专题05 期中压轴题精选（3大考点35题）（期中真题汇编，湖北专用）高二数学上学期

专题05 期中压轴题精选 3大高频考点概览 考点01 空间向量与立体几何压轴题 考点02 直线与圆压轴题 考点03 椭圆、双曲线压轴题 地 城 考点01 空间向量与立体几何压轴题 一、单选题 1．(24-25高二上·湖北宜昌协作体·期中)在正三棱锥P-ABC中，，且该三棱锥的各个顶点均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m，到平面ABC的距离为n，则（   ） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据长度关系先证明出两两垂直，然后通过补形法求解出的值，再通过向量法求解出的值，则结果可知. 【详解】在正三棱锥中，，又，， 所以，所以， 同理可得，，即两两垂直， 把该三棱锥补成一个正方体，则三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 正方体的体对角线就是外接球的直径，易得， 如图，建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以， 则点到平面的距离，所以， 故选B.      【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是能通过给定的长度关系确定出位置关系，同时能利用补形法完成计算，另一方面是能利用向量方法求解出点到面的距离. 2．(24-25高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中)如图，正方体透明容器的棱长为分别为的中点，点是棱上任意一点，下列说法正确的是（    ） A． B．向量在向量上的投影向量为 C．将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为 D．向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 【答案】C 【分析】对A：根据正方体易知，利用线面垂直的判断、性质定理可得，又，故与不垂直；对B：若是交点，连接，则所成角，即为所成角，余弦定理求夹角余弦值，进而求向量在向量上的投影向量；对C：令放在桌面上的顶点为，根据正方体的结构特征，要使容器内水的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大，并确定最大截面的形状，求其面积即可；对D：通过直观想象，有第一层小球为个，第二层小球为，且奇数层均为个，偶数层均为，结合上下两层相邻5球的球心构成几何体为正四棱锥并求高，再确定层数，最后求小球个数. 【详解】对A：由正方体性质知：，， 且、面， 所以面，又面，则， 由，故与不垂直，故A错误； 对B：由题意且，若是交点，连接， 所以， 故为平行四边形，则，， 所以所成角，即为所成角， 由题设，易知， 在中， 即夹角为，所以夹角为， 故向量在向量上的投影向量为： ，故B错误； 对C：令放在桌面上的顶点为， 若桌面时正方体的各棱所在的直线与桌面所成的角都相等， 此时要使容器内水的面积最大，即垂直于的平面截正方体的截面积最大， 根据正方体的对称性，仅当截面过中点时截面积最大， 此时，截面是边长为的正六边形， 故最大面积为，故C正确； 对D：由题意，第一层小球为个，第二层小球为， 且奇数层均为个，偶数层均为， 而第一层与第二层中任意四个相邻球的球心构成一个棱长为1的正四棱锥，故高为， 假设共有n层小球，则总高度为，且为正整数， 令，则，而，故小球总共有10层， 由上，相邻的两层小球共有个， 所以正方体一共可以放个小球，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：D选项中，注意分析各层小球最多可放入的个数，结合两层相邻的5个球的球心所成几何体的高，结合正方体棱长求总层数为关键. 二、多选题 3．(24-25高二上·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)某四面体的棱中恰好有一条的长度大于2，则此四面体的体积可能是（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】ABC 【分析】设到底面的高为，在中，到的距离为，则，可得，从而，同理点到的距离，，求出四面体的体积，利用基本不等式求出，得解. 【详解】设四面体，棱，而其余每条棱长都小于等于2， 设到底面的高为，在中，到的距离为，则. 若是的高，则中有一条的长度，（设的长为）. 于是，从而. 类似的，在中，点到的距离小于等于， 所以. 所以，. 故选：ABC. 4．(24-25高二上·湖北黄冈普通高中·期中)如图，在棱长为2的正方体中，点为线段BD的中点，且点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若，则平面 B．若，则平面 C．若，则到平面的距离为 D．若时，直线DP与平面所成角为，则 【答案】ABD 【分析】根据各项参数确定的位置，分别应用线面平行的判定定理判断A；线面垂直的判定定理判断B；由到平面的距离，即为到平面的距离的一半，几何法求点面距离判断C；应用向量法求线面角，进而求范围判断D. 【详解】A：，即重合，故即为，又，即， 由面，面，则面，对； B：，易知为的中点，此时，且 所以，故，即， 根据正方体的结构特征，易得， 若为的中点，则，又，则， 显然面，面，则， 由且在面内，则面，面，则， 所以，又都在面内，则面，对； C：，即是面的中心， 易知到平面的距离，即为到平面的距离的一半， 根据正方体的结构特征，为正四面体，且棱长为， 所以到平面的距离， 所以到平面的距离为，错； D：，则在线段上运动，如图构建空间直角坐标系， 所以，且，故， 令面的一个法向量为，且， 所以，令，则， 故，令，则， 所以，， 故，对. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：根据各项参数值确定对应点的位置为关键. 5．(24-25高二上·湖北武汉部分重点中学·期中)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 【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：AD． 6．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)在棱长为2的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若为空间任意一点，且，则 B．与所成角的大小为 C．在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 D．在线段上存在一点，使得平面 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算即可判断A，由异面直线夹角的向量法代入计算，即可判断B，由平面以及等体积法即可判断C，求得平面的法向量，代入计算，即可判断D 【详解】 对于选项A，建立如图所示空间直角坐标系，则， 设，则， ， 由可得， 即，所以，故A正确； 对于选项B，，设与所成角为， 则，故B错误； 对于选项C，因为，且平面，平面， 所以平面，又点在直线上，所以点到平面的距离为定值， 且为定值，所以为定值，故C正确； 设在线段上存在点，符合题意， 对于选项D，设，又， 则，即，所以， 即， 设平面的法向量为，且， 所以，解得，取，则， 则，方程无解， 所以线段上不存在一点，使得平面，故D错误； 故选：AC 三、填空题 7．(24-25高二上·湖北恩施州高中教育联盟·期中)在正方体中，为棱BC的中点，为棱的三等分点（靠近点），过点作该正方体的截面．则该截面的周长是 ． 【答案】 【分析】先根据面面平行的性质定理作出过点的正方体的截面，然后结合正方体的性质可求截面的周长. 【详解】 如图，取的中点,连接,易得，则, 过点在平面内作,交于点，则； 再取的三等分点（靠近点），连接,同理可得, 过点在平面内作,交于点，则， 连接,因平面平面,则过三点的截面与它们的交线必平行， 同理过三点的截面与平面,平面的交线也平行， 故五边形即点的正方体的截面. 因则,， 由可得，则有：, 即得：,则,; 又由可得,则有：, 即得：，则 则. 