期中压轴题汇总（空间向量与直线和圆的方程）二十九类综合题型（压轴题专项训练）高二数学上学期人教A版

期中压轴题汇总（空间向量与直线和圆的方程） 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、空间向量线性运算求参数 题型二、空间向量共面定理及应用 题型三、空间向量数量积求模长，夹角 题型四、空间向量数量积最值与范围 题型五、空间向量坐标运算的综合应用 题型六、空间向量求点到平面/直线距离与异面直线的距离 题型七、空间向量求线面角 题型八、空间向量求二面角 题型九、线面角与二面角的存在性 题型十、线面角与二面角的最值与范围 题型十一、倾斜角与斜率的范围 题型十二、直线方程的五种形式 题型十三、直线方程中三角形面积最值问题 题型十四、直线方程中角平分线，中线，高线综合 题型十五、点到直线的距离，两点之间的距离，平行线的距离公式 题型十六、点关于直线对称与光线反射将军饮马问题 题型十七、与距离有关的新定义 题型十八、与圆有关的轨迹方程 题型十九、与圆的方程有关的最值问题 题型二十、直线与圆相交的弦长最值问题 题型二十一、直线与圆相交的几种代数式最值问题 题型二十二、直线与圆相交中与平面向量综合题型 题型二十三、切点弦方程及其应用 题型二十四、直线与圆相交中韦达定理的应用 题型二十五、直线与圆相交的实际应用 题型二十六、由圆与圆的位置关系求参数 题型二十七、求两个圆的公切线方程 题型二十八、圆与圆的位置关系的综合应用 题型二十九、常见的“隐圆” 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、空间向量线性运算求参数 典例1 （26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）在四面体中，点满足，点在线段上，，则（     ） A． B． C． D． 变式1-1（26-27高二上·黑龙江牡丹江·阶段检测）如图，在正方体中，点为的重心，若，，，，则____. 变式1-2（26-27高二上·河南·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为线段、上的点，若，，则（    ） A． B． C． D． 类型二、空间向量共面定理及应用 典例2 （26-27高二上·山东·期中）在三棱锥中，与中点分别为，点G为中点．若D在上满足，E在上满足，平面交于点F，且，则λ的值为（ ） A． B． C． D． 变式2-1（25-26高二上·福建泉州·阶段检测）已知正四面体的棱长为3，空间中一点M满足，其中x，y，，且．则的最小值为（     ） A． B． C． D． 变式2-2（26-27高二上·河北邢台·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且，，为的中点，平面交于点，则______． 题型三、空间向量数量积求模长，夹角 典例3 （26-27高二上·广东东莞·阶段检测）如图，二面角的大小为，其棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则______． 变式3-1（26-27高二上·河北邢台·阶段检测）（多选）已知空间向量，，满足，，，则（     ） A． B． C． D．的最小值为 变式3-2（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知边长为2的正方形纸片，沿对角线折叠，使平面与平面所成的二面角为.折叠后，点，分别为，的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 题型四、空间向量数量积最值与范围 典例4 （26-27高二上·北京·阶段检测）已知是正方体内切球（球在正方体内且与正方体的六个面都相切）的一条直径，点在正方体体表面上运动，正方体的棱长是，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 变式4-1（25-26高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 变式4-2（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）在正三棱柱中，，点为侧面内的一点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 题型五、空间向量坐标运算的综合应用 典例5 （26-27高二上·天津南开·阶段检测）已知，，．若、、三向量共面，则实数______． 变式5-1（25-26高二上·广东深圳·期中）（多选）在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 变式5-2（25-26高二上·湖北武汉·期中）（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（    ） A．若Q点坐标为，则与共线 B．若，则 C．若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D．若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 题型六、空间向量求点到平面/直线距离与异面直线的距离 典例6 （26-27高二上·广西柳州·阶段检测）（多选）已知正方体的棱长为，点、分别是、的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B．点到直线的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点到平面的距离为 变式6-1（26-27高三·全国·一轮复习）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在上，且；点在上，且．则下列结论正确的是（     ） A．线段是异面直线与的公垂线段 B．异面直线与的距离为 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 变式6-2（25-26高二上·贵州黔东南·期末）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，，则（    ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．向量在向量上的投影向量的坐标为 题型七、空间向量求线面角 典例7 （26-27高二上·辽宁本溪·阶段检测）如图，已知矩形，将沿对角线翻折至，使二面角大小为，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 变式7-1（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）如图（1），平面五边形中，，，.，将沿翻折，使得平面平面，如图（2）. (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成的角为，若，求的长. 变式7-2（26-27高二上·陕西汉中·阶段检测）四棱锥中，平面，，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为45°，如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由． 题型八、空间向量求二面角 典例8 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）如图，三棱锥中，，，为的中点．点满足，则平面与面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 变式8-1（2027高三·全国·专题练习）已知直三棱柱中，，侧棱，侧面的两条对角线交于点D，则平面与平面所成的二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 变式8-2（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）已知三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若，点为线段上的四等分点（靠近点），求二面角的余弦值. 题型九、线面角与二面角的存在性 典例9 （26-27高二上·广西·阶段检测）在梯形中，，，，为上一点，且（如图1）．将沿折起到位置，使得二面角的大小为（如图2）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 变式9-1（26-27高二上·广东·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 变式9-2（26-27高二上·云南昆明·阶段检测）如图，在边长为2的正方形中，点分别是和的中点，将分别沿折起，使三点重合于点． (1)求二面角的平面角的余弦值； (2)设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 题型十、线面角与二面角的最值与范围 典例10 （26-27高二上·重庆渝北·阶段检测）如图1，是等腰直角三角形，四边形是直角梯形，，，，将沿翻折至，使得，得到如图2的几何体，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的范围． 变式10-1（26-27高二上·四川资阳·阶段检测）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是梯形，，，E为矩形两条对角线的交点，且平面． (1)证明：； (2)若，侧棱(),求直线与平面所成角正弦值的取值范围. 变式10-2（26-27高二上·江西南昌·阶段检测）如图，直三棱柱中，，点在上，且，点是线段上异于端点的动点． (1)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若球的半径为，求； (2)若，求二面角的正弦值的最大值． 题型十一、倾斜角与斜率的范围 典例11 （26-27高二上·陕西汉中·阶段检测）已知点，，若直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是___________． 变式11-1（26-27高二上·广东深圳·开学考试）已知两点，，动点在线段上运动，则的范围是_____ 变式11-2（25-26高二上·内蒙古通辽·期中）已知过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，直线l的倾斜角的取值范围为__________． 类型十二、直线方程的五种形式 典例12 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）（多选）已知直线，则下列说法正确的是（     ） A．直线恒过定点 B．当时，直线与直线垂直 C．若直线在轴上的截距为3，则 D．若，则直线的倾斜角的取值范围为 变式12-1（26-27高二上·四川绵阳·阶段检测）（多选）已知直线l的两点式方程为，则下列选项正确的是（     ） A．直线l经过点 B．直线l的斜截式方程为 C．直线l的横截距为 D．与直线l垂直的直线的一个方向向量为 变式12-2（26-27高二上·山东泰安·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（    ） A．过点且倾斜角为90°的直线方程为 B．直线在轴的截距是2 C．直线的方向向量可以是 D．过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 题型十三、直线方程中三角形面积最值问题 典例13 （26-27高二上·天津宁河·阶段检测）已知直线过点． (1)若直线与两坐标轴截距之和为，求直线的方程； (2)若直线交轴正半轴于点，交轴正半轴于点，的面积为，求的最小值并求此时直线的方程． 变式13-1（26-27高二上·广西·阶段检测）已知直线：． (1)求证：无论取何值，直线恒过定点，并求出点坐标； (2)点到直线的最大距离时，求此时直线的方程； (3)若直线与轴正半轴、轴正半轴分别交于，两点，求三角形面积的最小值（为坐标原点），并求此时直线的方程． 变式13-2（26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）(1)一条直线经过点，倾斜角是直线的倾斜角的倍时，求该直线方程； (2)一条直线经过点，与轴的正半轴分别交于两点，当的面积最小（为坐标原点）时求该直线方程. 