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广东省东莞市东莞中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2024高二上·东莞期中）已知双曲线的离心率为，则渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高二上·东莞期中）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点坐标为，则△ABC欧拉线的方程为（　　）
A．x+y-4=0 B．x-y+4=0 C．x+y+4=0 D．x-y-4=0
3．（2024高二上·东莞期中）已知抛物线的准线为，则与直线的交点坐标为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·东莞期中）如图，在平行六面体中，底面和侧面都是正方形，，点是与的交点，则（　　）
A． B．2 C．4 D．6
5．（2024高二上·东莞期中）在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（　　）
A．96π B．84π C．72π D．48π
6．（2024高二上·东莞期中）已知点和圆，圆M上两点A，B满足，O是坐标原点. 动点 P在圆M上运动，则点 P到直线的最大距离为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·东莞期中）已知是椭圆上的动点：若动点到定点的距离的最小值为1，则椭圆的离心率的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·东莞期中）已知矩形，，，为边上一点且，与交于点，将沿棱折起，使得点折到点的位置，则的最大值是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·东莞期中）已知圆是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆C相切于点A，B，则（　　）
A．圆C上恰有1个点到直线l的距离为
B．|PA|的最小值是
C．|AB|存在最大值
D．|AB|的最小值是
10．（2024高二上·东莞期中）已知椭圆的右焦点为，抛物线以为焦点，过的直线交抛物线于两点，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．，直线的倾斜角为或
C．若为抛物线上一点，则的最小值为
D．的最小值为9
11．（2024高二上·东莞期中）如图.三棱台中，是上一点，平面，，则（　　）
A．平面
B．平面平面
C．三棱台的体积为
D．若点在侧面上运动（含边界），且与平面所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为.
12．（2024高二上·东莞期中）已知直线，若，则实数的值为　 　.
13．（2024高二上·东莞期中）已知、、分别是椭圆的左、右焦点和上顶点，连接并延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率为　 　.
14．（2024高二上·东莞期中）已知实数、满足，则的取值范围是　 　.
15．（2024高二上·东莞期中）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.
（1）求四面体ABCD 的体积；
（2）求平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
16．（2024高二上·东莞期中）已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点. 试判断点到直线的距离是否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
17．（2024高二上·东莞期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，.
（1）求证：；
（2）若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
18．（2024高二上·东莞期中）已知双曲线的渐近线方程为，过右焦点且斜率为的直线与相交于、两点. 点关于轴的对称点为点.
（1）求双曲线的方程：
（2）求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
（3）当时，求面积的最大值.
19．（2024高二上·东莞期中）如图所示，在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
（1）试证明点的旋转坐标公式：；
（2）设，点绕坐标原点逆时针旋转角至点，点再绕坐标原点逆时针旋转角至点，且直线的斜率，求角的值；
（3）试证明方程为的曲线是双曲线，并求其焦点坐标.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为，
所以，
则，
所以，双曲线C的渐近线方程为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，再利用双曲线的渐近线方程得出双曲线C的渐近线方程.
2．【答案】A
【知识点】直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由，
得，
则的垂心为，外心为，
所以欧拉线的方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件判断出三角形形状，并求出三角形的垂心和外心，从而求出欧拉线的方程.
3．【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为的准线方程为：，
当时，，
解得，
则直线与直线的交点为.
故答案为：D.
【分析】根据抛物线方程得出抛物线的准线方程，再联立两直线方程得出直线与直线的交点坐标.
4．【答案】B
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，在平行六面体中，
，，
由点P是与的交点，
得，
因为，
因此
.
故答案为：B.
【分析】取空间的一个基底，利用空间向量基本定理，则用基向量表示出，再根据空间向量数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
5．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，
则，中点为的外心，
所以平面，取中点，连接，
则，
因为平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面，
则平面，所以，
令正的外心为，则为的3等分点，
所以，
因为平面，则，
又因为，则四边形是矩形，
所以，
因此球O的半径，
所以球O的表面积为.
故答案为：B.
【分析】令的外心为，取中点，由已知条件可得四边形是矩形，再利用球的截面性质，从而求出球的半径，再利用球的表面积公式，从而得出球O的表面积.
6．【答案】C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设满足的动点，
则，
整理得，
则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
依题意，得出点在圆上，
则圆的圆心，半径为2，
因为，
所以两圆相交，
则直线方程为，
所以点到直线的距离，
则点 P到直线的最大距离为.
