足，，则
C．若构成空间的一个基底，则，，必共面
D．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
【答案】A,C
【知识点】空间向量的概念；空间向量基本定理；向量的数量积判断向量的共线与垂直；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，故A正确；
B、若，，则或与共面但不共线，故B错误；
C、因为，所以，，必共面，故C正确；
D、因为直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，则或，故D错误.
故答案为：AC
【分析】利用共线向量的定义即可判断A；与可以共面不共线即可判断B；利用空间向量共面定理即可判断C；利用数量积的坐标运算可得即可判断D.
10．（2025高二上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．若直线倾斜角越大，则斜率越大
B．经过点且在轴和轴上截距相等的直线有条
C．若直线l经过点、，则直线的倾斜角是
D．直线的倾斜角θ的取值范围是
【答案】B,D
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率；直线的截距式方程
【解析】【解答】解：A、当倾斜角为时，斜率为，当倾斜角为时，斜率为，故A错误；
B、若直线过原点，设直线方程为，则有，此时直线的方程为，
若直线不过原点，设直线方程为，即，
则有，此时直线方程为.
综上所述，经过点且在轴和轴上截距相等的直线有条，故B正确；
C、直线的倾斜角满足，
因为为任意角，所以不一定有，故C错误；
D、直线的倾斜角为，则，
因为，所以，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用倾斜角与斜率的关系即可判断A；分直线是否过原点结合截距式方程即可判断B；直线的斜率公式即可判断C；直线的斜率与倾斜角的关系、正弦函数的性质、倾斜角的范围可判断D.
11．（2025高二上·浙江期中）已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．直线与曲线C有公共点
C．曲线C上任一点的横坐标的取值范围是
D．曲线C上任一点与原点距离的取值范围是
【答案】A,C,D
【知识点】曲线与方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：A、用代替，代替，可得，
即，与原方程一致，故曲线关于原点对称，故A正确；
B、当时，，
由，所以方程无解，
即直线与曲线C无公共点，故B错误；
C、把曲线方程看成关于的一元二次方程，，因为该方程有解，
所以，故C正确；
D、因为，
当且仅当或时取等号；
又，
所以，当且仅当或时取等号.
综上，，
即曲线C上任一点与原点距离的取值范围是，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】用代替，代替可得即可判断A；当，即可判断B；把方程看成关于的一元二次方程，利用即可判断C；利用可得，再利用即可判断D.
12．（2025高二上·浙江期中）直线的方程为（a为常数）恒过定点 .
【答案】
【知识点】恒过定点的直线
【解析】【解答】解：由，即，
令，解得，
所以直线恒过定点.
故答案为：
【分析】先整理为，令，解方程组即可求解.
13．（2025高二上·浙江期中）已知点、、，则点C到直线AB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：因为，，
所以，
所以.
所以点C到直线AB的距离为.
故答案为：
【分析】利用点到直线距离的公式即可求解．
14．（2025高二上·浙江期中）已知O为坐标原点，双曲线C：的上焦点为F，下顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若，则C的渐近线方程为 .
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由题意，，双曲线的渐近线为，如图所示：
设点在上，则，故，
所以，则，
故，
所以，故，
所以C的渐近线方程为
故答案为：
【分析】利用点到直线的距离得，再利用的关系得到，在中应用余弦定理得，，即可得到渐近线方程.
15．（2025高二上·浙江期中）如图，已知四面体的所有棱长都等于2，分别是棱的中点.
（1）求与；
（2）求的长.
【答案】（1）解：因为分别是棱的中点，
所以是的中位线，则，
得到，
同理可得，而四面体的所有棱长都等于2，
得到，故.
（2）解：因为分别是棱的中点，
所以
，
而，
同理可得，
可得
，故.
【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）利用中位线定理可得和，再利用空间向量数量积的定义即可求解.
（2）利用空间向量的线性运算得到，再利用空间向量数量积的定义即可求解.
（1）因为分别是棱的中点，
所以是的中位线，则，
得到，
同理可得，而四面体的所有棱长都等于2，
得到，故.
（2）因为分别是棱的中点，
所以
，
而，
同理可得，
可得
，故.
16．（2025高二上·浙江期中）已知点，直线，圆：.
（1）过点作圆的切线l，求直线l的方程；
（2）若在圆上至少存在三个点到直线的距离为，求的取值范围.
【答案】（1）解：由圆，可得，圆心，半径.
∴在圆C上，
又，∴切线的斜率，
∴过点P的圆C的切线方程是，
即.
（2）解：由题可知圆心到直线的距离，
∴，∴.
【知识点】直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；相交弦所在直线的方程
【解析】【分析】（1）先利用点在圆上可得，得到切线的斜率，再利用点斜式方程即可求解；
（2）先转化为圆心到直线的距离，利用点到直线的距离公式，即可求解.
（1）由圆，可得，圆心，半径.
∴在圆C上，
又，∴切线的斜率，
∴过点P的圆C的切线方程是，
即.
（2）由题可知圆心到直线的距离，
∴，
∴.