题型十四、直线方程中角平分线，中线，高线综合 典例14 （26-27高二上·天津南开·阶段检测）已知的三个顶点是，，． (1)求边上的中线所在直线的方程； (2)求平分线所在直线的方程； (3)若直线经过点，且，到直线的距离相等，求的方程． 变式14-1（26-27高二上·重庆璧山·阶段检测）中，顶点，，边所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． (1)求边所在直线的方程； (2)求边的中线所在直线的方程． 变式14-2（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）已知的顶点，边上的高所在直线平行于直线，角的平分线所在直线l的方程为． (1)求点坐标； (2)求点关于直线的对称点的坐标； (3)求边所在的直线方程． 题型十五、点到直线的距离，两点之间的距离，平行线的距离公式 典例15 （26-27高二上·江西九江·阶段检测）已知直线：，则点到直线的距离的最大值为________． 变式15-1（26-27高二上·新疆喀什·阶段检测）著名数学家华罗庚曾说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，解决下述问题：已知．则的最小值为_______ 变式15-2（25-26高二上·江苏南通·期中）已知两条直线和都经过点，则两点，间的最短距离为__________. 题型十六、点关于直线对称与光线反射将军饮马问题 典例16 （26-27高二上·山东济南·阶段检测）已知一束光线通过点，经直线反射，如果反射光线通过点，则反射光线所在直线的一般式方程为________． 变式16-1（24-25高二上·海南省直辖县级单位·期中）在平面直角坐标系中，动点P，Q关于直线对称（在上方），且，，，则的最小值为___________． 变式16-2（25-26高三上·河南·期末）在平面直角坐标系中，从点 出发的一束光线经直线 上的点 反射后，又经过 轴上的点 反射后经过点 ，则 的周长是（ ） A． B．5 C．10 D． 题型十七、与距离有关的新定义 典例17 （2025·内蒙古赤峰·三模）出租车几何，又称曼哈顿距离（ManhattanDistance），最早由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基在研究度量几何时提出，用以标明两点在各坐标轴上的绝对差之和.设点，，则，两点之间的曼哈顿距离为.已知点，，动点满足，是直线上的动点，则的最小值为（） A． B． C． D． 变式17-1（2024·陕西商洛·一模）（多选）“曼哈顿距离”用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上的任意两点的曼哈顿距离.下列命题是真命题的是（   ） A．若点，，则的值可能是 B．若点，，则在轴上存在点，使得 C．若点，，，则在线段上存在点，使得 D．若点在圆上，点在直线上，则的值可能为 变式17-2（24-25高三上·广东·开学考试）（多选）在平面直角坐标系中，点间的折线距离，已知，记，则（    ） A．若，则有最小值8 B．若，则A点轨迹是一个正方形 C．若，则有最大值15 D．若，则点A的轨迹所构成区域的面积为 题型十八、与圆有关的轨迹方程 典例18 （26-27高二上·四川成都·阶段检测）（多选）已知直线：与：相交于点，则点与原点的距离的最值（     ） A．的最小值为 B．无最小值 C．无最大值 D．的最大值为 变式18-1（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知，，是平面向量，其中是单位向量，，且，向量满足，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 变式18-2阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题，平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆叫阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P到A、B的距离之比为，当三点不共线时， 面积的最大值是______ 题型十九、与圆的方程有关的最值问题 典例19 （2026·山东青岛·模拟预测）已知点是圆：上一点，点，，的最大值为（     ） A． B．4 C． D．2 变式19-1（2026·河南开封·三模）若实数x，y满足，则的最大值为（   ） A．3 B．5 C．2 D． 变式19-2（2026·云南·模拟预测）点在以为直径的单位圆上运动，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 题型二十、直线与圆相交的弦长最值问题 典例20 （2026·湖南长沙·三模）已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．2 变式20-1（2026·河南郑州·二模）已知直线，圆，直线与圆交于，两点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 变式20-2（2026·山东菏泽·二模）已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（） A． B． C． D．10 题型二十一、直线与圆相交的几种代数式最值问题 典例21 （26-27高二上·安徽合肥·阶段检测）（多选）已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．过点作曲线的切线，则切线方程为 变式21-1（26-27高二上·湖南长沙·阶段检测）（多选）已知圆：，是圆上任意一点，则下列说法正确的是（     ） A．圆的圆心为，半径为 B．的最大值为 C．（）的取值范围是 D．的取值范围是 变式21-2（26-27高二上·江苏泰州·阶段检测）（多选）已知是圆上的两点，则下列结论中错误的是（    ） A．若，则 B．若点到直线的距离为，则 C．d，则的最大值为 D．的最小值为 类型二十二、直线与圆相交中与平面向量综合题型 典例22 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）过圆：外一点作圆的切线，，切点为，，则的最小值为_______． 变式22-1（25-26高一下·河北·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，点在内部（含边界）一点，且满足，则的最小值为________． 变式22-2（25-26高三下·湖南长沙·阶段检测）在正方形所在平面内，动点在以点为圆心且与直线相切的圆上，设，则的最大值为________. 题型二十三、切点弦方程及其应用 典例23 （26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）（多选）已知圆，为圆心），动点，直线，分别与圆切于点，．则下列说法正确的是（     ） A．四边形的面积最小值为 B．最短时，弦长为 C．最短时，弦直线方程为 D．直线过定点为 变式23-1（26-27高二上·江西·阶段检测）（多选）已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆切线，，切点为，，下列结论正确的是（    ） A．若，则直线方程为 B．若，则 C．当四边形面积最小时， D．当四边形面积最小时，直线方程为 变式23-2（25-26高二上·江苏连云港·阶段检测）（多选）已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则（    ） A．存在点，使得四边形为平行四边形 B．线段的最小值为 C．直线过定点 D．的外接圆恒过两个定点 题型二十四、直线与圆相交中韦达定理的应用 典例24 （26-27高二上·广东汕头·阶段检测）在平面直角坐标系中，两点，，点满足， (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线：，，判断曲线与直线的位置关系； (3)过点作直线交曲线于，两点，，求面积的最大值． 变式24-1（26-27高二上·河南南阳·阶段检测）已知圆过点和点，圆心在直线上． (1)求圆的标准方程； (2)是否存在斜率为2的直线与圆交于，两点，且以为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求的方程；若不存在，请说明理由． 变式24-2（2026高三·全国·专题练习）已知直线与圆相交于A、B两点，且，则实数a的值等于______． 题型二十五、直线与圆相交的实际应用 典例25 （26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）如图，港口在港口的正东海里处，在北偏东方向有条直线航道，航道和正东方向之间有一片以为圆心，半径为海里的圆形暗礁群（在这片海域行船有触礁危险），其中海里，，，现一艘科考船以海里/小时的速度从出发沿方向行驶，经过个小时后，一艘快艇以海里/小时的速度准备从港口A出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇. (1)若快艇立即出发经过小时后两船恰好在处相遇，求的长； (2)若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由； (3)在无触礁危险的情况下，若快艇再等小时出发，求的最小值. 变式25-1（25-26高二上·江苏扬州·期中）在人工智能实验室中，一个追踪机器人从点出发，发现一个目标机器人在点处正欲逃跑.追踪机器人最大速度是目标机器人最大速度的2倍.假设两个机器人均按直线方向以最大速度移动.    (1)若追踪机器人在点处成功拦截目标机器人，求点的轨迹方程； (2)问：无论目标机器人沿何方向逃跑，追踪机器人是否总能在安全区（的区域）内成功拦截?并说明理由. 变式25-2（24-25高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，贵阳红枫湖湖面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东方向距O岛千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛2千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O，A，B三点． (1)求圆C的方程； (2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西方向距O岛4千米处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？ 题型二十六、由圆与圆的位置关系求参数 典例26 （贵州黔东南州、安顺市部分学校2026-2027学年高三上学期10月学科素养训练数学试题）已知圆，直线，若直线上存在一点，使得以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 变式26-1（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）已知点，为坐标原点，圆：． (1)当时，已知圆和圆相交于，两点，求线段的长度； (2)若圆上存在点使得，求实数的取值范围． 变式26-2（26-27高三上·福建泉州·开学考试）若圆与圆无公共点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 题型二十七、求两个圆的公切线方程 典例27 （25-26高三下·天津南开·阶段检测）设直线，圆，若直线与都相切，则方程为__________． 变式27-1（25-26高二上·重庆·期中）写出与圆和都相切的一条直线的方程______. 变式27-2（25-26高二上·湖南·阶段检测）已知直线l与圆和都相切，则直线l的一般式方程为________．（写出一个即可） 题型二十八、圆与圆的位置关系的综合应用 典例28 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）（多选）已知圆，，圆与圆相交于点，，，下列结论正确的是（     ） A． B．直线的方程是 C．公共弦长 D．四边形的面积是24 变式28-1（26-27高三上·安徽·开学考试）（多选）已知圆：，圆：，直线：与圆、圆均相交，且截两圆所得的弦长分别为，，则（    ） A．圆与圆的公共弦所在直线方程为 B．若直线过点，则恒成立 C．满足的直线恰有2条 D．当时，的最大值为8 变式28-2（2026·全国二卷·高考真题）（多选）已知：，：，则（     ） A．点的坐标为 B．当时，与轴相切 C．