故五边形截面的周长为： 故答案为：. 8．(24-25高二上·湖北武汉部分重点中学·期中)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】/ 【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. 9．(24-25高二上·湖北孝感一般高中协作体·期中)棱长为4的正方体中，分别是平面和平面内动点，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】取点关于平面的对称点为，设点到平面的距离为，可得，以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到平面的距离即可求解. 【详解】取点关于平面的对称点为， 设点到平面的距离为，则， 所以， 以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为4，且， 所以， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则，则， 所以点到平面的距离. 即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：处理空间几何体中的距离之和的最值问题的方法： （1）借助参数表达，转化为函数最值求解； （2）利用展开图，将空间距离之和转化为平面距离之和，再利用两点之间线段最短求解； （3）借助对称，化线（面）的同侧为线（面）的异侧，转化为两点间的距离（点线距、点面距）求解. 10．(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知四棱锥的底面是平行四边形ABCD，过棱PC的中点和点作一平面，分别交棱PB和PD于点和. ①设，则 .（用向量表示） ②记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】①根据向量加法的平行四边形法则可得，从而得解； ②设,利用空间向量基本定理中的推论四点共面得到, 设,利用体积分割转化将表示为然后利用得到的关系将此式转化为关于的函数，适当整理，利用对勾函数的单调性即可求得其取值范围. 【详解】根据题意，底面是平行四边形ABCD， 所以，即得， 如图所示，设， ，又A，M，E，F四点共面，不共面， ， 设，则 ， 由，求得， 当时，取得最小值为，此时，当，或时， 即当或时取得最大值为， 故答案为：，    【点睛】关键点点睛：设,利用空间向量基本定理中的推论四点共面得到, 设,利用体积分割转化将表示为然后利用得到的关系将此式转化为关于的函数，适当整理，利用对勾函数的单调性即可求得其取值范围. 11．(24-25高二上·湖北武汉外国语学校·期中)已知球的表面积为，正四面体的顶点均在球的表面上，球心为的外心，棱与球面交于点.若平面平面平面平面 且与之间的距离为同一定值，棱分别与交于点，则的值为 . 【答案】 【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，再利用余弦定理求得，应用余弦定理即可求结果. 【详解】设和之间的距离为，球的半径为， 由题意，解得，所以， 则，所以， 由共线，则存在实数使且， 所以， 即，整理得，可得， 所以，即，所以， 又且与之间的距离为， 则，故， 所以，且， 在中，. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键是找到点的位置，应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到的边长. 四、解答题 12．(24-25高二上·湖北部分名校·期中)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，，，M为BC的中点，，，．    (1)证明：； (2)若平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为，求多面体ABCDPQ的体积． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直； （2）设，建立空间直角坐标系，利用空间向量结合面面夹角可得，根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系求体积即可. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 所以． 又因为，平面, 所以平面,平面． 所以． 由于,所以四边形为平行四边形，所以． 又，所以， 所以． （2）因为，所以， 又，平面，所以平面． 取中点，连接，设． 建立如图所示的空间直角坐标系，    则，． 则， 则平面的一个法向量．则， 令，则，可得； 设平面的一个法向量，则， 令，则，可得； 则，解得， 设多面体的体积为， 则 ， 所以多面体ABCDPQ的体积. 13．(24-25高二上·湖北部分普通高中·期中)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直．活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记． (1)求的长（用表示）； (2)为何值时，的长最小？ (3)当平面与平面夹角时．求的长． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】． （1）以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，求得、、、、、的坐标，直接由两点间的距离公式可得； （2）把（1）中求得利用配方法求最值； （3）求出两平面的法向量，根据面面夹角列方程求出参数，然后代入（1）可得． 【详解】（1）因为，为正方形，所以， 又平面平面，所以， 如图建立空间直角坐标系， ，， ， ， 分别作，垂足分别为， 易知， 因为，由相似比可得， 所以， ． ； （2）， 当时，最小，最小值为； （3）， 设平面与平面的法向量分别为， 则， ， 令，得， 令，， 因为平面与平面夹角， 所以， 即，解得（增根已舍去）， 所以此时. 14．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，. (1)若平面平面，求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，最大角为 【分析】（1）先证明平面，再证明即可得证； （2）计算出平面的法向量，而平面的一个法向量为，两个法向量的夹角即为所求二面角； （3）设，求出与平面的夹角的正弦值为，再经过适当变形结合二次函数的性质得出最大值及取得最大值的条件. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，， 因为，所以， 又因为平面，，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 又因为平面，所以平面. （2）以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量为，则有，取，则， 因为平面，所以平面的一个法向量为， ，所以与平面所成角的余弦值为. （3），，设，则，，设平面的法向量为， 则有，取，则，，则与平面的夹角的正弦值为， 设，则， 当时，取得最大值，所以的最大值为， 所以当点满足时，与平面的夹角的最大值为. 15．(24-25高二上·湖北武汉常青联合体·期中)在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，， (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值； (3)记集合T中所有点构成的几何体为W．求W的体积的值． 【答案】(1)，； (2)，； (3)16. 【分析】（1）分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可. （2）根据（1）分析得为截去三棱锥所剩下的部分，用割补法求解体积即可. （3）根据题设，判断几何体的组成，再应用棱锥、棱柱体积公式求体积. 