期中真题百练通关（193题30大常考题型）（期中专项训练）（原卷版+解析版）高一数学上学期人教A版

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题型一：空间向量基础概念与线性运算
1．【多选】（24-25高二上·广东广州·期中）给出下列命题，其中正确的命题是（ ）
A．若，则或
B．若向量是向量的相反向量，则
C．在正方体中，
D．若空间向量、、满足，，则
【答案】BC
【分析】根据空间向量的概念可判断A选项；利用相反向量的概念可判断B选项；利用相等向量的概念可判断C选项；利用共线向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A：模相等的两个向量，它们的方向是任意的，A错误；
对于B：向量是向量的相反向量，则，B正确；
对于C：在正方体中，四边形是矩形，故，C正确；
对于D：若，则，，但、不一定共线，D错误.
故选：BC.
2．（24-25高二上·安徽合肥·期中）在空间四边形中，等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量加减法的运算法则即可求解.
【详解】,
故选：C
3．（24-25高二上·浙江绍兴·期中）在平行六面体中，运算的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】应用空间向量加减的几何意义及运算律化简求结果.
【详解】如下图，结合向量加法几何意义有.
故选：C
4．【多选】（24-25高二上·陕西安康·期中）如图，在四面体ABCD中，点E，F分别为BC，CD的中点，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据空间向量的加法、减法及数乘运算化简即可逐项判断得解.
【详解】因为E，F分别为BC，CD的中点，所以由中位线性质可知，故A正确；
若可得，由图可知不共线，矛盾，故B错误；
因为，故C正确；
因为，故D正确.
故选：ACD
题型二：空间向量共线与共面问题
5．（24-25高二上·湖南永州·期中）下列条件中，能说明空间中不重合的三点、、共线的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据向量的加法运算可判断A，根据向量的减法以及相反向量可判断B，根据共线向量的定义可判断C，向量的模长相等不一定能推出向量共线，即可判断D.
【详解】对于A，对于空间中的任意向量，都有，不能说明三点共线，说法A错误；
对于B，若，则，而，据此可知，即，两点重合，选项B错误；
对于C，，则、、三点共线，选项C正确；
对于D，，则线段的长度与线段的长度相等，不一定有、、三点共线，选项D错误；
故选：C.
6．（24-25高二下·福建龙岩·期中）已知，，不共面，若，，且三点共线，则（ ）
A．B．1C．2D．3
【答案】A
【分析】由，列出方程求解即可.
【详解】因为三点共线，
所以，
即，
所以，解得，
所以，
故选：A
7．（24-25高二上·浙江台州·期中）已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”是“”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】B
【分析】先根据向量基底的概念证明必要性，然后举出反例说明“不充分”，由此得出正确选项.
【详解】当时，由于是不共线的向量，故可用作为基底表示出来，
即共面，所以“必要性”成立.
当共面时，直线l可能在平面内，故“充分性”不成立.
所以是必要不充分条件.
故选：B.
8．（24-25高二上·江苏无锡·期中）设为空间的一个基底，，，，若，，共面，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据向量共面定理列方程，解方程组即可.
【详解】由已知，，共面，
则可设，
即，
即，解得，
故选：D.
9．（24-25高二下·江苏淮安·期中）已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（ ）.
A．9B．10C．11D．12
【答案】B
【分析】根据向量共面的性质来求解的值.若三个向量，，共面，则存在实数，使得，然后根据向量相等的性质列出方程组，进而求解.
【详解】因为向量，，共面，所以存在实数，使得.
则可得.
由，可列出方程组.
由可得，将其代入中，得到.
去括号得，移项合并同类项得，解得.
将代入，可得.
将，代入，可得.
故选：B.
10．（24-25高二下·上海·期中）已知四点共面，且任意三点不共线，为平面外任意一点，若，则 ．
【答案】/0.4
【分析】根据空间向量共面定理即可求得.
【详解】∵，
由空间向量共面定理得：，
故答案为：.
11．【多选】（24-25高二上·山东·期中）下列说法中正确的是（ ）
A． 是共线的充分不必要条件
B．若共线，则
C．三点不共线，对空间中任意一点，若，则四点共面
D．若为空间四点，且有（不共线），则是三点共线的充要条件
【答案】ACD
【分析】由向量数量积运算律及共线判定，结合充分必要性定义判断A，利用共线，则直线AB，CD可能重合判断B，利用四点共面的结论判断C，由向量线性运算及共线判定，结合充分必要性定义判断D.
【详解】对于A：由，
此时，共线，充分性成立，
若，同向共线，且，则，显然不成立，
必要性不成立，
所以“”是“共线”的充分不必要条件，故A正确；
对于B：若共线，则直线AB，CD可能重合，故B错误；
对于C：由，且，
根据空间向量共面的推论知四点共面，故C正确；
对于D：（不共线），若，
则，所以，
即，所以三点共线，反之也成立，
所以是三点共线的充要条件，（本选项也可用三点共线的推论）故D正确.
故选：ACD
题型三：空间向量数量积及其应用
12．（24-25高二上·山东威海·期中）对任意的空间向量，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．
C．D．若，则
【答案】C
【分析】根据空间向量的概念逐项判断即可.
【详解】选项A：若，，则与不一定平行，如在正方体中，

满足，，此时，故A说法错误；
选项B：表示与共线的向量，表示与共线的向量，所以与不一定相等，B说法错误；
选项C：向量的数量积满足乘法分配律，所以，C说法正确；
选项D：若，则与模长相等，方向不一定，所以与不一定相等，D说法错误；
故选：C
13．（24-25高二下·甘肃兰州·期中）设正四面体的棱长为，，分别是，的中点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到，，结合向量的数量积的定义与运算，即可求得的值，得到答案.
【详解】如图所示，因为分别为的中点，可得，，
又因为四面体为正四面体，且棱长为，
可得.
故选：D.
14．（24-25高二下·福建漳州·期中）已知棱长为的正四面体中，是的中点，是上一点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果.
【详解】依题意，有，，设，
则
．
故选:B．
15．（24-25高二下·江苏盐城·期中）已知正四棱锥的所有棱长均为1，O为底面ABCD内一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意作图，根据空间向量的共面定理，求得参数，结合数量积的运算律，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：
由，则，
由共面，则，解得，
所以
.
故选：B.
16．（24-25高二下·河南新乡·期中）记棱长为2的正方体的内切球为球是球O的一条直径，P为该正方体表面上的动点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据空间向量的加法运算和数量积的运算律求解.
【详解】由题意可得，球O的半径为1．
．当P为正方体顶点时等号成立，
故选：B
17．（25-26高二上·浙江·期中）如图，在平行六面体中，，，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以向量为基底向量，表示出，由向量模的公式求解即可.
【详解】
，
，，
.
故选：A.
18．（24-25高二上·广东·期中）已知空间向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据已知化简得出，再两边平方结合数量积公式计算得出夹角余弦进而求出夹角.
【详解】设与的夹角为.由，得，
两边平方得，所以，
解得.又，所以.
故选：C.
19．（24-25高二上·山东潍坊·期中）A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，M为的中点，则是（ ）
A．钝角三角形B．锐角三角形
C．直角三角形D．不确定
【答案】C
【分析】利用向量数量积的运算律计算可得，即可判断得出结论.
【详解】因为M为的中点，所以，
可得，
所以，即，
可得是直角三角形.
故选：C
题型四：空间向量基本定理及其应用
20．（23-24高二上·山西运城·期中）若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）.
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】要判断一组向量能否构成空间的一个基底，即判断这组向量是否不共面，逐一分析各选项，找出不共面的向量组即可．
【详解】对于A，因为，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，因为，
所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故B错误；
对于C，假设，，共面，则存在实数，使得，
由于为空间的一个基底，所以可得实数的解为，
但与矛盾，假设不成立，即不共面，能构成空间的一个基底，故C正确；
对于D，因为，
所以共面，不能构成空间的一个基底．
故选：C．
21．（24-25高二下·江苏南京·期中）在平行六面体中，为与的交点．若，则下列向量中与相等的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】作图，然后根据空间向量基本定理求解即可.
【详解】根据题意，．
故选：B．
22．（23-24高一下·天津·阶段练习）如图，空间四边形中，，，，点在线段上，且，点为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量基本定理，得到答案.
【详解】，点为中点，
.
故选：D
23．（24-25高一下·天津滨海新·期中）如图所示，在平行六面体 中，M是 的中点，点N是CA₁上的点，且 用表示向量 的结果是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】结合图形，利用空间向量的加减数乘运算，将用空间的基底表示即可.
【详解】由图可得：
.
故选：C.
24．（24-25高二上·山东·期中）如图所示，在三棱柱中，为的中点.若，则可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定的几何体，结合空间向量基本定理，利用空间向量的线性运算求出.
【详解】在三棱柱中，为的中点，
.
故选：B
题型五：空间向量及其运算的坐标表示
25．（23-24高二上·山西运城·期中）已知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
【分析】利用空间直角坐标系中关于坐标平面对称问题直接求解.
【详解】与点关于平面对称的点是(4,−3,2)；
故选：D
26．（23-24高二上·山西运城·期中）已知向量，，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先计算出，进而得到.
【详解】，
故.
故选：B
27．（24-25高二上·天津·期中）已知，，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用空间向量的坐标进行空间向量的线性运算即可.
【详解】由，，可得：，
故选：A.
28．（24-25高二下·江苏连云港·期中）已知满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知由空间向量的坐标运算求得 ，根据数量积的运算律结合，即可得的值．
【详解】由已知，，
所以，
又，所以.
故选：D.
29．（24-25高二下·甘肃酒泉·期中）已知空间向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用空间向量垂直的坐标形式可取参数的值.
【详解】因为，所以，可得，
故选：C.
30．（24-25高二下·福建莆田·期中）已知，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据数量积和投影向量公式计算即可.
【详解】已知，，可得：
且，那么。
根据向量投影向量的计算公式，向量在向量上的投影向量为。
将，，代入可得：.
故选：C.
题型六：空间位置关系的向量判断
31．（24-25高二下·江苏常州·期中）若平面，的法向量分别为，，则与的位置关系是（ ）
A．平行B．垂直C．相交但不垂直D．无法确定
【答案】B
【分析】求出给定向量的数量积，再利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【详解】由，得，
所以平面与垂直.
故选：B
32．（24-25高二下·江苏盐城·期中）已知为平面的一个法向量，为直线l的一个方向向量，则“”是“”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
【分析】根据平面的法向量和直线的方向向量定义，利用充分条件和必要条件的判断方法即可推得．
【详解】由为平面的一个法向量，为直线的方向向量，若，则，即充分性成立；
由为平面的一个法向量，为直线的方向向量，若，则或，即必要性不成立.
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
33．（24-25高二下·江苏盐城·期中）已知平面的法向量为，，平面的法向量为，若，则（ ）
A．最大值为2B．最大值为
C．最小值为D．最小值为2
【答案】B
【分析】根据，可得，则，进而可求出的关系及符号，再利用基本不等式即可得解.
【详解】因为，所以，
则存在唯一实数，使得，
即，
所以，所以，
因为，所以，所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
故选：B.
34．（24-25高二下·江苏常州·期中）已知直线的一个方向向量为，且直线与过和两点的直线垂直，则等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】先根据、两点坐标求出，再利用两直线垂直则它们的方向向量垂直，根据向量垂直的性质列出方程，进而求出的值.
【详解】已知，，根据向量坐标运算，可得.
因为直线与过、两点的直线垂直，所以直线的方向向量与垂直.
根据向量垂直的性质，可得.
化简得,解得.
故选：A.
35．（24-25高二上·广西玉林·期中）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则与的关系是（ ）
A．B．C．与相交D．或
【答案】A
【分析】根据方向向量与法向量平行，即可判断.
【详解】由向量，得，
所以，所以.
故选：A
36．（24-25高二上·青海西宁·期中）若直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】利用坐标运算得出，即可根据得出或
【详解】由题意可知，，则，故或.
故选：D
37．（24-25高二上·浙江嘉兴·期中）已知，分别是平面，的法向量，且，则t的值为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】两平面垂直等价于两平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为0可得结果.
【详解】∵，∴，
∴，解得.
故选：B.
题型七：空间角度的向量求法
38．（24-25高一下·天津·期中）在正方体中，已知为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，设正方体的棱为2，写出点的坐标，利用异面直线夹角余弦公式进行求解
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，
故，
故异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
39．（24-25高二下·浙江杭州·期中）长方体中，，点分别是棱和的中点，点在侧面（包括边界）移动．若，则异面直线与所成角的余弦值的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标运算公式结合基本不等式即可求出结果.
【详解】在长方体中，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设是的中点，所以.
设，，
因为，所以，所以，
设异面直线与所成角为，
因为异面直线成角的范围是，
则，
因为，所以，当且仅当时取等号，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值的最大值为.
故选：A.
40．（24-25高二下·福建宁德·期中）如图，在四棱台中，底面ABCD是菱形，平面，直线AC与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题设建立适当空间直角爱坐标系求得两直线方向向量，代入夹角公式即可计算求解.
【详解】取BC的中点，连接AF，则由题意可得,，且，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，
所以直线AC与直线所成角的余弦值为．
故选：A
41．（24-25高三下·江西赣州·期中）已知一圆锥的底面半径是1，高为，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意建系，设出点B，C的坐标，利用空间向量的夹角公式和三角恒等变换将其化成关于余弦的绝对值函数，利用余弦函数的值域即可求得.
【详解】
如图，设圆锥的底面圆圆心为点，分别以直线所在直线为轴，
过点且与垂直的直线为轴建立空间直角坐标系.
依题意，因点B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，
可设，其中，
则，
设直线SA与BC夹角为，
则
，
因，故当时，取得最大值1，此时取得最大值.
故选：D.
42．（21-22高二上·重庆云阳·期中）在三棱锥中，，，平面，点，分别为，的中点，，为线段上的点（不包括端点，），若使异面直线与所成角的余弦值为，则（ ）
A．或4B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意与勾股定理建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，利用线线角向量公式，可得答案.
【详解】如图，在三棱锥中，，，所以．
因为平面，以为原点，，，为、、轴正方向建立空间直角坐标系．
可知，，．
因为，，所以，
所以，则．设，且，
则，可知，，
所以，
，．
因为异面直线与所成的角的余弦值为，
所以，
解得或（舍去）．所以．
故选：D.
43．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）在正三棱柱中，，P为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系.求平面的一个法向量，以及直线的方向向量，则即为所求.
【详解】如图，过点作平面的垂线为轴，以，为轴和轴，作空间直角坐标系.
则平面的一个法向量为，
设正三棱柱中，，则，，
所以，所以,
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A
44．（25-26高二上·新疆·期中）在四棱锥中，底面，，，，．

(1)证明：；
(2)求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）利用线面垂直得到，利用直角三角形得到，从而可得线面垂直，进而可证线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式可得答案.
【详解】（1）证明：底面，平面，
，
取中点，连接，
，，
，又，
，，
为直角三角形，且为斜边，
，
又，平面，平面，
平面，又平面，
；
（2）由（1）知，，，两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
，
则，
，
设平面的一个法向量为，则，则可取，
设与平面所成的角为，则，
与平面所成的角的正弦值为．
45．（24-25高二下·广西·期中）如图，在四棱锥中，，，平面平面，，M，N分别是，的中点.

(1)证明：；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得平面，进而由线面锤子的性质定理得线线垂直.
（2）取的中点E，先求得是正三角形，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求得线面角的正弦值即可.
【详解】（1）∵，是的中点，∴，
又∵平面平面且交于，平面，
∴平面，
又平面，∴.
（2）取的中点E，∵，
∴，，且，，
∴四边形是矩形，∴，
因此是正三角形，∴，，.
如图所示，建立空间直角坐标系
，，，，，
∴，，，
设平面的法向量，
则有，
令，则，，
故为平面的一个法向量.
由
所以直线与平面所成角的正弦值为.
46．（24-25高二下·广西贵港·期中）如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点．
(1)证明：平面．
(2)证明：平面．
(3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）先证明，,再利用线面垂直的判定定理求解即可；
（2）取线段的中点，连接，，先利用平行四边形证明，再利用线面平行的判定定理求解即可；
（3）过点作圆柱的母线，以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，再利用夹角公式求解即可.
【详解】（1）依题意可得为圆的一条直径，则．
因为平面，平面，所以，
又，所以平面，
所以平面．
（2）取线段的中点，连接，．
在中，，．
因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，则．
因为平面，平面，
所以平面．
（3）过点作圆柱的母线，则平面，所以，，互相垂直．
以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，，则，，，，所以，．
设为平面的法向量，
所以令，则．
易知直线的一个方向向量为．
记直线与平面所成的角为，
则，
结合，解得，，所以．
47．（24-25高二上·陕西宝鸡·期中）二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，，，，则该二面角的大小为（ ）

A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】根据向量的线性运算，结合模长公式可得，即可向量根据夹角公式求解.
【详解】由可得,
故，
进而可得,
由于，
由于，故，
由于夹角的大小即为二面角的大小，故二面角大小为120°，
故选：C
48．（24-25高二上·四川·期中）在正方体中，为的中点，则平面与平面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设正方体的棱长为1，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值.
【详解】两两垂直，故以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，取的中点为，连接，
则， ，，
则，
又因为，，，平面，故平面，
所以为平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，所以
为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
故选：D．
49．（24-25高二下·河北秦皇岛·期中）如图，在三棱柱中，，，平面平面，平面平面，点，分别在棱，上，且.
(1)求证：；
(2)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题干条件，结合勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1）可知，，，故以为坐标原点，，，分别为，，建立空间直角坐标系.分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用二面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）∵，，∴，∴.
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.
又平面，.
∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.
又平面，.
∵，，，平面，平面，∴平面.
又平面，.
（2）由（1）可知，，，故以为坐标原点，，，分别为，，建立空间直角坐标系如图所示.
则由题可知，，，，，
∴，，.
平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，
∴平面的一个法向量为.
平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，，
∴平面的一个法向量为.
∴，
∴，
∴二面角的正弦值为.
50．（24-25高二下·福建泉州·期中）如图，在直三棱柱中，，且分别是的中点.
(1)证明：平面（要求：不能用空间向量）
(2)求到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，可证四边形是平行四边形，得到，再根据线面平行的判定即可证明平面；
（2）根据等体积法，利用，即可求到平面的距离；
（3）以为原点建立空间直角坐标系，根据平面法向量的求解步骤，分别求出平面与平面的一个法向量，再利用平面法向量与夹角间的关系可解.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为是的中点，所以且，又因为是的中点，
直三棱柱中且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）由已知，可得.
根据勾股定理可得，
，，
，
根据余弦定理可得，
所以，则，
，
设到平面的距离为，因为，
根据三棱锥体积公式可得：，
即，解得，
所以到平面的距离为.
（3）依题意可知，两两相互垂直，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
则，，，.
，，，.
设平面的法向量为，
则，即，不妨取，则.
设平面的法向量为，
则，即，不妨取，则 ，
设平面与平面夹角为，根据向量夹角公式可得：
，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
51．（24-25高二下·江苏南京·期中）直四棱柱中，底面为平行四边形，若分别为的中点.
(1)证明： 平面；
(2)若，且平面与平面所成角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，易证四边形为平行四边形，得，根据线面平行的判定定理得证；
（2）由题易得平行四边形是菱形，连接交于点，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面和平面的一个法向量，利用向量夹角公式列式求出，得解.
【详解】（1）取中点，连接
为中点，
，即四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面.
（2）
在直四棱柱中，平面，则，
又，则，所以平行四边形是菱形，
连接交于点，由，则，，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
设平面的一个法向量为
则，令，得，
，
又
设平面的一个法向量为，
则，解得，
，
解得，故.
题型八：空间距离的向量求法
52．（24-25高二下·福建龙岩·期中）如图，在四棱柱中，底面是菱形，，，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，设，连接，证明平面，再以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】连接，设，连接，
由，得，所以，
因为底面是菱形，所以，
又因为，且，在平面内，
所以平面，
在中，，，所以，
如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则有，令，得，
所以点到平面的距离.
故选：C.
53．（24-25高二下·山西吕梁·期中）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．与所成角为D．点B到平面的距离为
【答案】C
【分析】建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面垂直以及线面平行的向量表示可判断AB错误，利用异面直线夹角的向量求法计算可得C正确，再由点到直线距离的向量表示计算可得D错误.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
对于A，易知，可得
对于A，设平面的一个法向量为，
则，令，则可得，
即，
显然此时不共线，因此平面不成立，即A错误；
对于B，又，则，
显然此时，所以平面不成立，即B错误；
对于C，易知，
因此与所成角为，即C正确；
对于D，易知，又平面的一个法向量为，
所以点B到平面的距离为，即D错误.
故选：C
54．（24-25高三上·天津·期中）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）取的中点，连接，利用三角形中位线，平行四边形性质以及线面平行的判定定理即可证明；
（2）结合已知条件建立空间直角坐标系，分别写出相应的点坐标，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解即可；
（3）在（2）的基础上利用向量法求点到面的距离即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
在中，因为，分别是为棱，的中点，
所以为中位线，
所以，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）平面，平面，
所以，又，
所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
取的中点，连接，如图所示：
因为，，且，
所以四边形是边长为2的正方形，
所以，
因为为棱的中点，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，
即平面的一个法向量为，
又平面，平面,
所以，由，且，
所以平面，即平面，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面和平面夹角的余弦值为
（3）由（2）知，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为：
，
所以点到平面的距离为.
55．（24-25高二下·福建漳州·期中）在空间直角坐标系中，已知，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由空间中点到直线的距离的向量求法求解即可.
【详解】依题意，得，．
因此在上得投影长为，
所以点到直线的距离为．
故选：B．
56．（24-25高三上·天津北辰·期中）如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.
(1)求证：平面；
(2)求点到直线的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可；
（2）以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：设，连接，
由四边形为矩形，得为中点，
又为中点，则，
又平面，平面，所以平面.
（2）解：由垂直于梯形所在平面，，得直线、、两两垂直，
以为坐标原点，直线、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、，
，，
所以，点到直线的距离为.
（3）解：由（2）可知，，，
设平面的法向量，则，
令，得，
易知平面的一个法向量，
则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.
57．（24-25高三上·天津滨海新·期中）如图，在直三棱柱中，，，，点，分别在棱和棱上，且，．
(1)设为中点，求证：面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到直线的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取BE的中点为G，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法，即可求得答案；
（3）利用空间距离的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取BE的中点为G，连接，
因为为中点，所以，
而，，则，，故，
所以，则四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面；
（2）在直三棱柱中，，故两两垂直，
以所在直线为轴建立空间直坐标系，
由于，
故，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
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；
（3）,
故点到直线的距离为.
58．（24-25高二下·甘肃平凉·期中）正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，，可得且交于，再由面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】因为为正四棱锥且是在底面内的正投影，
所以面，
连接，，则且交于.
因为 面，
所以，.
所以以，，为 ，，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
则，，，，，
所以，.
设异面直线与的公垂线方向向量为，
则有 ，即，取.
又因为，
所以异面直线与的距离.
所以异面直线与的距离为.
故选：B
59．（24-25高二上·辽宁大连·期中）在长方体中，，，，E为AB的中点，则异面直线与DE的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，得出各点坐标，求出与的公垂线的一个方向向量，由空间向量的数量积即可得解.
【详解】分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，E为AB的中点，
则，，，，
则，，
设与DE的公垂线的一个方向向量为，
则，取，得，则，
又，
所以异面直线与DE之间的距离为.
故选：C.
题型九：空间线段点的存在性问题
60．（24-25高二上·云南曲靖·期中）如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面是直角梯形，，，，，是棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，且
【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得平面；
（2）利用空间向量法可求得二面角的余弦值；
（3）假设存在满足题意的点，且，求出向量的坐标，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求出的值，由此可得出结论.
【详解】（1）因为底面，，
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，
则、、、、、，
则，，.
设平面的法向量是，则，
令，则，，于是.
因为，所以，，
又因为平面，所以，平面.
（2）设平面的法向量为，则，，
则，取，可得，，则，
设二面角的平面角大小为，则为锐角，
所以，，
所以，二面角的平面角的余弦值为.
（3）假设存在满足题意的点，且，
则
由于平面的一个法向量，
由题意可得：，
整理可得，解得，
据此可得存在满足题意的点，且.
61．（24-25高二上·上海嘉定·期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，，E为AD中点，点O，F分别为BE，DE的中点.将沿BE折起到的位置，使得平面平面BCDE（如图2）.
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据已知易得，再由面面垂直的性质证平面BCDE，最后应用线面垂直的性质证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角即可；
（3）设，，进而得到，证明平面得该面的法向量，通过的坐标表示列方程求参数，判断存在性.
【详解】（1）如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为AD中点，
为等边三角形，如图2中O为BE的中点，则.
又平面平面BCDE，且平面平面，面，
所以平面BCDE，平面BCDE，所以.
（2）如图2，连结OC，由已知得，又O为BE的中点，则.
由（1）知平面BCDE，面BCDE，则，，
以O为原点，，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图2）
，易知.
，，，，
，，.
设平面的一个法向量为，由，
得，即，取，得.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）如图2，假设在侧棱上存在点P，使得平面.
设，，
，
.
易知四边形BCDE为菱形，且，而，则，
由（1）知，，且都在面内，所以平面.
所以为平面的一个法向量.
由，得.
所以侧棱上存在点P，使得平面，且.
62．（24-25高二上·四川泸州·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为.
(1)求证：平面；
(2)若点为棱的中点，求点到平面的距离；
(3)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质可得；根据线面垂直的判定与性质可得，结合菱形对角线互相垂直和线面垂直判定定理可证得结论；
（2）方法一：以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点面距离的向量求法可求得结果；
方法二：取的中点，作，，根据平行关系可将所求距离转化为点到平面的距离，由平面，结合长度关系可求得结果；
（3）方法一：设，根据面面角的向量求法可构造方程求得的值，进而得到结论；
方法二：假设存在点，根据二面角平面角的定义可知，由长度关系可求得结果.
【详解】（1）连接，，
为等边三角形，为中点，；
由题意知：平面，又平面，，
，平面，平面，
平面，；
四边形为平行四边形，，
四边形为菱形，，
分别为中点，，，
又，平面，平面.
（2）方法一：由（1）知：平面，；
则以为坐标原点，正方向为轴正方向，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离；
方法二：取的中点，连接，过作交于，
过作分别交的延长线于，则分别是的中点，
，平面，平面，平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离；
由（1）得：，平面，
平面，是直角三角形，
在菱形中，易得，，，
，，
即点到平面的距离为.
（3）方法一：，，，
设，，，
；
由（2）知：平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，解得：（舍）或，
此时，
在棱上存在点，使得平面与平面所成的角为，此时；
方法二：假设存在点满足题意，取的中点，连接，
过作交于，连接，
，平面， 又由（1）得：，，
二面角的平面角为，；
在菱形中，作，
，，
，
为直角三角形，，，
在棱上存在点，使得平面与平面所成的角为，此时.
63．（24-25高三上·四川·期中）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且，侧面是正三角形，侧面底面，E为中点，作交于F．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)在平面内是否存在点Q．使得，若存在，求动点Q的轨迹长度；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）由面面垂直的性质得面，进而有，且，最后根据线面垂直的判定，面面垂直的判定及性质证结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值；
（3）问题化为判断以为直径的球体与平面是否存在交线，结合点面距离判断中点与面的距离与的大小，即可判断.
【详解】（1）由侧面底面，侧面底面，面，
又底面是直角梯形，，故，
所以面，面，则，
由侧面是正三角形，E为中点，则，
而且都在面内，则面，面，
所以面面，而，面面，面，
所以平面.
（2）依题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，，
所以，，
令是面的一个法向量，则，
令，则，
令是面的一个法向量，则，
令，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值.
（3）由，即，故点在以为直径的球体与平面的交线上，
又，其中点坐标为，则，
由（1）（2）知，是面的一个法向量，
所以到面的距离，
所以以为直径的球体与平面不相交，故不存在使.
64．（24-25高二上·北京延庆·期中）如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解；
（3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，

所以.
又因为平面平面，
平面，
所以面；
（2）因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设平面的法向量为，
由，得
，
点到平面的距离
（3）设
所以点到面的距离为定值
.
，
解得：或.
题型十：直线的倾斜角与斜率
65．（24-25高二下·上海浦东新·期中）如图，直线、、的斜率分别为、、，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据图象结合斜率及倾斜角的关系分别判断即可.
【详解】设直线、、的倾斜角为、、，由图可知，
所以，即.
故选：A.
66．（24-25高二上·内蒙古呼和浩特·期中）已知、，若斜率存在的直线l经过点，且与线段AB有交点，则l的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用直线的斜率公式计算，；再结合图形，利用直线与线段有交点的条件建立不等式，即可得出结果.
【详解】由直线的斜率公式可得：
；.
结合图形，要使直线l经过点，且与线段AB有交点，l的斜率需满足或.
故选：C.
67．（24-25高二上·河南驻马店·期中）已知直线l的倾斜角满足，则l的斜率k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据直线斜率与倾斜角的关系，为倾斜角，分别求出倾斜角在和时斜率的值，再根据正切函数在给定区间的单调性确定斜率的取值范围.
【详解】当时，.
当时，.
因为在上单调递增，在上也单调递增.
当时，；
当时，.
所以的取值范围是.
故选：C.
68．（24-25高二上·天津·期中）直线l的方向向量为，则该直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的条件，求出直线的斜率，进而求出倾斜角.
【详解】由直线l的方向向量为，得该直线的斜率为，所以该直线的倾斜角为.
故选：C
69．（24-25高二上·河北张家口·期中）三点，，在同一条直线上，则的值为（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】根据两点斜率表达式得到方程，解出即可.
【详解】显然，则，即，解得.
故选：D.
题型十一：两条直线平行与垂直的判定
70．（24-25高二下·上海青浦·期中）若、为实数，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】B
【分析】利用两直线平行求出实数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若直线与直线平行，则且，
因为“”“且”，
但“”“且”，
因此，“”是“直线与直线平行”的必要不充分条件.
故选：B.
71．（24-25高二上·甘肃兰州·期中）已知直线与直线平行，则实数a的值为（ ）
A．B．C．或1D．或1
【答案】D
【分析】利用两条直线平行的条件列式求解.
【详解】由直线与直线平行，得，解得或，
所以实数a的值为或1.
故选：D
72．（24-25高二下·河南新乡·期中）若直线与互相垂直，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】分类讨论直线的斜率，再利用即可.
【详解】由题意可知直线的斜率，
当时，直线的斜率不存在，不满足；
当时，直线的斜率，
由，得，即，解得．
故选：B
73．（24-25高二下·山西·期中）若直线与直线垂直，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】利用两条直线互相垂直列式求解.
【详解】由直线与直线垂直，得，所以.
故选：C
题型十二：直线的方程
74．（24-25高一下·江苏镇江·期中）直线与轴、轴分别交于两点，则（为坐标原点）的平分线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．或
【答案】B
【分析】利用斜率与倾斜角正切值关系，要求角平分线所在直线斜率，则先求半角的正切值，从而即可得角平分线的直线方程.
【详解】根据题意，直线与轴、轴分别交于两点，
令，可得，则的坐标为，
令，可得，则的坐标为，
如图：
设，为锐角），
则，即，
则有，解可得或（舍），
则的平分线所在直线的斜率，
其方程为，变形可得，
故选：B.
75．（24-25高二下·北京·期中）以为端点的线段的垂直平分线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】线段的垂直平分线过线段中点，且斜率与线段所在直线斜率相乘等于，据此即可求出线段垂直平分线方程.
【详解】因为
则，
所以线段AB的中垂线的斜率为，
又线段的中点为，即，
所以线段中垂线方程为：，即.
故选：C．
76．（24-25高二上·福建福州·期中）已知直线经过点，且方向向量，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用直线的方向向量即可求得斜率，再利用直线的点斜式方程求出结果.
【详解】由题意知直线的方向向量是，可得其斜率为 ，
所以直线的方程为，即.
故选：C
77．（24-25高二上·广东中山·期中）已知的顶点分别为，，，中点，求边的垂直平分线的方程.
【答案】
【分析】根据的顶点，，求得的中点及斜率，再根据垂直平分线的定义求解.
【详解】因为的顶点，，
所以中点，，
则边的垂直平分线的斜率为 ，
所以边的垂直平分线的方程为，即.
78．（23-24高二上·海南三亚·期中）已知的顶点为，，，求：
(1)边AC上的中线所在直线的方程；
(2)边AC上的高所在直线的方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出中点，和 ，运用点斜式得方程；（2）求出，运用点斜式得方程.
【详解】（1）设中点为，所以，即，
所以，直线：，即，
所以边上的中线所在的直线方程为.
（2）由题意得，所以边上高的斜率为，
所以边上高所在直线的方程为：，即.
79．（24-25高二上·广东广州·期中）直线l过点且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为 ．
【答案】或
【分析】利用直线的截距式方程分别讨论截距是否为0即可得出结果.
【详解】当截距均为0时，即过，此时直线l的方程为；
当截距不为0时，设直线l的方程为，
满足，解得，此时直线l的方程为；
综上可得直线l的方程为或.
故答案为：或
80．（24-25高二上·广东东莞·期中）直线的方程为，.
(1)若直线在两坐标轴上的截距相等，求的方程；
(2)若直线分别交轴、轴的正半轴于点、，点是坐标原点．若的面积为，求的值.
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）根据直线截距的概念，分别令、列式求解即可；
（2）分别求出直线在轴、轴的截距，代入三角形面积公式可得，直接解一元二次方程求解.
【详解】（1）当即时，直线的方程为，不满足题意；
当，即时，令得，令，得，
由截距相等得，解得或，
当时，直线的方程为，当时，直线的方程为，
故综上所述，所求直线的方程为或．
（2）由题意知，，，且在轴、轴上的截距分别为、，
所以，解得，
所以的面积，

由题意知，化简得，解得或，均满足条件，
所以或．
题型十三：由直线方程平行垂直及求方程
81．（24-25高二上·四川成都·期中）过定点且与直线平行的直线方程为 .
【答案】
【分析】设直线方程，再结合定点坐标即可求解.
【详解】设直线方程为，
由在直线上，可得：，
得：，
所以直线方程为，
故答案为：
82．（24-25高二下·河南濮阳·期中）经过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用两直线垂直得出所求直线的斜率，再利用点斜式方程可得结果.
【详解】由题意可知的斜率为，
所以与其垂直的直线斜率为，
由点斜式可知该直线方程为，
故选：D
83．（24-25高二上·宁夏吴忠·期中）据下列条件分别写出直线的方程．并化为一般式方程．
(1)求经过点，且与直线平行的直线方程；
(2)已知点，．求线段的垂直平分线的方程；
(3)求经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．
【答案】(1)
(2)
(3)和
【分析】根据题给条件设直线方程即可.
（1）设与直线平行的直线方程为，代点即可求解.
（2）根据点求中点坐标及其斜率，与线段的垂直的直线的斜率与，点斜式写直线方程即可.
（3）设截距，考虑截距为和不为的情况，根据点斜式写直线方程即可.
【详解】（1）设与直线平行的直线方程为，过，则，则，所以直线的一般方程为.
（2）因为点，，中点为，，
则垂直平分线的斜率，则，
直线方程为，所以直线的一般方程为.
（3）设直线在两坐标轴上的截距为，即直线过
当截距时，直线过，，则，即；
当截距时，直线斜率，则，即.
所以在两坐标轴上的截距相等的直线方程为和.
题型十四：直线的交点坐标
84．【多选】（25-26高二上·全国·期中）已知直线：，直线：，则（ ）
A．当时，与的交点是
B．直线与都恒过
C．若，则
D．，使得
【答案】ABC
【分析】将代入，联立两直线方程即可求得交点，则A可解；由直线过定点问题可求B；由直线垂直的条件可判断C；由直线平行的条件可判断D.
【详解】对于A，当时，直线，直线，
联立，解得，
所以两直线的交点为，故A正确；
对于B，将点代入的方程，两方程对任意参数都成立，所以直线与都恒过，故B正确；
对于C：若，则，解得，故C正确；
对于D，假设存在，使，则，
解得或，
当，，，两直线重合，舍去，
当时，，即，
，即，两直线重合，舍去，
所以不存在，使，故D错误.
故选：ABC.
85．（24-25高二上·云南曲靖·期中）已知直线过直线和的交点，且与平行，则的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出直线、的交点坐标，根据题意，设直线的方程为，将交点坐标代入直线的方程，求出实数的值，即可得出直线的方程.
【详解】联立直线、的方程，，解得，
故直线、的交点坐标为，
因为直线与直线平行，设直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，解得.
因此，直线的方程为.
故选：B.
86．（24-25高二上·福建·期中）已知的顶点，边上的高所在直线为，为中点，且所在直线方程为.
(1)求边所在的直线方程；
(2)求顶点的坐标.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用垂直关系求出直线的斜率，进而求出其方程.
（2）求出直线的交点坐标即可.
【详解】（1）由边上的高所在直线的斜率为1，得直线的斜率为，
又直线过，所以直线的方程为，即.
（2）由直线的方程为，而顶点为直线与直线的交点，
由，解得，
所以点.
87．【多选】（24-25高二上·广东佛山·期中）已知三条直线能构成三角形，则实数可能为（ ）
A．B．C．D．6
【答案】AC
【分析】对三条直线的位置关系分三种情况分别讨论，即可得解.
【详解】若三条直线不能构成三角形，则直线存在以下三种情况；
①当与平行（或重合）时，则，解得；
②当与平行（或重合）时，则，解得；
③当三条直线交于同一点时，由，解得，
代入解得.
所以选项中，三条直线能构成三角形的实数可能为，AC正确，
故选：AC.
88．【多选】（24-25高二上·湖北·期中）若三条直线，，不能构成三角形，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由三条直线不能围成三角形，则三条直线中至少有两条直线平行或三条直线交于同一点列式可得结果.
【详解】设，，，
由，解得，
所以与的交点为，
因为三条直线不能围成三角形，所以过与的交点或或，
当过与的交点时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上，的值为.
故选：ABD.
题型十五：平面距离公式
89．（24-25高二下·上海·期中）已知直线经过点，且与轴、轴分别交于点、点，当取最小值时，直线的方程为 ．
【答案】或，
【分析】表达出，得到，，由基本不等式得到的最小值，得到，即可得到直线方程.
【详解】因为直线与轴、轴分别交于点、点，
所以直线的斜率存在，可设直线的方程为，
所以，，所以，，
所以，
当且仅当时取等号，此时，
此时直线的方程为或，
故答案为：或，
90．（24-25高二下·湖南·期中）已知在平面直角坐标系中，，动点满足，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设点，由距离公式得到，则，求出的取值范围，即可得解.
【详解】设点，依题意可得，
即，
则，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
由，解得，所以，则，
所以.
故答案为：
91．（24-25高二上·福建泉州·期中）函数的最小值为 ．
【答案】
【分析】由题意可得表示与、的距离之和，求出C关于x的轴对称点，数形结合，求解即可.
【详解】表示、的距离，
表示、的距离，
又关于x轴的对称点，如图，