当时，与相切 D．当与相交时，两个交点所在直线的方程为 题型二十九、常见的“隐圆” 典例29 （25-26高二上·北京顺义·期中）已知圆C：，，，若圆C上存在点P使，则正数m的值可以是____________________.（写出一个满足条件的值即可） 变式29-1（25-26高二上·江西景德镇·期中）在平面直角坐标系xOy中，已知，若圆上存在点满足，则实数的取值范围是__________. 变式29-2（24-25高三上·重庆·阶段检测）点为平面直角坐标系的原点，，点满足，点为圆上一动点，则的最小值为__________. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中压轴题汇总（空间向量与直线和圆的方程） 目 录 解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、空间向量线性运算求参数 题型二、空间向量共面定理及应用 题型三、空间向量数量积求模长，夹角 题型四、空间向量数量积最值与范围 题型五、空间向量坐标运算的综合应用 题型六、空间向量求点到平面/直线距离与异面直线的距离 题型七、空间向量求线面角 题型八、空间向量求二面角 题型九、线面角与二面角的存在性 题型十、线面角与二面角的最值与范围 题型十一、倾斜角与斜率的范围 题型十二、直线方程的五种形式 题型十三、直线方程中三角形面积最值问题 题型十四、直线方程中角平分线，中线，高线综合 题型十五、点到直线的距离，两点之间的距离，平行线的距离公式 题型十六、点关于直线对称与光线反射将军饮马问题 题型十七、与距离有关的新定义 题型十八、与圆有关的轨迹方程 题型十九、与圆的方程有关的最值问题 题型二十、直线与圆相交的弦长最值问题 题型二十一、直线与圆相交的几种代数式最值问题 题型二十二、直线与圆相交中与平面向量综合题型 题型二十三、切点弦方程及其应用 题型二十四、直线与圆相交中韦达定理的应用 题型二十五、直线与圆相交的实际应用 题型二十六、由圆与圆的位置关系求参数 题型二十七、求两个圆的公切线方程 题型二十八、圆与圆的位置关系的综合应用 题型二十九、常见的“隐圆” 压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 题型一、空间向量线性运算求参数 典例1 （26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）在四面体中，点满足，点在线段上，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用空间向量线性运算将用基底表示，结合空间向量基本定理对应系数相等求解，进而计算. 【详解】由，可得； 因点在线段上，设，则； 由向量减法法则得：； 将展开，其中，代入得：； 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等，列方程组： ，解得，； 计算得. 变式1-1（26-27高二上·黑龙江牡丹江·阶段检测）如图，在正方体中，点为的重心，若，，，，则____. 【答案】 【分析】点为的重心，利用结论，即可使用表示，从而得出结果. 【详解】由题意知为正三角形，如图，连接交于点，为对角线中点， 连接，显然点在线段上，且满足，即， 整理得，所以有， 所以，则. 变式1-2（26-27高二上·河南·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，、分别为线段、上的点，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，，利用空间向量基本定理可得出关于、、的两个表达式，结合空间向量基本定理可得出的值. 【详解】因为，则，所以. 因为四边形为平行四边形，所以， 所以. 因为为上的点，设，即，即， 又因为为上的点，设，即，即， 因为 ， 因为、、不共面，所以， 上述三个等式全加得. 类型二、空间向量共面定理及应用 典例2 （26-27高二上·山东·期中）在三棱锥中，与中点分别为，点G为中点．若D在上满足，E在上满足，平面交于点F，且，则λ的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算，结合四点共面，即可得到结果. 【详解】 由题意得，， ∵，，，∴，，， ∴， ∵四点共面， ∴，解得. 变式2-1（25-26高二上·福建泉州·阶段检测）已知正四面体的棱长为3，空间中一点M满足，其中x，y，，且．则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】记，则，根据空间向量共面定理，知四点共面，所以长度的最小值为点到平面的距离，结合正四面体的性质求得长度的最小值，进而得到长度的最小值． 【详解】正四面体中，， 记，则， 因为，所以四点共面， 所以当平面时，长度最小，此时点为正的中心， ，， 所以长度的最小值为． 变式2-2（26-27高二上·河北邢台·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，且，，为的中点，平面交于点，则______． 【答案】 【分析】设，，，根据向量的线性运算表示出，；设，求出，结合，，共面求解即可. 【详解】设，，，则. 因为，，，所以为等腰直角三角形， 则，即. 因为，，，则， . 因为为的中点，则，， 所以. 设，则，. 因为四点共面，所以共面， 所以存在实数，使得， 即， 因为不共面， 所以，解得. 所以. 题型三、空间向量数量积求模长，夹角 典例3 （26-27高二上·广东东莞·阶段检测）如图，二面角的大小为，其棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，则______． 【答案】 【分析】利用向量的线性关系可得，两边平方可求的长度. 【详解】因为二面角的大小为，， ，，即两点间的距离为. 变式3-1（26-27高二上·河北邢台·阶段检测）（多选）已知空间向量，，满足，，，则（     ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】本题考查空间向量的数量积运算、夹角计算、模长最值，通过对已知向量等式两边平方求解数量积，结合二次函数性质求最值即可逐一判断选项. 【详解】已知，，. 选项A：将两边平方得， 代入数值得，解得，则，故，A错误. 选项B：，故，B正确. 选项C：将两边平方得， 代入数值得，解得， 故，C正确. 选项D：， 这是开口向上的二次函数，最小值为，故的最小值为，D正确. 变式3-2（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知边长为2的正方形纸片，沿对角线折叠，使平面与平面所成的二面角为.折叠后，点，分别为，的中点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取正方形对角线的中点，根据二面角定义可知，然后利用向量运算可得，两侧平方再将已知数据代入计算即可. 【详解】取正方形对角线的中点，连接、， 原正方形边长为2，因此，可得，，且， 根据二面角平面角的定义，就是平面与平面所成二面角的平面角，即， ， 因为是中点、是中点，所以，， 且，， 代入整理得 ， 而， 代入计算可得，故.    题型四、空间向量数量积最值与范围 典例4 （26-27高二上·北京·阶段检测）已知是正方体内切球（球在正方体内且与正方体的六个面都相切）的一条直径，点在正方体体表面上运动，正方体的棱长是，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正方体内切球半径，根据空间向量的运算化简为，结合题意得的取值范围，即可得答案. 【详解】由题意设正方体中心为，即为正方体内切球球心，则为的中点， 因为正方体的棱长是，故，则内切球半径为， 则 ， 由于点在正方体表面上运动，当位于正方体顶点时取得最大值，位于内切球与正方体的切点处时取最小值， 故，， 则，即的取值范围为. 变式4-1（25-26高二上·浙江杭州·期中）在长方体中，，，点为线段上一动点，则的最小值为__________． 【答案】 【详解】 如图所示，以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设点，即， 可得，即， 所以， 则， 根据二次函数性质可知当时取得最小值，此时最小值为. 所以的最小值为. 变式4-2（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）在正三棱柱中，，点为侧面内的一点，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，利用极化恒等式得到，并求出的最小值，得到答案. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 则，，两式平方后相减可得 ，即， 其中，故， 故当取得最小值时，取得最小值， 当位于矩形的中心时，取得最小值，最小值为等边的中线长，即， 故. 故选：B 题型五、空间向量坐标运算的综合应用 典例5 （26-27高二上·天津南开·阶段检测）已知，，．若、、三向量共面，则实数______． 【答案】 【分析】根据向量共面的充要条件可得存在，使得成立，根据坐标列出方程组，求解即可得出答案. 【详解】因为三向量共面， 所以存在，使得成立， 即，解得. 变式5-1（25-26高二上·广东深圳·期中）（多选）在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若为钝角，则 D．若在上的投影向量为，则 【答案】BD 【分析】选项A，根据空间向量模长公式求解；选项B，根据空间向量垂直的坐标表示求解；选项C，向量夹角为钝角说明数量积小于，并且不能是平角；选项D，根据投影向量的公式求解. 【详解】对于选项A，若，则，解得，选项A错误； 对于选项B，若，则，解得，选项B正确． 对于选项C，若为钝角，则，解得， 且两向量夹角不能是平角，即两向量不共线，则，所以且，选项C错误； 对于选项D，在上的投影向量为，则，解得，故选项D正确． 变式5-2（25-26高二上·湖北武汉·期中）（多选）设O为坐标原点，是空间上任一点，向量，，，下列说法正确的是（    ） A．若Q点坐标为，则与共线 B．若，则 C．若Q点坐标为，且P，A，B，Q四点共面，则 D．若点Q在直线OP上运动，则的最小值为 【答案】AC 【分析】根据空间向量共线定理可判断A；根据空间向量垂直的坐标表示可判断B；根据空间向量共面定理求解可判断C；根据空间向量共线定理可表示出，进而计算，利用二次函数的性质求出最值可判断D． 【详解】向量，，，Q点坐标为， 则，， 所以，则与共线，故A正确； ，， 若，则，即，故B错误； 若Q点坐标为，则，又，， 若P，A，B，Q四点共面，则， 即， 则，解得，故C正确； ∵，点直线上运动， ∴可设， 又向量， ∴， ， ∴当时，取得最小值，故D错误， 故选：AC． 题型六、空间向量求点到平面/直线距离与异面直线的距离 典例6 （26-27高二上·广西柳州·阶段检测）（多选）已知正方体的棱长为，点、分别是、的中点，在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．点到直线的距离是 B．点到直线的距离为 C．平面与平面间的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】根据正方体的特征建立如图所示的空间直角坐标系，利用距离公式可求各选项中距离，故可得正确的选项. 【详解】 根据正方体可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， . 则，. 又，故. 对于A，，， 故点到直线的距离为，故A正确. 对于B，，， 故点到直线的距离为， 故B错误. 对于C，，，故， 而不共线，故， 因平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 所以平面平面， 故平面与平面的距离即为到平面的距离. 又，，设平面的法向量为， 则即，取，则， 故到平面的距离为，故C正确. 对于D，，， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 故到平面的距离为，故D正确. 变式6-1（26-27高三·全国·一轮复习）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在上，且；点在上，且．则下列结论正确的是（     ） A．线段是异面直线与的公垂线段 B．异面直线与的距离为 C．点到直线的距离为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量运算可得，即可对A判断求解；由题可得异面直线与的公垂线的一个方向向量为从而可对B求解判断；利用点到直线的向量法即可对C、D求解判断；利用点到平面的向量法即可对D求解判断. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，，，， 则 ， ，所以，． A：，，， 所以，， 即，，所以线段是异面直线与的公垂线段，故A正确； B：由正方体的性质可得异面直线与的公垂线的一个方向向量为，又， 所以异面直线与的距离为，故B错误； C：，， 所以在方向上的投影向量的长度为， 所以点到直线的距离为 ，故C正确； D：设平面的一个法向量为，， 则，即，令，得，， 所以，又， 所以点到平面的距离，故D正确. 故选：ACD. 变式6-2（25-26高二上·贵州黔东南·期末）（多选）在空间直角坐标系中，已知点，，，，，则（    ） A． B．点到直线的距离为 C．点到平面的距离为 D．向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【分析】根据空间向量的坐标表示判断A，利用空间向量法求点到直线的距离判断B，求出平面的法向量，利用空间向量法求点到平面的距离判断C，利用投影向量的定义判断D. 【详解】对于A：因为，，所以，故A正确； 对于B：因为 ，，所以 ， 又，则， ，， 所以点到直线的距离为 ，故B错误； 对于C：因为，，， 设平面的法向量为， 则，取，则点到平面的距离 ，故C正确； 对于D：因为，，所以，， 所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD 题型七、空间向量求线面角 典例7 （26-27高二上·辽宁本溪·阶段检测）如图，已知矩形，将沿对角线翻折至，使二面角大小为，则与平面所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：建立空间直角坐标系，用向量的方法求线面角的正弦值，进而可得正切值；解法二：设在平面上的射影为，通过线段的计算判断为中点，进而为与平面所成的角，再由等腰直角三角形可得所求角的正切值. 【详解】解法一：分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以. 如图，以为原点，平面为平面，方向为轴正方向建立空间直角坐标系, 因为轴，所以平面，所以就是二面角的平面角，所以. 所以，，平面的法向量取， 设与平面所成的角为（）， 则 ， 因为，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 解法二： 分别作直角和直角的高线和， 因为矩形中，，所以. 再由等面积法：，得. 由勾股定理得，所以 ，且，， 所以 ， 所以. 设在平面上的射影为，则平面， 因为平面，所以. 又因为，，且，平面， 所以平面，而平面，所以， 因此为二面角的平面角，所以， 所以，且，即为的中点，所以为中点. 因此为与平面所成的角， 在中，，所以 因此为等腰直角三角形，所以. 因此与平面所成角的正切值为. 变式7-1（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）如图（1），平面五边形中，，，.，将沿翻折，使得平面平面，如图（2）. (1)求证：平面； (2)记直线与平面所成的角为，若，求的长. 【答案】(1)因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为平面， 所以平面. (2)或. 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证得平面； （2）设，建立空间坐标系，由线面角的向量求法求得的长. 【详解】（1）略 （2）因为.，所以. 所以过点作直线的垂线，垂足为， 所以，. 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面. 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则. 所以， 设平面的一个法向量为， 所以， 令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以或. 即或. 变式7-2（26-27高二上·陕西汉中·阶段检测）四棱锥中，平面，，，，，，为的中点． (1)求证：平面； (2)在线段上，是否存在一点，使得平面与平面的夹角为45°，如果存在，求出与平面所成角的正弦值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)取中点，连接， 则， 又，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. (2)存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）取中点，连接，由平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，令，利用空间向量法求解面面角建立关于的方程，解出，再次利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）略 （2）由已知得，，，， 所以，所以， 又平面，平面， ， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则. 假设存在点，满足要求，令， 又，所以， 所以，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以平面的法向量为， 显然平面的一个法向量为， 若平面与平面的夹角为45°， 则， 即，解得，所以， 所以， 记与平面所成角为， . 所以存在点，满足要求，且与平面所成角的正弦值为. 题型八、空间向量求二面角 典例8 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）如图，三棱锥中，，，为的中点．点满足，则平面与面所成角的正弦值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先以为原点，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.接着求出与的坐标，最后求出平面和平面的法向量即可. 【详解】设， 因为，且，可知是以为直角顶点的等腰直角三角形， 故可以以为原点，为轴正方向，为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，因为是的中点，所以. 设，， 由可得，解得，即. 已知，且， 设，则， 解得，即. 因为，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以； 因为设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面和平面所成角为，且为锐角， 则， 可得，所以平面和平面所成角的正弦值为. 变式8-1（2027高三·全国·专题练习）已知直三棱柱中，，侧棱，侧面的两条对角线交于点D，则平面与平面所成的二面角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【详解】在直三棱柱中，，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， ，设平面和平面的法向量分别为， 则，，取，得， 因此，由图知平面与平面所成的二面角为钝角 所以平面与平面所成的二面角的余弦值为. 变式8-2（26-27高二上·重庆沙坪坝·阶段检测）已知三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)若，点为线段上的四等分点（靠近点），求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明：在三棱柱中，四边形是平行四边形, 又，所以四边形为菱形，连接，则， 又因，平面，所以平面， 因为平面，所以， ，，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. (2). 【详解】（1）略. （2）取中点，连接， 由，，是等边三角形，故， 由(1)可知，平面平面，交线为，平面， 所以平面， 以为原点，为轴，过作平行于的方向为轴，为轴建立空间直角坐标系， ， 是上靠近的四等分点，，得， 则， 平面就是平面，该平面的一个法向量可取为， 设平面的法向量为， ，则可取， ， 由图知二面角为锐二面角， 故二面角的余弦值为. 题型九、线面角与二面角的存在性 典例9 （26-27高二上·广西·阶段检测）在梯形中，，，，为上一点，且（如图1）．将沿折起到位置，使得二面角的大小为（如图2）． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为在梯形中，， ，， 又， ，在中，解得， 又，， 又平面且，平面. (2) (3)存在点， 【分析】（1）先利用余弦定理和勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量与平面的法向量，再代入公式即可； （3）设，求出，直线的方向向量与平面的法向量，再代入公式即可. 【详解】（1）略 （2）由题意得以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，， 又平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， . （3）设，，， ， 又， 设平面的法向量为，， 令，则，故平面的法向量为， 又直线与平面所成角的余弦值为，该线面角的正弦值为， ，化简得, 解得，舍去；， 故存在点，. 变式9-1（26-27高二上·广东·阶段检测）如图，在四棱锥中，，，，平面平面． (1)求证：； (2)线段上是否存在点，使平面与平面所成角大小为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：在平面中，过作于． ∵平面平面，平面平面，平面， 平面． 平面， ． ， ，， ， ，即． ，平面，， 平面． 平面． ． (2)存在，点为靠近点的三等分点 【分析】（1）先通过底面角度关系证明，再结合面面垂直的性质定理，证明 平面，从而由线面垂直推出线线垂直;（2）法 1（向量法）：建立空间直角坐标系，用参数表示点的位置，分别求出两个平面的法向量，根据二面角的余弦值列方程求解参数，确定点的位置;法 2（几何法）：用等体积法求出点到平面的距离，构造二面角的平面角，结合余弦定理建立关于参数的方程，求解得到点的位置。 【详解】（1）略 （2）法1：以为原点，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系． 由（1）得：，， ，，，，． 取中点，连接，，则，． ，， ，． 平面，平面， ． ，平面，且， 平面． ， ，． 设， 则， 设平面的法向量为， 则有，即， 取，，则，则． 易知为平面的其中一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 法2：同法1可得平面，． 平面， ， ． 同样设，（） ，， ， ， 过作平面于，过作于， 则为平面与平面的夹角． 由体积相等得：， ，， ，，① ，② ∴由①②得：（舍去）或， ∴存在这样的点，此时点为靠近点的三等分点． 变式9-2（26-27高二上·云南昆明·阶段检测）如图，在边长为2的正方形中，点分别是和的中点，将分别沿折起，使三点重合于点． (1)求二面角的平面角的余弦值； (2)设动点在线段上，是否存在一点，使得直线与平面所成夹角的正弦值为，若存在，求出点的位置；若不存在请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，为线段的中点 【分析】（1）根据折叠的性质得出相关线段长度和垂直关系，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量坐标，求出相关平面法向量，利用向量夹角余弦公式计算求解； （2）设在线段上，令，得出，利用向量夹角余弦公式结合已知条件构造方程求出，进而求出的坐标，得出点的位置． 【详解】（1）由折叠的性质，，且两两垂直， 以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系， 则， 平面中，，设平面法向量为， 则，令，则， 平面中，，设平面法向量为 则，令，则， 设二面角为，由图可知为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为． （2）设在线段上，令， 则向量， 直线与平面所成角为， 由线面角公式， 已知，故， 化简整理得，解得或（舍去）， 故点，即为线段的中点． 