精品解析：湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题

武汉市部分重点中学2024-2025学年度上学期期中联考 高二数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． 考试时间：2024年11月12日下午14：00—16：00 祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2，选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线在轴上的截距的内涵求解即可. 【详解】令则 直线在轴上的截距为， 故选：A. 2. 已知直线绕点逆时针旋转，得到直线，则不过第（ ）象限． A. 四 B. 三 C. 二 D. 一 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出直线的倾斜角，再根据旋转角度求出直线的倾斜角，进而得到直线的斜率，再根据直线所过的点求出直线方程，从而判断直线不过第几象限. 【详解】对于直线（为斜率），直线，其斜率，设其倾斜角为，根据，可得，又因为倾斜角，所以. 直线绕点逆时针旋转，则直线的倾斜角. 直线的斜率. 因为直线过点，根据直线的点斜式方程（为直线上一点，为斜率），可得直线的方程为，即. 直线的斜率为负，截距为负，所以直线不过第一象限. 故选：D. 3. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器进行模拟实验产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 531 224 344 151 254 424 142 435 414 135 432 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55 【答案】C 【解析】 【分析】找出代表事件“一年内没有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果. 【详解】由题意可知，代表事件“一年没有1台设备需要维修”的数组有：224，344，254，424，435，432，233，232，353，442，共10组，则由古典概型概率公式计算， 知道估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为 故选：C. 4. 已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用互斥事件的概念求解即可. 【详解】因为事件A，B互斥，所以它们都不发生的概率为， 所以 又因为， 所以 所以 故选：D. 5. 现有一段底面周长为厘米和高为15厘米的圆柱形水管，AB是圆柱的母线，两只蚂蚁分别在水管内壁爬行，一只从A点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行5厘米到达P点，另一只从B沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行4厘米爬行到达Q点，则此时线段PQ长（单位：厘米）为（ ） A. B. 12 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件建系结合弧长得出角及点的坐标，最后应用空间向量两点间距离计算. 【详解】应用圆柱的特征取上下底面的圆心连线为轴，BO所在直线为y轴， 再过作的垂线为轴，如图建系， 过向圆作垂线垂足为，，设圆半径为，所以， 设，所以圆弧的长度为：，， 则， 同理，过向圆O作垂线垂足为，则， 所以. 故选：B. 6. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（ ） A. 甲315枚，乙105枚 B. 甲280枚，乙140枚 C. 甲210枚，乙210枚 D. 甲336枚，乙84枚 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得甲乙获胜的概率均为，且游戏最多再进行2局即可分出胜负，求得甲获胜的概率，进而得到答案. 【详解】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负， ①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为； ②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为； ③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为； 所以甲胜出的概率为，甲应该分得赌金的，即甲分得赌金枚，乙分得赌金枚. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作点关于轴的对称点，方法一、利用直线与圆的关系计算圆心到反射光线的距离即可；方法二、利用反射光线与圆相切作临近值，借助两点距离公式、正切的和差角公式计算反射光线的斜率范围，再利用截距的意义计算即可. 【详解】方法一：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点． 又，所以直线的方程为，即． 由题知圆的圆心为，半径为1， 直线与圆有交点，即圆心到直线的距离小于等于1， 所以，解得． 方法二：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点， 临界情况为直线与圆相切． 设切点为，令，易得， 所以． 因为直线的斜率为， 所以直线的斜率． 易得直线的方程为．所以． 故选：A 【点睛】思路点睛：对于光线的反射问题一般作对称点由入射光线得出反射光线所在直线，再利用直线与圆的位置关系计算即可，法二、计算反射光线与圆相切时的斜率从而得出反射光线的斜率范围，再结合直线的截距意义计算，计算略显复杂，但也是一种很好的方向. 8. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量线性运算可得，令可得，利用四点共面和基本不等式可求得的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果. 