【详解】（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点，发现它是边长为2的正方形， 因此. 对于， 当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性，知Q表示，，，这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点，它是边长为的正方形， 因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为， 由对称性知，， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形，其中正方体即为集合P所构成的区域. 构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为，， 所以. 【点睛】关键点点睛：根据题干新定义判断各问中几何体的构成为关键. 16．(24-25高二上·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学.对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边.不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角. 已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点. (1)球面的三条边相等（称为等边球面三角形），若，请直接写出球面的内角和（无需证明）； (2)与二面角类比，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为.其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角.若三面角的三个面角的余弦值分别为. ①求球面的三个内角的余弦值； ②求球面的面积. 【答案】(1) (2)①，，；② 【分析】（1）通过已知条件直接证明三个平面两两垂直，然后由球面角的定义即可得出； （2）使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角，再证明球面球面的面积，即可得到结果. 【详解】（1）由可知在两个互相垂直（即交点处切线垂直）的大圆上， 从而，故， 设，则， 从而，注意到到直线的距离均为，故， 所以由知，所以，即， 这得到， 从而，又在两个互相垂直的大圆上， 故， 从而两两垂直， 从而由在平面内交于点，可知垂直于平面， 而在平面和平面内， 故平面垂直于平面，同理平面垂直于平面， 平面垂直于平面，所以三个平面两两垂直， 故由球面角的定义知， 所以球面的内角和是. （2）①由已知条件，可设， 如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，不妨设， 设，则由可知 ； ； ， 故， 不妨设，则，所以有， 设平面的法向量分别为，并设， 则即， 从而，故可以取 所以我们有 ， ， ， 故球面的三个内角的余弦值分别为. ②先证明一个引理. 引理：若在单位球面上的球面的三个球面角， 设该球面的面积为，则， 引理的证明： 记球的表面积为，则， 设的对径点分别为， 则所在的大圆和所在的大圆， 它们将球面分成了四个部分， 其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍， 即，类似可定义，且同理有， 而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有， 所以， 故， 引理得证， 回到原题，根据①的结论，有， 再由引理知球面的面积. 【点睛】结论点睛：球面的面积求解定理： 若球面的三个球面角，设该球面的面积为，则. 地 城 考点02 直线与圆压轴题 一、多选题 17．(24-25高二上·湖北恩施州高中教育联盟·期中)记为圆的圆心．H为轴上的动点．过点H作圆的两条切线，切点分别是M，N，则下列结论正确的是（    ） A．的最大值为4 B．直线过定点 C．存在点，使得 D．四边形HMCN的面积的最小值为 【答案】BD 【分析】A选项，由图可得，后由小于1可判断选项正误； B选项，取HC中点为D，则MN所在直线为以D为圆心，为半径的圆与圆C的交点弦，两圆方程相减可得MN所在直线方程，即可得所过定点； C选项，等价于判断是否存在H点，使; D选项，四边形HMCN的面积为，设，可得面积关于表达式，求出最值即可判断选项正误. 【详解】由题如图，圆C：，则C，. A选项，如图，由几何知识可知，HC垂直平分MN， 则，因HM与圆C相切， 则是以M为直角顶点的直角三角形， 则，故，则A错误； B选项，设，取HC中点为D，则，. 则圆D：， 与圆C方程相减并化简可得直线MN为：. 令，即直线MN过定点，故B正确； C选项，若，则，又由题可知， 结合，可知此时四边形HMCN为正方形. 则.当与y轴垂直时，最小为3，因， 则不存在相应的H点，使，故C错误； D选项，设四边形HMCN的面积为S， 则. 由题，. 则，当且仅当时取等号. 故D正确. 故选：BD 【点睛】结论点睛：设圆的方程为，及一点.若该点在圆上，方程表示过该点的切线；若该点在圆外，方程表示过该点圆的两条切线切点所形成的切点弦方程. 18．(24-25高二上·湖北部分名校·期中)四叶草也叫幸运草，四片叶子分别象征着：成功，幸福，平安，健康，表达了人们对美好生活的向往，梵客雅宝公司在设计四叶草吊坠时，利用了曲线Ω：，进行绘制，点在曲线Ω上，点，则下列结论正确的是（   ） A．曲线Ω围成的图形面积为 B．的最小值是 C．直线PQ的斜率的最大值为1 D．的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对A：根据曲线与圆的关系，结合面积公式，直接求解即可；对B：将问题转化为求到直线的距离的最小值问题，数形结合解决问题；对C：根据直线和圆的位置关系，数形结合，求解问题；对D：根据圆外一点到圆上一点距离的最值求解方法，数形结合，求解即可. 【详解】对曲线方程：， 当时，可化为，即， 故曲线Ω在第一象限是圆心为，半径为的圆上的一段圆弧； 根据对称性可知，该曲线关于轴，轴，以及坐标原点均对称，故其曲线绘制如下： 对A：记点，显然均在曲线Ω上，如下所示： 因为，故三点共线，则该曲线在第一象限内的面积为一个半圆的面积和△面积之和； 故曲线Ω围成的图形面积，故A正确； 对B：设点到直线的距离为，则 ， 根据对称性可知，曲线Ω在第三象限内的部分是在圆心为，半径为的圆上； 数形结合可知，点到直线的距离最小值为， 故的最小值为，故B错误； 对C：根据题意，作图如下： 数形结合可知，当且仅当为过且与曲线Ω在第四象限内的圆弧相切时，其斜率取得最大值； 根据对称性，曲线Ω在第四象限的部分是在圆心为，半径为的圆弧， 其方程为，设过点，且斜率存在的直线为， 故可得，整理得：，，解得（舍去）或， 故斜率的最大值为，故C正确； 对D：记曲线Ω在第一和第二象限圆弧的圆心分别为，显然，如下所示： 根据圆上一点到圆外一点距离的最值求解，数形结合可知： 当点在第一，第四象限时，可以取到最小值；当点在第二，第三象限时，可取到最大值； 为方便，只讨论第一，第二象限的情况； 当点在第一象限时，的最小值为； 当点在第二象限时，的最大值为； 故的取值范围为：，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：处理本题的关键，一是能够合理转化曲线方程，将其和圆建立关系；二是，借鉴处理圆中问题的方法，进而处理本题中遇到的问题，属综合困难题. 19．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)已知圆，圆，（，且，不同时为0）交于不同的两点，，下列结论正确的是（    ） A．， B．直线的方程为： C．若点是圆内异于圆心的一点，以为中点的弦所在的直线为，直线，则且与圆相离 D．，为圆上的两动点，且，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】对A，根据两圆半径相等, 则的中点恰为的中点，计算得解；对B，两圆方程相减就得到公共弦所在的直线的方程；对C，根据圆的性质求出直线的斜率和方程可判断，再求出圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系；对D，设的中点为，可得，利用弦长可求得，即点在以点为圆心，为半径的圆上，数形结合求解. 