17．（2025高二上·浙江期中）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线T：的焦点为F，点A在T上，点，其中.
（1）若直线AF斜率为1，且与T的另一个交点为B，求的面积；
（2）经过点P作直线l交T于D、C两点，若点Q是点P关于y轴的对称点，且A是线段DQ的中点，证明：.
【答案】（1）解：由题意知抛物线的焦点为，
直线的方程为l：，
联立抛物线T和直线l的方程：，得.
设，，由韦达定理得，，
.
（2）证明：设直线l：，，，，
不妨设，因为A是D，Q中点，所以，得，即.
由，所以，即，
所以，结合，所以.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）点以及AF斜率为1得出直线l：，与抛物线联立，利用根与系数关系可得，再利用面积表达式即可求解；
（2）设直线l：与抛物线联立，设，利用A是线段DQ的中点可得，再利用根与系数关系即可求解.
（1）由题意知抛物线的焦点为，
直线的方程为l：，联立抛物线T和直线l的方程：，得.
设，，由韦达定理得，，
.
（2）设直线l：，，，，
不妨设，因为A是D，Q中点，所以，得，即.
由，所以，即，
所以，结合，所以.
18．（2025高二上·浙江期中）平面内沿着等腰直角的腰AC作底角的等腰，，如图1.将沿AC翻折至，如图2.
（1）当平面平面ABC时，
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）若G是的重心，求BG与平面ABC所成角的正弦值.
（2）求二面角的余弦值的最小值.
【答案】（1）解：（ⅰ）∵等腰直角三角形，，∴，∴，
又∵平面平面ABC，平面平面，∴平面KAC，
∵平面KAC，∴.
（ⅱ）以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
因为平面平面ABC，所以z轴平面KAC
则，，，，，
所以，，
又平面ABC法向量可取，
所以，
所以BG与平面ABC所成角的正弦值为.
（2）解：作，垂足O，在平面ABC中，过O作，
因，OM，平面KOM，则平面KOM.
则由（1），，设，，
以O为原点，OM，OC分别为x轴和y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则点K在平面xOz内，
，，，，，
所以，，，
设平面KAC一个法向量为，则，
即，取，则得；
平面KBC的一个法向量为，则，
即，取，则得，
设二面角的平面角为，且为锐角
所以，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；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）（i）利用面面垂直的性质定理即可证明线线垂直；（ii）建立空间直角坐标系，，平面ABC法向量可取，利用空间向量即可求空间角的正弦值即可求解；
（2）建立空间直角坐标系平面KAC一个法向量为，平面KBC的一个法向量为，.
（1）（ⅰ）∵等腰直角三角形，，∴，∴，
又∵平面平面ABC，平面平面，∴平面KAC，
∵平面KAC，∴.
（ⅱ）以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，因为平面平面ABC，所以z轴平面KAC
则，，，，，
所以，，
又平面ABC法向量可取，
所以，
所以BG与平面ABC所成角的正弦值为.
（2）作，垂足O，在平面ABC中，过O作，
因，OM，平面KOM，则平面KOM.
则由（1），，设，，
以O为原点，OM，OC分别为x轴和y轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则点K在平面xOz内，
，，，，，
所以，，，
设平面KAC一个法向量为，则，
即，取，则得；
平面KBC的一个法向量为，则，
即，取，则得，
设二面角的平面角为，且为锐角
所以，
令，则由得，则，
于是
，
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值为.
19．（2025高二上·浙江期中）如图1，圆C：，点，P是圆C上任意一点，线段AP的垂直平分线和直线CP相交于点Q.当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为E.
（1）求轨迹E的方程；
（2）过点C且与x轴不重合的直线l与E相交于M，N两点.设点，记直线BM，BN的斜率分别为，，求的值；
（3）过点作直线l交E于G，H两点（G在上方），设点，，若直线GS与HR相交于点T，证明：动点T在某定直线上.
【答案】（1）解：由已知得.所以.
又因为点A在圆内，所以，连接QA，
根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以C，A为焦点，2为长轴长的椭圆.
（2）解：由，，设直线MN的方程为，，，
联立方程得，
，
由韦达定理得，，
则
.
（3）证明：设直线l的方程为，，，将椭圆方程与直线方程联立
可得，
如图所示：
时，，
，，
所以，
∴：，：，
∴，整理得，
所以动点T在定直线上.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用几何关系得出点Q的轨迹符合椭圆定义可得即可求解；
（2）设直线MN的方程为，与椭圆方程联立可得，利用根与系数关系可得，，化简可得；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立得，写出直线GS与HR的方程，利用韦达定理化简得定值，即可求得定直线为.
（1）连接QA，由已知得.所以.
又因为点A在圆内，所以，根据椭圆的定义，点Q的轨迹是以C，A为焦点，2为长轴长的椭圆.
（2）由，，设直线MN的方程为，，，
联立方程得，
，
由韦达定理得，，
则
.
（3）设直线l的方程为，，，
将椭圆方程与直线方程联立可得，
时，，
，，
所以，
∴：，：，
∴，整理得，
所以动点T在定直线上.
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