【详解】连接， 由题意知：； 令，则，， 四点共面，（当且仅当时取等号）， ； 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 又，， ，即的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 B. 平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 C. 若，则是锐角 D. 若对空间中任意一点，有，则M，A，B，C四点不共面 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A：使用反证法求证即可，选项B：利用法向量的定义求解出；选项C：当夹角为时，；选项D利用平面向量共面定理求解. 【详解】对A，若不是空间的一个基底，则共面，所以存在实数，使得， 所以，，即共面，与题意矛盾，A正确； 对B，，向量是平面的法向量， 则，， 解得所以，故选项B正确； 对C，当时，夹角可能为，不一定是锐角，故选项C错误； 对D，若，则， 即，所以，， 所以共面，所以四点共面，D错； 故选：AB． 10. 下列命题正确的是（ ） A. 设A，B是两个随机事件，且，，若，则A，B是相互独立事件 B. 若，，则事件A，B相互独立与A，B互斥有可能同时成立 C. 若三个事件A，B，C两两相互独立，则满足 D. 若事件A，B相互独立，，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据随机事件的相互独立、互斥概念，结合概率公式，通过对每个选项依据相关概念进行分析判断. 【详解】对于A选项， 已知，，，而， 即，所以、是相互独立事件，A选项正确. 对于B选项，若、互斥，则，. 若、相互独立，则（因为，）. 所以事件，相互独立与，互斥不可能同时成立，B选项错误. 对于C选项，设样本空间，每个样本点的概率为. 定义，；，；，. ，. ，. ，，所以A、B、C两两相互独立. 而，，， 此时. C选项错误. 对于D选项，因为、相互独立，则与，与也相互独立. . . 所以，D选项正确. 故选：AD. 11. 平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是1 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点，点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则四边形面积的最小值是3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件求出点的轨迹方程，然后逐个分析每个命题中涉及到的直线与圆的位置关系、弦长公式计算以及四边形面积即可. 【详解】对于A,设，已知，，且. 根据两点间距离公式，. 则.两边平方可得. 展开整理得，配方可得，所以A选项正确. 对于B,点到圆心的距离为. 圆的半径.根据弦长公式，当最大弦长最小，最大为圆心到点的距离.所以弦长最小值为，所以B选项错误. 对于C,圆心到直线的距离. 因为（圆的半径），所以直线与圆相离，C选项正确. 对于D,四边形的面积，因为. 要使面积最小，则最小，即圆心到直线的距离与半径的关系.圆心到直线的距离. . 所以四边形面积最小值，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用列表法求解，列出抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况，再找出抛掷的两个骰子的点数之和是6的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况有： 1 2 3 4 5 6 1 ╳ ╳ ╳ ╳ √ ╳ 2 ╳ ╳ ╳ √ ╳ ╳ 3 ╳ ╳ √ ╳ ╳ ╳ 4 ╳ √ ╳ ╳ ╳ ╳ 5 √ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 6 ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ ╳ 共36种情况， 其中“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的有5种，所以所求概率为. 故答案为： 13. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出曲线，并求出直线的定点，进而通过数形结合求得答案. 【详解】由题意，，直线是与平行的直线， 如图所示： 当直线与曲线相切时，(负舍) 当时，，结合图形分析得的取值范围是. 故答案为：. 14. 在空间直角坐标系中，，，，，，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数．若，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据点与点关于平面对称，点与点关于直线对称，结合三角形两边和与差的最值可得解. 【详解】如图所示，由已知可得，，， 则，， 即，， 又，，平面， 则平面， ①①当，两点在平面同侧或一点在平面上时，，当且仅当，有一点在平面上时取等号；即； ②当，两点在平面异侧时：设平面与直线交于点， 将延拓，如图所示，则， 由，，，平面， 则平面，即， 抽象出平面如图所示， 则， 设点关于直线的对称点为，则， 当且仅当时，取得最小值， 由，且，，， 则， 即，， 则，， 又，则， 即， 所以， 所以，符合 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于建立空间直角坐标系，将问题转化为线的长度问题，从而得解. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2025年杭州举办的国际射联射击世界杯，某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励6分、4分、2分、0分．