题型十、线面角与二面角的最值与范围 典例10 （26-27高二上·重庆渝北·阶段检测）如图1，是等腰直角三角形，四边形是直角梯形，，，，将沿翻折至，使得，得到如图2的几何体，为的中点． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值； (3)若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的范围． 【答案】(1)由题意且，所以， 以为原点，分别以的方向为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 由，可得，，，， 折前且，则 ， 将沿（即轴）翻折得到，设旋转到的角度为， 设翻折后， 已知折叠后，则，得， 所以，此时，则，，， 所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； (2) (3) 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）求出二面角对应平面的法向量，向量法求二面角的余弦值，进而求其正弦值； （3）首先求出平面的法向量，设()从而得到 ，最后应用线面角的向量求法求正弦值范围，进而得到角的范围. 【详解】（1）略 （2）由E为中点，则， 平面即为底面所在平面，其法向量为， 设平面的法向量为，，， 由，令，则， 所以，由图知锐二面角的余弦值为， 所以； （3）设平面的法向量为，，， 由，令，则，， 点在线段上，设()，， 所以，则 ，故， 所以， ， 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以时取最大值，或时取最小值， 所以，为锐角（或直角），角度随着正弦值增大而增大， 直线与平面所成角的范围为. 变式10-1（26-27高二上·四川资阳·阶段检测）如图，在直四棱柱中，四边形ABCD是梯形，，，E为矩形两条对角线的交点，且平面． (1)证明：； (2)若，侧棱(),求直线与平面所成角正弦值的取值范围. 【答案】(1) 证明：在直四棱柱中，，，， 所以以为原点，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系， 设，，，， 则，，，，， ，， 因为，，， 所以平面，所以为平面的法向量， 因为平面， 所以，即， 即，所以， 所以. (2) 【分析】（1）建系，设出各边长度，求出各点坐标，接着求出的坐标与平面的一个法向量的坐标，利用线面平行的向量关系列出方程，即可证明. （2）根据边长，求出各个点的坐标，求出的坐标与平面的一个法向量的坐标，利用线面角与向量夹角的关系即可用表示出线面角的正弦值，再利用基本不等式即可求出直线与平面所成角正弦值的范围. 【详解】（1）略. （2） 因为， 由(1)可得，， 所以各点坐标为：，，，，， ， 在平面中，，， 设平面的一个法向量， 所以有，即， 令，得，， 所以， 直线与平面所成角正弦值为 ， 由基本不等式得：， 当且仅当时，等号成立，即，即， 因此，， 因为，所以， 所以直线与平面所成角正弦值的取值范围为. 变式10-2（26-27高二上·江西南昌·阶段检测）如图，直三棱柱中，，点在上，且，点是线段上异于端点的动点． (1)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上． （ⅰ）求证：平面平面； （ⅱ）若球的半径为，求； (2)若，求二面角的正弦值的最大值． 【答案】(1)（ⅰ）因为直三棱柱， 所以，又因为，， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）先证明，再证明平面，然后证明平面平面. （ⅱ）建立空间直角坐标系，用向量法求出球心的坐标，设，列出方程解出，然后计算. （2）由题意可设点的坐标为，然后用向量法求出二面角的正弦值，再利用换元法求出其最大值. 【详解】（1）（ⅰ）略. （ⅱ）因为平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设球心， 则，解得或（舍去）. 由题意知球心， 设，所以， 则，则或（舍去）， 则. （2）以分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，. ，. 设平面的法向量为， 则, ，令，则， 所以， 由题可得平面的法向量， 所以， 则二面角的正弦值为 令， ， ， ， 由， ， ， ，所以， 即二面角的正弦值的最大值为． 题型十一、倾斜角与斜率的范围 典例11 （26-27高二上·陕西汉中·阶段检测）已知点，，若直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是___________． 【答案】 【分析】利用斜率公式求，数形结合确定直线斜率的范围. 【详解】已知，，， ， ， 过点的直线与线段相交，观察图形： 故斜率的取值范围是. 变式11-1（26-27高二上·广东深圳·开学考试）已知两点，，动点在线段上运动，则的范围是_____ 【答案】 【分析】根据的坐标画出线段AB，可知的几何意义为与连线斜率，所以可由斜率公式求解. 【详解】根据题意画出线段AB如下图所示： 的几何意义为与连线的斜率. 又， 所以结合图象可得，. 变式11-2（25-26高二上·内蒙古通辽·期中）已知过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，直线l的倾斜角的取值范围为__________． 【答案】 【分析】应用斜率的两点式求端点处直线的斜率，数形结合确定直线的斜率范围，再求倾斜角范围． 【详解】由题意得，直线的倾斜角为， ，直线的倾斜角为． 如图： 由图可知，的斜率的取值范围为， 则的倾斜角的取值范围为． 故答案为：. 类型十二、直线方程的五种形式 典例12 （26-27高二上·河北石家庄·阶段检测）（多选）已知直线，则下列说法正确的是（     ） A．直线恒过定点 B．当时，直线与直线垂直 C．若直线在轴上的截距为3，则 D．若，则直线的倾斜角的取值范围为 【答案】AB 【分析】根据直线的点斜式方程，可判定A正确；根据，可判定B正确；令，求得，列出方程，求得的值，可判定C错误；根据斜率与倾斜角的关系，可判定D错误. 【详解】对于A，直线，可化为， 根据直线的点斜式方程，可得直线恒过定点，所以A正确； 对于B，当时，直线的方程为，可得直线的斜率为， 又由直线与直线的斜率为， 可得，所以直线与直线垂直，所以B正确； 对于C，由直线，令，可得， 由，解得，即若直线在轴上的截距为时，则，所以C错误； 对于D，当时，可得，因为，可得， 即直线的倾斜角的取值范围为，所以D错误. 变式12-1（26-27高二上·四川绵阳·阶段检测）（多选）已知直线l的两点式方程为，则下列选项正确的是（     ） A．直线l经过点 B．直线l的斜截式方程为 C．直线l的横截距为 D．与直线l垂直的直线的一个方向向量为 【答案】ACD 【详解】对于选项A：由直线方程可知直线l经过点和，故A正确； 对于选项B：由直线方程即为，可得， 所以直线l的斜截式方程为，故B错误； 对于选项C：对于直线l：，令，解得， 所以直线l的横截距为，故C正确； 对于选项D：因为直线l的斜率，则直线l的一个方向向量为， 且，即， 所以与直线l垂直的直线的一个方向向量为，故D正确. 变式12-2（26-27高二上·山东泰安·阶段检测）（多选）下列说法正确的是（    ） A．过点且倾斜角为90°的直线方程为 B．直线在轴的截距是2 C．直线的方向向量可以是 D．过点且在轴，轴截距相等的直线方程为 【答案】AC 【详解】对A，过点且倾斜角为的直线方程为，即，A正确； 对B，对直线方程，令，可得，则在轴的截距为，B错误； 对C，直线的斜率为，所以该直线的方向向量可以是 ，C正确； 对D，过点且在x轴、y轴上截距相等且等于0时，直线方程为； 过点且在x轴、y轴上截距相等且不等于0时，设方程为， 则，解得，所以直线方程为，D错误； 题型十三、直线方程中三角形面积最值问题 典例13 （26-27高二上·天津宁河·阶段检测）已知直线过点． (1)若直线与两坐标轴截距之和为，求直线的方程； (2)若直线交轴正半轴于点，交轴正半轴于点，的面积为，求的最小值并求此时直线的方程． 【答案】(1)或 (2)的最小值为，此时直线的方程为 【分析】（1）分直线过原点、不过原点两类讨论，利用截距条件建立方程组求直线； （2）设截距式，代入定点，利用基本不等式求面积最小值，并求出对应直线． 【详解】（1）①当直线过原点时，直线在两坐标轴截距均为，满足截距之和为， 设直线的方程为，由直线过点，得，解得， 所以直线的方程为，即， ②当直线不过原点时，设直线的截距式方程为， 所以，解得，， 所以直线的方程为，即， 综上，直线的方程为或； （2）设直线的截距式方程为， 将代入得，的面积， 因为，所以，当且仅当时，等号成立， 因为，所以，即，所以， 则，即的最小值为， 由，得， 所以此时直线的方程为，即． 变式13-1（26-27高二上·广西·阶段检测）已知直线：． (1)求证：无论取何值，直线恒过定点，并求出点坐标； (2)点到直线的最大距离时，求此时直线的方程； (3)若直线与轴正半轴、轴正半轴分别交于，两点，求三角形面积的最小值（为坐标原点），并求此时直线的方程． 【答案】(1)由题意得， 则，解得， 故直线恒过定点. (2). (3)三角形面积的最小值为，此时直线的方程. 【分析】（1）先整理方程，再列等式求解即可； （2）先求出的斜率，根据题意求出直线的斜率，再利用点斜式即可求出； （3）设直线方程为，再利用均值不等式即可求解. 【详解】（1）由题意得，则，解得， 故直线恒过定点. （2）点到动直线的最大距离，当且仅当时，距离取最大值， ，直线的斜率满足，即， 又直线恒过定点，，即. （3）设直线方程为，又直线恒过定点，， 利用基本不等式得，可得, 当且仅当，即时等号成立， 此时直线的方程为，即， ，所以三角形面积的最小值为. 变式13-2（26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）(1)一条直线经过点，倾斜角是直线的倾斜角的倍时，求该直线方程； (2)一条直线经过点，与轴的正半轴分别交于两点，当的面积最小（为坐标原点）时求该直线方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求已知直线倾斜角的正切值，通过二倍角正切公式得到所求直线斜率，结合点坐标用点斜式求直线方程； （2）设直线的截距式方程，代入点坐标后利用基本不等式求出面积最小时的截距，进而得到直线方程. 【详解】（1）设所求直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， 将直线化为斜截式，可得其斜率， 由二倍角正切公式，所求直线的斜率， 因为直线过点，故直线方程为，整理为一般式得：. （2）设所求直线与轴正半轴交点为，与轴正半轴交点为，其中， 则直线的截距式方程为，将点代入方程得：， 的面积，由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立， 对不等式两边平方得，即，因此， 即面积的最小值为，联立，解得， 代入截距式方程得，整理为一般式得：. 题型十四、直线方程中角平分线，中线，高线综合 典例14 （26-27高二上·天津南开·阶段检测）已知的三个顶点是，，． (1)求边上的中线所在直线的方程； (2)求平分线所在直线的方程； (3)若直线经过点，且，到直线的距离相等，求的方程． 【答案】(1) (2) (3)或； 【分析】（1）先由中点公式求出 BC 的中点，再用点斜式写出中线方程； （2）根据角平分线的方向向量等于角两边单位向量之和，据此求斜率，再由点斜式求结论； （3）当直线的斜率存在时，设其方程为，结合点到直线距离公式列方程求，再判断当直线的斜率不存在时，是否满足条件即可. 【详解】（1）设的中点为，由中点公式得 中线经过 与，其斜率为 由点斜式可得直线的方程为，整理得 （2）先求两边长度：, 平分线的方向向量为两边单位向量之和，又 取的方向向量为，故直线的斜率.又过点， 由点斜式可得直线的方程为 整理得 （3）当直线的斜率存在时，设其方程为，即， 因为，到直线的距离相等，所以， 解得，解得或， 所以直线的方程为或； 当直线的斜率不存在时，直线方程为，可得，到直线的距离不相等， 综上所述：的方程为或 变式14-1（26-27高二上·重庆璧山·阶段检测）中，顶点，，边所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． (1)求边所在直线的方程； (2)求边的中线所在直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用两直线垂直求出边所在直线的斜率，再根据点斜式求出直线方程即可； （2）联立方程求出点的坐标，结合点，即可求解. 【详解】（1）边上的高所在直线方程为，可得该直线的斜率为， 所以边所在直线的斜率为， 所以边所在直线的方程为，即. （2），可得， 所以中点为，又因为边的中线过点， 所以边的中线所在直线的方程为. 变式14-2（26-27高二上·江苏无锡·阶段检测）已知的顶点，边上的高所在直线平行于直线，角的平分线所在直线l的方程为． (1)求点坐标； (2)求点关于直线的对称点的坐标； (3)求边所在的直线方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意设点，根据直线平行及直线垂直时的斜率关系，建立等量关系，即可求出点B坐标；（2）设，由角平分的性质可得，点A关于直线l的对称点在直线上，且中点在角平分线上，根据两个条件建立等量关系，即可求出的坐标；（3）利用直线的两点式方程直接求出直线方程即可. 【详解】（1）由角的平分线所在直线的方程为，设点，则， 设边上的高所在直线的斜率为，因为边上的高所在直线平行于直线，所以， 又因为垂直于高线，所以，即，解得，所以点坐标为； （2）由角平分线的性质可得，点关于的对称点在直线上， 设，则与的中点在直线上，且与直线垂直， 所以，解得，所以的坐标为； （3）由题可知直线即为直线，由（1）（2）分别知，， 则由两点式方程可得，化简整理得， 即边所在的直线方程为. 题型十五、点到直线的距离，两点之间的距离，平行线的距离公式 典例15 （26-27高二上·江西九江·阶段检测）已知直线：，则点到直线的距离的最大值为________． 【答案】 【分析】整理直线方程，分离参数，求出直线恒过的定点；点到直线的距离最大值即为，依据几何性质：距离不超过两点之间线段长，当直线时取到最大值． 【详解】直线：， 整理得：． 联立，解得， 所以直线恒过定点，由几何性质，点到直线的距离， 当时等号成立，， 所以点到直线的距离的最大值为． 变式15-1（26-27高二上·新疆喀什·阶段检测）著名数学家华罗庚曾说过，“数缺形时少直观，形少数时难入微”，事实上，很多代数问题都可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为平面上点与点的距离．结合上述观点，解决下述问题：已知．则的最小值为_______ 【答案】 【分析】将问题转化为点到点的距离之和的最小值即可. 【详解】表示点到点的距离之和， 因为当点位于线段上时有最小值， 当点位于线段上时有最小值， 故点是线段的交点时，有最小值，最小值为. 变式15-2（25-26高二上·江苏南通·期中）已知两条直线和都经过点，则两点，间的最短距离为__________. 【答案】 【分析】确定，分别在直线上，由平行线间距离即可求解. 【详解】因为两条直线和都经过点， 所以，， 所以，分别在直线上， 所以两点，间的最短距离为两平行线间距离，即， 故答案为： 题型十六、点关于直线对称与光线反射将军饮马问题 典例16 （26-27高二上·山东济南·阶段检测）已知一束光线通过点，经直线反射，如果反射光线通过点，则反射光线所在直线的一般式方程为________． 【答案】 【分析】用对称性求关于直线的对称点，再应用点斜式写出直线方程． 【详解】设关于直线的对称点为， 所以，解得，即， 依题意在反射光线上，又也在反射光线上， 所以，故所求方程为，整理得． 变式16-1（24-25高二上·海南省直辖县级单位·期中）在平面直角坐标系中，动点P，Q关于直线对称（在上方），且，，，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】根据题意分析可知等于点到点的距离，且点在直线，结合将军饮马问题分析求解即可. 【详解】设为，则， 则， 可知等于点到点的距离， 由题意可知：点在与直线平行的直线上，且两平行线间距离为， 设直线， 则，解得， 即点在直线， 设关于直线对称的点为， 则，解得，即， 则， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 变式16-2（25-26高三上·河南·期末）在平面直角坐标系中，从点 出发的一束光线经直线 上的点 反射后，又经过 轴上的点 反射后经过点 ，则 的周长是（ ） A． B．5 C．10 D． 【答案】D 【分析】先求出关于直线和轴的对称点坐标，然后根据对称的性质计算的周长即可. 【详解】点关于直线对称的点为，关于轴对称的点为. 由对称性可知，，， 反射光线的路径是，结合两次反射的对称性质，这条路径等价于， 为了让整个反射路径闭合（最终回到），和必须在连接与的直线上， 否则路径无法满足 “两次反射后回到” 的条件.因此，四点共线， 则的周长等于. 故选：D. 题型十七、与距离有关的新定义 典例17 （2025·内蒙古赤峰·三模）出租车几何，又称曼哈顿距离（ManhattanDistance），最早由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基在研究度量几何时提出，用以标明两点在各坐标轴上的绝对差之和.设点，，则，两点之间的曼哈顿距离为.已知点，，动点满足，是直线上的动点，则的最小值为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知的轨迹关于轴对称，也关于轴对称，进而先研究其在时的函数解析式，并画出其图象，结合对称性可将图象补充完整，数形结合求解即可. 【详解】由题意可知，的轨迹关于轴对称，也关于轴对称． 当时，， 即 画出此函数的图象，并结合对称性可得点的轨迹是如图所示的六边形． 由图可知，的最小值为图中点到直线的距离． 故选：A 变式17-1（2024·陕西商洛·一模）（多选）“曼哈顿距离”用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上的任意两点的曼哈顿距离.下列命题是真命题的是（   ） A．若点，，则的值可能是 B．若点，，则在轴上存在点，使得 C．若点，，，则在线段上存在点，使得 D．若点在圆上，点在直线上，则的值可能为 【答案】BD 【分析】根据曼哈顿距离的定义和绝对值三角不等式可判断出AB正误；通过讨论点与点是否重合的情况，可得恒成立，知C错误；通过实际例子可说明D正确. 【详解】对于A， ，不可能为，A错误； 对于B，设，则， （当且仅当时取等号）， ，在轴上存在点，使得，B正确； 对于C，当点与点不重合时，作，垂足为，则，   ， 直线斜率，，即，， ； 当点与点或点重合时，； 恒成立，C错误； 对于D，若点，点，则满足点在圆上，点在直线上， 此时，D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：本题考查对于“曼哈顿距离”的理解与应用能力，解题关键是能够对定义进行充分理解，将所求问题转化为对于含绝对值的方程或者不等式的求解问题，进而可通过分类讨论或几何意义来进行求解. 变式17-2（24-25高三上·广东·开学考试）（多选）在平面直角坐标系中，点间的折线距离，已知，记，则（    ） A．若，则有最小值8 B．若，则A点轨迹是一个正方形 C．若，则有最大值15 D．若，则点A的轨迹所构成区域的面积为 【答案】BC 【分析】利用换元法结合定义将折线距离转化，作出图象，利用图象平移可判定B，利用点到直线距离公式转化可判定A，利用图象结合两点距离可判定C，利用正方形面积公式可判定D. 【详解】若，由题意可知，令， 则，作出其图象如图． 易知，点的轨迹可由正方形右移1个单位长度， 再上移1个单位长度得到，故B正确； 对于A， ， 结合图象可得的最小值即为点到 直线（即点）的距离， 此时取得最小值3，故A错误； 对于C，的最大值即为点到点的距离中的最大值 ，故的最大值为15，故C正确； 若，则表示正方形及其内部区域，易知其面积为， 故D错误． 故选：BC． 题型十八、与圆有关的轨迹方程 典例18 （26-27高二上·四川成都·阶段检测）（多选）已知直线：与：相交于点，则点与原点的距离的最值（     ） A．的最小值为 B．无最小值 C．无最大值 D．的最大值为 【答案】BD 【分析】先根据动直线求定点，再利用垂直关系确定点的轨迹方程，注意空心点，然后求解即可. 【详解】直线：化简得， 令得即直线过定点， 直线：化简得， 令得即直线过定点， 因为时，，，所以，即直线与直线垂直， 时，，不存在，即直线与直线垂直，所以交点在以为直径的圆上， 又因为直线无法表示直线，直线无法表示直线，所以点坐标不可能是， 故的轨迹方程为  ，圆心， 半径，所以直线方程为：且， 为圆上点，所以的最值一定在直线与圆的交点处取得， 联立直线直线与圆方程解得或即点坐标为时取最小值， 又因为坐标不可能是，所以无最小值，点坐标为时取最大值，最大值为. 变式18-1（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知，，是平面向量，其中是单位向量，，且，向量满足，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，，，分析可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆，不妨设，，可知，结合圆的性质分析求解即可. 【详解】设，，，， 因为，即， 可得，即， 又因为，，则， 可知点的轨迹是以为圆心，半径的圆.    又因为，且，不妨设， 则， 设，则，，可得， 可得，即， 所以的取值范围为. 变式18-2阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题，平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆，后人将这个圆叫阿氏圆.若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P到A、B的距离之比为，当三点不共线时， 面积的最大值是______ 【答案】 【详解】建立平面直角坐标系，如图： 设，，， 则，化简得， 以为底，高为点P到轴的距离， 所以当取最大值时，的面积取得最大值． 显然当时，取得最大值， 此时. 所以面积的最大值是． 题型十九、与圆的方程有关的最值问题 典例19 （2026·山东青岛·模拟预测）已知点是圆：上一点，点，，的最大值为（     ） A． B．4 C． D．2 【答案】C 【分析】依题意设，根据数量积的坐标表示，辅助角公式，及正弦函数的性质即可求解． 【详解】依题意设，则，， 则 ，其中， 又，则， 所以的最大值为． 变式19-1（2026·河南开封·三模）若实数x，y满足，则的最大值为（   ） A．3 B．5 C．2 D． 【答案】C 【分析】换元，，将转化为关于的三角函数，利用辅助角公式求最值 【详解】因为，所以，令，，， 其中，所以的最大值为 变式19-2（2026·云南·模拟预测）点在以为直径的单位圆上运动，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，然后令，则，再换元后利用二次函数的性质可求得答案. 【详解】如图，设P到的距离分别为， 因为点P是以为直径的单位圆上的动点，所以， 因为P到的距离分别为x，y，所以， 令（）， 所以， 令， 则，所以， 所以， 因为，所以当时， 可得取得最大值. 题型二十、直线与圆相交的弦长最值问题 典例20 （2026·湖南长沙·三模）已知直线与圆交于，两点，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据直线过定点，结合弦长公式计算即可． 【详解】由可变形为，则该直线过定点， 又可变形为，该圆的圆心为，半径为， 设圆心到直线的距离为，则， 所以当直线与直线垂直，即最大时，最小， 又的最大值为,所以， 故的最小值为． 变式20-1（2026·河南郑州·二模）已知直线，圆，直线与圆交于，两点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定直线恒过的圆内定点，再利用弦长公式，结合“圆心到直线的距离最大时弦长最小”的几何性质求解. 【详解】将直线 整理为 ， 令 ，得直线 恒过定点 . 圆 的圆心为 ，半径 ， ，故点 在圆 内. 设圆心 到直线 的距离为 ，弦长 . 要使 最小，需 取最大值. 当 时，， 此时 . 变式20-2（2026·山东菏泽·二模）已知圆：，直线：，则直线被圆截得的弦长的最小值为（） A． B． C． D．10 【答案】B 【分析】先确定直线所过的定点，然后根据圆的性质，当直线与圆心和定点的连线垂直时，直线被圆C截得的弦长最短，最后利用垂径定理求出弦长的最小值即可. 【详解】 由整理为： ， 所以联立方程组得， 解得，即直线恒过定点， 因为，所以圆心，半径， 所以圆心到定点的距离为：， 所以点在圆内，直线与圆始终相交， 当最大时，弦长最小；当直线时，， 所以弦长最小值为：. 