故答案为：C.
【分析】利用两点距离公式求出满足的动点的轨迹方程，再利用两圆相交求出直线方程，再借助点到直线的距离公式和几何法求最值，从而得出点P到直线的最大距离.
7．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可设：，
则，
令，
则，
当，则，
可知的图象开口向上，对称轴为，
当时，即当时，可知在上的最小值为，
则，
整理得，解得，不合题意；
当时，即当时，
可知在内的最小值为，符合题意；
综上所述：，
可得椭圆的离心率.
故答案为：C.
【分析】设，整理得，根据二次函数的图象的开口方向、对称性，从而分情况得出函数在给定区间上的最小值，进而可得，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的离心率的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；直线与圆的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在矩形中，，，，
由，可得，
由，可得，
则，所以，
可知折起后，必有，，，，平面，
所以平面，
因为是确定的直线，
所以对任意点，，，都在同一个确定的平面内，
因为，
可知点在以点为圆心，半径为的圆上（如图），
由图知，当且仅当与该圆相切时，取到最大值，
则也取到最大值，此时，，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件分析可知，，再结合线线垂直可知平面，再根据长度关系可知点在以点为圆心，半径为的圆上，最后由圆的性质分析得出的最大值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为圆的圆心，半径.
对于A，因为点到直线的距离，
又因为点到直线的距离的最小值为，
因此圆C上恰有1个点到直线l的距离为，故A正确；
对于B，因为，当且仅当时取等号，故B正确；
对于C、D，由垂直平分线段，
得，
则，当且仅当时取等号，
故D正确、C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用点到直线距离公式和几何法求最值的方法，从而得出圆C上恰有1个点到直线l的距离为，则判断出选项A；利用切线长定理计算判断出选项B；利用四边形面积公式得出，再借助的取值范围，则得出|AB|的最值，从而判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，由题意，得，故抛物线方程为，
由抛物线定义，得，故A正确；
对于B，因为直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去，
设直线，联立，
得，
设，
因为，所以
由韦达定理，得，
则，
解得，
所以直线的斜率为，倾斜角不为或，故B错误；
对于C，由题意得，准线方程为，过点作垂直于直线于点，
由抛物线定义，得，
故，
要想得出的最小值，
则过点作垂直于直线于点，
故的最小值为，最小值为，故C错误；
对于D，由题意，得，
因为，所以，
则，
因为，
由基本不等式，得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为9，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用椭圆方程和焦点位置得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得到焦点和抛物线方程，再由焦半径公式得到的值，则判断出选项A；设直线，联立，从而得到两根之和，两根之积，再根据，从而得到直线的斜率，则判断出选项B；根据焦半径公式转化为，再利用数形结合得到的最小值，则判断出选项C；在选项B的基础上得到，再由基本不等式求最值的方法，从而得到的最小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，如图所示，令，连接，
由，，
得，
由，得，
则，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，由平面，平面，得，
又因为，平面，
所以平面，
在上取点，使得，则，，
因此平面，
即点在平面上的投影为线段BC上靠近点的3等分点，
又因为点不在直线上，
则过点与平面垂直的直线不在平面内，
因此平面与平面不垂直，故B错误；
对于C，依题意，则，，
所以三棱台的体积，故C正确；
对于D，由选项B知，平面，
因为平面，所以平面平面，
过作，平面平面，
则平面，
在直角梯形中，，
在直角中，，，
由与平面所成角的正切值为4，
得，，
因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面四边形内的圆弧，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令，利用线面平行的判定定理可判断选项A；先求出点在平面上的投影点位置，再利用面面垂直的判定定理，则可判断选项B；利用棱台体积公式可判断选项C；利用点的轨迹可判断选项D，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】或
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出实数a的值.
13．【答案】
【知识点】椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由为等腰三角形，
则，
因为，
又因为，，
若，则，，
所以，
在中，，
在中，，
则，所以，
整理得，则.
故答案为：.
【分析】若，根据椭圆的定义得出、，再利用余弦定理和，从而得到椭圆参数的齐次方程，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率的值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为，即曲线不出现在第三象限；
当，时，曲线方程可化为，
作出曲线的图形如下图所示：
设，则，
由图可知，当直线与圆相切，且切点在第一象限时，
则，且，
解得，
因为双曲线、的渐近线方程均为，
当直线与直线重合时，，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先化简曲线方程，从而作出图形，令，从而求出当直线与曲线相切时直线与直线重合时对应的的值，再利用数形结合得出的取值范围，从而得出的取值范围.