【详解】对于A，因为两圆半径相等, 所以的中点恰为的中点， 所以，，故A错误； 对于B，将圆与圆的方程相减可得公共弦所在的直线的方程为，故B正确； 对于C，由题意，以点为中点的弦所在直线，， 所以，则直线为，所以， 又点到直线的距离为，又点在圆内，则， 所以圆心到直线的距离为，则直线与圆心相离，故C正确； 对于D，设的中点为，则，由， 可得，即点在以点为圆心，为半径的圆上， 所以， 所以的最大值为，故D正确. 故选：BCD.    二、填空题 20．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)集合，集合，若，则实数的取值范围 【答案】 【分析】根据题意，集合表示中心为，边长为的正方形向左或向右平移个单位得到，集合表示四个半圆围成的图形，数形结合求解. 【详解】定义集合，集合表示中心为，边长为的正方形，如图所示， 集合可看作集合表示的正方形向左或向右平移个单位得到， 集合表示如图的四个半圆围成的图形，若， 则， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 21．(24-25高二上·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知圆和直线，折线，若与恰有一个公共点，则实数 ；若与恰有两个公共点，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】若与恰有一个公共点，结合直线与圆的位置关系分析求解即可；法一，若与恰有两个公共点，结合对称性可知与在内只有1个交点，且不过，联立方程可得关于的方程在仅有一解，且解不为2，结合二次函数零点分布分析求解即可；法二，判断出点在圆内可得答案. 【详解】由题意可知：圆可化为表示圆心为， 半径为的圆，故， 若与恰有一个公共点，则，解得； 法一，因为与均关于直线对称，注意到与直线的交点为， 若与恰有两个公共点，等价于与在内只有1个公共点， 且不过，此时， 联立方程，消去得， 即关于方程在仅有一解，且解不为2， 则，或，或， 解得， 所以实数的取值范围是. 法二，因为与均关于直线对称，注意到与直线的交点为， 若与恰有两个公共点，等价于与在内只有1个公共点， 且不过， 当圆与两条射线都相切时，无解， 所以点在圆内， 即，解得. 所以实数的取值范围是. 故答案为：①；②. 【点睛】思路点睛：本题解题思路是将圆的一般方程转化为标准方程，求得圆的圆心坐标及半径，将有公共点转化为直线与圆的交点问题，即可求出结果. 22．(24-25高二上·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)已知实数满足，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，把问题转化成圆上的点到直线的距离的最大值问题求解. 【详解】设，， 因为，，所以、为圆上的两点.如图：    则. 又，所以， 取中点，则. 作直线：，作，，，，垂足分别为，，，. 所以 又，所以. 即. 所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将代数问题转化为几何问题，数形结合，根据点到直线的距离公式求解. 23．(24-25高二上·湖北部分名校·期中)我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休．”事实上，很多的代数问题都可以通过转化为几何问题加以解决，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．已知点在直线：上，点在直线：上，且，结合上述观点，的最小值为 ． 【答案】 【分析】根据两点距离公式将目标函数转化为点到点的距离与点到点的距离和，过点A作，垂足为，证明，由 求目标函数最小值. 【详解】由已知表示点到点的距离， 表示点到点的距离， 所以，    过点A作，垂足为， 因为直线的方程为，，则， 又直线与直线平行，，则， 可得， 则四边形为平行四边形，所以， 可得， 且，当且仅当三点共线时等号成立， 所以当点为线段与直线的交点时， 取最小值，最小值为， 因为过点与直线垂直的直线的方程为， 联立，可得，即点的坐标为， 可得， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据两点距离公式将目标函数转化为求线段的距离和问题，进一步结合图形将问题转化为两点之间的距离问题. 三、解答题 24．(24-25高二上·湖北荆州沙第一中学·期中)已知圆内有一点，倾斜角为的直线过点且与圆交于两点. (1)当时，求的长； (2)是否存在弦被点三等分？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由； (3)记圆与轴的正半轴交点为，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.并计算出定值. 【答案】(1) (2)存在， (3)证明见解析， 【分析】（1）由题意求出直线方程，利用圆的几何性质求弦长即可； （2）假设存在，求出弦心距，讨论直线的斜率是否存在，利用点到直线距离即可得解； （3）分类讨论直线斜率是否存在，存在时由根与系数的关系及斜率公式化简即可证明. 【详解】（1）因为，所以，直线的方程为， 圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，则， 所以； （2）取的中点为，如图， 假设存在弦被点三等分，设，，则， ，解得， 当斜率不存在时，，故斜率存在， 设斜率为，则：， ，解得， 即存在弦被点三等分，直线的斜率为； （3）由题意知，, 当直线斜率不存在时，，， 不妨取， 则，此时； 直线斜率存在时，设方程为， 代入圆的方程可得， 设，则， 又， 所以， 综上，为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 25．(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，记线段中点的运动轨迹为曲线 (1)求曲线的方程 (2)过点作直线交曲线于两个不同的点，，且不过曲线的中心，再过点，分别作曲线的切线，两条切线交于点，求证：点在同一直线上，并求出该直线的方程 (3)斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点，，直线，的斜率分别为，，且.若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值 【答案】(1) (2)详见解析； (3)证明见详解 【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程； （2）设，，，由，可得直线所在的直线方程，又点在直线上，可得证； （3）设直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解定点坐标，由几何图形可知，，再利用直角三角形，斜边的中线等于斜边的一半，即可求出定点坐标. 【详解】（1）设线段的中点为，， ，即， 因为点在圆上， 所以，化简得， 所以曲线的方程为. （2）设，，，点在圆外部， 由，可得，即， 又，可得， 同理，由可得， 所以直线所在的直线为，又点在直线上， ，即， 所以点在同一条直线上，直线方程为. （3）设直线，，，， 由，得， ，， ，即， ，所以， 所以直线的方程为，即直线过定点， 因为为定值，为直角三角形，为斜边， 所以当是的中点时，， 所以存在定点，使得为定值. 26．(24-25高二上·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离之比为常数且，那么点的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，已知直线，直线，点为和的交点. (1)求点的轨迹方程； (2)点为曲线与轴正半轴的交点，直线交曲线于A，B两点，与A，B两点不重合，直线MA、MB的斜率分别为，且，证明直线过定点，并求出该定点； (3)当点在曲线上运动时，求的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析，（） (3) 【分析】（1）由两直线斜率的关系得到两直线垂直，那么两直线交点就是垂足，由两直线过定点，所以交点轨迹是以两直线定点为直径的圆（注意特殊点不在圆上），由此得到圆的方程； （2）由（1）得出点，设点坐标得到，讨论直线斜率存在，写出直线方程，联立方程组后消元得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系求得的关系，代入直线方程得到定点坐标；讨论斜率不存在得到两点坐标的关系，由斜率乘积建立等量关系，求得坐标，得到直线，验证该直线同样经过前一种情况求得的定点； （3）因为点在圆上运动，所以由“阿波罗尼斯圆”思想构造一个点使得点，由三角形三边关系得到最大值. 【详解】（1）当时，，此时，交点为 当时，由，斜率为t， 由，斜率为，综上，. 直线恒过，直线恒过，若为的交点，则，设点， 所以点的轨迹是以EF为直径的圆， 又因为当代入方程得到不成立，所以点的轨迹不包含点. 则圆心为EF的中点，圆的半径为， 故的轨迹方程为 （2），设， 当斜率存在时，直线的方程为，故 将直线方程与圆的方程进行联立， 整理得：， ∴ 将其带入中可得：， 化简得， ∴或， 由于M与A，不重合，则直线的方程为恒过定点（）； 当直线的斜率不存在时， 设，则， 故可得，即则直线，仍恒过定点， 综上可得，则直线恒过定点 （3），易知R、Q在该圆内， 又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足. 下面证明任意一点，都满足，即， 即,所以 ，即当且仅当D，P，Q三点共线，且P位于D，Q之间时，等号成立. 即的最小值为 【点睛】方法点睛，题中介绍到了“阿波罗尼斯圆”，本题可以借助这个定理来对线段进行转化，从而变成了两线段和最打问题，就可以借助三角形三边长来得到结论. 地 城 考点03 椭圆、双曲线压轴题 一、单选题 27．(24-25高二上·湖北“鄂北联考”·期中)已知为椭圆上关于坐标原点O对称的两点，为椭圆的半焦距，P为平面上一点，且，椭圆的左、右顶点分别为，若，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用椭圆对称性设出点坐标，再由向量数量积的坐标运算并根据可得点坐标，代入椭圆方程构造关于离心率的二次型方程可得结果. 【详解】由为椭圆上关于坐标原点对称的两点，可设，则， 设，则， 则， 整理得， 又，即可得， 则可得， 由， 则， 解得， 又，则， 代入到椭圆，可得， 又， 可得， 整理得，解得， 又，则， 易知，又， 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用椭圆对称性设出点的坐标，将向量数量积进行坐标表示求得点坐标，代入椭圆方程得出关于离心率的等式即可得出结果. 二、多选题 28．(24-25高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中)将圆上任意一点的横坐标不变，纵坐标变为原来的，得到椭圆C，若该椭圆的两个焦点分别为，长轴两端点分别为A，B，则（   ） A．椭圆的标准方程为 B．若点M是椭圆C上任意一点（与A，B不重合），P在的延长线上，MN是的角平分线，过作垂直MN于点Q，则线段OQ长为定值4 C．椭圆上恰有四个点M，使得 D．若点M是椭圆C上任意一点（与A，B不重合），则内切圆半径的最大值为 【答案】BCD 【分析】A若椭圆上点为，则在上代入即可得椭圆方程，B假设是直线与交点，易得为线段的中点，且，结合椭圆定义及中位线性质求；C由为椭圆上下顶点时最大，应用余弦定理求其最大值判断；D利用等面积法列方程求半径. 【详解】若椭圆上点为，则在上，故，所以椭圆，A错； 假设是直线与交点， 因为MN是的角平分线，过作垂直MN于点Q， 所以为线段的中点，且， 而是的中点，故中为中位线， 故为定值，B对； 当为椭圆上下顶点时最大，此时， 又，故， 结合椭圆的对称性，椭圆上恰有四个点M，使得，C对； 若内切圆半径为， 则， 所以，要使最大，只需最大，为， 所以最大，D对. 故选：BCD 三、填空题 29．(23-24高二上·湖北武汉东湖中学·期中)如图，已知椭圆，其焦距为4，过椭圆长轴上一动点作直线交椭圆于、，直线、交于点，已知，则椭圆的离心率为 . 【答案】 【分析】根据椭圆方程可证：对于椭圆上任一点，均有，设，联立方程利用韦达定理可证，进而根据直线的交点整理可得，即可求离心率. 【详解】对于椭圆上任一点， 则，可得， 可知， 所以， 由题意可知：直线的斜率不为0，但可以不存在， 设， 联立方程，消去x得， 则， 可得 ， 可知直线，直线， 联立方程，消去可得， 则，整理得，即， 又因为焦距为4，可得， 所以椭圆离心率为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：1.根据椭圆方程可证：对于椭圆上任一点，均有； 2.设，联立方程利用韦达定理可证. 四、解答题 30．(24-25高二上·湖北宜昌部分级示范高中·期中)已知四个点中恰有三个点在椭圆：上. (1)判断哪个点不在椭圆上，并求出椭圆的方程； (2)设椭圆的左右顶点分别是、，点是直线上一点，直线、与椭圆的另一个交点分别为、，求证：直线过定点. 【答案】(1)不在椭圆上， (2)证明见解析 【分析】（1）分析可得必在椭圆C上，不在椭圆上，代入即得解； （2）方法一，设直线MN： ， M()，N()，P()，利用P、M、A和P、B、N三点共线 得，联立消元结合韦达定理的得， 代入上式求解即可； 方法二，讨论直线PA，PB斜率与零的关系，然后分别设直线PA，PB方程，分别与椭圆方程联立，求出M、N的坐标，进而求出直线MN的方程式，求出定点即可， 【详解】（1）因为关于y轴对称，必定均在椭圆上，代入得：. 若点在椭圆上，则，与上式矛盾. 所以不在椭圆上.                     由，解得， 故椭圆的方程为. （2）方法一： 设直线MN： ， M()，N()，P(). 由题意得：  ① ，       ②，    由①②得：，      又，代入上式得：   ③                         把联立消元得：， 即=0， 所以， ，                                                      由③得：， 即， 将， ，   代入上式得：， 即， 则，故直线MN恒过定点，                     方法二： 当直线PA，PB斜率不为0时， 设直线PA：，直线PB： 令得：，即.                                                      将PA：代入得：， 即， 则，所以， 即，                   又，则有                                                        将PB：代入得：， 即， 则，所以， 即.                    于是，， 而直线MN：，    令得: .                     又当直线PA，PB斜率为0时，MN也过点. 故直线MN过定点.    31．(24-25高二上·湖北楚天教科研协作体·期中)已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，焦距等于，离心率为 (1)求椭圆的标准方程; (2)若直线与椭圆交于M、N两点，求证：为定值; (3)记为椭圆上顶点，过点作相互垂直的两条直线BP，BQ分别与椭圆相交于P，Q两点.设直线BP的斜率为且，若，求的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)或1 【分析】（1）根据焦距和离心率求解出，来求解； （2）联立方程组，根据两点间的距离求解； （3）设，联立方程组求解出，，然后根据求解出，从而解得或. 【详解】（1）由已知得， 又，又. 所以椭圆的方程为. （2）依题意，设， 联立直线与椭圆有，消元得： 当，即且时， ， 即为定值. （3）设，设直线BP的方程为， 则直线BQ的方程为， 由，消去得， ， ， 由得 ， ， ， ， 整理得：， ， 或. 32．(24-25高二上·湖北武汉外国语学校·期中)已知椭圆，短轴长为，且经过点.过左焦点 的直线交于两点，过点与垂直的直线交于两点，其中在轴上方，分别为的中点. (1)求椭圆的标准方程； (2)证明:直线过定点，并求定点坐标； (3)设为直线与直线的交点，求面积的最小值. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定点； (3). 【分析】（1）根据短轴长及椭圆上点求椭圆参数，即可得方程； （2）设直线，联立椭圆并应用韦达定理求中点坐标，利用垂直关系确定坐标，进而写出直线的方程，即得定点； （3）由，结合（2）及弦长公式求关于m的表达式，最后应用基本不等式求面积的最值. 【详解】（1）由题设，，可得，故. （2）由点B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去得， 由韦达定理得，且， 则中点，由，则代替m，得， 所以，故， 化简得，则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上，直线MN过定点． （3）由点M，N分别为AB，DE的中点， 由 ， 由（2）知， 以代替m，得， 所以， 当且仅当，即时，． 【点睛】关键点点睛：第三问，数形结合得到为关键. 33．(24-25高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中)已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． (1)求椭圆M的方程； (2)过x轴上的一定点作两条直线，，其中与椭圆M交于A、B两点，与椭圆M交于C、D两点，（A，C在x轴上方，B，D在x轴下方），如图所示． （ⅰ）已知，直线QA斜率为，直线QC斜率为，且，求证：直线AC过定点； （ⅱ）若直线，相互垂直，试求的取值范围． 【答案】(1)； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【分析】（1）根据离心率、所过的点求椭圆参数，即可得椭圆方程； （2）（ⅰ）令，，且，且均不为2，联立椭圆方程，应用韦达定理得，，结合得到关于的方程，可得的关系，即可证； （ⅱ）利用向量数量积的运算律得，令，，则，且，联立椭圆方程并结合韦达定理、向量数量积的坐标表示得到关于参数t的方程，即可求范围. 【详解】（1）由题设，可得，故椭圆方程为； （2）（ⅰ）由题意，令，，且，且均不为2， 联立，则， 且，所以， 则，， 由， 所以，则， 所以，故或， 当时，，此时过定点； 当时，，此时过定点，不合题意； 综上，直线过定点，得证. （ⅱ）由，，又直线，相互垂直， 即， 所以 ， 若， 则， 所以， 令，则，且， 联立，可得，显然， 则，，同理，， 所以，， ，， 所以 ， 令，则， 所以， 综上， 【点睛】关键点点睛：第二问的二小问，注意应用数量积运算律得到，设，则，且，综合应用韦达定理、数量积的坐标表示得到关于参数t的方程是关键. 34．(24-25高二上·湖北华中师范大学第一附属中学·期中)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步骤折纸： 步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一定点，记为F； 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F，此时圆周上与点F重合的点记为A； 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P； 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P． 现取半径为8的圆形纸片，设点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．以线段FE的中点为原点，的方向为x轴的正方向建立平面直角坐标系xOy，记动点P的轨迹为曲线C．    (1)求曲线C的方程： (2)若点Q为曲线C上的一点，过点Q作曲线C的切线交圆于不同的两点M，N． （ⅰ）试探求点Q到点的距离是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）是定值，定值为4；（ⅱ） 【分析】（1）根据题意分析可知，结合椭圆定义即可得方程； （2）①联立方程，结合相切关系可得和点Q的坐标，进而可得，进而可得结果；②根据垂径定理求面积，结合分析最值即可. 【详解】（1）由题意可知：， 则， 可知动点P的轨迹是以为焦点的椭圆，且， 所以曲线C的方程为. （2）①联立方程，消去y可得， 因为直线与曲线C相切，则， 整理可得，则原方程为，解得， 将代入直线，可得， 可知，且， 则，为定值； ②由题意可知：圆的圆心为，半径，    因为到直线的距离， 可得， 因为，则， 可得， 则面积， 可知当，即时，取到最大值. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)． 35．(24-25高二上·湖北“鄂北联考”·期中)17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为4，点间的距离2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且. (1)以线段中点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程； (2)过点的直线与交于两点.记直线的斜率分别为， （i）证明：为定值； （ii）若直线的斜率为，点是轨迹上异于的点，且平分，求的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义知点的轨迹是以为焦点的椭圆，确定a，b即可求解； （2）（i）设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，结合两点表示斜率公式即可证明； （ii）根据三角形面积公式化简可得，设，由（i）和平面向量的坐标表示建立的方程，解之即可求解. 【详解】（1）， 点的轨迹是以为焦点的椭圆， 设椭圆的方程为， ， ， 点的轨迹的方程为； （2）（i）证明：设直线与椭圆的交点坐标为 ①当直线斜率存在时，如图， 设， 联立直线与椭圆的标准方程， 可得：， 显然：恒成立，则， ， ， ， ，即为定值； ②当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图， 显然，可得：即0， 综上所述：为定值. （ii）， ，由（i）可知：， 设，即， ，可得， 又，，则， 又直线的斜率存在，， ， 综上：. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中范围问题的方法：一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05期中压轴题精选 ☆3大高频烤点概览 考点01空间向量与立体几何压轴题 考点02直线与圆压轴题 考点03椭圆、双曲线压轴题 目目 考点01 空间向量与立体几何压轴题 一、单选题 1.(24-25高二上湖北宜昌协作体期中在正三棱锥P4BC中，AB=√2PA=√2，且该三棱锥的各个顶点 均在以O为球心的球面上，设点O到平面PAB的距离为m,到平面ABC的距离为，则”=() A.3 B.5 c.2v5 3 D.3 2.(24-25高二上湖北华中师范大学第一附属中学期中)如图，正方体透明容器ABCD-A,B,C,D,的棱长为 8,E,F,G,M分别为AA,AD,CC,A,B的中点，点N是棱CD上任意一点，下列说法正确的是() D M G E D: A.B,G⊥BN B.向量EM在向量FG上的投影向量为FG C.将容器的一个顶点放置于水平桌面上，使得正方体的12条棱所在的直线与桌面所成的角都相等，再 向容器中注水，则注水过程中，容器内水面的最大面积为48√5 D.向容器中装入直径为1的小球，最多可装入512个 二、多选题 / 函学科网 ww w zxxk com 让教与学更高效 3.(24-25高二上湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟期中)某四面体的棱中恰好有一条的长度大于2， 则此四面体的体积可能是() A.4 B.3 C.1 D.2 4.(24-25高二上·湖北黄冈普通高中.期中如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，点0为线段BD 的中点，且点P满足BP=1BC+μBB,,则下列说法正确的是() D C A B D以 C B A.若元=0，u=1,则DP/1平面ABD B.若元=Lu=行则P01平面48D C。若入三上则P到平面ABD的距离为月 D.若入=l,0≤4≤1时，直线DP与平面ABD所成角为O,则sin0∈ 56 3’3 5.(2425高二上·湖北武汉部分重点中学期中)给出下列命题，其中是真命题的是() A.已知{ā，6，c}是空间的一个基底，若m=2ā+3c,则{ā，b,m也是空间的一个基底 B.平面o经过三点A(2,1,0),B(-1,3,1),C(2,2,-1),向量i=(L,u,t)是平面的法向量，则u+t=2 C.若a.b>0,则<a,b>是锐角 D.若对空间中任意一点0，有O成-O1+号O丽+0C,则M4,B,C四点不共面 6.(24-25高二上湖北部分级示范高中·期中)在棱长为2的正方体ABCD-A,B,C,D,中，E,F,G,H分 别是AD,AB,CD,BC的中点，则下列说法正确的是() A.若0为空间任意一点，且OF=rOE+sOi+tOG,则r+s+t=1 B.G与AF所成角的大小为牙 C.在线段A,B上任取一点N,三棱锥E-FNH的体积为定值 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.在线段BD上存在一点M,使得MC1⊥平面FHG 三、填空题 7.(24-25高二上湖北恩施州高中教育联盟期中)在正方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=6,E为棱BC的中点， F为棱AD的三等分点（靠近点D),过点A,E,F作该正方体的截面.则该截面的周长是_一 8.(24-25高二上湖北武汉部分重点中学.期中在空间直角坐标系中，O(0,0,0),A(0,a,3),B(3,0,a), 3 C(a,3,0), D33,2 设点O关于ABC所确定的平面对称的点为O,O'D的长度记为以Q为自变量的函 数f(a.若0<a<3,则f(a)的最小值为 9.(24-25高二上·湖北孝感一般高中协作体期中)棱长为4的正方体AC,中，M,N分别是平面A,B,C,D,和平 面ACD内动点，BP=3PB,,则PM+MN的最小值为 D B N D C M B 10.(24-25高二上·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形ABCD, 过棱PC的中点M和点A作一平面，分别交棱PB和PD于点E和F ①设PB=a,PC=i,PD=c,则PA=一（用向量a,i,c表示） ②记四棱锥P-ABCD的体积为V,四棱锥P-AEMF的体积为Y,则的取值范围是 11.(24-25高二上湖北武汉外国语学校期中已知球0的表面积为16π，正四面体ABCD的顶点B,C,D均在 球O的表面上，球心O为△BCD的外心，棱AB与球面交于点P,若A∈平面a1,B∈平面a2,C∈平面a,D∈平 面a4,a,11a#1i=1,2,3)且a,与a+(i=1,2,3)之间的距离为同一定值，棱AC,AD分别与0交于点2，R,则 cos∠PQR的值为」 四、解答题 12.(24-25高二上湖北部分名校期中)如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形， / 函学科网 ww w zxxk com 让教与学更高效 ∠DAB=60°，BC=2PQ=4AB=4,M为BC的中点，PQ∥BC,PD⊥DC,QB⊥MD. (1)证明：∠ABQ=90°； (2诺平面PCD与平面Q1B夹角的余孩值为，求多面体4CDPQ的体积 13.(24-25高二上·湖北部分普通高中·期中)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边 长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M,N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和 FN的长度保持相等，记CM=FN=a(0<a<√2). (1)求MN的长（用a表示）； (2)a为何值时，MN的长最小？ (3)当平面MNA与平面MWB夹角60时.求MW的长， 14.(24-25高二上湖北部分级示范高中·期中)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形， AD/IBC,AD=4,∠ABC=90°，PA⊥平面ABCD,PA=AB=BC=2 D (1)若平面PBC∩平面PAD=1,求证：I⊥平面PAB; (2)求平面PCD与平面PBA所成角的余弦值： (3)若M是线段PC上动点，N为AD中点，试确定点M的位置，使得直线PB与平面BMN所成角最大，并 求出该最大角 15.(24-25高二上·湖北武汉常青联合体·期中)在空间直角坐标系O-3z中，任何一个平面的方程都能表示 / 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 成Ax+By+Cz+D=0,其中A,B,C,D∈R,A?+B2+C2≠0，且n=(A,B,C)为该平面的法向量.已知集合 P={(x,y,zl川x≤1，y川≤1，≤1，={x,,z+y+|≤2，T={(x,y,zx+y≤2，y+≤2，+x≤2 (I)设集合M={(x,y,zz=0,记PnM中所有点构成的图形的面积为S,Q∩M中所有点构成的图形的面 积为S,,求S和S,的值； (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V,P⌒Q中所有点构成的几何体的体积为”，求V和'的值； (3)记集合T中所有点构成的几何体为W.求W的体积'的值. 16.(24-25高二上湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期中球面几何学是非欧几何的例子，是在球表 面上的几何学对于半径为R的球O,过球面上一点A作两条大圆的弧AB,AC,它们构成的图形叫做球面 角，记作4BAC(或4A),其值为二面角B-A0-C的大小，其中点A称为球面角的顶点，大圆弧 AB,AC称为球面角的边.不在同一大圆上的三点A,B,C，,可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧 AB,BC,CA,这三条劣弧组成的图形称为球面ABC,这三条劣弧称为球面ABC的边，A,B,C三点称为 球面ABC的顶点；三个球面角4A,4B,4C称为球面ABC的三个内角 B ◆O A 已知球心为O的单位球面上有不同在一个大圆上的三点A,B,C (0球面8C的三条边相等（称为等边球面三角形；，若1=分，请直接写出球面48C的内角和（无器 证明)； (2)与二面角类比，我们称从点P出发的三条射线PM,PV,PQ组成的图形为三面角，记为P-MWQ.其中点P 称为三面角的顶点，PM,PN,PQ称为它的棱，∠MPN,∠NPQ,∠QPM称为它的面角.若三面角O-ABC的三 个面角的余弦值分别为5,5」 3’33 ①求球面ABC的三个内角的余弦值； ②求球面ABC的面积 / 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点02 直线与圆压轴题 一、多选题 17.(24-25高二上湖北恩施州高中教育联盟·期中)记C为圆C:x2+y2-6x-4y+9=0的圆心.H为y轴上 的动点.过点H作圆C的两条切线，切点分别是M,N,则下列结论正确的是() A.MN的最大值为4 R.直线w过定点[得 C.存在点H,使得MH⊥NH D.四边形HMCN的面积的最小值为2√5 18.(2425高二上湖北部分名校期中)四叶草也叫幸运草，四片叶子分别象征着：成功，幸福，平安，健康， 表达了人们对美好生活的向往，梵客雅宝公司在设计四叶草吊坠时，利用了曲线2：x2+y2=x+y,进行 绘制，点P(a,b)在曲线2上，点Q(2,0),则下列结论正确的是() A.曲线2围成的图形面积为π+2 B.a+b+3的最小值是√2 C.直线PQ的斜率的最大值为1 D.PQ的取值范围为 0-226+2 2 2 19.(24-25高二上湖北部分级示范高中期中)已知圆C:x2+y2=2,圆C2:(x-a+(y-b)2=r2, (r>0,且Q,b不同时为0)交于不同的两点A(x,,),B(x2,y2),下列结论正确的是() A.x1+x2=2a,+y2=2b B.直线AB的方程为：a2+b2-2ax-2by=0 C.若点P(x,yo)是圆C内异于圆心的一点，以P为中点的弦所在的直线为，直线l2:xx+yy=r2, 则4∥12且4与圆G相离 D.M,N为圆C2上的两动点，且MW=V3r,则OM+ON的最大值为2√a2+b+r 二、填空题 20.(24-25高二上湖北部分级示范高中.期中)集合A={（x,y)x-a+y=10,集合 / 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B=《x,yr2+y2=x+y},若AnB≠⑦，则实数a的取值范围 21.(24-25高二上·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”期中已知圆C:x2+y2-4x-2my+4=0和直线 C:y=x+2,折线C2:y=x-2+2,若C与C恰有一个公共点，则实数m= 一；若C与C,恰有两 个公共点，则实数m的取值范围是 22.(24-25高二上湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校期中)已知实数x1,x2,y1,2满足 x2+y2=4,x3+y3=4,xx2+yy2=2,则x+-2+x2+2-2的最大值为 23.(24-25高二上湖北部分名校期中)我国著名数学家华罗庚曾说“数缺形时少直观，形少数时难入微；数 形结合百般好，隔离分家万事休，”事实上，很多的代数问题都可以通过转化为几何问题加以解决，例如， 与Vx-a)2+(y-b)相关的代数问题，可以转化为点(x,y)与点(a,b)之间的距离的几何问题.己知点 M(x,y)在直线4：y=x+2上，点N(x2,乃)在直线：y=x上，且MN⊥(，结合上述观点， V+0y-42+Vx,-3)2+好的最小值为 三、解答题 24.(24-25高二上湖北荆州沙第一中学期中)已知圆0：x2+y2=4内有一点P-1,0,倾斜角为0的直线1过 点B且与圆O交于A,B两点 (1)当a=135°时，求AB的长； (2)是否存在弦AB被点P三等分？若存在，求出直线I的斜率；若不存在，请说明理由： (3)记圆O与x轴的正半轴交点为M,直线MA的斜率为k,直线MB的斜率为k2,求证：kk,为定值.并计算 出定值， 25.(24-25高二上·湖北部分级示范高中·期中)已知线段AB的端点B的坐标是(6,4)，端点A在圆 (x+2)+(y+4)=16上运动，记线段AB中点的运动轨迹为曲线C (1)求曲线C的方程 (2)过点B作直线I交曲线C于两个不同的点M，N,且MWN不过曲线C的中心，再过点M,N分别作曲线 C的切线，两条切线交于点H,求证：点H在同一直线上，并求出该直线的方程 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)斜率为k的直线1与曲线C相交于异于原点的两点E,F,直线OE,OF的斜率分别为k,k2,且 +二若BD L EF,D为垂足，证明：存在定点Q,便得DQ为定 26.(24-25高二上·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)阿波罗尼斯是古希腊著名数学家， 与阿基米德、欧几里得并称为亚历山大时期数学三巨匠，他研究发现：如果一个动点P到两个定点的距离 之比为常数入(2>0且2≠)，那么点P的轨迹为圆，这就是著名的阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，已 知R(-1,0),Q(0,V2)直线l:x-y+2t+3=0,直线l2:x+y+3t+2=0,点P为4和Z的交点 (1)求点P的轨迹方程C; (2)点M为曲线C与x轴正半轴的交点，直线1交曲线C于A,B两点，M与A,B两点不重合，直线MA、 B的斜率分别为、，且杰=了证明直线过定点，并求出该定点： (3)当点P在曲线C上运动时，求PR+PQ的最小值， 2 目目 考点03 椭圆、双曲线压轴题 一、单选题 2刃2425商二上额北北联考期刊已以N为销圆三+茶-口>b>0)上关于坐标原点O对称的两 y 点，C为椭圆的半焦距，P为平面上一点，且PM·PN=O,OP=c,椭圆的左、右顶点分别为A,B,若 NM·AB=2ac,则椭圆的离心率为() A.2 2 B.3 C.V5-1 D.V5-2 2 二、多选题 28.(24-25高二上湖北华中师范大学第一附属中学期中)将圆x2+y2=16上任意一点的横坐标不变，纵坐 标变为原来的；，得到椭圆C,若该椭圆的两个焦点分别为F,E,长轴两端点分别为A,B,则() A.椭圆的标准方程为亡+上-1 168 B.若点M是椭圆C上任意一点（与A,B不重合），P在FM的延长线上，MN是PMF,的角平分线， 过F作FQ垂直MN于点Q,则线段OQ长为定值4 函学科网 ww w zxxk com 让教与学更高效 C.椭圆上恰有四个点M,使得∠FME=2 D.若点M是椭圆C上任意一点（与A,B不重合），则△MEF,内切圆半径的最大值为4√5-6 三、填空题 29.2324高三上湖北武汉东湖中学期书血国，已知稀区号+云=川口>b>0,天传距为4，过结额长铺 上一动点P(xp,0)作直线交椭圆于M、N,直线AM、BN交于点(xg,yo),己知xpxg=5，,则椭圆的离 心率为 M O P\B 四、解答题 30.@425商二上湖北宜昌部分级示范高中期中已知四个点R1,小，A0,),A-1》P1)中恰有三 个点在椭圆C: 若若=e>0上 (1)判断哪个点不在椭圆C上，并求出椭圆C的方程； (2)设椭圆C的左右顶点分别是A、B,点P是直线x=4上一点，直线PA、PB与椭圆C的另一个交点分别 为M、N,求证：直线MW过定点 31.(24-25高二上·湖北楚天教科研协作体·期中)已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆G的中心在坐标原点 0,焦点在轴上，焦距等于26，离心率为 2 (1)求椭圆G的标准方程， ②)若直线y=2x+mm≠0)与椭圆G交于从、N两点，求证：10M+1ON为定值： (3)记B为椭圆上顶点，过点B作相互垂直的两条直线BP,BQ分别与椭圆G相交于P,Q两点.设直线BP 的斜率为k且k>0,若BP=BQ|,求k的值 ,2425高上调淑语学较期中刊已知椭周C:+a>h>0,短长为23，且经型雨 面学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 》过左焦点P的直线I交C于4B两点，过点F与1重直的直线交C于D,E两点，英中么D在x上方， MN分别为AB,DE的中点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)证明：直线MN过定点，并求定点坐标； (3)设G为直线AE与直线BD的交点，求aGMN面积的最小值 5商上测中天绵一圆字期中已知调M名+产a>h>0)的盛多 且点，- 3 在椭圆上. (1)求椭圆M的方程； (2)过x轴上的一定点P(1,0)作两条直线Z,Z,其中Z与椭圆M交于A、B两点，Z与椭圆M交于C、D两 点，(A,C在x轴上方，B,D在x轴下方)，如图所示。 (i)己知Q(2,O),直线QA斜率为k,直线QC斜率为k2,且k·k2=1,求证：直线AC过定点； (ⅱ)若直线4，马相互垂直，试求AC.BD的取值范围. 34.(24-25高二上·湖北华中师范大学第一附属中学期中)“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的 艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：如图用一张圆形纸片，按如下步 骤折纸： 步骤1：设圆心是E,在圆内异于圆心处取一定点，记为F; 步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F,此时圆周上与点F重合的点记为A; 步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与AE的交点为P; 步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕和越来越多的点P.