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广东省深圳外国语2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．若直线的倾斜角为，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【分析】将直线 转化为，求出斜率，然后根据直线斜率与倾斜角的关系列出关于实数的方程，解之即可.
【解答】
将直线 转化为，则直线的斜率为，所以.
故选：D.
2．向量，则下列向量中与的夹角为的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】利用空间向量夹角公式， 逐项验证即可求解.
【解答】
对于A，向量，；
对于B，向量，，则；
对于C，向量，，则；
对于D，向量，.
故选：B.
3．若构成空间一组基底，那么能与，构成空间一组基底的向量可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量基本定理，逐项判断两向量是否共面即可求解.
【解答】
对于A，，则向量与共面，故A不是；
对于B，，则向量与共面，故B不是；
对于C，，则向量与共面，故C不是；
对于D，若与共面，则存在实数，使得，
而不共面，于是，无解，
向量与不共面，可以构成空间一组基底，故D是.
故选：D
4．位于某海域的甲船发现，在其北偏东方向有一座灯塔，甲船沿着北偏东方向行驶海里之后，发现该灯塔在正东方向，那么此时甲船距离灯塔（　　）
A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
【答案】B
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】根据题意得如图，，，利用正弦定理即可求解.
【解答】
如图，，，
由正弦定理得，，
所以.
所以此时甲船距离灯塔海里.
故选：B.
5．空间中有5个点，，，，，若不共线的，，，四点在平面内，，且满足，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【分析】根据空间共面向量定理的推论结合 向量线性运算，列方程求的值即可求解．
【解答】
因为 所以，
即，
由空间向量共面定理的推论可知，，解得．
故选：C．
6．已知圆，直线，若圆C上有四个点到直线l的距离为2，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】先 圆 找到圆的圆心和半径，然后根据直线与圆的位置关系，利用点到直线距离列不等式计算即可.
【解答】
圆的圆心为，半径，
因为圆C上有四个点到直线l的距离为2，
则圆心到直线的距离为，
又圆心到直线的距离，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A
7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】由正弦定理将边转化为角，得，进而利用两角和差公式得到，接着可得，再利用余弦定理由， 求出，根据正弦定理求的边，最后利用三角和差和三角形面积公式求解即可．
【解答】
因为，且，
所以，
由正弦定理得，
，
所以，即，
因为，所以；
由得，
因为，所以，
由余弦定理，得，
所以，因为，所以，
由正弦定理得，所以，
又，所以，
所以三角形的面积为．
故选：A．
8．已知双曲线的左右两个焦点分别为、，过右焦点作直线，交右支于、两点，若，，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【分析】利用双曲线的定义由，求得，，利用二倍角的余弦公式结合可求出的值，然后在中，利用余弦定理可得出、的等量关系，根据离心率定义，即可求解.
【解答】
因为，所以，
所以，且，
所以，解得，
所以在△中，由余弦定理可得
=，即，解得.
故选：C.
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于以下命题，其中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则是锐角三角形
C．若，则满足条件的三角形有两个
D．若是锐角三角形，则
【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】由正弦定理可判断A正确.
利用正弦定理边角转化后结合余弦定理，可以判断出B错误.
根据条件，利用正弦定理判断三角形解的个数的方法，即可判断C正确.
由，利用正弦函数单调性及诱导公式，可判断D正确.
【解答】
对于A，在中，若，则，由正弦定理得，故A正确.
对于B，若，由正弦定理可得，则，则角为锐角，但不确定角，是否为锐角，故B不正确.
对于C，由于，故三角形有两解，故C正确.
对于D，锐角三角形中，，则，由于，且正弦函数在此区间单调递增，
所以，故D正确.
故选：A、C、D
10．随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，已知双曲线的左 右焦点分别为，，双曲线的光学性质是：从右焦点发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点，如图所示. 由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.若的最小值为2，且双曲线C的渐近线为，则下列结论正确的有（　　）
A．双曲线C的方程为
B．若，则的面积为24
C．若点处的切线交轴于，则轴
D．当n过点时，光由所经过的路程为13
【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】A、由题意可知，，因为双曲线C的渐近线方程为，所以，
再由，解得，则C的方程为故A正确；
B、由，得，在中，，
由勾股定理及双曲线的定义知，，
即，所以，
则，故B错误；
C、由题意可知，平分，由角平分线定理，得，
又，解得，，，
即轴，故C正确；
D、由题意可知，，当过点时，
由双曲线定义可得光由所经过的路程为
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由的最小值为2，可得，再结合双曲线的渐近线，以及，解出，求得双曲线的方程，即可判断A；在中，，由勾股定理及双曲线的定义得即可判断B；由平分，由角平分线定理，得，又，解出，即可判断C；利用双曲线的定义得，最后利用两点间的距离公式求解即可判断D.
11．已知正方体棱长为2，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若平面，则直线与直线所成角可能为
D．三棱锥外接球的表面积最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】由题得点在线段上，平面，则到平面的距离为定值，结合等体积转换，即可判断A正确；
通过建系，求得相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算，即可判断B正确；
过作平面与平面平行，该平面分别交于中点，交于中点，即该平面为平面，则点的轨迹为线段，解三角形得出矛盾，判断C错误；
由题外接圆的圆心为中点，且三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上，设，利用，列式运算得解，判断D正确.
【解答】
由，，所以在正方形中.
对于A，当时，点在线段上，
又，平面，所以平面，则到平面的距离为定值，
又为定值，所以为定值，故A正确；
对于B，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，所以，即，
所以，又，，
所以，
故，即，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，连接，，
所以，，又，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理，可得平面，
又，平面，所以平面平面，
所以点的轨迹为线段，如图，连接，
又，所以直线与直线所成角即直线与直线所成角，即，
若，因为为直角三角形，
所以，而因为，所以，矛盾，故C错误；
对于D，因为三棱锥的底面是等腰直角三角形，
所以外接圆的圆心为中点，且三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上，
因为轴，故可设，
因为，，令，即，
即，①，
因为球的半径，所以最小时，最小，即最小，
由①知，，当且仅当时成立，
所以最小值为，即三棱锥的外接球的表面积最小值为，故D正确.
故选：A、B、D.
12．方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【分析】根据方程 表示焦点在轴上的椭圆，可得出关于实数的不等式组，解之即可求解.
【解答】
因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，所以，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13．已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；圆的切线方程
【解析】【分析】作图观察，利用圆的切线的几何性质，证明出，即可得出，则当取最小值时，四边形的面积取最小值，且的最小值为点到直线的距离，结合点到直线的距离公式即可求解.
【解答】
将圆的方程化为标准方程得，圆心，半径，
连接，如下图所示：
由圆的切线的几何性质得，，
又因为，，所以，
所以，
所以当取最小值时，四边形的面积取最小值，
而为直线上一点与圆心之间的距离，
所以的最小值为点到直线的距离，为，
所以四边形面积的最小值为.
故答案为：.
14．在中，内角、、的对边分别为、、，已知，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】由二倍角的余弦公式、正弦定理将 化简得出，结合余弦定理、正弦定理、三角恒等变换化简得出，分析得出，再利用以及两角和的正切公式，以及基本不等式即可求解.
【解答】
由得，
所以，由正弦定理得，
由余弦定理得，，
两式相减得，
因为，所以，即，
由正弦定理可得，
因为，即，
所以，即，
在中，、不同时为，
因为，，故，，所以，
因为，所以，则，故，则，
，
当且仅当，即时，等号成立，则的最大值为.
故答案为：.
15．已知的面积为，内角所对的边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，且，求.
【答案】（1）
（2）
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式 和余弦定理， 得，进而求解；
（2）由得，进而得，又由余弦定理得，即，解出，再利用三角性面积公式即可求解.
【解答】（1）因为，，.
所以，
所以，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，即，
所以，即，
所以，即，
由余弦定理，，即，
所以，解得，
所以.
（1）因为，，
所以，
即，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，即，
所以，即，
所以，即，
由余弦定理，，即，
所以，解得，
所以.
16．已知的三个顶点分别是，，，线段的垂直平分线方程为，圆为外接圆.
（1）求以及圆的标准方程；
（2）求过点，且与圆相切的直线方程．
【答案】（1）
（2）和．
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）先求线段的垂直平分线斜率，根据垂直两直线斜率关系得直线的斜率，结合斜率公式得，又线段中点在上，得，解出即可求得a、b；线段的垂直平分线方程为与线段的垂直平分线方程联立，求圆心的坐标，进而求得半径，最后利用圆的标准方程即可求解；
（2）分当斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【解答】（1）因为 得，所以 线段的垂直平分线的斜率为，
所以直线的斜率为，
即，又线段中点在上，
所以，解得，，
所以，，线段的中点为，直线的斜率为，
则线段的垂直平分线方程为，即，
联立解得所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设过的直线为，当斜率不存在时，直线l的方程为，到的距离为，
所以是圆的一条切线；
当斜率存在时，设，即l：，
所以圆心到的距离为，
即，解得，
代入化简得，也是圆的一条切线.
综上所述，过的圆的切线方程为和．
（1）因为线段的垂直平分线的斜率为，所以直线的斜率为，
即，又线段中点在上，
所以，解得，，
所以，，线段的中点为，直线的斜率为，
则线段的垂直平分线方程为，即，
联立解得圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设过的直线为，当斜率不存在时，直线l的方程为，到的距离为，
所以是圆的一条切线；
当斜率存在时，设，即l：，圆心到的距离为，
即，解得，
代入化简得，也是圆的一条切线.
综上所述，过的圆的切线方程为和．
17．如图，在三棱锥中，平面，，，， 点，分别为棱，上的动点（端点除外），且直线平面.
（1）求证：平面；
（2）若，且平面与平面所成角为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：因为平面，平面所以，
又，，平面
所以平面．
由题意平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定可证平面，结合平面，即可得到，再由线面平行的判定即可证明；
（2）法一：以为原点建立空间直角坐标系，设，则，，，，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，结合两平面的夹角公式， 得到，再根据体积公式即可求解；
法二：设为平面与平面的交线，进而得到为平面与平面所成的角，即，所以是的角平分线，再由角平分线定理求出的长即可求解．
【解答】（1）证明：因为平面，平面所以，
又，，平面
所以平面．
由题意平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由（1）知，，，两两垂直，
以为原点，BA，BC分别为轴、轴、
过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
由，则，
设平面的法向量为，由，
则，可取，
取平面的一个法向量为．
因为平面与平面所成的角为，
所以，解得，，
所以三棱锥的体积为.
【法二（几何法）】：如图，设为平面与平面的交线，由平面，
则，
由（1）可得平面，平面PAB，所以，
而，所以，又，所以
因为，所以为平面与平面所成的角，即，
所以是的角平分线，由角平分线定理，得，所以，
所以三棱锥的体积为.
（1）略
（2）由（1）知，，，两两垂直，
以为原点，BA，BC分别为轴、轴、
过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
由，则，
设平面的法向量为，由，
则，可取，
取平面的一个法向量为．
因为平面与平面所成的角为，
所以，解得，，
所以三棱锥的体积为.
【法二（几何法）】：如图，设为平面与平面的交线，由平面，
则，
由（1）可得平面，平面PAB，所以，
而，所以，又，所以
因为，所以为平面与平面所成的角，即，
所以是的角平分线，由角平分线定理，得，所以，
所以三棱锥的体积为.
18．已知椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）、为椭圆上的两点，满足直线，
（i）求证：直线过定点；
（ii）若面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）（i）若斜率不存在，则由为上顶点知与不垂直，所以斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆方程联立得，
，
设、，则①，②，
由题意，，即，
所以 ，
代入①②得，
化简得，
因为直线不过，所以，则，
所以直线的方程为，故直线过定点.
（ii）或.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由 椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点， 可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）（i）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程，列出韦达定理，由题意得出，结合可得出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
（ii）利用三角形的面积公式结合韦达定理可得出关于的等式，解出的值，即可得出直线的方程.
【解答】（1）因为 椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点，
所以，且，可得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）若斜率不存在，则由为上顶点知与不垂直，所以斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆方程联立得，
，
设、，则①，②，
由题意，，即，
所以 ，
代入①②得，
化简得，
因为直线不过，所以，则，
所以直线的方程为，故直线过定点.
（ii）由（i）可得，，，
所以 ，
所以，，
因为，所以，即或，
所以直线的方程为或.
（1）由题意，，且，可得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）略
（ii）由（i）可得，，，
，
则，，
因为，所以，即或，
所以直线的方程为或.
19．如图1，在平面五边形中，，，，是正三角形，为中点，将沿翻折到，形成四棱锥，如图2所示．
（1）求证：；
（2）当时，求直线与平面所成角的正切值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．
【答案】（1）设为的中点，连接、、，
因为，且，故四边形为平行四边形，则，
所以，
因为，则，故为等腰直角三角形，
由为正三角形及为等腰直角三角形得：，，
因此翻折之后，因为，且、平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）因为，所以，由（1）得，
因为，且、平面，所以平面，
又平面，即，
因为，，、平面，所以平面，
在直角三角形内过作于，
因为平面，则，
因为，、平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角.
因为，，则，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
又，所以为等腰直角三角形，
所以，，
所以直线与平面所成角的正切值为.
（3）由（1）知在翻折过程中，因为，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为平面，以为原点，、所在直线为，轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图，
则、、、，
设，，
则，，
，．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则，
，
，
设为平面与平面的夹角，
则．，
令，则，则，
则，
当，即，时，取最小值，且最小值为，
所以平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设为的中点，连接、、，根据线面垂直判定定理证明出平面，利用线面垂直的性质，即可证明；
（2）根据线面垂直判定定理证明出平面，然后过作于，利用线面垂直的性质得出，根据线面垂直判定定理得出平面，证得为直线与平面所成的角，解三角形，即可得出的大小；
（3）以为原点，、所在直线为，轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式 ，代入结合二次函数、三角函数的基本性质即可求解.
（1）略
（2）因为，所以，由（1）得，
因为，且、平面，所以平面，
又平面，即，
因为，，、平面，所以平面，
在直角三角形内过作于，
因为平面，则，
因为，、平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角.
因为，，则，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
又，所以为等腰直角三角形，
所以，，
所以直线与平面所成角的正切值为.
（3）由（1）知在翻折过程中，因为，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为平面，以为原点，、所在直线为，轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图，
则、、、，
设，，
则，，
，．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则，
，
，
设为平面与平面的夹角，
则．，
令，则，则，
则，
当，即，时，取最小值，且最小值为，
所以平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
1 / 1广东省深圳外国语2025-2026学年高二上学期期中考试数学试题
1．若直线的倾斜角为，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
2．向量，则下列向量中与的夹角为的是（　　）
A． B． C． D．
3．若构成空间一组基底，那么能与，构成空间一组基底的向量可以是（　　）
A． B．
C． D．
4．位于某海域的甲船发现，在其北偏东方向有一座灯塔，甲船沿着北偏东方向行驶海里之后，发现该灯塔在正东方向，那么此时甲船距离灯塔（　　）
A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
5．空间中有5个点，，，，，若不共线的，，，四点在平面内，，且满足，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知圆，直线，若圆C上有四个点到直线l的距离为2，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左右两个焦点分别为、，过右焦点作直线，交右支于、两点，若，，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，对于以下命题，其中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则是锐角三角形
C．若，则满足条件的三角形有两个
D．若是锐角三角形，则
10．随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，已知双曲线的左 右焦点分别为，，双曲线的光学性质是：从右焦点发出的光线m交双曲线右支于点P，经双曲线反射后，反射光线n的反向延长线过左焦点，如图所示. 由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.若的最小值为2，且双曲线C的渐近线为，则下列结论正确的有（　　）
A．双曲线C的方程为
B．若，则的面积为24
C．若点处的切线交轴于，则轴
D．当n过点时，光由所经过的路程为13
11．已知正方体棱长为2，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若平面，则直线与直线所成角可能为
D．三棱锥外接球的表面积最小值为
12．方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是　 　.
13．已知是直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、，则四边形面积的最小值为　 　.
14．在中，内角、、的对边分别为、、，已知，则的最大值为　 　.
15．已知的面积为，内角所对的边分别为，且.
（1）求的大小；
（2）若，且，求.
16．已知的三个顶点分别是，，，线段的垂直平分线方程为，圆为外接圆.
（1）求以及圆的标准方程；
（2）求过点，且与圆相切的直线方程．
17．如图，在三棱锥中，平面，，，， 点，分别为棱，上的动点（端点除外），且直线平面.
（1）求证：平面；
（2）若，且平面与平面所成角为，求三棱锥的体积.
18．已知椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）、为椭圆上的两点，满足直线，
（i）求证：直线过定点；
（ii）若面积为，求直线的方程.
19．如图1，在平面五边形中，，，，是正三角形，为中点，将沿翻折到，形成四棱锥，如图2所示．
（1）求证：；
（2）当时，求直线与平面所成角的正切值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值的最小值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【分析】将直线 转化为，求出斜率，然后根据直线斜率与倾斜角的关系列出关于实数的方程，解之即可.
【解答】
将直线 转化为，则直线的斜率为，所以.
故选：D.
2．【答案】B
【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】利用空间向量夹角公式， 逐项验证即可求解.
【解答】
对于A，向量，；
对于B，向量，，则；
对于C，向量，，则；
对于D，向量，.
故选：B.
3．【答案】D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【分析】根据给定条件，利用空间向量基本定理，逐项判断两向量是否共面即可求解.
【解答】
对于A，，则向量与共面，故A不是；
对于B，，则向量与共面，故B不是；
对于C，，则向量与共面，故C不是；
对于D，若与共面，则存在实数，使得，
而不共面，于是，无解，
向量与不共面，可以构成空间一组基底，故D是.
故选：D
4．【答案】B
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】根据题意得如图，，，利用正弦定理即可求解.
【解答】
如图，，，
由正弦定理得，，
所以.
所以此时甲船距离灯塔海里.
故选：B.
5．【答案】C
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【分析】根据空间共面向量定理的推论结合 向量线性运算，列方程求的值即可求解．
【解答】
因为 所以，
即，
由空间向量共面定理的推论可知，，解得．
故选：C．
6．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】先 圆 找到圆的圆心和半径，然后根据直线与圆的位置关系，利用点到直线距离列不等式计算即可.
【解答】
圆的圆心为，半径，
因为圆C上有四个点到直线l的距离为2，
则圆心到直线的距离为，
又圆心到直线的距离，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A
7．【答案】A
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】由正弦定理将边转化为角，得，进而利用两角和差公式得到，接着可得，再利用余弦定理由， 求出，根据正弦定理求的边，最后利用三角和差和三角形面积公式求解即可．
【解答】
因为，且，
所以，
由正弦定理得，
，
所以，即，
因为，所以；
由得，
因为，所以，
由余弦定理，得，
所以，因为，所以，
由正弦定理得，所以，
又，所以，
所以三角形的面积为．
故选：A．
8．【答案】C
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；解三角形
【解析】【分析】利用双曲线的定义由，求得，，利用二倍角的余弦公式结合可求出的值，然后在中，利用余弦定理可得出、的等量关系，根据离心率定义，即可求解.
【解答】
因为，所以，
所以，且，
所以，解得，
所以在△中，由余弦定理可得
=，即，解得.
故选：C.
9．【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【分析】由正弦定理可判断A正确.
利用正弦定理边角转化后结合余弦定理，可以判断出B错误.
根据条件，利用正弦定理判断三角形解的个数的方法，即可判断C正确.
由，利用正弦函数单调性及诱导公式，可判断D正确.
【解答】
对于A，在中，若，则，由正弦定理得，故A正确.
对于B，若，由正弦定理可得，则，则角为锐角，但不确定角，是否为锐角，故B不正确.
对于C，由于，故三角形有两解，故C正确.
对于D，锐角三角形中，，则，由于，且正弦函数在此区间单调递增，
所以，故D正确.
故选：A、C、D
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面内两点间的距离公式；双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】A、由题意可知，，因为双曲线C的渐近线方程为，所以，
再由，解得，则C的方程为故A正确；
B、由，得，在中，，
由勾股定理及双曲线的定义知，，
即，所以，
则，故B错误；
C、由题意可知，平分，由角平分线定理，得，
又，解得，，，
即轴，故C正确；
D、由题意可知，，当过点时，
由双曲线定义可得光由所经过的路程为
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由的最小值为2，可得，再结合双曲线的渐近线，以及，解出，求得双曲线的方程，即可判断A；在中，，由勾股定理及双曲线的定义得即可判断B；由平分，由角平分线定理，得，又，解出，即可判断C；利用双曲线的定义得，最后利用两点间的距离公式求解即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】由题得点在线段上，平面，则到平面的距离为定值，结合等体积转换，即可判断A正确；
通过建系，求得相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算，即可判断B正确；
过作平面与平面平行，该平面分别交于中点，交于中点，即该平面为平面，则点的轨迹为线段，解三角形得出矛盾，判断C错误；
由题外接圆的圆心为中点，且三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上，设，利用，列式运算得解，判断D正确.
【解答】
由，，所以在正方形中.
对于A，当时，点在线段上，
又，平面，所以平面，则到平面的距离为定值，
又为定值，所以为定值，故A正确；
对于B，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，所以，即，
所以，又，，
所以，
故，即，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，连接，，
所以，，又，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理，可得平面，
又，平面，所以平面平面，
所以点的轨迹为线段，如图，连接，
又，所以直线与直线所成角即直线与直线所成角，即，
若，因为为直角三角形，
所以，而因为，所以，矛盾，故C错误；
对于D，因为三棱锥的底面是等腰直角三角形，
所以外接圆的圆心为中点，且三棱锥的外接球球心在过且垂直于平面的直线上，
因为轴，故可设，
因为，，令，即，
即，①，
因为球的半径，所以最小时，最小，即最小，
由①知，，当且仅当时成立，
所以最小值为，即三棱锥的外接球的表面积最小值为，故D正确.
故选：A、B、D.
12．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【分析】根据方程 表示焦点在轴上的椭圆，可得出关于实数的不等式组，解之即可求解.
【解答】
因为方程表示焦点在轴上的椭圆，
所以，所以，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的一般方程；圆的切线方程
【解析】【分析】作图观察，利用圆的切线的几何性质，证明出，即可得出，则当取最小值时，四边形的面积取最小值，且的最小值为点到直线的距离，结合点到直线的距离公式即可求解.
【解答】
将圆的方程化为标准方程得，圆心，半径，
连接，如下图所示：
由圆的切线的几何性质得，，
又因为，，所以，
所以，
所以当取最小值时，四边形的面积取最小值，
而为直线上一点与圆心之间的距离，
所以的最小值为点到直线的距离，为，
所以四边形面积的最小值为.
故答案为：.
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】由二倍角的余弦公式、正弦定理将 化简得出，结合余弦定理、正弦定理、三角恒等变换化简得出，分析得出，再利用以及两角和的正切公式，以及基本不等式即可求解.
【解答】
由得，
所以，由正弦定理得，
由余弦定理得，，
两式相减得，
因为，所以，即，
由正弦定理可得，
因为，即，
所以，即，
在中，、不同时为，
因为，，故，，所以，
因为，所以，则，故，则，
，
当且仅当，即时，等号成立，则的最大值为.
故答案为：.
15．【答案】（1）
（2）
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式 和余弦定理， 得，进而求解；
（2）由得，进而得，又由余弦定理得，即，解出，再利用三角性面积公式即可求解.
【解答】（1）因为，，.
所以，
所以，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，即，
所以，即，
所以，即，
由余弦定理，，即，
所以，解得，
所以.
（1）因为，，
所以，
即，所以，
又，所以；
（2）因为，所以，即，
所以，即，
所以，即，
由余弦定理，，即，
所以，解得，
所以.
16．【答案】（1）
（2）和．
【知识点】用斜率判定两直线垂直；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）先求线段的垂直平分线斜率，根据垂直两直线斜率关系得直线的斜率，结合斜率公式得，又线段中点在上，得，解出即可求得a、b；线段的垂直平分线方程为与线段的垂直平分线方程联立，求圆心的坐标，进而求得半径，最后利用圆的标准方程即可求解；
（2）分当斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解.
【解答】（1）因为 得，所以 线段的垂直平分线的斜率为，
所以直线的斜率为，
即，又线段中点在上，
所以，解得，，
所以，，线段的中点为，直线的斜率为，
则线段的垂直平分线方程为，即，
联立解得所以圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设过的直线为，当斜率不存在时，直线l的方程为，到的距离为，
所以是圆的一条切线；
当斜率存在时，设，即l：，
所以圆心到的距离为，
即，解得，
代入化简得，也是圆的一条切线.
综上所述，过的圆的切线方程为和．
（1）因为线段的垂直平分线的斜率为，所以直线的斜率为，
即，又线段中点在上，
所以，解得，，
所以，，线段的中点为，直线的斜率为，
则线段的垂直平分线方程为，即，
联立解得圆心，半径为，
所以圆的标准方程为.
（2）设过的直线为，当斜率不存在时，直线l的方程为，到的距离为，
所以是圆的一条切线；
当斜率存在时，设，即l：，圆心到的距离为，
即，解得，
代入化简得，也是圆的一条切线.
综上所述，过的圆的切线方程为和．
17．【答案】（1）证明：因为平面，平面所以，
又，，平面
所以平面．
由题意平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定可证平面，结合平面，即可得到，再由线面平行的判定即可证明；
（2）法一：以为原点建立空间直角坐标系，设，则，，，，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量为，结合两平面的夹角公式， 得到，再根据体积公式即可求解；
法二：设为平面与平面的交线，进而得到为平面与平面所成的角，即，所以是的角平分线，再由角平分线定理求出的长即可求解．
【解答】（1）证明：因为平面，平面所以，
又，，平面
所以平面．
由题意平面，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由（1）知，，，两两垂直，
以为原点，BA，BC分别为轴、轴、
过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
由，则，
设平面的法向量为，由，
则，可取，
取平面的一个法向量为．
因为平面与平面所成的角为，
所以，解得，，
所以三棱锥的体积为.
【法二（几何法）】：如图，设为平面与平面的交线，由平面，
则，
由（1）可得平面，平面PAB，所以，
而，所以，又，所以
因为，所以为平面与平面所成的角，即，
所以是的角平分线，由角平分线定理，得，所以，
所以三棱锥的体积为.
（1）略
（2）由（1）知，，，两两垂直，
以为原点，BA，BC分别为轴、轴、
过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，，，，
由，则，
设平面的法向量为，由，
则，可取，
取平面的一个法向量为．
因为平面与平面所成的角为，
所以，解得，，
所以三棱锥的体积为.
【法二（几何法）】：如图，设为平面与平面的交线，由平面，
则，
由（1）可得平面，平面PAB，所以，
而，所以，又，所以
因为，所以为平面与平面所成的角，即，
所以是的角平分线，由角平分线定理，得，所以，
所以三棱锥的体积为.
18．【答案】（1）
（2）（i）若斜率不存在，则由为上顶点知与不垂直，所以斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆方程联立得，
，
设、，则①，②，
由题意，，即，
所以 ，
代入①②得，
化简得，
因为直线不过，所以，则，
所以直线的方程为，故直线过定点.
（ii）或.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由 椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点， 可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）（i）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程，列出韦达定理，由题意得出，结合可得出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
（ii）利用三角形的面积公式结合韦达定理可得出关于的等式，解出的值，即可得出直线的方程.
【解答】（1）因为 椭圆的离心率为，为椭圆的上顶点，
所以，且，可得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）若斜率不存在，则由为上顶点知与不垂直，所以斜率存在，
设直线的方程为，与椭圆方程联立得，
，
设、，则①，②，
由题意，，即，
所以 ，
代入①②得，
化简得，
因为直线不过，所以，则，
所以直线的方程为，故直线过定点.
（ii）由（i）可得，，，
所以 ，
所以，，
因为，所以，即或，
所以直线的方程为或.
（1）由题意，，且，可得，解得，，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）略
（ii）由（i）可得，，，
，
则，，
因为，所以，即或，
所以直线的方程为或.
19．【答案】（1）设为的中点，连接、、，
因为，且，故四边形为平行四边形，则，
所以，
因为，则，故为等腰直角三角形，
由为正三角形及为等腰直角三角形得：，，
因此翻折之后，因为，且、平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）因为，所以，由（1）得，
因为，且、平面，所以平面，
又平面，即，
因为，，、平面，所以平面，
在直角三角形内过作于，
因为平面，则，
因为，、平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角.
因为，，则，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
又，所以为等腰直角三角形，
所以，，
所以直线与平面所成角的正切值为.
（3）由（1）知在翻折过程中，因为，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为平面，以为原点，、所在直线为，轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图，
则、、、，
设，，
则，，
，．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则，
，
，
设为平面与平面的夹角，
则．，
令，则，则，
则，
当，即，时，取最小值，且最小值为，
所以平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）设为的中点，连接、、，根据线面垂直判定定理证明出平面，利用线面垂直的性质，即可证明；
（2）根据线面垂直判定定理证明出平面，然后过作于，利用线面垂直的性质得出，根据线面垂直判定定理得出平面，证得为直线与平面所成的角，解三角形，即可得出的大小；
（3）以为原点，、所在直线为，轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角公式 ，代入结合二次函数、三角函数的基本性质即可求解.
（1）略
（2）因为，所以，由（1）得，
因为，且、平面，所以平面，
又平面，即，
因为，，、平面，所以平面，
在直角三角形内过作于，
因为平面，则，
因为，、平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角.
因为，，则，所以，
所以为等腰直角三角形，所以，
又，所以为等腰直角三角形，
所以，，
所以直线与平面所成角的正切值为.
（3）由（1）知在翻折过程中，因为，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆，
因为平面，以为原点，、所在直线为，轴，
过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图，
则、、、，
设，，
则，，
，．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则．
设平面的法向量为，则由，
取，则，，则，
，
，
设为平面与平面的夹角，
则．，
令，则，则，
则，
当，即，时，取最小值，且最小值为，
所以平面与平面夹角的余弦值的最小值为．
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