所以，
所以．
故答案为：
92．（23-24高二上·重庆·期中）已知在直线上，则的最小值为 ．
【答案】3
【分析】根据，即表示直线上的点到原点距离，由点到直线的距离公式计算，即可得结果.
【详解】因为表示点到原点的距离，而点在直线上，
所以的最小值即为原点到直线的距离，.
所以的最小值为3.
故答案为：.
93．（24-25高二下·云南玉溪·期中）若点，到直线的距离相等，则（ ）
A．4B．C．4或D．或
【答案】C
【分析】分在直线的同侧和分别在直线的两侧两种情况分析即可求解.
【详解】若，在直线的同侧，则，解得；
若，分别在直线的两侧，则直线经过的中点，
则，解得．
故选：C
94．（24-25高一下·上海·期中）已知的三个顶点、、的坐标分别为、、，则此三角形的面积为 .
【答案】
【分析】先求的方程，再求A到直线的距离，再求的面积.
【详解】由直线方程的两点式得直线的方程为，
即，由两点间距离公式得，
设点A到的距离为d，即为边上的高，，
则的面积为.
故答案为：.
95．（24-25高二上·安徽合肥·期中）已知点到直线的距离为3，则实数等于（ ）
A．3B．C．0或3D．0或
【答案】D
【分析】由点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题意可得，解得或，
故选：D
96．【多选】（24-25高二上·广东东莞·期中）过点且与两点距离相等的直线方程（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】先设直线方程，再根据点到直线距离公式列方程解得结果.
【详解】由题意得：满足条件的直线斜率存在，
可设所求直线方程为，即，
因为与点距离相等，
则，可得，解得或，
所以所求直线方程为或.
故选：BC
97．（25-26高二上·全国·期中）若两条平行直线：与：之间的距离是，则直线在x轴上的截距为 ．
【答案】或13
【分析】由两直线平行可得n，再利用平行直线间的距离公式计算可得m，即可得到答案．
【详解】由题意，，因为，所以，解得，所以：，即，
由两平行直线间的距离公式得，解得或．
在中，令，得，故直线在x轴上的截距为或13.
故答案为：或13.
98．（24-25高二下·上海普陀·期中）若直线与直线之间的距离为，则实数的值为 ；
【答案】或
【分析】根据给定条件，利用平行线间距离公式列式求出值.
【详解】直线，即与直线之间的距离为，
则，解得或，经验证，符合题意，
所以实数的值为或.
故答案为：或
99．（24-25高二上·安徽六安·期中）平行于直线，且与它距离为的直线方程是 .
【答案】或
【分析】设所求直线方程为，利用两平行直线间的距离公式即可求解．
【详解】由题意，设与直线平行的直线方程为，
由两平行直线间的距离公式可得，解得或，
故所求直线方程为或．
故答案为：或．
100．【多选】（23-24高二上·安徽芜湖·期中）若两条平行直线：与：之间的距离是，则的值可能为（ ）
A．3B．9C．12D．15
【答案】BC
【分析】根据平行关系求出，两平行线间的距离求出可得答案.
【详解】由题意知，解得，所以：，
又：，即，
所以，解得或，
所以或．
故选：BC．
题型十六：直线对称与反射问题
101．（23-24高二上·吉林长春·期中）关于直线的对称点为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设关于直线的对称点为，根据题意列方程组即可求解.
【详解】设关于直线的对称点为，
则，解得.
故选：A.
102．（24-25高二上·广东清远·期中）已知点P在直线上，点，则的最小值为
【答案】
【知识点】求点关于直线的对称点后可求线段差的最小值.
【详解】如图，设关于直线的对称点为，则，
解得，则，
于是，
结合图形知，当三点共线时，此时取得最小值，
即取得最小值为
故答案为：
103．（24-25高二上·江苏常州·期中）点与点关于直线l：对称，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据垂直关系和中点在直线上可求，从而可求的值.
【详解】因为，故，而的中点为，
故，所以，所以，
故答案为：.
104．（23-24高二上·海南海口·期中）下列说法正确的是（ ）
A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是4
B．点关于直线的对称点为
C．直线关于直线的对称直线的方程为
D．直线关于点的对称直线的方程为
【答案】D
【分析】求出三角形的面积判断A；求出两点的中点坐标判断B；在直线上取点，求出对称点判断C；求出关于点的对称直线的方程判断D.
【详解】对于A，直线与两坐标轴交于，则所求三角形面积为，A错误；
对于B，点和的中点不在直线上，则点关于直线的对称点不是，B错误；
对于C，在直线上取点，设其关于直线的对称点为，
则，解得，而点不在直线上，C错误；
对于D，在所求方程的直线上任取点，则该点关于点的对称点为在直线上，
于是，即，因此所求的直线方程为，D正确.
故选：D
105．（24-25高二上·广东清远·期中）已知直线，若关于对称的直线为，则直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据条件判断，可设，利用对称性可知与间的距离等于与间的距离，列方程求解即得.
【详解】因为，所以，设直线的方程为且.
因为直线关于直线对称，所以与间的距离等于与间的距离.
由两平行直线间的距离公式，得，解得或（舍去）.
所以直线的方程为.
故选：D.
106．【多选】（24-25高二上·福建福州·期中）已知直线和两点.在直线l上有一点P，则的最小值和的最值为（ ）
A．的最小值为12B．的最小值为6
C．的最小值为D．的最大值为2
【答案】AC
【分析】应用点关于直线对称，结合饮马模型求的最小值，利用三角形的三边关系及点线位置关系求的最值，即可得答案.
【详解】令是关于的对称点，则，
所以，即，为与的交点，
如下图，则，
当且仅当共线且在线段上时取等号，即的最小值为12；
由图知（直线与直线的交点离点更近），即，
当且仅当共线且在射线上时取最小值，但无最大值，即最小值是，为.
故选：AC
107．（24-25高二上·北京·期中）已知直线：．
(1)当时，一条光线从点射出，经直线反射后过原点，求反射光线所在直线的方程；
(2)求证：直线恒过定点；
(3)当原点到直线的距离最大时，写出此时直线的方程（直接写出结果）．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）令是关于的对称点，利用垂直和中点在直线上求点坐标，进而写出直线方程；
（2）将直线写成，可求定点，即可证；
（3）由题设易知，利用垂直及点斜式写出直线方程.
【详解】（1）由题设，令是关于的对称点，
则，可得，故，
由题意，反射光线过和原点，
所以反射光线所在直线方程为.
（2）由直线可改写为，联立，可得，
将点代入原直线方程，显然成立，故直线恒过定点，得证.
（3）当原点到直线的距离最大，即点到点的距离，此时，
由，则，故，整理得.
题型十七：圆的方程
108．（24-25高二上·甘肃金昌·期中）以点为圆心，且经过点的圆的方程是 ．
【答案】
【分析】根据已知求得圆的半径，再根据圆的标准方程即可求解．
【详解】由题意，知所求圆的圆心是，半径为，
故所求圆的方程为，
故答案为：．
109．（24-25高二下·河南周口·期中）已知圆心在轴上的圆过点且与轴相切，则该圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设圆心坐标，得到，再由点在圆上，代入即可求解.
【详解】设圆心坐标为：
由题意可知圆的标准方程为：，
由圆过点，
所以，解得：，
所以圆的标准方程为，
故选：C
110．（23-24高二上·天津南开·期中）已知点、、，则外接圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设外接圆的方程为，将三个顶点代入圆的方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】设外接圆的方程为，
由题意可得，解得，
因此，外接圆的方程是.
故选：B.
111．（23-24高二上·江苏无锡·期中）已知的三顶点是．
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)求的外接圆的方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两直线垂直的斜率关系，以及点斜式直线方程，即可求解；
（2）将三点坐标代入圆的一般方程，利用待定系数法，即可求解.
【详解】（1）因为，所以边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为，即；
（2）设外接圆的方程为，
即，解得，，，
所以外接圆的方程为，即.
题型十八：二元二次方程表示的曲线与圆的关系
112．（24-25高二下·上海嘉定·期中）已知表示圆，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将方程变形，利用方程表示的曲线为圆可得出关于的等式，求出的值，然后代值检验即可得解.
【详解】由题意知，由可得，
所以，即，解得或，
当时，方程为，可化为，不合题意；
当时，方程为，可化为，符合题意，
所以.
故选：.
113．（24-25高二上·宁夏吴忠·期中）若方程表示圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将方程化成，再利用条件，即可求解.
【详解】因为方程可变形为，
由题知，得到，
故选：C.
114．（24-25高二下·上海浦东新·期中）若圆的方程为，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】由圆的一般方程可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】因为圆的方程为，则，解得，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
115．（24-25高二上·福建泉州·期中）若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据点与圆的位置关系以及二元二次方程表示圆的条件可得不等式，解不等式即可．
【详解】由已知圆，则，
又点在圆的外部，
则，
即，解得，
故选：C．
题型十九：直线与圆的位置关系
116．（22-23高二上·广东肇庆·期中）直线与圆的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．相交或相切或相离
【答案】D
【分析】已知直线方程恒过，点在以为圆心，半径为1的圆外，可绘出示意图可得出直线和圆的大致位置关系，设点与直线的距离为，通过讨论与半径1的关系，得出结论.
【详解】直线方程可变形为，恒过点.圆，是以为圆心，半径为1的圆.
，故P在圆外，直线与圆的位置关系示意如下：

设圆心到直线：的距离为d，则.
当时，，，解得：，
即当时，直线与圆相切.
当时，即时，直线与圆相交.
当时，即时，直线与圆相离.
综上，随着的变化，直线和圆可能相交、相切或相离.
故选：D.
117．（24-25高二下·湖南娄底·期中）已知直线和圆，则直线与圆的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．相交或相切
【答案】D
【分析】由题意可求出直线所过定点，代入圆中即可判断出答案.
【详解】由题意，直线可化为：，
直线过定点，代入圆中，
易知该点为圆上一点，所以直线1与圆相交或相切.
故选：D.
118．（24-25高二上·辽宁·期中）“”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先分析曲线的图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断 “” 与 “直线与曲线恰有1个公共点” 之间的条件关系.
【详解】曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与轴的交点），
直线的斜率为1，在轴上的截距为，
当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点，
如图所示：
相切时，圆心到直线距离等于2，则，
即或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）.
由图象可知，有一个交点时，.
综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或.
于是，当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立；
当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立.
所以， “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件.
故选：A
119．（23-24高二下·贵州黔西·期中）若直线与圆相切，则b的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，利用直线与位置关系，结合点到直线的距离公式，列出方程，即可求解.
【详解】由圆，可得圆心为，半径为，
因为直线与圆相切，则满足，解得.
故选：A.
120．（24-25高三下·云南·期中）已知圆 ，在圆上至少存在三个点到直线 的距离为 ，则实数 的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意，分析可得圆心到直线的距离小于等于，故可求参数的取值范围.
【详解】由题，当圆心到直线的距离为时，圆上恰好有三个点到直线的距离为，
则，所以．
故答案为：.
121．（24-25高二下·上海·阶段练习）已知圆，点，则经过点且与圆 相切的直线方程为 .
【答案】
【分析】将点坐标代入圆方程，验证点在圆上，由切线垂直于圆心和切点直线，求出直线斜率后写出直线方程.
【详解】，即，，
∵，即点在圆上，
设切线为，则，，
∴，
∴切线，即.
故答案为：.
题型二十：圆的切线与弦长问题
122．（13-14高一下·辽宁铁岭·开学考试）过点作圆：的切线，直线：与直线平行，则直线与的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先判断点在圆上，求出切线的方程以及的值，利用两平行直线间的距离公式即可求解．
【详解】因为满足圆的方程，
所以点在圆上，又，所以，
因，则，解得，
故切线：，即.
因为切线与直线平行，所以，解得，
故直线：，
则平行直线与间的距离为.
故选：A.
123．【多选】（24-25高二上·广东中山·期中）过点的直线与圆只有一个公共点，则斜率k可能的取值情况为（ ）
A．B．1C．0D．不存在
【答案】CD
【分析】根据题意，分直线的斜率存在以及不存在讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】圆，圆心为，半径为，
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，
直线与圆相切；
当直线斜率存在时，设直线斜率为，则直线方程为，即，
则圆心到直线的距离等于半径，即，解得；
综上所述，直线的斜率为或者不存在.
故选：CD
124．（24-25高二上·重庆·期末）已知直线与直线相交于点，以为圆心的圆过点.
(1)求圆的方程；
(2)求过点的圆的切线方程.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）联立直线得，圆的半径为，进而可得；
（2）斜率不存在时，，符合题意；斜率存在时，设直线方程，根据圆心到切线的距离为半径可得斜率，进而可得.
【详解】（1）由，得，即，
由题意圆的半径为，
故圆的方程为.
（2）
当切线的斜率不存在时，方程为，与圆相切，符合题意.
当切线的斜率存在时，设斜率为，则切线方程为：，即，
由题意，得，即，
两边分别平方得，得，
故切线方程为，即，
综上过点的圆的切线方程为，.
125．【多选】（24-25高二下·云南昆明·期中）已知圆，P是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆O相切于点A，B，则（ ）
A．圆O与直线l相离B．存在最小值
C．存在最大值D．存在点P使得为直角三角形
【答案】AB
【分析】求出圆心到直线的距离判断A；利用切线长定理计算判断B；利用四边形面积求得，借助的范围求解判断C；根据为直角三角形求得，根据圆心到直线的最小距离即可判断D.
【详解】圆的圆心，半径，
对于A，点到直线的距离，故圆O与直线l相离，正确；
对于B，，
当且仅当时取等号，正确；
对于C，由垂直平分得，，
则，当且仅当时取等号，
所以不存在最大值，错误；
对于D，由A可知，，若为直角三角形，则，
从而，又，所以不存在点P使得为直角三角形，错误.
故选：AB
126．【多选】（24-25高二上·四川宜宾·期中）已知圆和直线，点在直线上运动，直线、分别与圆相切于点、，则下列说法正确的是 （ ）
A．切线长最小值为
B．四边形的面积最小值为
C．最小时，弦所在的直线方程为
D．弦长的最小值为
【答案】BC
【分析】分析可知，当时，取最小值，结合勾股定理可判断A选项；推导出，可得出，利用三角形的面积公式可判断B选项；分析可知，当最小时，四边形为正方形，求出线段的中点坐标，结合直线的点斜式方程可判断C选项；分析可知，，求出的最小值，可判断D选项.
【详解】圆心为，半径为，连接、，则，
对于A选项，由勾股定理可得，
当时，取最小值，此时，也取最小值，
且，则，A错；
对于B选项，由切线长定理可得，
又因为，，所以，，
故，
当且仅当时，等号成立，故四边形面积的最小值为，B对；
对于C选项，当取最小值时，，
因为直线的斜率为，则，此时，直线的方程为，
联立可得，此时，点，线段的中点为，
因为，且，
所以，四边形为正方形，此时，，
且直线过线段的中点，则直线的方程为，即，C对；
对于D选项，设，
因为，则，
因为，则，且为的中点，
所以，，且，
当时，取最小值，此时，，
故，D错.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：圆的弦长的常用求法
（1）几何法：求圆的半径为，弦心距为，弦长为，则；
（2）代数方法：运用根与系数的关系及弦长公式.
127．（24-25高二上·天津·期中）已知圆O的方程是，则圆O中过点的最短弦所在的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出圆心，当过点的直线与过点的直径垂直时,与圆相交所得的弦长最短，两垂直直线的斜率乘积等于可求直线方程
【详解】，圆心为，
圆心与连线所在直线斜率为：，
因为，
所以点在圆内，
所以当过点的直线与过点的直径垂直时,与圆相交所得的弦长最短.
所以，最短弦所在的直线斜率满足：，所以，
由点斜式方程得，最短弦所在的直线为：，
整理得：
故选：B
128．（24-25高二下·江苏南京·期中）直线被圆C：截得的弦长为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，即可求解.
【详解】由圆方程可知圆心坐标，半径为2，
圆心到直线的距离为：，
所以弦长为，
故选：D
129．（24-25高二下·浙江·期中）已知点，直线被圆所截得弦的中点为N，则的最大值是 .
【答案】
【分析】先确定点的轨迹为圆，再根据圆外一点到圆上的点的距离的最值的求法确定的最大值.
【详解】如图：
因为直线过点，
设直线与圆相交于两点，为中点，则.
当点重合时，在中，为中点，所以.
所以弦的中点在以为圆心，1为半径的圆上，易知点也在该圆上.
所以.
故答案为：
130．（24-25高二下·湖南长沙·期中）已知圆的方程为，直线的方程为，直线被圆截得的弦中长度为整数的共有 条.
【答案】9
【分析】确定直线过定点，进而求得弦长最大、最小值，即可求解.
【详解】直线：可化为，由可得，即直线过定点，
因为，所以点在圆C内，
当点为直线被圆C截得的弦的中点时，弦长最短，点到圆心的距离，
所以直线被圆C截得的最短弦长为，
最长的弦为直径，长度为10，
所以弦长的取值范围是.又弦长为6，7，8，9的直线各两条，弦长为10的直线有一条，
又直线被圆C截得弦长为，不是整数，
所以截得的弦中长度为整数的直线共有9条.
故答案为：9
131．（22-23高二上·广东肇庆·期中）设直线与圆相交于两点，且，则为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】作出图象，求出和的长，利用勾股定理即可求出的值.
【详解】由题意，
在中，
在中，，半径为，
直线与圆相交于两点，且，
设中点为C，连接，，
由几何知识得，，，
在Rt中，，
由勾股定理得，，即，解得，
故选：B.
132．（24-25高二下·湖南·期中）已知直线与圆相交于两点，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由点到直线的距离公式可得，再由直线与圆的弦长公式即可求解.
【详解】设圆心到直线的距离为，
则由点到直线的距离公式可得．
因为，所以，
解得．
故选：B.
133．（24-25高二上·云南曲靖·期中）点在圆上运动，直线与圆交于、两点，则面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出圆心到直线的距离，可求出点到直线距离的最大值，利用勾股定理求出，再利用三角形的面积公式可求得面积的最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
则，
点到直线距离的最大值为，
所以，面积的最大值为.
故选：A.
题型二十一：圆与圆的位置关系
134．（24-25高二下·上海·期中）圆与圆的位置关系为（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内切
【答案】C
【分析】由圆的标准方程可知圆心坐标与半径，比较圆心距与半径和差的大小，可得答案.
【详解】由题意可知圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
则，，，
由，则两圆相交.
故选：C.
135．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知圆C的圆心在直线上，并且圆C经过圆与圆的交点，则圆C的圆心是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出已知两圆的交点，求线段的中垂线，联立待求圆圆心所在直线，即可得出圆心坐标.
【详解】设圆与圆的交点为A，B
联立两圆方程，得，解得，或．
不妨记，，
于是的中点为，
从而可得的垂直平分线方程为 ，即，
联立与，得解得，
即圆心坐标为．
故选：D．
136．（24-25高二下·上海杨浦·期中）已知圆与圆内切，则实数 ．
【答案】
【分析】根据两圆内切列方程，求解即可解答.
【详解】，故圆心为，半径为1，
的圆心为，半径为2，
因为两圆内切，所以两圆圆心距离为两半径之差，故，解得.
故答案为：
137．（24-25高二上·江苏宿迁·期中）设为实数，圆的方程为．
(1)若圆和圆的公共弦长为，求的值；
(2)若过点的圆与圆相切，切点为，求圆的标准方程．
【答案】(1)1或
(2)
【分析】（1）求出两圆公共弦所在直线方程为，结合弦长求得；
（2）结合已知条件求出圆的方程，求出圆心和半径，设出圆的标准方程，利用切点以及两圆圆心共线求出圆的圆心的横纵坐标之间的关系，然后利用圆半径相等即可求解.
【详解】（1）由题知两圆相交，
将圆与圆相减可得，
即两圆公共弦所在直线方程，
圆心到直线的距离为，
所以，解得或，
所以实数的值为或.
（2）将点代入圆，可得，
所以圆的方程为，即，
所以圆的圆心为，半径为，
设圆的标准方程为，
因为圆与圆相切于点，所以、、三点共线，
所以直线的方程为，即，
将点代入得①，又点在圆上，
则，即②，
由①②两式解得，，，
所以圆的标准方程为.
138．（24-25高二下·湖北·期中）已知圆和圆，则两圆的公共弦长为 .
【答案】
【分析】先求出相交两圆的公共弦所在直线方程，再求出圆心到公共弦直线的距离，根据弦长公式即可求得公共弦长.
【详解】

如图，由圆与圆相减，
整理可得两圆的公共弦所在直线方程为：，
由圆的圆心到直线的距离为，
由弦长公式，可得两圆的公共弦长为.
故答案为：.
139．（24-25高二上·宁夏吴忠·期中）若圆与圆有且仅有三条公切线， ．
【答案】
【分析】根据条件直接求出两圆的圆心和半径，再利用两圆的位置关系，即可求解.
【详解】易知圆的圆心为，半径为，
由，得到，
则，即，圆的圆心为，半径为，
因为圆与圆有且仅有三条公切线，所以圆与圆外切，
则，即，解得，
故答案为：.
140．【多选】（24-25高二下·河北秦皇岛·期中）与圆和圆都相切的直线方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】先明确两圆位置关系，从而根据两圆位置关系明确公切线的情况，再根据公切线特征情况分情况直接计算求解即可.
【详解】由题知，两圆半径，
所以，
故圆、外切， 则两圆有三条公切线，如图，
的中点为两圆外切切点，
当公切线过的中点，且与垂直时，
因为，所以公切线的方程为，即；
当公切线与平行，且到公切线的距离为时，
设公切线的方程为，
所以，解得或，
所以公切线的方程为或．
综上所述，公切线的方程为或或.
故选：BCD．
141．【多选】（24-25高二上·江苏镇江·期中）圆与圆相交于，两点，下列说法正确的是（ ）
A．的直线方程为B．公共弦的长为
C．圆与圆的公切线段长为1D．线段的中垂线方程为
【答案】AC
【分析】对于A，两圆方程相减可求出直线的方程，对于B，利用弦心距、弦和半径的关系可求公共弦的长，对于C，求出，再由可求得结果，对于D，线段的中垂线就是直线，求出直线的方程即可.
【详解】由，得，则，半径，
由，得，则，半径，
对于A，公共弦所在的直线方程为，
即，所以A正确，
对于B，到直线的距离，
所以公共弦的长为，所以B错误，
对于C，因为，，，
所以圆与圆的公切线长为，所以C正确，
对于D，根据题意可知线段的中垂线就是直线，因为，
所以直线为，即，所以D错误，
故选：AC.
题型二十二：直线与圆的实际应用及坐标法应用
142．（23-24高二上·广东东莞·期中）“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】转化为点与点连线的斜率，然后结合图像由直线与圆的位置关系求解.
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，斜率最小，
设，则，解得或（舍去），
即的最小值为.
故选：C.
143．（24-25高二上·海南·期中）据文献及绘画作品记载，中国最早的拱桥可以追溯到东汉或西晋时期.某拱桥及其示意图如下，桥拱是一段圆弧，桥的跨度，拱高，与相距的支柱，则（ ）
A．5B．C．15D．
【答案】C
【分析】根据圆的性质由弦长及拱高构造等量关系，由勾股定理计算可得结果.
【详解】设拱桥所在圆心为，连接，作于点，如下图所示：
设圆的半径为，在中利用勾股定理可得，
即，解得；
易知，
在中，易知，即，解得.
故选：C
144．（24-25高二上·四川眉山·期中）如图，已知一艘停在海面上的海监船上配有雷达，其监测范围是半径为的圆形区域，一艘轮船从位于海监船正东的处出发，径直驶向位于海监船正北的处岛屿，速度为．这艘轮船能被海监船监测到的时长为（ ）
A．1小时B．100.75小时C．100.5小时D．100.25小时
【答案】C
【分析】以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系，求出直线与圆的方程，计算圆心到直线的距离和半径比较，可知这艘轮船能否被海监船监测到；计算弦长，可求得持续时间为多长．
【详解】如图，以为原点，东西方向为轴建立直角坐标系，
由题意可知，，圆方程，半径，
直线方程：，即，
设到距离为，
则，故直线与圆相交，
所以外籍轮船能被海监船检测到，
如图，设直线与圆交点为，取中点，连接，则，
所以，
设监测时间为，则（小时），
故轮船能被海监船检测到的时间是100.5小时．
故选：C．
145．（24-25高二上·浙江·期中）某台风中心位于某地A处，距离台风中心A正西方向150km的B处有一人，正以北偏东角（为锐角）方向骑摩托车行进，速度为50km/h，已知距离台风中心km以内会受其影响.
(1)若此人刚好不被台风影响，求的最大值；
(2)若此人骑行方向为北偏东45°，（速度保持不变）求此人受台风影响持续多少时间？
【答案】(1)；
(2)小时.
【分析】（1）由题设知，骑行路线正好与圆相切时此人不被台风影响，此时角最大，结合已知求最大的正切值即可.
（2）写出此人骑行方向为北偏东所在直线的方程，再利用弦心距、圆的半径与弦长的几何关系求该直线被圆所截弦长，即可求此人被台风影响持续时间.
【详解】（1）由题意，如图，圆是以坐标原点为圆心，为半径的圆，
要使此人不被台风影响，骑行路线正好与圆相切时，角最大，
由，，则，知，则最大.
（2）由题意，骑行路线所在直线方程为，圆心到直线的距离为，
该直线与圆相交的弦长为，
即此人被台风影响持续时间为.