假设评定为等级A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其得分低于4分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为8分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”，由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，根据互斥事件概率加法公式计算即可； （2）设事件，，，表示“”第i次被评定为等级A，B，C，D，．则“两次射击得分之和为8分”为事件，且事件，，互斥，然后分别求出对应的概率,根据互斥事件概率加法公式计算即可. 【小问1详解】 设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”． 由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以． 所以． 因此其得分低于4分的概率为； 【小问2详解】 设事件，，，表示“”第i次被评定为等级A，B，C，D，． 则“两次射击得分之和为8分”为事件， 且事件，，互斥，，， 所以两次射击得分之和为8分的概率. 16. 已知的顶点，边AB上的中线CD所在直线方程为，边AC上的高线BE所在直线方程为． （1）求边BC所在直线的方程； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用，求出直线AC的方程，联立CD所在直线方程，解出，设利用中点坐标公式求解出，又因为在直线BE上，在CD上，求解出，从而得到BC所在直线的方程. （2）利用点到直线的距离公式求解到直线BC的距离，再用两点间的距离求解出，从而求出的面积. 【小问1详解】 因为，所以设直线AC的方程为：， 将代入得，所以直线AC的方程为：， 联立AC，CD所在直线方程：，解得， 设，因为为AB的中点，所以， 因为在直线BE上，在CD上， 所以，， 解得，，所以，， 所以BC所在直线的方程为：，即． 【小问2详解】 由（1）知点到直线BC的距离为：， 又，所以． 17. 如图所示，已知斜三棱柱中，，，，在上和BC上分别有一点和且，，其中． （1）求证：，，共面； （2）若，且，设为侧棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为， ， 所以． 由共面向量定理可知，，，共面． （2） 【解析】 【分析】（1）要证明三个向量共面，根据平面向量共面定理，即证明，且； （2）通过建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取BC的中点为，在中，，， 由余弦定理可得， 所以，依题意，均为正三角形，所以，， 又，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面，所以在平面内作，则平面， 以OA，OC，Oz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， 依题意可知， 则． 设直线与平面所成角为， 则． 故直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知在平面直角坐标系xOy中，，，平面内动点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）点P轨迹记为曲线C，若曲线C与x轴的交点为M，N两点，Q为直线l：上的动点，直线MQ，NQ与曲线C的另一个交点分别为E，F，直线EF与x轴交点为K，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据列式，再化简即可； （2）设的直线方程，与圆联立方程，列出根与系数关系，再列出直线，的方程，求得Q点纵坐标构建方程，代入韦达定理，求得参数，算出直线必过点，再用几何法求得最短弦即可. 【小问1详解】 设动点坐标， 因为动点P满足，且，， 所以， 化简可得，，即， 所以点P的轨迹方程为. 【小问2详解】 曲线C：中，令，可得， 解得或，可知, 当直线为斜率为0时，即为直径，长度为8， 当直线为斜率不为0时， 设的直线方程为， 联立消去可得：， 化简可得； 由韦达定理可得， 因为， 所以，的斜率为， 又点在曲线C上，所以, 可得， 所以， 所以，的方程为，， 令可得， 化简可得；， 又在直线上，可得，， 所以， 化简可得；， 又， 代入可得， 化简可得， ， ，所以或， 当时为，必过，不合题意， 当时为，必过， 又即为圆的弦长， 所以当直径时弦长最小， 此时半径圆心到直线的距离为 综上，的最小值. 【点睛】方法点睛：求必过点可用联立方程，设而不求，算出参数关系. 19. 对于三维向量，定义“F变换”：，其中，，，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，必存在，使得经过次F变换后，有； （3）已知，，将再经过次F变换后，最小，求的最小值． 【答案】（1）， （2）证明：设 假设对，，则，，均不为0； 所以，即， 因为，， 所以，与矛盾，所以假设不正确； 综上，对于任意，经过若干次F变换后，必存在，使得． （3）505 【解析】 【分析】（1）结合题目中给的，定义求解即可，（2）通过反证法，先假设对，，得到，，均不为0，推导出与矛盾，否定假设从而得证.(3)分和两种情况讨论， 当时，可得，求解出，， 设的三个分量为这三个数，当时，也可得，，从而得到，再设的三个分量为这三个数，对的取值进行讨论进而分析，最终得到时，；当时，，从而得到的最小值为505． 【小问1详解】 因为，，， 所以，， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，因为， 所以有或， 当时，可得，三式相加得 又因为，可得，； 当时，也可得，，所以； 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为，2，m这三个数，所以； 当时，的三个分量为2，2，4，则的三个分量为0，2，2，的三个分量为2，0，2， 所以；所以，由，可得，； 因为，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2， 所以的三个分量只能是2，2，4三个数，的三个分量只能是0，2，2三个数， 所以当时，；当时，， 所以的最小值为505． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市部分重点中学2024-2025学年度上学期期中联考 高二数学试卷 本试卷共4页，19题．满分150分．考试用时120分钟． 考试时间：2024年11月12日下午14：00—16：00 祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2，选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 直线在轴上的截距为（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知直线绕点逆时针旋转，得到直线，则不过第（ ）象限． A. 四 B. 三 C. 二 D. 一 3. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器进行模拟实验产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 531 224 344 151 254 424 142 435 414 135 432 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.5 D. 0.55 4. 已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 现有一段底面周长为厘米和高为15厘米的圆柱形水管，AB是圆柱的母线，两只蚂蚁分别在水管内壁爬行，一只从A点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行5厘米到达P点，另一只从B沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行4厘米爬行到达Q点，则此时线段PQ长（单位：厘米）为（ ） A. B. 12 C. D. 6. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金．但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局，问这420枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（ ） A. 甲315枚，乙105枚 B. 甲280枚，乙140枚 C. 甲210枚，乙210枚 D. 甲336枚，乙84枚 7. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 给出下列命题，其中是真命题的是（ ） A. 已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 B. 平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 C. 若，则是锐角 D. 若对空间中任意一点，有，则M，A，B，C四点不共面 10. 下列命题正确的是（ ） A. 设A，B是两个随机事件，且，，若，则A，B是相互独立事件 B. 若，，则事件A，B相互独立与A，B互斥有可能同时成立 C. 若三个事件A，B，C两两相互独立，则满足 D. 若事件A，B相互独立，，，则 11. 平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ） A. 点的轨迹的方程是 B. 过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是1 C. 直线与点的轨迹相离 D. 已知点，点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则四边形面积的最小值是3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为______． 13. 已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数的取值范围是__________． 14. 在空间直角坐标系中，，，，，，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数．若，则的最小值为__________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”．为备战2025年杭州举办的国际射联射击世界杯，某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励6分、4分、2分、0分．假设评定为等级A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其得分低于4分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为8分的概率． 16. 已知的顶点，边AB上的中线CD所在直线方程为，边AC上的高线BE所在直线方程为． （1）求边BC所在直线的方程； （2）求的面积． 17. 如图所示，已知斜三棱柱中，，，，在上和BC上分别有一点和且，，其中． （1）求证：，，共面； （2）若，且，设为侧棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知在平面直角坐标系xOy中，，，平面内动点P满足． （1）求点P的轨迹方程； （2）点P轨迹记为曲线C，若曲线C与x轴的交点为M，N两点，Q为直线l：上的动点，直线MQ，NQ与曲线C的另一个交点分别为E，F，直线EF与x轴交点为K，求的最小值． 19. 对于三维向量，定义“F变换”：，其中，，，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，必存在，使得经过次F变换后，有； （3）已知，，将再经过次F变换后，最小，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $