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广东省东莞市东莞中学松山湖学校、深圳大学附属中学2025-2026学年高二上学期第一次检测数学试题
1．直线的倾斜角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】根据题意，直线方程为，斜率不存在，倾斜角为.
故答案为：C．
【分析】由题可知确定直线的斜率，该直线的斜率不存在，可以得出倾斜角为．
2．无论实数m为何值，直线过定点A，则A的坐标为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】恒过定点的直线
【解析】【解答】直线，当，式子与无关，此时，即，所以直线l过定点
故答案为：C．
【分析】根据题意过定点说明该直线与m无关，将直线的方程变形可得，只需要让含参的系数为0即可得答案．
3．已知点是空间直角坐标系中的一点，下列点的坐标与点M关于平面对称的点是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：设点M关于平面对称的点为，则的中点为，
即，解得，故.
故答案为：D.
【分析】设点M关于平面对称的点为，利用空间中点坐标公式列式求解即可.
4．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】由题，，
因为与互相垂直，所以，则，解得.
故答案为：A．
【分析】先求得与的坐标，然后向量垂直的坐标运算列出等量关系式求解k即可.
5．已知直线与平行，则m的值为（　　）
A． B．3 C．2 D．或3
【答案】B
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：由题意，当时，由，得，
则或，
当时，与，两条直线恰好重合，矛盾；
当时，与平行，且不重合，符合题意，
所以m的值为3.
故答案为：B．
【分析】利用两直线平行斜率相等，从而列方程求出m的值，再代入检验是否平行，从而得出实数m的值.
6．如图，直二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于．若，，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】由于，
则，由二面角为直二面角，且垂直于，，则，
又，故，则有、，
则有，
则，则.
故答案为：A.
【分析】根据题意可知，借助空间向量进行表示相关的向量，再结合向量数量积公式进行代入计算计算即可得到.
7．在四棱锥中，底面为菱形，，侧棱平面，，则三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】空间直角坐标系；空间中两点间的距离公式；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】如图，记，过点O作，在菱形中，，
又，所以均为等边三角形，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，而球心在平面内的射影为的外心，也为重心，
而，
设球心，则，
即，解得，则，
又，所以外接球的半径，则外接球的表面积为.
故答案为：D．
【分析】由题意可知进行建立空间直角坐标系，分别表示各点的坐标，设球心，根据建立方程求出，再进而求解出半径，结合球的表面积公式计算即可.
8．已知平面坐标系中，定点，点B在x轴上运动，点C是坐标平面内一点，满足为正三角形，则线段长度的最小值为（　　）
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解法一：若要OC最小，不妨设点，，
设直线AB的倾斜角为，则，
于是，，
于是直线BC：，直线AC：，
由，解得，即，
则点C的轨迹为直线，而点直线的距离，
则线段长度的最小值为3.
解法二：如图，将绕点A顺时针旋转60°，得到，
则，，则为正三角形，
则，，，
如图，过点作轴，则，则，
当且仅当取等号，即线段长度的最小值为3.
故答案为：B
【分析】解法一：由题意可知需要OC长度最小，可以设点，，表示AB的斜率，再根据两角和与差的正切公式可得直线BC，AC的方程，通过联立求交点即可进而得到点C的轨迹为直线，再利用点到直线的距离公式求解即可；
解法二：通过将绕点A顺时针旋转60°，得到，作辅助线并根据几何关系分析求解即可.
9．下列结论正确的是（　　）
A．直线的斜率为，则直线l的一个方向向量为
B．设点，，，则平面的一个法向量为
C．若向量，向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是
D．空间中不重合的四点，，，，若，，则，，，四点共面
【答案】B,C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；平面的法向量；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：A、直线方向向量，即可求出方向向量对应的直线的斜率为，A不符合题意；
B、由于，，由于，，则，，且，、平面，平面的一个法向量为，B符合题意；
C、由于，则，若，其中，则，解得，
于是的取值范围是，C符合题意；
D、考虑空间正四面体，满足，，但，，，四点不共面，D不符合题意．
故答案为：BC.
【分析】对于A项：可以借助方向向量定义k==-2进行判断A项；对于B项：由于法向量与面是垂直关系，所以只需要法向量垂直于平面内两个相交的向量，即转化为及是否成立即可得B；对于C项：由与的夹角为锐角可得，但要满足与不同向，意味着不共线，通过计算进行求解即可判断得到C；对于D项举出反例，比如矩形满足等量关系但不是正四面体，即可判断不共面即可得D.
10．平面内有四条平行线，相邻两条间距为1，每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的值可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C,D
【知识点】直线的斜截式方程；平面内两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系．显然直线AB，AD斜率存在，且不为零.设直线AB：（k＞0），则直线AD：，
于是，，
则，，
于是，当且仅当时，等号成立.
故答案为：CD．
解析2：
如图，作BM⊥l1，DN⊥l1，设∠BAM=θ，则，
从而矩形ABCD的面积为，当且仅当时，等号成立
故答案为：CD．
【分析】方法1：根据题意可以画出相应的图象，再结合图象，进行建立平面直角坐标系，分别求出点坐标，求出矩形的两边长，进行表示出面积，然后利用不等式进行分析求出最值即可；方法2：分别过点B、D进行去做垂线，然后设∠BAM=θ，可表示，然后用三角函数关系表示长度，再去表示面积，求出最值进行判断即可.
11．如图，在直三棱柱中，，，，M，N分别为的中点，点Q在线段上，满足，则（　　）
A．B，N，M，Q四点共面
B．Q为的中点
C．点N到直线BQ的最小距离为
D．平面与平面夹角的余弦值为
【答案】A,C,D
【知识点】共面向量定理；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】A、，由于，由空间向量基本定理，B，N，M，Q四点共面，A符合题意；
B、由于平面，CB，平面，则，，
而，则CA，CB，两两垂直，
如图，以C为原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系；
那么，设点，由于，，，则，则，则Q为上靠近的三等分点，B不符合题意；
C、由于，，
则BQ上的单位向量，，
于是点N到直线BQ的最小距离，C对；
由于平面，设，则平面MNBQ，
可得，
令，则，设平面与平面夹角为，
那么，
那么平面与平面夹角的余弦值为，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】根据共面向量定理即可推出判断A；根据垂直关系先建立空间直角坐标系，分别表示点坐标，然后通过坐标运算求得点Q的坐标，即可判断B；直接利用点线距离向量公式求解判断C；分别求面的法向量，直接利用面面角的向量公式求解判断D.
12．已知直线l过点，在两坐标轴的截距之和为4，则直线l的一般式方程为　 　．
【答案】或
【知识点】直线的截距式方程；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由题意，设直线l的方程为，则，即，解得或，所以直线l的一般式方程为或，故直线l的一般式方程为或.
故答案为：或
【分析】可根据题意：因为截距之和为4，可根据截距式方程转变为，然后再带入点（-3，2），可以进行列方程组即可求得或，然后回代直线方程，最后转变为一般式方程Ax+By+C=0即可.
13．已知向量，满足，且在上的投影向量为，则=　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为在上的投影向量为，
所以，则，
所以，
由，得，所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据数量积求投影向量公式和数量积的运算律，从而化简得出，再将已知条件和数量积的定义，从而得出的值．
14．在平面直角坐标系中，定点，直线，l上两动点A，B，其中A在第二象限，B在第四象限，直线与直线交于点C，．若时，此时恒成立，M的最大值为　 　；若，则最大值是　 　．
【答案】2；；
【知识点】基本不等式；直线的点斜式方程；两条直线的交点坐标
【解析】【解析】设点，则直线：，：，则，且，，则，
由，解得点C，
由于，点C到直线AB的距离，
则；
（1）若，则，令，则，
，当且仅当取等号，但此时，不合题意，
所以，所以M的最大值为2；
（2）若，则，
由于，当且仅当取等号．
故答案为：2；
【分析】由题意可知进行作图，并设点，表示两条直线的方程并求交点坐标，结合距离求得，当时，利用基本不等式进行最值的求解；当时，利用基本不等式求得的最大值.
15．在中，角所对的边分别为，已知，．
（1）求；
（2）若，求边上的高．
【答案】（1）解：由正弦定理：，得.
因为，，所以，即.
因为，所以，所以，且，
于是，故.
（2）解：由（1）可得，结合为三角形内角可得为锐角，
故也为锐角，如图，过点作，交于，设，
由，则.
由，则.
那么，故，则．
即边上的高为4.
方法2：由于，由（1）可知，
，
由正弦定理：，则，，
则边上的高；
方法3：由于，由（1）可知，
，
由余弦定理：，
则，解得，
则边上的高.
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边化角转化，即可求得，再结合同角三角函数的关系求出正弦值，根据二倍角的正弦公式，可求得；
（2）方法1：进行添加辅助线作边上的高，根据，进行表示列得高与的关系，根据，可求得的长度即可得到高.
方法2：结合，表示sinC并求出，结合正弦定理求a，b，再求h即可；
方法3：结合，表示出cosC并求出，再结合余弦定理求出b，再进行求h即可.
（1）由正弦定理：，得.
因为，，所以，即.
因为，所以，所以，且，
于是，故.
（2）由（1）可得，结合为三角形内角可得为锐角，
故也为锐角，如图，过点作，交于，设，
由，则.
由，则.
那么，故，则．
即边上的高为4.
方法2：由于，由（1）可知，
，
由正弦定理：，则，，
则边上的高；
方法3：由于，由（1）可知，
，
由余弦定理：，
则，解得，
则边上的高.
16．在平面直角坐标系中，三个定点分别为．
（1）求的面积；
（2）在中，点A，B，C分别为线段的中点，求边上的高所在直线方程；
【答案】（1）解：解析1：由于直线的方程：，
点C到直线的距离：，
而A，B两点的距离，
于是；
解析2：过点C作轴，轴，
由于，
则；
（2）解：由于是的中位线，则，
于是，则边上的高的斜率为，
解析1：设点，由点C为线段中点，则，
由点A为线段中点，则，
由点B为线段中点，则，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即；
解析2：由题知，是的中位线，则，，
所以直线所在直线方程为，
同理可得，直线所在直线方程为，
由，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即．
【知识点】两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程；平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）解析1：根据已知的A、B两点先求直线的方程，再结合点到直线的距离公式求出点C到直线的距离，最后利用三角形面积公式即可求解；
解析2：通过左出线构成矩形，再利用割补法求三角形的面积；
（2）方法1：由中位线定理得到，进而DE边上的高的斜率为，再结合中点以及斜率利用点斜式直线方程求解即可；
方法2：求出BC的斜率，表示出DE直线方程，同理得到DF直线方程，进行求交点，再点斜式表示直线方程并换成一般式直线方程.
（1）解析1：由于直线的方程：，
点C到直线的距离：，
而A，B两点的距离，
于是；
解析2：过点C作轴，轴，
由于，
则；
（2）由于是的中位线，则，
于是，则边上的高的斜率为，
解析1：设点，由点C为线段中点，则，
由点A为线段中点，则，
由点B为线段中点，则，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即；
解析2：由题知，是的中位线，则，，
所以直线所在直线方程为，
同理可得，直线所在直线方程为，
由，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即．
17．如图，在平面四边形中，，，，M是线段上靠近点C的三等分点，现以直线，直线为轴，将折起，得到如图所示的几何体，使得四边形为直角梯形，，，平面平面．
（1）求的长度和几何体的体积；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】（1）由于平面⊥平面，平面平面，，
则平面，平面，
且，平面，则.由折叠前的图形可知.
设，由于，
于是，则.
由于，平面，平面平面，平面平面，
则平面，
由于，则，
即几何体D-ABMC的体积为16；
（2）方法一：由（1）两两垂直，如图，以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则.
所以.
由于平面，则平面的一个法向量为；
设平面ACD的法向量为，
由于，，
则， 所以.
令，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为θ，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，将梯形补足为矩形，连接，延长，过点Q作，连接，
由于平面，
则平面，所以平面.
因为，所以.
因为，平面，所以平面.
因为，所以，所以为平面和平面夹角的平面角.
在中，，，，
于是，即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究二面角；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）先得到.再构建方程求CM的长度，结合棱锥的体积公式，求得几何体的体积；
（2）解法一：根据由（1）所得的垂直关系，进行建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，利用平面与平面夹角的向量求法求解．解法二：用几何法找到平面和平面夹角的平面角，求得其余弦值，即为平面和平面夹角的余弦值.
（1）由于平面⊥平面，平面平面，，
则平面，平面，
且，平面，则.由折叠前的图形可知.
设，由于，
于是，则.
由于，平面，平面平面，平面平面，
则平面，
由于，则，
即几何体D-ABMC的体积为16；
（2）方法一：由（1）两两垂直，如图，以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则.
所以.
由于平面，则平面的一个法向量为；
设平面ACD的法向量为，
由于，，
则， 所以.
令，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为θ，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，将梯形补足为矩形，连接，延长，过点Q作，连接，
由于平面，
则平面，所以平面.
因为，所以.
因为，平面，所以平面.
因为，所以，所以为平面和平面夹角的平面角.
在中，，，，
于是，即平面与平面夹角的余弦值为.
18．如图，在平行六面体中，底面为正方形，，．
（1）求证：平面∥平面；
（2）求证：线段被平面，平面三等分；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：由于，所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，则平面；
同理平面，又，平面，平面，
则平面平面
（2）证明：记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，
设，
由于，则，
且点E在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是E为线段上靠近A的三等分点；
同理，设，
且点F在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是F为线段上靠近的三等分点；
综上所述：线段被平面，平面三等分；
（3）解：解法一：先证：平面，
如图，取的中点M，连接BM，DM，则，，
由于，，，
根据，
，
则，，且，平面，
则平面，且，
如图，过点作平面，连接DH，则即为直线与平面所成角，
由（1），（2）可知，点到平面的距离为，
由于，，
于是，即直线与平面所成角的正弦值为，
解法二：如图，取中点M，连接BM，DM，
由于，，且，平面，
于是平面，
由于，如图，连接AC，记，连接OM，
则，如图，过点O作，则平面，
且平面，则，，于是两两垂直，
如图，以O为坐标原点，以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，，，
则，令x=1，，
于是平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
解法三：如图，取中点M，连接，
由于，，且，平面，
于是平面，平面，则，
由于，如图，连接AC，，记，连接OM，，
记，则，且，平面，
于是平面，且平面，则，
由于，～，则，于是，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，则，
又因为，平面，则平面，
由，H，D三点共线，则即为直线与平面所成角，
于是，其中，，DH=2，
于是，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面平行的判定；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
【解析】【分析】（1）首先证明出为平行四边形，再通过线面平行的判定定理证得∥平面，∥平面，然后根据利用面面平行的判定定理证明平面平面 即可；
（2）记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，先设，然后表示出 ，求出，可以得知E的位置，同理得到F的位置，即可证明；
（3）解法一：利用向量法证得平面，通过添加辅助线过点作平面，由线面角定义知即为所求，然后求出点到平面的距离为，，再结合公式，即可求解答案；
解法二：添加辅助线取中点M，连接BM，DM，先利用线面垂直的判定定理证得平面，连接AC，记，连接OM，过点O作OQ∥，于是OM，OB，OQ两两垂直，通过进行建立空间直角坐标系，并求出点坐标，并求出平面的一个法向量，然后利用线面角的向量公式即可求解；
解法三：添加辅助线取中点M，连接BM，DM，先利用线面垂直的判定定理证得平面，连接AC，记，连接OM，，证得平面，利用相似三角形～得，由余弦定理得：可求出即可证明得，从而利用线面角定义得即为所求，然后在直角三角形中求出，DH=2，代入公式求解即可．
（1）由于，所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，则平面；
同理平面，又，平面，平面，
则平面平面；
（2）记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，
设，
由于，则，
且点E在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是E为线段上靠近A的三等分点；
同理，设，
且点F在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是F为线段上靠近的三等分点；
综上所述：线段被平面，平面三等分；
（3）解法一：先证：平面，
如图，取的中点M，连接BM，DM，则，，
由于，，，
根据，
，
则，，且，平面，
则平面，且，
如图，过点作平面，连接DH，则即为直线与平面所成角，
由（1），（2）可知，点到平面的距离为，
由于，，
于是，即直线与平面所成角的正弦值为，
解法二：如图，取中点M，连接BM，DM，
由于，，且，平面，
于是平面，
由于，如图，连接AC，记，连接OM，
则，如图，过点O作，则平面，
且平面，则，，于是两两垂直，
如图，以O为坐标原点，以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，，，
则，令x=1，，
于是平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
解法三：如图，取中点M，连接，
由于，，且，平面，
于是平面，平面，则，
由于，如图，连接AC，，记，连接OM，，
记，则，且，平面，
于是平面，且平面，则，
由于，～，则，于是，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，则，
又因为，平面，则平面，
由，H，D三点共线，则即为直线与平面所成角，
于是，其中，，DH=2，
于是，直线与平面所成角的正弦值为．
19．（1）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义集合，，对任意的点，求的取值范围；
（2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合B内任意一点．
①求的取值范围；
②求点N的轨迹形成图形的全面积．
注：若平面α的法向量为，点是平面α上一定点，则对于平面α上任一点，点P满足方程：．
【答案】（1）解法1：将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称，
不妨令，，
若，则，即，点M的轨迹是一条线段；
若，则，即，点M的轨迹是另一条线段；
再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下：
由图可知，点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形，
如图，取的中点，
于是，由图可知，最短距离是点N到直线的距离：
，于是最小值为；
而最大距离是点N到的距离，，
所以的最大值为，
从而；
解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点M形成的轨迹关于点成中心对称图形，
于是仅需考虑线段：，
于是，，
当时，最小值为；
当y=1时，最大值为，而点到点的距离为，
从而；
（2）①
解法1：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，
于是将点N形成的轨迹平移至坐标原点，此时满足的方程为：，
此时点N形成的轨迹关于坐标原点对称，且关于x轴，y轴，z轴对称，
当，，时，，对应的轨迹如图：平面
再将该平面关于三个坐标轴对称，得到如图所示的八面体：与：
利用对称性，点到平面的距离即为的最小值，
由于，，两两垂直，且，，，
如图，
过点O作，连接CE，过点O作，
由于平面，平面，所以，
且，平面，平面，
则平面，且平面，则，
又因为，平面，平面，
也是平面，从而最小距离为，即
由于，得，则，，则，
于是的最小值为，
由图可知，，所以的最大值为4，于是；
解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
此时点N满足的方程：，即，即，其中，
，
当，此时符合条件，从而的最小值为，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
解法3：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
此时点M满足的方程：，即，即，其中，
从而点考虑点Q到截面的距离：
由于截面的法向量为：，截面上一定点，，
点Q到截面的距离：，考虑此时的射影H：
由于直线：，与平面：的交点在截面上，
从而的最小值为；
由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
点N满足的方程：，即，
即，其中，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
解法4：先证明柯西不等式：
设，，由于，
于是，当且仅当时，等号成立，
于是令，，则，
即，当且仅当取等号；
再由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
点N满足的方程：，即，
即，其中，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
②由①可知，仅需考虑这一部分，
抓住为三个平面，利用三个平面只有一个交点，
从而截面：的三个顶点分别为：，，，，从而这一部分为，且，，.
由于，则，同理，，，即两两垂直，
由等体积法：，其中d表示Q到平面的距离，
由①可知，，则，
由对称性，可知全面积为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）解法1：由题意可知可以先将替换成，原方程不变。通过讨论y的范围求出轨迹，于是点M形成的轨迹关于y轴对称集合A的图形是中心对称图形，然后再由，得转化为，进行建立平面直角坐标系，再转化为N点到直线的距离问题解得；解法2：或者根据对称图形，将转化为M点的纵坐标的一函数问题是，然后再根据y的范围，进而求函数的最值可得；
（2）①根据图形的对称性，且可以得知就是对称中心，所以只需要考虑在第一卦限内到的距离问题，
解法一：采用用几何法直接求点到面的距离来进行解， 利用对称性，点到平面的距离即为的最小值，通过平面，OF=QN即OF此时最小，即QN最小；
解法二：通过转化为N点纵坐标的函数求出最小值，注意再结合x，y，z范围。然后再利用二次函数，可以判断时，，z离对称轴都最远，即可求最大值；
解法三：采用向量的方法来解决点到面的距离问题，最大值求解方法如法2，最小值结合点到面的距离，采用射影的方法进行求解即可.，
解法四：最大值求解方法如法2，最小值采用柯西不等式。先表示向量的坐标，结合数量积公式，以及不等式可得.②根据对称性先用等积法求第一卦限的面积，进而可得全面积.
1 / 1广东省东莞市东莞中学松山湖学校、深圳大学附属中学2025-2026学年高二上学期第一次检测数学试题
1．直线的倾斜角为（　　）
A． B． C． D．
2．无论实数m为何值，直线过定点A，则A的坐标为（　　）
A． B． C． D．
3．已知点是空间直角坐标系中的一点，下列点的坐标与点M关于平面对称的点是（　　）
A． B． C． D．
4．已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（　　）
A． B． C． D．2
5．已知直线与平行，则m的值为（　　）
A． B．3 C．2 D．或3
6．如图，直二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于．若，，，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
7．在四棱锥中，底面为菱形，，侧棱平面，，则三棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．已知平面坐标系中，定点，点B在x轴上运动，点C是坐标平面内一点，满足为正三角形，则线段长度的最小值为（　　）
A． B．3 C． D．4
9．下列结论正确的是（　　）
A．直线的斜率为，则直线l的一个方向向量为
B．设点，，，则平面的一个法向量为
C．若向量，向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是
D．空间中不重合的四点，，，，若，，则，，，四点共面
10．平面内有四条平行线，相邻两条间距为1，每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的值可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
11．如图，在直三棱柱中，，，，M，N分别为的中点，点Q在线段上，满足，则（　　）
A．B，N，M，Q四点共面
B．Q为的中点
C．点N到直线BQ的最小距离为
D．平面与平面夹角的余弦值为
12．已知直线l过点，在两坐标轴的截距之和为4，则直线l的一般式方程为　 　．
13．已知向量，满足，且在上的投影向量为，则=　 　．
14．在平面直角坐标系中，定点，直线，l上两动点A，B，其中A在第二象限，B在第四象限，直线与直线交于点C，．若时，此时恒成立，M的最大值为　 　；若，则最大值是　 　．
15．在中，角所对的边分别为，已知，．
（1）求；
（2）若，求边上的高．
16．在平面直角坐标系中，三个定点分别为．
（1）求的面积；
（2）在中，点A，B，C分别为线段的中点，求边上的高所在直线方程；
17．如图，在平面四边形中，，，，M是线段上靠近点C的三等分点，现以直线，直线为轴，将折起，得到如图所示的几何体，使得四边形为直角梯形，，，平面平面．
（1）求的长度和几何体的体积；
（2）求平面和平面夹角的余弦值．
18．如图，在平行六面体中，底面为正方形，，．
（1）求证：平面∥平面；
（2）求证：线段被平面，平面三等分；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
19．（1）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义集合，，对任意的点，求的取值范围；
（2）在空间直角坐标系中，定义集合，，点是集合B内任意一点．
①求的取值范围；
②求点N的轨迹形成图形的全面积．
注：若平面α的法向量为，点是平面α上一定点，则对于平面α上任一点，点P满足方程：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】根据题意，直线方程为，斜率不存在，倾斜角为.
故答案为：C．
【分析】由题可知确定直线的斜率，该直线的斜率不存在，可以得出倾斜角为．
2．【答案】C
【知识点】恒过定点的直线
【解析】【解答】直线，当，式子与无关，此时，即，所以直线l过定点
故答案为：C．
【分析】根据题意过定点说明该直线与m无关，将直线的方程变形可得，只需要让含参的系数为0即可得答案．
3．【答案】D
【知识点】空间中的点的坐标
【解析】【解答】解：设点M关于平面对称的点为，则的中点为，
即，解得，故.
故答案为：D.
【分析】设点M关于平面对称的点为，利用空间中点坐标公式列式求解即可.
4．【答案】A
【知识点】空间向量垂直的坐标表示；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】由题，，
因为与互相垂直，所以，则，解得.
故答案为：A．
【分析】先求得与的坐标，然后向量垂直的坐标运算列出等量关系式求解k即可.
5．【答案】B
【知识点】直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】【解答】解：由题意，当时，由，得，
则或，
当时，与，两条直线恰好重合，矛盾；
当时，与平行，且不重合，符合题意，
所以m的值为3.
故答案为：B．
【分析】利用两直线平行斜率相等，从而列方程求出m的值，再代入检验是否平行，从而得出实数m的值.
6．【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算
【解析】【解答】由于，
则，由二面角为直二面角，且垂直于，，则，
又，故，则有、，
则有，
则，则.
故答案为：A.
【分析】根据题意可知，借助空间向量进行表示相关的向量，再结合向量数量积公式进行代入计算计算即可得到.
7．【答案】D
【知识点】空间直角坐标系；空间中两点间的距离公式；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】如图，记，过点O作，在菱形中，，
又，所以均为等边三角形，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，而球心在平面内的射影为的外心，也为重心，
而，
设球心，则，
即，解得，则，
又，所以外接球的半径，则外接球的表面积为.
故答案为：D．
【分析】由题意可知进行建立空间直角坐标系，分别表示各点的坐标，设球心，根据建立方程求出，再进而求解出半径，结合球的表面积公式计算即可.
8．【答案】B
【知识点】直线的点斜式方程；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】解法一：若要OC最小，不妨设点，，
设直线AB的倾斜角为，则，
于是，，
于是直线BC：，直线AC：，
由，解得，即，
则点C的轨迹为直线，而点直线的距离，
则线段长度的最小值为3.
解法二：如图，将绕点A顺时针旋转60°，得到，
则，，则为正三角形，
则，，，
如图，过点作轴，则，则，
当且仅当取等号，即线段长度的最小值为3.
故答案为：B
【分析】解法一：由题意可知需要OC长度最小，可以设点，，表示AB的斜率，再根据两角和与差的正切公式可得直线BC，AC的方程，通过联立求交点即可进而得到点C的轨迹为直线，再利用点到直线的距离公式求解即可；
解法二：通过将绕点A顺时针旋转60°，得到，作辅助线并根据几何关系分析求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】空间向量的线性运算的坐标表示；平面的法向量；空间向量平行的坐标表示
【解析】【解答】解：A、直线方向向量，即可求出方向向量对应的直线的斜率为，A不符合题意；
B、由于，，由于，，则，，且，、平面，平面的一个法向量为，B符合题意；
C、由于，则，若，其中，则，解得，
于是的取值范围是，C符合题意；
D、考虑空间正四面体，满足，，但，，，四点不共面，D不符合题意．
故答案为：BC.
【分析】对于A项：可以借助方向向量定义k==-2进行判断A项；对于B项：由于法向量与面是垂直关系，所以只需要法向量垂直于平面内两个相交的向量，即转化为及是否成立即可得B；对于C项：由与的夹角为锐角可得，但要满足与不同向，意味着不共线，通过计算进行求解即可判断得到C；对于D项举出反例，比如矩形满足等量关系但不是正四面体，即可判断不共面即可得D.
10．【答案】C,D
【知识点】直线的斜截式方程；平面内两点间距离公式的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系．显然直线AB，AD斜率存在，且不为零.设直线AB：（k＞0），则直线AD：，
于是，，
则，，
于是，当且仅当时，等号成立.
故答案为：CD．
解析2：
如图，作BM⊥l1，DN⊥l1，设∠BAM=θ，则，
从而矩形ABCD的面积为，当且仅当时，等号成立
故答案为：CD．
【分析】方法1：根据题意可以画出相应的图象，再结合图象，进行建立平面直角坐标系，分别求出点坐标，求出矩形的两边长，进行表示出面积，然后利用不等式进行分析求出最值即可；方法2：分别过点B、D进行去做垂线，然后设∠BAM=θ，可表示，然后用三角函数关系表示长度，再去表示面积，求出最值进行判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】共面向量定理；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】A、，由于，由空间向量基本定理，B，N，M，Q四点共面，A符合题意；
B、由于平面，CB，平面，则，，
而，则CA，CB，两两垂直，
如图，以C为原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系；
那么，设点，由于，，，则，则，则Q为上靠近的三等分点，B不符合题意；
C、由于，，
则BQ上的单位向量，，
于是点N到直线BQ的最小距离，C对；
由于平面，设，则平面MNBQ，
可得，
令，则，设平面与平面夹角为，
那么，
那么平面与平面夹角的余弦值为，D符合题意．
故答案为：ACD
【分析】根据共面向量定理即可推出判断A；根据垂直关系先建立空间直角坐标系，分别表示点坐标，然后通过坐标运算求得点Q的坐标，即可判断B；直接利用点线距离向量公式求解判断C；分别求面的法向量，直接利用面面角的向量公式求解判断D.
12．【答案】或
【知识点】直线的截距式方程；直线的一般式方程
【解析】【解答】解：由题意，设直线l的方程为，则，即，解得或，所以直线l的一般式方程为或，故直线l的一般式方程为或.
故答案为：或
【分析】可根据题意：因为截距之和为4，可根据截距式方程转变为，然后再带入点（-3，2），可以进行列方程组即可求得或，然后回代直线方程，最后转变为一般式方程Ax+By+C=0即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为在上的投影向量为，
所以，则，
所以，
由，得，所以，
则.
故答案为：.
【分析】根据数量积求投影向量公式和数量积的运算律，从而化简得出，再将已知条件和数量积的定义，从而得出的值．
14．【答案】2；；
【知识点】基本不等式；直线的点斜式方程；两条直线的交点坐标
【解析】【解析】设点，则直线：，：，则，且，，则，
由，解得点C，
由于，点C到直线AB的距离，
则；
（1）若，则，令，则，
，当且仅当取等号，但此时，不合题意，
所以，所以M的最大值为2；
（2）若，则，
由于，当且仅当取等号．
故答案为：2；
【分析】由题意可知进行作图，并设点，表示两条直线的方程并求交点坐标，结合距离求得，当时，利用基本不等式进行最值的求解；当时，利用基本不等式求得的最大值.
15．【答案】（1）解：由正弦定理：，得.
因为，，所以，即.
因为，所以，所以，且，
于是，故.
（2）解：由（1）可得，结合为三角形内角可得为锐角，
故也为锐角，如图，过点作，交于，设，
由，则.
由，则.
那么，故，则．
即边上的高为4.
方法2：由于，由（1）可知，
，
由正弦定理：，则，，
则边上的高；
方法3：由于，由（1）可知，
，
由余弦定理：，
则，解得，
则边上的高.
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理进行边化角转化，即可求得，再结合同角三角函数的关系求出正弦值，根据二倍角的正弦公式，可求得；
（2）方法1：进行添加辅助线作边上的高，根据，进行表示列得高与的关系，根据，可求得的长度即可得到高.
方法2：结合，表示sinC并求出，结合正弦定理求a，b，再求h即可；
方法3：结合，表示出cosC并求出，再结合余弦定理求出b，再进行求h即可.
（1）由正弦定理：，得.
因为，，所以，即.
因为，所以，所以，且，
于是，故.
（2）由（1）可得，结合为三角形内角可得为锐角，
故也为锐角，如图，过点作，交于，设，
由，则.
由，则.
那么，故，则．
即边上的高为4.
方法2：由于，由（1）可知，
，
由正弦定理：，则，，
则边上的高；
方法3：由于，由（1）可知，
，
由余弦定理：，
则，解得，
则边上的高.
16．【答案】（1）解：解析1：由于直线的方程：，
点C到直线的距离：，
而A，B两点的距离，
于是；
解析2：过点C作轴，轴，
由于，
则；
（2）解：由于是的中位线，则，
于是，则边上的高的斜率为，
解析1：设点，由点C为线段中点，则，
由点A为线段中点，则，
由点B为线段中点，则，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即；
解析2：由题知，是的中位线，则，，
所以直线所在直线方程为，
同理可得，直线所在直线方程为，
由，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即．
【知识点】两条直线垂直的判定；直线的点斜式方程；平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）解析1：根据已知的A、B两点先求直线的方程，再结合点到直线的距离公式求出点C到直线的距离，最后利用三角形面积公式即可求解；
解析2：通过左出线构成矩形，再利用割补法求三角形的面积；
（2）方法1：由中位线定理得到，进而DE边上的高的斜率为，再结合中点以及斜率利用点斜式直线方程求解即可；
方法2：求出BC的斜率，表示出DE直线方程，同理得到DF直线方程，进行求交点，再点斜式表示直线方程并换成一般式直线方程.
（1）解析1：由于直线的方程：，
点C到直线的距离：，
而A，B两点的距离，
于是；
解析2：过点C作轴，轴，
由于，
则；
（2）由于是的中位线，则，
于是，则边上的高的斜率为，
解析1：设点，由点C为线段中点，则，
由点A为线段中点，则，
由点B为线段中点，则，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即；
解析2：由题知，是的中位线，则，，
所以直线所在直线方程为，
同理可得，直线所在直线方程为，
由，解得，，
于是边上的高所在直线方程为：，即．
17．【答案】（1）由于平面⊥平面，平面平面，，
则平面，平面，
且，平面，则.由折叠前的图形可知.
设，由于，
于是，则.
由于，平面，平面平面，平面平面，
则平面，
由于，则，
即几何体D-ABMC的体积为16；
（2）方法一：由（1）两两垂直，如图，以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则.
所以.
由于平面，则平面的一个法向量为；
设平面ACD的法向量为，
由于，，
则， 所以.
令，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为θ，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，将梯形补足为矩形，连接，延长，过点Q作，连接，
由于平面，
则平面，所以平面.
因为，所以.
因为，平面，所以平面.
因为，所以，所以为平面和平面夹角的平面角.
在中，，，，
于是，即平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量研究二面角；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）先得到.再构建方程求CM的长度，结合棱锥的体积公式，求得几何体的体积；
（2）解法一：根据由（1）所得的垂直关系，进行建立空间直角坐标系，求出各点的坐标，利用平面与平面夹角的向量求法求解．解法二：用几何法找到平面和平面夹角的平面角，求得其余弦值，即为平面和平面夹角的余弦值.
（1）由于平面⊥平面，平面平面，，
则平面，平面，
且，平面，则.由折叠前的图形可知.
设，由于，
于是，则.
由于，平面，平面平面，平面平面，
则平面，
由于，则，
即几何体D-ABMC的体积为16；
（2）方法一：由（1）两两垂直，如图，以M为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则.
所以.
由于平面，则平面的一个法向量为；
设平面ACD的法向量为，
由于，，
则， 所以.
令，则平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为θ，则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
方法二：如图，将梯形补足为矩形，连接，延长，过点Q作，连接，
由于平面，
则平面，所以平面.
因为，所以.
因为，平面，所以平面.
因为，所以，所以为平面和平面夹角的平面角.
在中，，，，
于是，即平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）证明：由于，所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，则平面；
同理平面，又，平面，平面，
则平面平面
（2）证明：记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，
设，
由于，则，
且点E在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是E为线段上靠近A的三等分点；
同理，设，
且点F在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是F为线段上靠近的三等分点；
综上所述：线段被平面，平面三等分；
（3）解：解法一：先证：平面，
如图，取的中点M，连接BM，DM，则，，
由于，，，
根据，
，
则，，且，平面，
则平面，且，
如图，过点作平面，连接DH，则即为直线与平面所成角，
由（1），（2）可知，点到平面的距离为，
由于，，
于是，即直线与平面所成角的正弦值为，
解法二：如图，取中点M，连接BM，DM，
由于，，且，平面，
于是平面，
由于，如图，连接AC，记，连接OM，
则，如图，过点O作，则平面，
且平面，则，，于是两两垂直，
如图，以O为坐标原点，以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，，，
则，令x=1，，
于是平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
解法三：如图，取中点M，连接，
由于，，且，平面，
于是平面，平面，则，
由于，如图，连接AC，，记，连接OM，，
记，则，且，平面，
于是平面，且平面，则，
由于，～，则，于是，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，则，
又因为，平面，则平面，
由，H，D三点共线，则即为直线与平面所成角，
于是，其中，，DH=2，
于是，直线与平面所成角的正弦值为．
【知识点】平面与平面平行的判定；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
【解析】【分析】（1）首先证明出为平行四边形，再通过线面平行的判定定理证得∥平面，∥平面，然后根据利用面面平行的判定定理证明平面平面 即可；
（2）记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，先设，然后表示出 ，求出，可以得知E的位置，同理得到F的位置，即可证明；
（3）解法一：利用向量法证得平面，通过添加辅助线过点作平面，由线面角定义知即为所求，然后求出点到平面的距离为，，再结合公式，即可求解答案；
解法二：添加辅助线取中点M，连接BM，DM，先利用线面垂直的判定定理证得平面，连接AC，记，连接OM，过点O作OQ∥，于是OM，OB，OQ两两垂直，通过进行建立空间直角坐标系，并求出点坐标，并求出平面的一个法向量，然后利用线面角的向量公式即可求解；
解法三：添加辅助线取中点M，连接BM，DM，先利用线面垂直的判定定理证得平面，连接AC，记，连接OM，，证得平面，利用相似三角形～得，由余弦定理得：可求出即可证明得，从而利用线面角定义得即为所求，然后在直角三角形中求出，DH=2，代入公式求解即可．
（1）由于，所以四边形为平行四边形，
则，且平面，平面，则平面；
同理平面，又，平面，平面，
则平面平面；
（2）记直线与平面的交点为E，直线与平面的交点为F，
设，
由于，则，
且点E在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是E为线段上靠近A的三等分点；
同理，设，
且点F在平面内，由共面向量基本定理得，则，
于是F为线段上靠近的三等分点；
综上所述：线段被平面，平面三等分；
（3）解法一：先证：平面，
如图，取的中点M，连接BM，DM，则，，
由于，，，
根据，
，
则，，且，平面，
则平面，且，
如图，过点作平面，连接DH，则即为直线与平面所成角，
由（1），（2）可知，点到平面的距离为，
由于，，
于是，即直线与平面所成角的正弦值为，
解法二：如图，取中点M，连接BM，DM，
由于，，且，平面，
于是平面，
由于，如图，连接AC，记，连接OM，
则，如图，过点O作，则平面，
且平面，则，，于是两两垂直，
如图，以O为坐标原点，以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
设平面的法向量为，，，
则，令x=1，，
于是平面的一个法向量为，，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
解法三：如图，取中点M，连接，
由于，，且，平面，
于是平面，平面，则，
由于，如图，连接AC，，记，连接OM，，
记，则，且，平面，
于是平面，且平面，则，
由于，～，则，于是，
在中，由余弦定理得：，
则，于是，则，
又因为，平面，则平面，
由，H，D三点共线，则即为直线与平面所成角，
于是，其中，，DH=2，
于是，直线与平面所成角的正弦值为．
19．【答案】（1）解法1：将替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称，
不妨令，，
若，则，即，点M的轨迹是一条线段；
若，则，即，点M的轨迹是另一条线段；
再利用图象关于y轴对称，最终点M形成的轨迹图形如下：
由图可知，点M形成的轨迹图形关于点成中心对称图形且该图形为菱形，
如图，取的中点，
于是，由图可知，最短距离是点N到直线的距离：
，于是最小值为；
而最大距离是点N到的距离，，
所以的最大值为，
从而；
解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于y轴对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点M形成的轨迹关于点成中心对称图形，
于是仅需考虑线段：，
于是，，
当时，最小值为；
当y=1时，最大值为，而点到点的距离为，
从而；
（2）①
解法1：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，
于是将点N形成的轨迹平移至坐标原点，此时满足的方程为：，
此时点N形成的轨迹关于坐标原点对称，且关于x轴，y轴，z轴对称，
当，，时，，对应的轨迹如图：平面
再将该平面关于三个坐标轴对称，得到如图所示的八面体：与：
利用对称性，点到平面的距离即为的最小值，
由于，，两两垂直，且，，，
如图，
过点O作，连接CE，过点O作，
由于平面，平面，所以，
且，平面，平面，
则平面，且平面，则，
又因为，平面，平面，
也是平面，从而最小距离为，即
由于，得，则，，则，
于是的最小值为，
由图可知，，所以的最大值为4，于是；
解法2：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
此时点N满足的方程：，即，即，其中，
，
当，此时符合条件，从而的最小值为，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
解法3：将x替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于直线对称，
将y替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
将z替换成，原方程不变，于是点M形成的轨迹关于对称，
于是点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
此时点M满足的方程：，即，即，其中，
从而点考虑点Q到截面的距离：
由于截面的法向量为：，截面上一定点，，
点Q到截面的距离：，考虑此时的射影H：
由于直线：，与平面：的交点在截面上，
从而的最小值为；
由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
点N满足的方程：，即，
即，其中，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
解法4：先证明柯西不等式：
设，，由于，
于是，当且仅当时，等号成立，
于是令，，则，
即，当且仅当取等号；
再由解法2可知点N形成的轨迹关于点成中心对称图形，从而仅考虑：这一部分，
点N满足的方程：，即，
即，其中，
考虑到：，，，
且，即，
由二次函数可知：当时，，z离对称轴都最远，
于是的最大值为：4.
综上所述：；
②由①可知，仅需考虑这一部分，
抓住为三个平面，利用三个平面只有一个交点，
从而截面：的三个顶点分别为：，，，，从而这一部分为，且，，.
由于，则，同理，，，即两两垂直，
由等体积法：，其中d表示Q到平面的距离，
由①可知，，则，
由对称性，可知全面积为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）解法1：由题意可知可以先将替换成，原方程不变。通过讨论y的范围求出轨迹，于是点M形成的轨迹关于y轴对称集合A的图形是中心对称图形，然后再由，得转化为，进行建立平面直角坐标系，再转化为N点到直线的距离问题解得；解法2：或者根据对称图形，将转化为M点的纵坐标的一函数问题是，然后再根据y的范围，进而求函数的最值可得；
（2）①根据图形的对称性，且可以得知就是对称中心，所以只需要考虑在第一卦限内到的距离问题，
解法一：采用用几何法直接求点到面的距离来进行解， 利用对称性，点到平面的距离即为的最小值，通过平面，OF=QN即OF此时最小，即QN最小；
解法二：通过转化为N点纵坐标的函数求出最小值，注意再结合x，y，z范围。然后再利用二次函数，可以判断时，，z离对称轴都最远，即可求最大值；
解法三：采用向量的方法来解决点到面的距离问题，最大值求解方法如法2，最小值结合点到面的距离，采用射影的方法进行求解即可.，
解法四：最大值求解方法如法2，最小值采用柯西不等式。先表示向量的坐标，结合数量积公式，以及不等式可得.②根据对称性先用等积法求第一卦限的面积，进而可得全面积.
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