15．【答案】（1）解：在四面体ABCD中，在平面内，过点作交于，
由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，
得平面，
在中，，
则，
所以，
在中，，，
则，
所以，
则四面体ABCD 的体积为.
（2）解：由（1）知，平面，平面，则，
过作交于，连接，
由，得，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，
因此，
则是平面ABC与平面ABD所成的角，
由（1）知，，
由，得，
所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
【知识点】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】【分析】（1）作交于，由面面垂直得出平面，再利用三角函数定义和同角三角函数基本关系式以及勾股定理，从而由锥体的体积公式得出四面体ABCD 的体积.
（2）过作交于，利用线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义得出，则是平面ABC与平面ABD所成的角，再利用几何法和三角函数的定义，从而求出平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
（1）在四面体ABCD中，在平面内过点作于，
由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，得平面，
在中，，则，
于是，在中，，，则，
，所以四面体ABCD 的体积.
（2）由（1）知，平面，平面，则，
过作交于，连接，由，得，
而平面，则平面，又平面，
因此，是平面ABC与平面ABD所成的角，
由（1）知，，由，得，
所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
16．【答案】（1）解：设点，则，
由题意，可得，
整理可得，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，
可得，
则，
同理可得，
则原点到直线的距离为：
因此，点到直线的距离为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，则，利用两点求斜率公式结合化简，从而可得点的轨迹方程.
（2）利用已知条件分析可知直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，从而求出，同理可得，再利用等面积法可得点到直线的距离.
（1）设点，则，
由题意可得，整理可得.
所以，点的轨迹方程为.
（2）由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，可得，则，
同理可得，
则原点到直线的距离为
.
因此，点到直线的距离为.
17．【答案】（1）证明：如图所示，取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
因为为等边三角形，
所以，
则平面，
又因为平面平面，
所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理，可得，
所以，
由（1）得平面，因为平面，
所以平面平面，
所以在平面内作，
则平面，
以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则
设是平面的一个法向量，
所以，，
则，
所以，
取，得，
设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
令，
则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）由题意结合图形中的几何关系，取BC的中点O，先证出平面，再由证出平面，再利用线面垂直的定义，从而证出.
（2）根据图形中几何关系建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量共线的坐标表示和平面向量基本定理，则根据数量积求向量夹角公式得出直线与平面所成角的正弦值的表达式，再结合函数的单调性求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
（1）如图所示，
取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
又为等边三角形，则，
所以平面，
又平面平面，
所以.
（2）如图所示，
在中，，由余弦定理可得
，所以，
由（1）得平面，因为平面，所以平面平面，
所以在平面内作，则平面，
以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设是平面的一个法向量，，
，则，即，
取得，
设，
，
设直线与平面所成角为，
则，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
18．【答案】（1）解：根据题意，设双曲线的标准方程为，
由题意，可得，
解得，
故双曲线的方程为.
（2）证明：当时，此时，点、为双曲线的顶点，不合乎题意；
当时，设，则直线的方程为，
设点、，则点，
由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，
联立，
可得，
由题意，可得，解得，
由韦达定理，可得，，
则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，
可得
，此时，直线过定点.
综上所述，直线过定点.
（3）解：因为，
所以，且，
则
因为函数在上单调递减，
则当时，取最大值，且最大值为.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设双曲线的标准方程为，根据题意可得关于、的方程组，从而解出a，b的值，进而得出双曲线的标准方程.
（2）利用已知条件分析可知，设，可得直线的方程为，点、，则点，再分析可知直线过轴上的定点，将直线的方程与双曲线的方程联立列出韦达定理式，从而求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，从而求出的值，进而得出直线AE所过的定点的坐标.
（3）利用三角形的面积结合韦达定理可得，其中，再结合函数的单调性可得出面积的最大值.
（1）根据题意，设双曲线的标准方程为，
由题意可得，解得，故双曲线的方程为.
（2）当时，此时，点、为双曲线的顶点，不合乎题意；
当时，设，则直线的方程为，
设点、，则点，
由对称性可知，直线过轴上的定点，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
则的斜率为，直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，
可得
，
此时，直线过定点.
综上所述，直线过定点.
（3）因为，则，且，
，
因为函数在上单调递减，
故当时，取最大值，且最大值为.