题型二十一、直线与圆相交的几种代数式最值问题 典例21 （26-27高二上·安徽合肥·阶段检测）（多选）已知实数满足曲线的方程，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值是 B．的最大值是 C．的最小值是 D．过点作曲线的切线，则切线方程为 【答案】BD 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程，找出圆心和半径，A、B、C三个选项分别利用“圆上点到定点距离”、“两点连线斜率”、“截距”的几何意义，结合圆心到直线距离公式求解；D选项利用“点在圆上，切线与半径垂直”的性质求出切线方程． 【详解】因为， 所以圆C的圆心，半径为. 对于A项，表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示， 所以的最大值为， 故A项错误； 对于B项，表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示， 设，即，由题意直线与圆C有公共点， 故圆心到直线的距离， 解得，所以的最大值为，故B项正确； 对于选项C：设，则直线方程为， 当直线与圆C有公共点时，圆心到直线的距离 ，即， 即，解得，所以的最小值为，故C错误； 对于D项，设过点作曲线C的切线，则其斜率存在，故可设切线方程为， 由圆心到直线的距离可得，解得， 所以切线方程为，即，故D项正确； 变式21-1（26-27高二上·湖南长沙·阶段检测）（多选）已知圆：，是圆上任意一点，则下列说法正确的是（     ） A．圆的圆心为，半径为 B．的最大值为 C．（）的取值范围是 D．的取值范围是 【答案】ABD 【分析】对于A，由圆的标准方程即可求解；对于B，设，代入圆的方程中，得关于的一元二次方程，根据方程有实数解，判别式大于等于0，可列出关于的不等式，即可求解；对于C，利用斜率的几何意义，将所求式子范围转化为两点的斜率的范围，利用直线与圆有交点，则圆心到直线的距离，即可列出关于斜率的不等式，即可求解；对于D，根据几何意义，将所求式子转化为向量与向量的夹角的余弦值的两倍，求出圆的过原点的两条切线方程，得到与向量的夹角的范围，进而求得式子的取值范围. 【详解】对于A，因为圆的方程为， 所以圆心为，半径为，故A正确； 对于B，设，则， 将其代入圆的方程中得：， 即， 因为有实数解，所以判别式， 即， 化简得：， 解得：， 所以的最大值为，故B正确； 对于C，（）的几何意义是圆上点与原点连线的斜率， 设，则直线方程为，即， 直线与圆有公共点，因此圆心到直线的距离， 即，所以，解得或， 因此（）的取值范围是，故C错误. 对于D，式子的几何意义是： 向量与向量的夹角的余弦值的两倍， 过原点作圆的切线，设方程为， 圆心到切线的距离，解得， 所以两条切线方程为和，且两切线的倾斜角分别为， 射线介于这两条切线之间， 所以与向量的夹角，则， 所以，故D正确. 变式21-2（26-27高二上·江苏泰州·阶段检测）（多选）已知是圆上的两点，则下列结论中错误的是（    ） A．若，则 B．若点到直线的距离为，则 C．d，则的最大值为 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于选项A，运用余弦定理即可求解；对于选项B，利用垂径定理即可求解；对于选项C，将转化为，到直线的距离之和的倍即可求解；对于选项D，利用数量积公式即可求解. 【详解】依题意，如图所示： 对于选项A，若，在中，， 所以， 所以，故A错误； 对于选项B，若点到直线的距离为， 由垂径定理易得，即， 解得，故B正确； 对于选项C，， 其几何意义为，到直线的距离之和的倍， 设中点为，则有（梯形中位线）， 因为，所以， 所以在直角三角形中，， 所以点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，即， 所以的圆心到直线的距离为， 所以， 所以，故C错误； 对于选项D，因为， 所以当的夹角为时取得最小值，故D错误. 类型二十二、直线与圆相交中与平面向量综合题型 典例22 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）过圆：外一点作圆的切线，，切点为，，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】设，根据长度表示出，然后根据向量的数量积计算公式求解，结合基本不等式求解出的最小值. 【详解】如图，连接， 圆的标准方程为，则圆的半径为， 设，则， 因为， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 变式22-1（25-26高一下·河北·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，，点在内部（含边界）一点，且满足，则的最小值为________． 【答案】． 【分析】根据题意化简可得点在以为圆心，半径为1的圆及其内部，同时点是内部（含边界），化简，可将问题转化为求的最小值，结合图形分析即可求解. 【详解】设，则, 由， 即， 所以点在以为圆心，半径为1的圆及其内部，同时点在内部（含边界），的边界为， 由于， 且的最小值，即求的最小值， 令，则，所以当与圆相切时，取得最值， 则， 解得：， 结合点是内部（含边界），取时，取得最小值， 最小值为 变式22-2（25-26高三下·湖南长沙·阶段检测）在正方形所在平面内，动点在以点为圆心且与直线相切的圆上，设，则的最大值为________. 【答案】 【分析】以为原点建系，先求圆的方程，再将向量式转化为点的坐标，把目标式转化为求的最大值，最后用直线与圆相切的几何方法求解，得最大值为． 【详解】如图，设正方形的边长为，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 则各点坐标为，，，， 直线的方程为， 由题意得，圆与直线相切， 所以圆的半径等于点到直线的距离，即， 所以，动点的轨迹方程为， 因为，，所以， 设，则，，所以， 问题转化为：在圆上，求的最大值， 设，即， 当直线与圆相切时，取得最值， 圆心到直线的距离等于半径，即，解得，， 所以，因此，的最大值为． 题型二十三、切点弦方程及其应用 典例23 （26-27高二上·辽宁沈阳·阶段检测）（多选）已知圆，为圆心），动点，直线，分别与圆切于点，．则下列说法正确的是（     ） A．四边形的面积最小值为 B．最短时，弦长为 C．最短时，弦直线方程为 D．直线过定点为 【答案】AB 【分析】A选项，得到在直线上运动，当⊥直线时，四边形的面积最小，求出最小值，A正确；BC选项，在A基础上，求出弦最小值为，并得到四点共圆，求出以为直径的圆的方程，可得弦的直线方程；D选项，设，求出以为直径的圆的方程，进而得到直线的方程，求出所过定点. 【详解】A选项，中，令，则， 即在直线上运动， 的圆心为，半径为，故， 四边形的面积为， 要想四边形的面积最小，只需最小，而， 故只需最小，显然当⊥直线时，最小， 最小值为，此时，， 故四边形的面积最小值为，A正确； BC选项，最短时，由A知，四边形的面积取得最小值，， 此时⊥，四边形的面积等于， 故，解得，故弦长为，B正确； 四点共圆，此圆的直径为， 由垂直关系可知直线的斜率为，故直线的方程为，即， 联立与得，故， 故的中点坐标为，而， 故以为直径的圆的半径为，故方程为， 与相减可得， 所以弦直线方程为，C错误； D选项，设，则， 以为直径的圆的圆心为，半径为， 故以为直径的圆的方程为， 化简得， 与相减得， 即直线的方程为， 其中，故直线的方程为， 变形得到， 令，解得， 故直线过定点为，D错误. 变式23-1（26-27高二上·江西·阶段检测）（多选）已知圆：，直线：，为上的动点，过点作圆切线，，切点为，，下列结论正确的是（    ） A．若，则直线方程为 B．若，则 C．当四边形面积最小时， D．当四边形面积最小时，直线方程为 【答案】ACD 【分析】利用圆的切点弦（极线）方程表示直线，再结合切线长和点到直线距离，分别判断各选项． 【详解】对于A，圆的方程化为，故圆心为，半径为． 设，由在直线上，得． 由圆的切点弦方程，直线满足， 即． 当时，由得， 所以的方程为，选项A正确； 对于B，此时． 在直角三角形中，，且． 又平分等腰三角形的顶角， 所以，不等于，选项B错误； 对于C，由于，，且， 四边形的面积为． 又，所以四边形面积最小时，取最小值， 即为圆心到直线的垂足． ， 故，选项C正确； 对于D，圆心到直线的垂足为． 代入切点弦方程，得， 即，选项D正确． 变式23-2（25-26高二上·江苏连云港·阶段检测）（多选）已知圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则（    ） A．存在点，使得四边形为平行四边形 B．线段的最小值为 C．直线过定点 D．的外接圆恒过两个定点 【答案】ACD 【分析】通过求解圆心到直线的距离可确定，知此时四边形为平行四边形，知A正确；利用面积桥可求得B错误；根据过圆外一点作圆的切线，切点弦所在直线方程的结论可证得C正确；通过四点共圆可知所求外接圆即为以为直径的圆，通过求解圆的方程可确定D正确. 【详解】由圆的方程可知：圆心，半径.    对于A，当时，，， 此时，则，即，又，； 又，， 当时，四边形为平行四边形，A正确； 对于B，，， ， 则当取得最小值时，取得最小值， 当时，，，B错误； 对于C，若点为圆上一点，则， 当点处的切线斜率存在时，切线斜率， 切线方程为，整理可得：； 当点处切线斜率不存在时，也满足， 则在圆上一点处的切线方程为. 设， 则直线方程为：；直线方程为：； 满足方程组， 即坐标满足直线方程，即直线方程为：； ，则，整理可得：， 由得：，直线恒过定点，C正确； 对于D，，，四点共圆， 则的外接圆即为的外接圆，又， 的外接圆是以为直径的圆， 设，则圆心为，半径为， 的外接圆方程为：， 整理为：， 由得：或， 的外接圆恒过定点和，D正确. 故选：ACD. 题型二十四、直线与圆相交中韦达定理的应用 典例24 （26-27高二上·广东汕头·阶段检测）在平面直角坐标系中，两点，，点满足， (1)求点的轨迹的方程； (2)若直线：，，判断曲线与直线的位置关系； (3)过点作直线交曲线于，两点，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2)相切 (3) 【分析】（1）设，利用两点距离公式表示，整理即得轨迹方程； （2）通过圆心到直线的距离与半径的大小关系即可判断； （3）设直线，将直线方程与圆方程联立消元，根据得到的一元二次方程得到韦达定理， 利用弦长公式表示三角形的底，利用点到直线距离公式表示出三角形的高，表示出三角形面积后利用基本不等式求最值. 【详解】（1）设，由可得，化简可得. 所以点的轨迹的方程为. （2）由（1）知，圆的圆心为，半径， 圆心到直线的距离，所以直线与圆相切. （3）设直线方程为， 联立 消去并整理可得 ， ， 设，则 由弦长公式可得 ， 又到直线的距离， 所以 令，则， 所以， 当且仅当即时取等号， 所以面积的最大值为. 变式24-1（26-27高二上·河南南阳·阶段检测）已知圆过点和点，圆心在直线上． (1)求圆的标准方程； (2)是否存在斜率为2的直线与圆交于，两点，且以为直径的圆恰好经过坐标原点？若存在，求的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，的方程为或 【分析】（1）设圆的标准方程为，由题设建立方程组求解即可； （2）设直线，，联立直线与圆的方程，由题意可得，进而结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）设圆的标准方程为， 由题意得，，解得，，， 则圆的标准方程为. （2）假设存在斜率为2的直线，设， 联立方程组，消去得； 因为直线与圆有两个交点， 所以，解得， 由韦达定理得， 所以， 因为以为直径的圆过原点，所以， 则， 解得或，均满足， 故存在这样的直线，方程为或. 变式24-2（2026高三·全国·专题练习）已知直线与圆相交于A、B两点，且，则实数a的值等于______． 【答案】 【分析】设点坐标，联立直线与圆方程，根据韦达定理以及向量数量积的坐标公式得到关于参数的等式，即可计算结果． 【详解】设，， 由可得； 因为直线与圆有两个交点，故，解得， 因为，故； 根据韦达定理可得，； 则； 因为，； 则，解得． 题型二十五、直线与圆相交的实际应用 典例25 （26-27高二上·江苏扬州·阶段检测）如图，港口在港口的正东海里处，在北偏东方向有条直线航道，航道和正东方向之间有一片以为圆心，半径为海里的圆形暗礁群（在这片海域行船有触礁危险），其中海里，，，现一艘科考船以海里/小时的速度从出发沿方向行驶，经过个小时后，一艘快艇以海里/小时的速度准备从港口A出发，并沿直线方向行驶与科考船恰好相遇. (1)若快艇立即出发经过小时后两船恰好在处相遇，求的长； (2)若快艇立即出发，判断快艇是否有触礁的危险，并说明理由； (3)在无触礁危险的情况下，若快艇再等小时出发，求的最小值. 