146．（22-23高二上·福建宁德·期中）已知直线：与圆O：相交于不重合的A，B两点，O是坐标原点，且A，B，O三点构成三角形．

(1)求的取值范围；
(2)的面积为，求的最大值，并求取得最大值时的值．
【答案】(1)
(2)的最大值为2，取得最大值时
【分析】（1）解法一：通过圆心到直线的距离小于半径且列出不等式求解即可；解法二：联立方程，令得到不等式求解，结合即可得到答案；
（2）先求出高和弦长，通过三角形面积公式直接代入求解面积，通过换元，结合二次函数性质即可得到答案.
【详解】（1）解法一：
由题意知：圆心到直线的距离 ，
因为直线与圆O相交于不重合的A，B两点，且A，B，O三点构成三角形，
所以，得，解得且，
所以的取值范围为.
解法二：
联立，化简得：
，得，
因为A，B，O三点构成三角形，所以
所以的取值范围为.
（2）直线：，即，
点O到直线距离：，
所以
所以，（且）
设，则，
所以
所以当，即，即时，
所以的最大值为2，取得最大值时.
题型二十三：椭圆的定义与标准方程
147．（24-25高二上·河南·期中）已知曲线上任意一点都满足关系式，则曲线的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用椭圆的定义判断得曲线为椭圆，进而求得，从而得解.
【详解】因为点都满足，
所以到两定点的距离之和为，且，
所以曲线为椭圆，焦点为，则，
且椭圆上任意一点到两个焦点的距离之和为，即，
故，
所以曲线的标准方程为.
故选：C
148．（24-25高二上·重庆江北·期中）已知圆和，若动圆与这两圆一个内切一个外切，记该动圆圆心的轨迹为，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆的位置关系及椭圆的定义可判断轨迹为椭圆，即可得出轨迹方程.
【详解】圆心、半径分别为，
由可知圆内含于圆内，
设动圆半径为，由题意，
两式相加可得，
故点的轨迹为以为焦点的椭圆，其中，
所以，所以椭圆方程为．
故选：A.
149．（24-25高二上·吉林通化·期中）已知圆A：内切于圆P，圆P内切于圆B：，则动圆P的圆心轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据圆的性质和椭圆的定义求得：，，再利用，，的关系求解方程即可.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
设圆的半径为，
由于圆内切于圆，所以；
由于圆内切于圆，所以；
由于，
所以点的轨迹为以，为焦点，长轴长为的椭圆.
则，，所以，；
所以动圆的圆心的轨迹方程为.
故选：A
150．（24-25高二上·四川绵阳·期中）在中，，则顶点A的轨迹方程（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的定义可知顶点A的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括轴上的点），即可得方程.
【详解】因为，
可知顶点A的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括轴上的点），
则，
所以顶点A的轨迹方程.
故选：A.
151．（24-25高二下·云南昭通·期中）已知椭圆的两个焦点坐标分别是，并且经过点，则它的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件设出椭圆的标准方程，再代点列方程组求系数即可.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以设它的标准方程为，
所以，解得，
所以椭圆的标准方程为.
故选：B.
152．（24-25高二上·安徽淮南·期中）中心为原点，焦点在轴上，且长轴长与短轴长之比为，焦距为的椭圆方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依据题干信息得出的值即可得椭圆方程.
【详解】设椭圆方程为，则且，得，故椭圆方程为.
故选：A.
题型二十四：椭圆的基础性质应用
153．（24-25高二下·浙江·期中）已知椭圆的一个焦点坐标为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据条件，利用椭圆的标准形式及间的关系，即可求解.
【详解】因为该椭圆的焦点在轴上，所以，解得，
故选：B.
154．（24-25高二上·河北石家庄·期中）已知表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围为（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义列出不等式组求解.
【详解】要使表示焦点在轴上的椭圆，
需满足解得，
即实数的取值范围为.
故选：B.
155．（23-24高二上·北京海淀·阶段练习）若表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．任意实数
【答案】C
【分析】由该方程表示椭圆，可得且，焦点在轴上可得，计算即可得.
【详解】由题意得，解得或，即.
故选：C.
156．（23-24高二上·北京·期中）“”是方程“表示焦点在轴上的椭圆”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】C
【分析】根据椭圆的性质，结合充要条件的定义即可求解.
【详解】若，则表示焦点在轴上的椭圆，
若表示焦点在轴上的椭圆，则，
所以“”是方程“表示焦点在轴上的椭圆”的充要条件，
故选：C
题型二十五：椭圆的离心率问题
157．（24-25高二下·贵州·期中）已知椭圆E：的上下顶点分别为Q、P，为椭圆的右焦点，直线交椭圆E于点M，若，则椭圆E的离心率为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设出直线方程，与椭圆方程联立求得M的坐标，利用距离公式列方程化简得，即可求解离心率.
【详解】由题意，，，则，
直线方程为，即，
与椭圆E：联立消y得，所以，
所以，
因为，所以，即，
所以，所以，
即，所以，所以，所以，所以（负根舍去）.
故选：B
158．（24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期中）已知，是椭圆上两点，，分别在的左、右焦点，，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，由椭圆的定义求出，再由勾股定理求出，又由，即可求出答案.
【详解】设，
由椭圆的定义可得：，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
化简可得：，解得：，
所以，
又因为，所以，
所以.
故选：D.
159．（24-25高二下·广东广州·期中）已知直线与椭圆交于A，B两点，椭圆E右焦点为F，直线AF与E的另外一个交点为C，若，若，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，设，根据椭圆的对称性和定义可得，，在直角与中，分别利用勾股定理建立方程，解之即可求解.
【详解】设椭圆的左焦点为，连接，
设，由对称性可知，
由定义得，则，
又，，所以，
在直角中，由，
即，解得.
在直角中，，即，
把代入整理得，由解得.
故选：C
160．（24-25高二下·山西·期中）已知椭圆E：的上、下顶点与左、右焦点分别为A，B，，，且四边形是正方形，则E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】数形结合得到，结合，求出离心率即可.
【详解】由题意得，故，
又，
则E的离心率为.
故选：B
161．（24-25高二下·上海杨浦·期中）已知椭圆 的左右焦点分别为 ，椭圆存在一点 ，若 ，则椭圆的离心率取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，，根据椭圆的定义和余弦定理得，再根据基本不等式和离心率公式可得结果.
【详解】设，，则，
在中，，
所以，得，
所以，
因为，当且仅当时，取等号，
所以，
所以，所以，
所以，所以，又，
所以.
故选：C
162．（24-25高二上·安徽·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为，且椭圆上存在点P，使得，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由椭圆的定义可得，进而可得，可求椭圆的离心率的取值范围.
【详解】由椭圆的定义得，又，所以，
又，当且仅当点在椭圆下顶点时等号成立，
所以，即，则，即，
即椭圆的离心率的取值范围是.
故选：C.
163．（24-25高二上·广东广州·期中）已知椭圆的离心率为，则（ ）
A．B．或C．或D．
【答案】C
【分析】分和两种情况，由离心率得到方程，求出答案.
【详解】由题意知或，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上：或
故选：C
164．（24-25高二上·山东德州·期中）已知椭圆上存在两点、关于直线对称.若椭圆离心率为，则的中点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设点、，线段的中点为，由已知条件可得出，利用点差法以及点在直线上，可得出关于、的值，解出这两个量的值，即可得出线段的中点坐标.
【详解】设点、，线段的中点为，则，
由题意，椭圆的离心率为，可得，
因为、关于直线对称，且直线的斜率为，
则，
将点、的坐标代入椭圆方程可得，
上述两个等式作差可得，
可得，即，即，
即，①
又因为点在直线上，则，②
联立①②可得，故线段的中点为.
故选：C.
题型二十六：椭圆上的距离与焦点三角形问题
165．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期中）椭圆的左右焦点为，经过的直线与椭圆C相交于A，B．若的周长为8，则（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】D
【分析】由题意的周长，可得，结合，即得解.
【详解】由题意的周长，
解得，故.
故选：D
166．（23-24高二上·吉林·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为、，点是椭圆上一点，若为直角三角形，则的面积为（ ）
A．1B．C．1或D．1或
【答案】D
【分析】根据（或）和进行分类讨论，由此可求的面积.
【详解】椭圆中，，所以焦点，
当或时，此时面积相同，不妨取，如下图所示：
代入于椭圆方程，则，所以，所以；
当时，如下图所示：
设，由条件可知，解得，
所以；
综上，的面积为或，
故选：D.
167．（24-25高二上·安徽黄山·期中）点是椭圆上一点，点分别是椭圆的左、右焦点，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题可知，记，
，，
中，由余弦定理得，又，
，
.
故选：B.
168．（24-25高二上·新疆伊犁·期中）椭圆的左右焦点分别为，点在椭圆上，若，则（ ）
A．30°B．60°C．90°D．120°
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义，判断焦点三角形形状即可得解.
【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，则半焦距，
在中，，，则，
于是，所以.
故选：C
169．（23-24高二上·山东青岛·期中）已知椭圆，，为两个焦点，为原点，为椭圆上一点，，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
即，整理得，②
联立①②，解得：，则，
又因为，则，
使用.
故选：B
170．（23-24高二上·山西吕梁·期中）已知，分别是椭圆的左，右焦点，是椭圆上一点，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆的几何性质即可求解.
【详解】由椭圆的方程，得，，因为，所以，
又在椭圆上，所以，解得，
即，，
所以．
故选：A．
题型二十七：直线与椭圆的位置关系
171．（23-24高二上·辽宁大连·期中）已知椭圆，直线，则与的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．以上选项都不对
【答案】A
【分析】根据给定条件，联立方程并借助一元二次方程判别式判断得解.
【详解】由消去y并整理得：，显然，
因此方程组有两个不同的解，
所以与相交.
故选：A
172．（24-25高二上·河南·期中）已知，若关于的方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】出及的图像，结合图像即可求解.
【详解】由题意，表示焦点在轴上的椭圆的上半部分，且左顶点为，
当直线经过点时，，当直线与椭圆相切时，
由，得，
所以，解得（负根舍去），当直线与半椭圆有两个交点时，
根据图象，的取值范围为.
故选：A.
173．（24-25高二上·山东菏泽·期中）已知椭圆和双曲线的左、右顶点为，过作斜率为的直线交于另一点，交于另一点，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别将直线的方程与椭圆、双曲线方程联立，求得点的坐标，利用推得点是的中点，建立关于的方程，解之即得.
【详解】

如图，点,直线的方程为，
将其代入椭圆方程，整理得：,
依题意，,即得,
再将代入双曲线方程，整理得：，
依题意，,即得，
由，可知是的中点，则，
即，解得.
故选：B.
174．（24-25高二上·河南郑州·期中）直线与椭圆的公共点个数为（ ）
A．0个B．1个C．2个D．无数个
【答案】C
【分析】分析可知直线和均过，结合图象即可判断.
【详解】直线和均过，
结合图象可知直线与椭圆的公共点个数为2个.
故选：C.
题型二十八：椭圆中的弦长与中点弦问题
175．（23-24高二上·浙江温州·期中）直线：在椭圆上截得的弦长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】联立直线与椭圆方程得到关于的一元二次方程，根据韦达定理以及弦长公式可求解出结果.
【详解】设与椭圆交于，
联立可得，
且，，
所以，
故选：D.
176．（22-23高二上·黑龙江哈尔滨·期中）直线，当k变化时，此直线被椭圆截得的弦长的最大值是（ ）
A．2B．C．4D．不能确定
【答案】B
【分析】利用两点间距离公式得到弦长为，再根据点在椭圆上可得，然后求最值即可.
【详解】直线恒过定点，且点在椭圆上，
设另外一个交点为，所以，则，弦长为，
当时，弦长最大，为.
故选：B.
177．（24-25高二下·北京·期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若的面积是面积的2倍，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据已知面积关系可得，即可求解.
【详解】如下图示，若的面积是面积的2倍，则，
由题设知，且，故，
所以.
故选：D
178．（24-25高二上·河南·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是椭圆上一个动点，若的面积的最大值为，则（ ）
A．B．3C．9D．7
【答案】D
【分析】根据的面积为，即可求解.
【详解】根据题意可知椭圆半焦距，设点,，，那么，
所以的面积，
所以，所以，化简得，
即或109．
又因为，解得，
因此．
故选：D．
179．（24-25高二上·浙江宁波·期中）已知椭圆，点为左焦点，点为下顶点，平行于的直线交椭圆于两点，且的中点为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，的中点为，点差法得到齐次式，可求椭圆的离心率．
【详解】椭圆，左焦点，下顶点，
设，，
的中点为，，．
，．
由，，
两式相减得，
可化为，
得，即，两边平方得，
化为：，解得，
又，解得．
故选：A．
180．（24-25高二上·河南南阳·期中）椭圆上的两点A，B关于直线对称，则弦的中点坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，设，由点差法代入计算，即可得到，再将中点坐标代入直线计算，即可得到结果.
【详解】设，则其中点坐标为，
则，两式相减可得，
即，
因为A，B关于直线对称，则，
又，所以，
即，所以，
且点在直线上，则，
解得，所以.
故选：A
题型二十九：椭圆中的综合问题
181．（24-25高二下·江苏南京·期中）已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，且．
①求证：直线经过定点；
②设和的面积分别为、，求的最大值．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题意可得出关于的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）①设点，、，，根据直线斜率是否存在进行分类讨论，；联立方程组结合韦达定理化简得到直线方程即得直线能过的定点；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.
【详解】（1）当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，
且最大值为，
由题意可得，解得，
椭圆的标准方程为．
（2）
①证明：设点，、，，
若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意；
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则，
联立，消去可得，
由，得，
由韦达定理可得，，
则，
，
解得，
即直线的方程为，故直线过定点．
②由韦达定理可得，，
，
，令，则，
，
函数在上单调递增，
，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为．
182．（24-25高二下·北京顺义·期中）在椭圆中，过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C．椭圆的上顶点为A，直线AB和直线AC分别交x轴于点M，N．
(1)求椭圆E的长轴长及离心率；
(2)证明：M，N两点横坐标之和为．
【答案】(1)长轴长为6，离心率为．
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆方程求，再根据椭圆的性质，即可求解；
（2）首先直线与椭圆方程联立，表示根与系数的关系，并利用点的坐标，分别表示直线和，并求点的坐标，利用韦达定理表示点的横坐标之和，即可证明.
【详解】（1）由椭圆方程得，，；
所以，
所以，；
所以椭圆长轴长为6，离心率为．
（2）设点，，，，
设直线，联立方程
，
消去y可得：
则；；
椭圆上顶点A坐标为，
所以直线；直线；
将，分别代入直线AB、AC
解得；；
所以
所以
将、代入
解得，得证．
183．（24-25高二下·北京顺义·期中）椭圆的左、右顶点分别为A，B过右焦点F的直线l与椭圆交于C，D两点（与A，B重合），设．
(1)求椭圆的离心率e与右焦点F的坐标．
(2)求证：为定值．
【答案】(1)，.
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可得，即可求得结果；
（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此化简，从而证得结论成立.
【详解】（1）由椭圆方程得，，
则，.
所以离心率.
椭圆右焦点坐标为.
（2）由题，，
如图，当直线l的斜率时， 设，
则， ，
联立，消x得，
且，则.
所以，代入得，
，
当直l的斜率时，可得， 不能做比值，所以情况不存在；
所以为定值，得证.
184．（24-25高二下·四川成都·期中）已知椭圆，四点中恰有三个点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线，直线交椭圆于B、C两点，直线交椭圆于D、E两点；
（i）设BC中点为M，DE中点为，证明：直线MN过定点；
（ii）求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由对称性可得不在椭圆上，后由点在椭圆上可得椭圆方程；
（2）（i）若直线中任意一条斜率为零时，直线MN的方程为；若直线的斜率都不为零时，设直线的方程为，直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立可得，，据此可得所过定点；（ii）由（i）可得，然后由单调性可得最值.
【详解】（1）由椭圆的对称性，知不在椭圆上，故三点在椭圆上，
代入椭圆方程，则，可解得，所以椭圆的方程为．
（2）（i）若直线中任意一条斜率为零时，直线MN的方程为；
若直线的斜率都不为零时，
设直线的方程为（直线的方程为），
联立，消去，得，
设B、C两点的坐标分别为，由韦达定理，得，
进而有，
将代入直线的方程为，得，
即，同理，，
当时，即，直线轴，直线MN与轴的交点坐标为，
当时，直线MN的斜率存在，，
直线MN的方程为，整理，得，
所以直线MN恒过点，又直线MN斜率不存在时，直线MN也经过点，
综上所述，直线MN恒过点．
（ii）直线的斜率显然都不为零，设直线MN经过的定点为，
，整理，得，
即.
引入函数，，
易知在单调递增，所以在的最小值为，
所以（等号当且仅当时成立），所以的最大值为．
【点睛】关键点睛：对于定点问题，常可利用斜率相等或向量共线来处理.对于最值问题，常利用适当参数表示相关求最值对象，然后由函数知识，不等式，代数恒等变形等知识求解最值.
185．（24-25高二下·湖北·期中）已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，当时，
①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
②求的最小值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②1
【分析】（1）将，两点代入椭圆方程解出的值即可；
（2）①解法一：设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，解出的关系即可求解；解法二：设，，利用在椭圆上可得， ，作差结合化简即可求解；②由可得点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解即可；
【详解】（1）由题意可得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）解法一：①由条件，可知直线的斜率存在，
设直线，，，
联立方程组：，
其中（▲），
所以，，
由条件，即，
由于直线不过点，故，
化简可得，
所以
，
代入（▲）式，，此时直线恒过定点．
②因为，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为，

所以，此时的坐标为，的斜率，满足条件．
故的最小值为．
解法二：①设，，由条件，即（★），
由点在椭圆上，则有，
即①，同理可得② ，
①②可得：
代入（★）式可得：，
即，
变形可得．所以直线恒过定点．
②解法同一.
186．（24-25高一下·浙江·期中）已知椭圆的离心率，且过点.
(1)求曲线的标准方程；
(2)若曲线的左右顶点分别为，过点且斜率为负数的直线与交于两点（点在点上方），直线与的交点为.
（i）求证：点在定直线上；
（ii）若直线与轴交于点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上列方程计算求解得出椭圆标准方程；
（2）（i）设，列出直线，的方程，它们的交点即可证明定点；（ii）根据化简计算得出范围.
【详解】（1）由题意知，解得，
双曲线的标准方程为.
（2）（i）设直线的方程为，联立，则，，解得.
设，其中.
直线的方程为，直线的方程为.
联立，解得，从而，
即点在定直线上.

（ii）定直线与轴交于点，从而.
记，其中，则，
即，解得，从而.

187．（24-25高二上·辽宁·期中）设圆的圆心为A，直线l过点，F是圆A上的任意一点，线段BF的垂直平分线与AF交于E点.
(1)求出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线，直线l交曲线于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可知，结合椭圆的定义可得点的轨迹方程；
（2）当直线斜率不存在时，可求得四边形的面积为；当直线斜率存在时，设其方程为，利用弦长公式求出与，进而求出四边形面积关系式，利用函数的有界性即可求出面积的取值范围.
【详解】（1）圆的标准方程为，得，半径.
由线段BF的垂直平分线与AF交于E点，可得.
因为，且，
由椭圆的定义可知点的轨迹是以，为两焦点的椭圆，
又，
则点的轨迹方程为：.
（2）当直线斜率不存在时，即方程为，，，
四边形的面积为 .
当直线斜率存在时，设的方程为，，.
由，得.
恒成立，
由韦达定理可得，.
.
过点且与垂直的直线：，
因点到的距离为，则.
因,故四边形的面积为：
.
又，则，
故四边形的面积取值范围为.
综上，四边形面积的取值范围为.

188．（24-25高二下·河北秦皇岛·期中）在平面直角坐标系中，点是圆上的动点，过点作轴的垂线，垂足为，点满足，记点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)记过点的两条不同的直线的斜率分别为，直线与交于两点，直线与交于两点，且，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用相关点法直接求轨迹方程；
（2）设，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，同理可得，化简可得的值.
【详解】（1）设M的坐标为，P的坐标为，则，
又点在圆O上，即，
亦即，化简得：．
（2）
设，所在的直线方程为：，联立得：，消去得：
则
同理：
由可得：，
化简：，又，故：，即：．
189．（24-25高三下·云南·期中）已知动点到点 的距离和它到直线 的距离的比为 ，记点 的轨迹为曲线 .
(1)求 的方程；
(2)若 分别与 轴正半轴交于点 ，与 轴正半轴交于点 ，点 为 上任一点且在第三象限. 设 与 轴交于点 与 轴交于点 ，求四边形 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设动点，利用动点到点的距离和它到直线 的距离的比为 化简可得答案；
（2）设点，求出直线、直线的方程，令得点坐标，再求出、，利用四边形的面积可得答案．
【详解】（1）设动点，
由题意得：，化简得：，
所以的方程为；
（2）设点，且，，，如图
所以直线，令得：，
直线，令得：，
所以，，

所以四边形的面积
，
所以四边形ABMN的面积为．
题型三十：椭圆的轨迹问题与实际应用
190．（23-24高二下·上海·期中）如图，某隧道设计为双向四车道，车道总宽20米，要求通行车辆限高5米，隧道全长2500米．隧道的两侧是与地面垂直的墙，高度为3米，隧道上部拱线近似地看成半个椭圆．
(1)若最大拱高为6米，则隧道设计的拱宽是多少?（结果精确到100.1米）
(2)若要使隧道上方半椭圆部分的土方工程量最小，则应如何设计拱高和拱宽?（结果精确到100.1米）
以下结论可以直接使用：①椭圆的面积公式．
②柱体的体积为底面积乘以高，，．
【答案】(1)
(2)拱高、拱宽
【分析】（1）建立直角坐标系，设椭圆方程为，依题意可得，将点代入椭圆方程，即可求解；
（2）由点在椭圆上或在椭圆内得，利用基本不等式即可求出半椭圆的面积的最小值，从而得解.
【详解】（1）如图建立平面直角坐标系，
依题意可得点在椭圆上，
又，将点代入椭圆方程得，解得，
此时，
因此隧道设计的拱宽约为米；
（2）设隧道上方半椭圆部分的面积为，
由椭圆方程且点在椭圆上或椭圆内部，得，
因为，即，当且仅当时取等号，
所以，
由于隧道长度为米，故隧道上方半椭圆部分的土方工程量，
当取得最小值时，有且，得，，
此时，，
即拱高和拱宽，隧道上方半椭圆部分的土方工程量最小.
191．（24-25高二上·江苏扬州·期中）椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂足为，则（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】C
【分析】延长、交于点，由光学性质分析可知，则为的中点，且，利用中位线的性质结合椭圆的定义可求得的值.
【详解】由椭圆，则，长轴长.
如图，在平面直角坐标系中，
延长交于点，连接，
由题意可知，又因为，
则为的中点，且，
所以，
又因为为的中点，则为的中位线，
则.
故选：C.
192．（24-25高二上·江苏泰州·期中）如图，某颗人工智能卫星的运行轨道近似可看作以地心为一个焦点且离心率为的椭圆，地球可看作半径为的球体，近地点离地面的距离为，则远地点离地面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆离心率以及卫星近地点离地面的距离列方程，求解得出椭圆的长半轴和半焦距，即可求得答案.
【详解】由题意，不妨以椭圆中心为坐标原点，建立如图所示坐标系，

则椭圆方程为，
则，且，解得，，
故该卫星远地点离地面的距离为，
又，所以.
故选：A.
193．（23-24高二上·江苏常州·期中）如图，人们打算对长方形地块进行开发建设，其中百米，百米，长方形各边中点分别为E，F，G，H，现计划在此地块正中间铺一块椭圆形草坪，长轴在线段上且长度为6百米，椭圆离心率为.同时计划修一条长为6百米的路（其中，分别在线段，上，路的宽度忽略不计），并在内修建花圃.

(1)求椭圆上的点到直线的最短距离；
(2)求线段的中点到椭圆中心的距离的最小值.
【答案】(1)百米
(2)百米
【分析】（1）根据题意建立平面直角坐标系，求出椭圆的基本量即可得到答案；
（2）将题意转化为求圆上一点到定点距离的最小值即可求解.
【详解】（1）以椭圆中心为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，

设椭圆标准方程为，
由题意得，离心率，，所以，
又因为，解得，
所以，椭圆上的点到直线的最短距离百米
（2）设线段的中点为，由知，
由圆的定义知，点在以为圆心，3为半径的圆上.
则点运动轨迹为，
所以线段的中点到椭圆中心的距离的最小值为百米
1．如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】连接，利用空间向量基本定理可得答案.
【分析】连接．
故选：B.
2．已知直线与椭圆相交于两点，则线段AB的中点M的轨迹必经过点（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，联立得到，进而得到中点的坐标及轨迹方程即可.
【详解】设，
，
，
，即，
又为线段AB的中点，所以，则的轨迹方程为，
所以，都在上，
又，所以，因为，所以D错误.
故选：C.
3．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足.当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹方程（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设点、，则，由中点坐标公式可得，由已知条件可得出，将代入等式，化简可得出轨迹的方程；
【详解】设点、，则，
由中点的坐标公式可得，所以，，
因为点在圆上，则，则，整理可得.
因此，轨迹的方程为.
故选：A.
4．已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（ ）.
A．4B．C．D．
【答案】B
【分析】根据点到直线的距离的向量求法计算可得结果.
【详解】，故，
所以，
设直线与直线所成角为，
则，可得，
因此点到直线的距离为．
故选：B.
5．已知直线与圆交于A、B两点，若，则a的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由圆的方程可得圆的半径，利用三角形面积计算，求得圆心到直线的距离，可得答案.
【详解】由圆可知圆心，半径，
由，解得，
则圆心到直线的距离为，则，解得.
故选：C．
6．已知函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将题设转化为的图象和的图象有两个交点，求出直线和相切时的值以及直线过点时的值，结合图象即可求解.
【详解】关于直线的对称直线为，
则题设等价于函数的图象和的图象有两个交点．
令等价于，
设直线和相切，
由，解得或（舍），
又当直线过点时，解得，
所以k的取值范围是.
故选：A．
7．实数满足，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解法1：令，（为参数），代入利用三角恒等变换即可求解；
解法2：由题意有，利用柯西不等式得，令得，解一元二次不等式即可求解；
解法3：设，则圆心为，半径为，由的圆心为，半径为，设圆心距为，利用两圆的位置关系有，即，进而求解.
【详解】由题意令，（为参数），
所以
，
所以的最大值是，
解法2：
由有，
所以，
当且仅当时，等号成立，
令，所以，即，
所以，所以，
所以，即，
所以的最大值是，
解法3：
设，则圆心为，半径为，由的圆心为，半径为，
设圆心距为，则，则有，
即，即，
所以的最大值为，
故选：C.
8．将一张画有直角坐标系的图纸折叠一次，使得点与点重合，若此时轴与直线也正好重合，则（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求图纸的折痕所在的直线方程，由题意得点在直线上，得，又直线与直线以及轴相交于点，即可求，进而求解.
【详解】由题意有：，点的中点，
所以图纸的折痕所在的直线方程为，即，令，得，即，
又由轴与直线也正好重合，则点在直线上，
所以，
又因为直线与直线以及轴相交与点，
所以，代入，解得，
所以，
故选：D.
9．如图所示，在棱长均为2的平行六面体中，，点M为与的交点，则的长为 .
【答案】
【分析】可以通过向量的加法将表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式来求解.
【详解】根据向量加法三角形法则得到，，
即，即，展开得到，
，
运用数量积公式计算得到.
因为，所以.
故答案为：.
10．若直线与曲线有两个公共点，则实数b的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据直线与圆相切时满足的关系，以及点到直线的距离公式，准确画出曲线方程所表示曲线形状解决问题.
【详解】曲线即,
如图所示，当即时，直线与曲线有两个公共点，
直线向左上移动，当直线与曲线相切时，有一个公共点，
原点到直线的距离为半径，即，解得，
所以，当有两个公共点时.
故答案为：.
11．已知动直线：若直线与直线平行，则的值为 ；若动直线被圆所截，则截得的弦长最短为 ．
【答案】
【分析】根据直线平行分，时，计算求解参数，再应用几何法计算弦长即可求解.
【详解】当时，显然不符合题意，
当时，由两直线平行，得，解得或，
当时，两直线重合，不符合，所以．
由得，圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
截得的弦长为，
当且仅当时，取等号．
故截得的弦长最短为．
故答案为：；.
12．已知椭圆的左、右焦点分别为，若以为圆心，为半径作圆，过椭圆上一点作此圆的切线，切点为，若恒成立，则该椭圆离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意作图，根据圆的切线性质以及勾股定理，可建立方程，根据焦半径的取值范围以及题干中的不等式，通过化简整理，代入离心率，可得答案.
【详解】如下图所示：易知，
又焦半径的最小值为，且恒成立，
则，又，所以，
整理可得，即，可得，即，
又，解得，又半径，则，解得，
所以.
故答案为：
13．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过作斜率为的直线交于第一象限的点，则外接圆的半径为 .
【答案】
【分析】由，且，求出，，点到直线的距离，设，则，由余弦定理求出，判断出，进而求出的外接圆半径.
【详解】因为，且，
解得，，
又，设，则，
由余弦定理知，
即，解得，
即，，则易知，
故，的外接圆半径为.
故答案为:.
14．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若斜率为的直线与椭圆交于两点，且点在第一象限，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由离心率和椭圆过点解得的值，写出椭圆方程；
（2）写出直线方程，联立方程组消元得到二次方程，用韦达定理表示出线段的长，再求出点到直线的距离，由三角形面积公式求得四边形面积代数式，然后求最大值.
【详解】（1）由题意可得：，解得，
由椭圆过点，得，联立解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）由题意可设，
因点在第一象限，则，
设，，点，到直线的距离分别为，，
由，消可得，
，当时，，
所以，，
所以，
，，直线的一般式方程：，
所以，，
所以，
所以，
当时，有最大值为.
15．已知椭圆的离心率为，短轴长为．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，为坐标原点，，若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知求出得方程；
（2）设直线，由求出，根据弦长公式求.
【详解】（1）因为短轴长为，故．
又离心率为，由且，
故，
故椭圆方程为：．
（2）如图，由题设直线的斜率存在，故设直线，
即，令，
由可得．
故，即，
且，
则．
又点到直线距离，点到直线距离，
故
，
故，
即，解得，
故．
16．已知圆的圆心在轴上，并且过，两点．
(1)求圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，定点，点满足，求点的轨迹．
【答案】(1)
(2)以为圆心，为半径的圆
【分析】（1）从A，两点坐标可看出线段平行于轴，则它的垂直平分线垂直于轴，所以线段的垂直平分线与轴的交点为圆心,圆心到点的距离为半径，从而得到求圆C的方程．
（2）设,,将向量式进行坐标表示，得到与，与的关系，因为点为圆上任意一点，所以利用圆的方程(即与关系)，进而得到与的关系(即点Q的轨迹方程)，从而得到点Q的轨迹.
【详解】（1）因为圆过A,B两点,所以圆心C在线段的垂直平分线上.
因为,所以线段的中点为,直线AB的斜率，
所以线段的垂直平分线斜率不存在,方程为:.
因为圆C的圆心在轴上,所以线段的垂直平分线与轴的交点为圆心,所以圆心为.
又半径，所以圆的方程为:．
（2）设，．由，得,
所以即
因为点在圆上，所以，所以，
化简整理得的轨迹方程为:，
所以点的轨迹是:以为圆心，为半径的圆．
17．已知定点，点为圆上的动点，为的中点．
(1)求的轨迹方程；
(2)若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）设点的坐标为，表达出点的坐标，将其代入中，整理可得的轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【详解】（1）设点的坐标为，则点的坐标为，
点为圆上的动点，
，化简得，
故的轨迹方程为．
（2）圆的圆心坐标为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
化简得，
因为，所以圆心到直线的距离，
由圆心到直线的距离公式得，
所以，即，平方得，
整理得，解得，故直线的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
18．如图，在正方体中分别为的中点，点在棱上，且.
(1)证明：四点共面；
(2)设平面与棱的交点为求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标形式可得，故可证四点共面；
（2）利用向量法可求线面角的正弦值.
【详解】（1）在正方体中，以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
令，则，
则，
于是，
即向量共面，又向量有公共点，
所以，，，四点共面.
（2）设，则，由点平面，得，
即，
则，解得，
即，，而，
则，
设平面的法向量，则，
令，得，令与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面底面，且，设分别为的中点．
(1)证明：直线平面；
(2)求直线PB与平面所成的角的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取AD中点O，连结PO，FO，以O为原点，OA为x轴，OF为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面；
（2）求出直线PB的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求出直线PB与平面所成角的正切值.
【详解】（1）取AD中点O，连接，
在四棱锥中，，则，
由，则，有，
又平面底面，平面底面，平面，
∴平面，平面，则，
又分别为的中点，底面是边长为a的正方形，则，
所以两两垂直，以O为原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
，
则，取平面PAD的法向量为，
所以，且平面，
所以平面；
（2）由（1）知：，取平面的法向量，
设直线PB与平面所成的角为θ，
则，
∴，故，
∴直线PB与平面所成的角的正切值为．
20．已知四边形是直角梯形，，，， ，E，F分别为CD，BC的中点（如图1），以AE为折痕把折起，使点D到达点S的位置且平面平面（如图2）．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在梯形中证得，再利用面面垂直的性质、线面垂直的判断定理推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【详解】（1）连接，令，由E、F分别为CD、BC的中点，得，

又四边形ABCD是直角梯形，，，，，
则，，
因此，，四边形为正方形，
则，，由平面平面ABCE，平面ABCE，
平面平面，得平面SAE，而平面SAE，则，
又，平面SEF，所以平面SEF.
（2）由（1）得直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，设平面SCE的法向量为，
则，取，得，
由平面SEF，得平面SEF一个法向量为，
因此．而二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.

题型一：空间向量基础概念与线性运算
题型十八：二元二次方程表示的曲线与圆的关系
题型二：空间向量共线与共面问题
题型十九：直线与圆的位置关系
题型三：空间向量数量积及其应用
题型二十：圆的切线与弦长问题
题型四：空间向量基本定理及其应用
题型二十一：圆与圆的位置关系
题型五：空间向量及其运算的坐标表示
题型二十二：直线与圆的实际应用及坐标法应用
题型六：空间位置关系的向量判断
题型二十三：椭圆的定义与标准方程
题型七：空间角度的向量求法
题型二十四：椭圆的基础性质应用
题型八：空间距离的向量求法
题型二十五：椭圆的离心率问题
题型九：空间线段点的存在性问题
题型二十六：椭圆上的距离与焦点三角形问题
题型十：直线的倾斜角与斜率
题型二十七：直线与椭圆的位置关系
题型十一：两条直线平行与垂直的判定
题型二十八：椭圆中的弦长与中点弦问题
题型十二：直线的方程
题型二十九：椭圆中的综合问题
题型十三：由直线方程平行垂直及求方程
题型三十：椭圆的轨迹问题与实际应用
题型十四：直线的交点坐标
题型十五：平面距离公式
题型十六：直线对称与反射问题
题型十七：圆的方程