19．【答案】（1）证明：设将轴正半轴绕坐标原点逆时针旋转角至边，且，
由任意角的三角函数定义，得：和
由两角和的正余弦公式，
得，
将代入，
得.
（2）解：设点的坐标分别为，
由点的旋转坐标公式，
得和，
由直线的科率，得，
则，
或，
或，
.
（3）证明：设为方程的曲线上任意一点，
将点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
则，
解得：①
将①代入方程，
得，
整理得：.
令，可得是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，
则所得曲线的方程为，
故曲线是以和为焦点的双曲线，
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，
所以曲线也是双曲线，
将点按逆时针旋转，得到点，
将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】（1）由三角函数的定义和两角和的正弦公式和余弦公式，从而证出点的旋转坐标公式：成立.
（2）由（1）的结论结合两点求斜率公式和三角函数的二倍角公式，从而得出角的值.
（3）利用（1）的结论解出表达式，再代入到方程，从而化简可判断出曲线类型，再根据双曲线性质得出双曲线的焦点坐标.
（1）设将轴正半轴绕坐标原点逆时针旋转角至边，且
则由任意角的三角函数定义，有：和
所以由两角和的正余弦公式得：
，
将代入，得
所以本题得证；
（2）设点的坐标分别为，由点的旋转坐标公式，
有和，
由直线的科率，得，
即
或
或，
；
（3）设为方程的曲线上任意一点，
将点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
则，可解得：①
将①代入方程，得，
整理得：.
令，可解得是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，所得曲线的方程为.
故曲线是以和为焦点的双曲线.
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，所以曲线也是双曲线.
将点按逆时针旋转，得到点，将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与.
1 / 1广东省东莞市东莞中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题
1．（2024高二上·东莞期中）已知双曲线的离心率为，则渐近线方程为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线的离心率为，
所以，
则，
所以，双曲线C的渐近线方程为.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和椭圆的离心率公式以及椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出的值，再利用双曲线的渐近线方程得出双曲线C的渐近线方程.
2．（2024高二上·东莞期中）数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点坐标为，则△ABC欧拉线的方程为（　　）
A．x+y-4=0 B．x-y+4=0 C．x+y+4=0 D．x-y-4=0
【答案】A
【知识点】直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由，
得，
则的垂心为，外心为，
所以欧拉线的方程为，即.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件判断出三角形形状，并求出三角形的垂心和外心，从而求出欧拉线的方程.
3．（2024高二上·东莞期中）已知抛物线的准线为，则与直线的交点坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：因为的准线方程为：，
当时，，
解得，
则直线与直线的交点为.
故答案为：D.
【分析】根据抛物线方程得出抛物线的准线方程，再联立两直线方程得出直线与直线的交点坐标.
4．（2024高二上·东莞期中）如图，在平行六面体中，底面和侧面都是正方形，，点是与的交点，则（　　）
A． B．2 C．4 D．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
【解析】【解答】解：由题意，在平行六面体中，
，，
由点P是与的交点，
得，
因为，
因此
.
故答案为：B.
【分析】取空间的一个基底，利用空间向量基本定理，则用基向量表示出，再根据空间向量数量积的运算律和数量积的定义，从而得出的值.
5．（2024高二上·东莞期中）在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（　　）
A．96π B．84π C．72π D．48π
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：在中，，
则，中点为的外心，
所以平面，取中点，连接，
则，
因为平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面，
则平面，所以，
令正的外心为，则为的3等分点，
所以，
因为平面，则，
又因为，则四边形是矩形，
所以，
因此球O的半径，
所以球O的表面积为.
故答案为：B.
【分析】令的外心为，取中点，由已知条件可得四边形是矩形，再利用球的截面性质，从而求出球的半径，再利用球的表面积公式，从而得出球O的表面积.
6．（2024高二上·东莞期中）已知点和圆，圆M上两点A，B满足，O是坐标原点. 动点 P在圆M上运动，则点 P到直线的最大距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：设满足的动点，
则，
整理得，
则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
依题意，得出点在圆上，
则圆的圆心，半径为2，
因为，
所以两圆相交，
则直线方程为，
所以点到直线的距离，
则点 P到直线的最大距离为.
故答案为：C.
【分析】利用两点距离公式求出满足的动点的轨迹方程，再利用两圆相交求出直线方程，再借助点到直线的距离公式和几何法求最值，从而得出点P到直线的最大距离.
7．（2024高二上·东莞期中）已知是椭圆上的动点：若动点到定点的距离的最小值为1，则椭圆的离心率的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由题意可设：，
则，
令，
则，
当，则，
可知的图象开口向上，对称轴为，
当时，即当时，可知在上的最小值为，
则，
整理得，解得，不合题意；
当时，即当时，
可知在内的最小值为，符合题意；
综上所述：，
可得椭圆的离心率.
故答案为：C.
【分析】设，整理得，根据二次函数的图象的开口方向、对称性，从而分情况得出函数在给定区间上的最小值，进而可得，再利用椭圆的离心率公式和椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出椭圆的离心率的取值范围.
8．（2024高二上·东莞期中）已知矩形，，，为边上一点且，与交于点，将沿棱折起，使得点折到点的位置，则的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质；直线与圆的位置关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在矩形中，，，，
由，可得，
由，可得，
则，所以，
可知折起后，必有，，，，平面，
所以平面，
因为是确定的直线，
所以对任意点，，，都在同一个确定的平面内，
因为，
可知点在以点为圆心，半径为的圆上（如图），
由图知，当且仅当与该圆相切时，取到最大值，
则也取到最大值，此时，，
则的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用已知条件分析可知，，再结合线线垂直可知平面，再根据长度关系可知点在以点为圆心，半径为的圆上，最后由圆的性质分析得出的最大值.
9．（2024高二上·东莞期中）已知圆是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆C相切于点A，B，则（　　）
A．圆C上恰有1个点到直线l的距离为
B．|PA|的最小值是
C．|AB|存在最大值
D．|AB|的最小值是
【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆的位置关系；直线和圆的方程的应用
【解析】【解答】解：因为圆的圆心，半径.
对于A，因为点到直线的距离，
又因为点到直线的距离的最小值为，
因此圆C上恰有1个点到直线l的距离为，故A正确；
对于B，因为，当且仅当时取等号，故B正确；
对于C、D，由垂直平分线段，
得，
则，当且仅当时取等号，
故D正确、C错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用点到直线距离公式和几何法求最值的方法，从而得出圆C上恰有1个点到直线l的距离为，则判断出选项A；利用切线长定理计算判断出选项B；利用四边形面积公式得出，再借助的取值范围，则得出|AB|的最值，从而判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
10．（2024高二上·东莞期中）已知椭圆的右焦点为，抛物线以为焦点，过的直线交抛物线于两点，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．，直线的倾斜角为或
C．若为抛物线上一点，则的最小值为
D．的最小值为9
【答案】A,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：对于A，由题意，得，故抛物线方程为，
由抛物线定义，得，故A正确；
对于B，因为直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去，
设直线，联立，
得，
设，
因为，所以
由韦达定理，得，
则，
解得，
所以直线的斜率为，倾斜角不为或，故B错误；
对于C，由题意得，准线方程为，过点作垂直于直线于点，
由抛物线定义，得，
故，
要想得出的最小值，
则过点作垂直于直线于点，
故的最小值为，最小值为，故C错误；
对于D，由题意，得，
因为，所以，
则，
因为，
由基本不等式，得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为9，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用椭圆方程和焦点位置得出a，b的值，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式得到焦点和抛物线方程，再由焦半径公式得到的值，则判断出选项A；设直线，联立，从而得到两根之和，两根之积，再根据，从而得到直线的斜率，则判断出选项B；根据焦半径公式转化为，再利用数形结合得到的最小值，则判断出选项C；在选项B的基础上得到，再由基本不等式求最值的方法，从而得到的最小值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高二上·东莞期中）如图.三棱台中，是上一点，平面，，则（　　）
A．平面
B．平面平面
C．三棱台的体积为
D．若点在侧面上运动（含边界），且与平面所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为.
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：对于A，如图所示，令，连接，
由，，
得，
由，得，
则，因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，由平面，平面，得，
又因为，平面，
所以平面，
在上取点，使得，则，，
因此平面，
即点在平面上的投影为线段BC上靠近点的3等分点，
又因为点不在直线上，
则过点与平面垂直的直线不在平面内，
因此平面与平面不垂直，故B错误；
对于C，依题意，则，，
所以三棱台的体积，故C正确；
对于D，由选项B知，平面，
因为平面，所以平面平面，
过作，平面平面，
则平面，
在直角梯形中，，
在直角中，，，
由与平面所成角的正切值为4，
得，，
因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面四边形内的圆弧，
所以的最小值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】令，利用线面平行的判定定理可判断选项A；先求出点在平面上的投影点位置，再利用面面垂直的判定定理，则可判断选项B；利用棱台体积公式可判断选项C；利用点的轨迹可判断选项D，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．（2024高二上·东莞期中）已知直线，若，则实数的值为　 　.
【答案】或
【知识点】直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
解得或.
故答案为：或.
【分析】根据两直线垂直斜率之积等于-1，从而得出实数a的值.
13．（2024高二上·东莞期中）已知、、分别是椭圆的左、右焦点和上顶点，连接并延长交椭圆于点，若为等腰三角形，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：由为等腰三角形，
则，
因为，
又因为，，
若，则，，
所以，
在中，，
在中，，
则，所以，
整理得，则.
故答案为：.
【分析】若，根据椭圆的定义得出、，再利用余弦定理和，从而得到椭圆参数的齐次方程，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式和椭圆的离心率公式，从而得出椭圆C的离心率的值.
14．（2024高二上·东莞期中）已知实数、满足，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为，即曲线不出现在第三象限；
当，时，曲线方程可化为，
作出曲线的图形如下图所示：
设，则，
由图可知，当直线与圆相切，且切点在第一象限时，
则，且，
解得，
因为双曲线、的渐近线方程均为，
当直线与直线重合时，，
所以，
则.
故答案为：.
【分析】先化简曲线方程，从而作出图形，令，从而求出当直线与曲线相切时直线与直线重合时对应的的值，再利用数形结合得出的取值范围，从而得出的取值范围.
15．（2024高二上·东莞期中）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.
（1）求四面体ABCD 的体积；
（2）求平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
【答案】（1）解：在四面体ABCD中，在平面内，过点作交于，
由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，
得平面，
在中，，
则，
所以，
在中，，，
则，
所以，
则四面体ABCD 的体积为.
（2）解：由（1）知，平面，平面，则，
过作交于，连接，
由，得，
因为平面，
所以平面，
又因为平面，
因此，
则是平面ABC与平面ABD所成的角，
由（1）知，，
由，得，
所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
【知识点】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】【分析】（1）作交于，由面面垂直得出平面，再利用三角函数定义和同角三角函数基本关系式以及勾股定理，从而由锥体的体积公式得出四面体ABCD 的体积.
（2）过作交于，利用线线垂直证出线面垂直，再利用线面垂直的定义得出，则是平面ABC与平面ABD所成的角，再利用几何法和三角函数的定义，从而求出平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
（1）在四面体ABCD中，在平面内过点作于，
由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，得平面，
在中，，则，
于是，在中，，，则，
，所以四面体ABCD 的体积.
（2）由（1）知，平面，平面，则，
过作交于，连接，由，得，
而平面，则平面，又平面，
因此，是平面ABC与平面ABD所成的角，
由（1）知，，由，得，
所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
16．（2024高二上·东莞期中）已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点. 试判断点到直线的距离是否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）解：设点，则，
由题意，可得，
整理可得，
所以，点的轨迹方程为.
（2）解：由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，
可得，
则，
同理可得，
则原点到直线的距离为：
因此，点到直线的距离为.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点，则，利用两点求斜率公式结合化简，从而可得点的轨迹方程.
（2）利用已知条件分析可知直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，从而求出，同理可得，再利用等面积法可得点到直线的距离.
（1）设点，则，
由题意可得，整理可得.
所以，点的轨迹方程为.
（2）由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，可得，则，
同理可得，
则原点到直线的距离为
.
因此，点到直线的距离为.
17．（2024高二上·东莞期中）如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，.
（1）求证：；
（2）若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明：如图所示，取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
因为为等边三角形，
所以，
则平面，
又因为平面平面，
所以.
（2）解：在中，，
由余弦定理，可得，
所以，
由（1）得平面，因为平面，
所以平面平面，
所以在平面内作，
则平面，
以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则
设是平面的一个法向量，
所以，，
则，
所以，
取，得，
设，
则
，
设直线与平面所成角为，
则
令，
则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）由题意结合图形中的几何关系，取BC的中点O，先证出平面，再由证出平面，再利用线面垂直的定义，从而证出.
（2）根据图形中几何关系建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，求出平面的一个法向量，利用向量共线的坐标表示和平面向量基本定理，则根据数量积求向量夹角公式得出直线与平面所成角的正弦值的表达式，再结合函数的单调性求出直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
（1）如图所示，
取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
又为等边三角形，则，
所以平面，
又平面平面，
所以.
（2）如图所示，
在中，，由余弦定理可得
，所以，
由（1）得平面，因为平面，所以平面平面，
所以在平面内作，则平面，
以所在直线为轴 轴 轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设是平面的一个法向量，，
，则，即，
取得，
设，
，
设直线与平面所成角为，
则，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
18．（2024高二上·东莞期中）已知双曲线的渐近线方程为，过右焦点且斜率为的直线与相交于、两点. 点关于轴的对称点为点.
（1）求双曲线的方程：
（2）求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
（3）当时，求面积的最大值.
【答案】（1）解：根据题意，设双曲线的标准方程为，
由题意，可得，
解得，
故双曲线的方程为.
（2）证明：当时，此时，点、为双曲线的顶点，不合乎题意；
当时，设，则直线的方程为，
设点、，则点，
由图形的对称性可知，直线过轴上的定点，
联立，
可得，
由题意，可得，解得，
由韦达定理，可得，，
则直线的斜率为，
所以直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，
可得
，此时，直线过定点.
综上所述，直线过定点.
（3）解：因为，
所以，且，
则
因为函数在上单调递减，
则当时，取最大值，且最大值为.
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设双曲线的标准方程为，根据题意可得关于、的方程组，从而解出a，b的值，进而得出双曲线的标准方程.
（2）利用已知条件分析可知，设，可得直线的方程为，点、，则点，再分析可知直线过轴上的定点，将直线的方程与双曲线的方程联立列出韦达定理式，从而求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，从而求出的值，进而得出直线AE所过的定点的坐标.
（3）利用三角形的面积结合韦达定理可得，其中，再结合函数的单调性可得出面积的最大值.
（1）根据题意，设双曲线的标准方程为，
由题意可得，解得，故双曲线的方程为.
（2）当时，此时，点、为双曲线的顶点，不合乎题意；
当时，设，则直线的方程为，
设点、，则点，
由对称性可知，直线过轴上的定点，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
则的斜率为，直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，
可得
，
此时，直线过定点.
综上所述，直线过定点.
（3）因为，则，且，
，
因为函数在上单调递减，
故当时，取最大值，且最大值为.
19．（2024高二上·东莞期中）如图所示，在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
（1）试证明点的旋转坐标公式：；
（2）设，点绕坐标原点逆时针旋转角至点，点再绕坐标原点逆时针旋转角至点，且直线的斜率，求角的值；
（3）试证明方程为的曲线是双曲线，并求其焦点坐标.
【答案】（1）证明：设将轴正半轴绕坐标原点逆时针旋转角至边，且，
由任意角的三角函数定义，得：和
由两角和的正余弦公式，
得，
将代入，
得.
（2）解：设点的坐标分别为，
由点的旋转坐标公式，
得和，
由直线的科率，得，
则，
或，
或，
.
（3）证明：设为方程的曲线上任意一点，
将点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
则，
解得：①
将①代入方程，
得，
整理得：.
令，可得是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，
则所得曲线的方程为，
故曲线是以和为焦点的双曲线，
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，
所以曲线也是双曲线，
将点按逆时针旋转，得到点，
将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【分析】（1）由三角函数的定义和两角和的正弦公式和余弦公式，从而证出点的旋转坐标公式：成立.
（2）由（1）的结论结合两点求斜率公式和三角函数的二倍角公式，从而得出角的值.
（3）利用（1）的结论解出表达式，再代入到方程，从而化简可判断出曲线类型，再根据双曲线性质得出双曲线的焦点坐标.
（1）设将轴正半轴绕坐标原点逆时针旋转角至边，且
则由任意角的三角函数定义，有：和
所以由两角和的正余弦公式得：
，
将代入，得
所以本题得证；
（2）设点的坐标分别为，由点的旋转坐标公式，
有和，
由直线的科率，得，
即
或
或，
；
（3）设为方程的曲线上任意一点，
将点绕坐标原点逆时针旋转角至点.
则，可解得：①
将①代入方程，得，
整理得：.
令，可解得是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，所得曲线的方程为.
故曲线是以和为焦点的双曲线.
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，所以曲线也是双曲线.
将点按逆时针旋转，得到点，将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与.
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