【答案】(1)； (2)快艇有触礁的危险 (3) 【分析】（1）以为坐标原点，正东方向为轴，正北方向为轴，建立平面直角坐标系，由已知条件求出点坐标，用表示出，在中，由余弦定理建立等量关系即可求出，进而求出的长； （2）先求出直线的方程，求出圆心到直线的距离，判断与半径的大小即可判断快艇是否有触礁的危险； （3）设快艇所走的直线与圆相切，且与科考船相遇于点，由相切建立，即可求出直线的方程，再求出方程，联立方程组即可求出点坐标，最后计算两船的时间差即可求出的最小值. 【详解】（1）以为坐标原点，正东方向为轴，正北方向为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，又，，所以点为， 又快艇立即出发经过小时后两船恰好在处相遇，则， 在中，由余弦定理可得， 则，化简整理得， 又，所以，因此； （2）由，则，又， 则，， 所以点为，则直线的斜率， 所以直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离，所以直线与圆相交，因此快艇有触礁的危险； （3）设快艇所走的直线与圆相切，且与科考船相遇于点，设直线的方程为，即， 则圆心到直线的距离，化简得，解得或， 又当时，对应交点在下方，不合题意，所以，因此直线的方程为， 由（2）知，，则，即，所以直线的方程为， 联立，的方程得，解得，则点为， 所以， 则科考船走直线用时为小时，快艇走直线用时为小时， 又科考船提前2小时出发，所以快艇等待时间的最小值为小时，即. 变式25-1（25-26高二上·江苏扬州·期中）在人工智能实验室中，一个追踪机器人从点出发，发现一个目标机器人在点处正欲逃跑.追踪机器人最大速度是目标机器人最大速度的2倍.假设两个机器人均按直线方向以最大速度移动.    (1)若追踪机器人在点处成功拦截目标机器人，求点的轨迹方程； (2)问：无论目标机器人沿何方向逃跑，追踪机器人是否总能在安全区（的区域）内成功拦截?并说明理由. 【答案】(1) (2) 点的轨迹圆的圆心为，半径， 因为圆心到的距离， 所以点的轨迹圆与相交， 则相遇点会出现在安全区外， 故追踪机器人不会总能在安全区内成功拦截. 【分析】（1）设追踪机器人在点处拦截目标机器人，根据追踪机器人与目标机器人速度之比为列出方程即可得解； （2）判断点的轨迹圆与直线的位置关系即可得出结论. 【详解】（1）设追踪机器人在点处拦截目标机器人， 因为追踪机器人与目标机器人速度之比为， 所以相遇时， 所以， 即两机器人相遇点的轨迹方程为； （2）略 变式25-2（24-25高二上·贵州贵阳·阶段检测）如图，贵阳红枫湖湖面上有O，A，B三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在O岛的北偏东方向距O岛千米处，B岛在O岛的正东方向距O岛2千米处．以O为坐标原点，O的正东方向为x轴的正方向，1千米为一个单位长度，建立平面直角坐标系，圆C经过O，A，B三点． (1)求圆C的方程； (2)若圆C区域内有未知暗礁，现有一船D在O岛的南偏西方向距O岛4千米处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？ 【答案】(1) (2)该船没有触礁的危险． 【分析】（1）设圆的一般方程，代入圆上三点的坐标，即可求解； （2）首先求船行驶的直线方程，再判断直线与圆的位置关系，即可判断危险性. 【详解】（1）依题意，因岛在岛的北偏东方向距岛千米处，则点, 又岛在岛的正东方向距岛2千米处，则， 设过O，A，B三点的圆C的方程为， 则,解得， 所以圆C的方程为． （2）因船D在O岛的南偏西方向距O岛4千米处，则， 而船D沿着北偏东方向行驶， 则船D的航线所在直线l的斜率为，直线的方程为， 由（1）知，圆C的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离，则， 所以该船没有触礁的危险． 题型二十六、由圆与圆的位置关系求参数 典例26 （贵州黔东南州、安顺市部分学校2026-2027学年高三上学期10月学科素养训练数学试题）已知圆，直线，若直线上存在一点，使得以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】转化为圆心到直线的距离问题，再由点到直线的距离公式可得. 【详解】圆的圆心为，半径为1， 若直线上存在一点，使得以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则， 即，解得. 变式26-1（26-27高二上·江苏常州·阶段检测）已知点，为坐标原点，圆：． (1)当时，已知圆和圆相交于，两点，求线段的长度； (2)若圆上存在点使得，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先通过两圆方程作差得到公共弦所在直线方程，再结合点到直线距离公式和弦长公式计算AB长度；（2） 先将转化为点P的轨迹方程，再利用两圆有公共点的圆心距条件求解a的取值范围. 【详解】（1）当时，圆M：，即圆M：， 圆和圆相交于，，将两圆方程作差消去二次项，得公共弦AB所在直线方程为， 圆的圆心为，半径，故圆心到直线AB的距离为 ， 由弦长公式得. （2）设点，由，得 ， 两边平方得 ，整理得点P的轨迹方程为， 即轨迹为以为圆心，半径的圆， 由题意圆M与上述轨迹圆有公共点，圆M的圆心为，半径，故圆心距满足 ，即，两边平方得， 对，化简为，其判别式，故该不等式对任意实数a恒成立； 对，化简为，解得； 综上，实数a的取值范围为 变式26-2（26-27高三上·福建泉州·开学考试）若圆与圆无公共点，则实数的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先将两圆方程化为标准方程得到圆心与半径，再根据两圆无公共点对应外离或内含的位置关系，列不等式求解的取值范围． 【详解】圆化为标准式： 圆心，半径, 圆，圆心，半径， 两圆无公共点，即外离或内含， 圆心距， 若两圆外离，则，即，解得或； 若两圆内含，则，无解． 因此两圆无公共点的条件是． 题型二十七、求两个圆的公切线方程 典例27 （25-26高三下·天津南开·阶段检测）设直线，圆，若直线与都相切，则方程为__________． 【答案】 【分析】利用直线与圆相切，得到和，联立方程即可求解出结果． 【详解】因为的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为， 又直线与均相切， 所以①，②，由①②得到，即有， 两边平方得，即， 又，所以，即， 代入①式得到，解得， 所以方程为． 变式27-1（25-26高二上·重庆·期中）写出与圆和都相切的一条直线的方程______. 【答案】，，，(写一条即可） 【分析】设公切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径，列方程，解方程即得答案. 【详解】圆的圆心为，， 圆的圆心为，， 圆心距， 两圆外离，因此存在四条公切线. 设所求直线的方程为 ，化为一般式为：， 依题意得：， 解得：或或或， 故公切线方程为：，，，. 故答案为：，，，（写一条即可）. 变式27-2（25-26高二上·湖南·阶段检测）已知直线l与圆和都相切，则直线l的一般式方程为________．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一，或填或填） 【分析】先判断两圆位置关系可得公切线条数，再分不同情况进行讨论即可得. 【详解】设圆的圆心，半径为， 圆的圆心，半径， 则，因此两圆外切，    由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意； 又由方程和相减可得方程， 即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线的方程为， 直线与直线的交点为， 设过该点的直线为，则，解得， 从而该切线的方程为. 故答案为：.（答案不唯一，或填或填） 题型二十八、圆与圆的位置关系的综合应用 典例28 （26-27高二上·陕西西安·阶段检测）（多选）已知圆，，圆与圆相交于点，，，下列结论正确的是（     ） A． B．直线的方程是 C．公共弦长 D．四边形的面积是24 【答案】ABD 【分析】化简圆的方程为一般式方程，两方程相减，求得的方程，可判定B正确；联立方程组，求得方程组的解，可判定A正确，利用圆的弦长公式，求得的值，可判定C错误；由四边形的对角线和互相垂直，结合，可判定D正确. 【详解】由圆，即， 圆，即， 且圆心，，半径，， 联立方程组，两式相减，可得，即， 即直线的方程是，所以B正确； 联立方程组，解得或， 因为，所以，所以A正确； 由圆心到直线的距离为， 根据圆的弦长公式，可得，所以C错误； 由圆的性质得，四边形的对角线和互相垂直， 且，， 所以四边形的面积为，所以D正确. 变式28-1（26-27高三上·安徽·开学考试）（多选）已知圆：，圆：，直线：与圆、圆均相交，且截两圆所得的弦长分别为，，则（    ） A．圆与圆的公共弦所在直线方程为 B．若直线过点，则恒成立 C．满足的直线恰有2条 D．当时，的最大值为8 【答案】BD 【分析】对于A，根据两圆外切判断；对于B，结合，半径相等即可判断；对于C，根据图象，当直线过点，则，直线方程为时，满足；当和时，满足，进而判断C；对于D，结合题意得，再求最值即可判断. 【详解】已知圆：，圆心，半径； 圆：，圆心，半径， 弦长公式：，其中为圆心到直线的距离， 对于A选项，，故圆与圆外切，没有公共弦，故A选项错误； 对于B选项，直线过点，代入得，直线方程：， 圆心到直线距离： 圆心到直线距离： 所以，又两圆半径相等，故弦长恒成立，B选项正确； 对于C选项，由B知，当直线过点，则， 因为，故，又 所以，由弦长公式，，解得， 所以，当时，. 当直线为水平线时，， 因为，即，即， 整理得，解得或 所以，当和时，， 综上，满足条件的直线多于2条，故C错误； 对于D选项，当，直线，即，， 所以，， 因为，当时取得等号， 所以，，当时取得等号，即取得最大值， 此时直线，截两圆弦长均为直径，，故D选项正确. 变式28-2（2026·全国二卷·高考真题）（多选）已知：，：，则（     ） A．点的坐标为 B．当时，与轴相切 C．当时，与相切 D．当与相交时，两个交点所在直线的方程为 【答案】BC 【分析】对于A，求出的圆心坐标即可判断； 对于B，利用圆心到的距离即可判断； 对于C，求出两个圆的圆心距与半径之差，半径之和比较即可判断； 对于D，将两个圆的方程相减化简即可求解. 【详解】由：，化简可得， 所以，的圆心，半径，故A错误； 对于B，由，得的半径，所以圆心到轴的距离，即与轴相切，故B正确； 对于C，由，得的半径，由于的圆心为，半径，所以，则与内切，故C正确； 对于D，由，化简得：， 所以与两个交点所在直线的方程为，故D错误. 题型二十九、常见的“隐圆” 典例29 （25-26高二上·北京顺义·期中）已知圆C：，，，若圆C上存在点P使，则正数m的值可以是____________________.（写出一个满足条件的值即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】设，根据题意得到，再根据的几何意义得到，从而得到答案. 【详解】圆C：，圆心，半径， 设，则，， 因为，所以， 即，， 因为表示圆上点到原点的距离， ， 所以，即. 正数的值可以是（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一）. 变式29-1（25-26高二上·江西景德镇·期中）在平面直角坐标系xOy中，已知，若圆上存在点满足，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【分析】根据给定信息求出点的轨迹方程，再由两圆有公共点列出不等式求解. 【详解】设，由，得， 整理得，即点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 又点在圆，即两圆有公共点，因此，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 变式29-2（24-25高三上·重庆·阶段检测）点为平面直角坐标系的原点，，点满足，点为圆上一动点，则的最小值为__________. 【答案】/ 【分析】先求出的轨迹方程，再根据两圆相离可求线段和的最小值. 【详解】设，则，整理得到， 设该圆的圆心为，则，半径为， 而，圆的半径为，， 故圆与圆相离，故的最小值为， 当且仅当共线时且在之间时取最小值. 而的最小值为，当且仅当共线且在之间时取最小值， 故的最小值为， 故答案为： 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $