安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共24页。
考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章～第三章
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知直线 l 过点2, 2 和3, 2 ，则直线 l 在 x 轴上的截距为（）
A. 2B. 2
C. 1
2
D.  1
2
若 A，B，C，D 为空间中不同的四点，则下列各式不一定等于零向量的是（）
AB  BC  CA
AB  DA  BD
AB  2BC  2CD  DCD. AB  CB  CD  AD
 x 12  y2
在平面直角坐标系中，已知点 P  x, y ，满足条件
P 的轨迹是（）

 t  1 t  0 ，则点
 x 12  y2
t
A. 椭圆B. 线段C. 射线D. 椭圆或线段
已知直线l1 ： 4x  3 y  2  0 ， l2 ：m  2 x  m 1 y  5m 1  0 ，当l1 //l2 时，两直线l1 ， l2 之间的距离为（）
5
A. 5B. 3C.D. 2
若方程 x2  y2  4x  2ay  3a2  a 1  0 表示圆，且圆心在第二象限，则实数 a 的取值范围是（）
  1 , 0
 0, 1 
 3 ,0
 0, 3 
 
 2 
2
2 
2 
在四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形， PA  2BC ， E 为CD 的中点，则异面直线 BE 与 PC 所成角的余弦值为（）
30
30
15
15
3
15
5
30
16  x2
已知曲线 C：y ，则“ 4  m  4 ”是“直线 y  x  m 与曲线 C 有且仅有 1 个交点”的（）
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
已知空间向量OA  1, 0, 0 ， OB  0,1, 0 ， OC  0, 0,1 ，向量OP  xOA  yOB  zOC ，且
–––→
x  2 y  4z  4 ，则 OP 的最小值为（）
2 3
3
4 21
21
17
4
7
3
二、多项选择题：本大题共 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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
y
2
已知曲线 C： x2  1 ，则下列结论正确的有（）
m
若0  m  1 ，则 C 是焦点在 x 轴上的椭圆B. 若 m  1，则 C 是圆
若 m  2 ，则 C 的焦点为1, 0 和1, 0
若 m  2 ，则 C 的长半轴长为
2
已知直线 l： x cs y sin1  0 ，圆 C：  x  cs2   y  sin2  1，其中0, π，则下列 说法正确的是（ ）
直线 l 与圆 C 相离
π
当 时，直线 l的斜率不存在
2
若点Q  x, y为圆 C 上任意一点，则 x2  y2 的最大值为 2
3
过直线 l 上一点 P 作圆 C 的切线，切点为 A， PA 的最小值为
在棱长为 2的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 P 在棱 BB1 上移动，BP  t 0  t  2 ．过点 P 作平面垂直于空间对角线 AC1 ，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为G ，面积为S ，边数为 N ．当t 从 0 到 2 连续变化时，下列说法正确的是：（ ）
平面与平面 ABCD 的夹角余弦值是 3 ；
3

S 的取值范围是2 3, 3 3 ；
N 的值可能是 5；
2 3
3
点G 的轨迹的长度为.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→→
已知向量 a  (2,1, 0) ， b  (2, 1, 3) ，则 2a  b  .
若不同的两点 Aa 1,b 1 与点 B b,a  关于直线l 对称，则l 的倾斜角为．
若过圆C : x2  y2  6x  0 内不同于圆心的点 P 恰好可以作 5 条长度为正整数的弦，则符合条件的点 P 构成的区域的面积为．
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、证明过程及演算步骤.
已知椭圆 E： x2  y2  1（ a  b  0 ）的左、右焦点分别为 F ， F ，且 P3,0， Q 0, 5  两点在
a2b212
椭圆 E 上.
求椭圆 E 的方程；
若点 M a cs, b sin ， D 1,1 ，证明：点 M 在椭圆上，并求△DF1F2 的周长.
5
已知圆 C： x  a 2   y  b 2  b 2（ a  0 ，b  0 ）与 y 轴交于 A，B 两点，ACB  120°，且 OC .
求圆 C 的标准方程；
若直线 y  x  m 和直线 y  x  n 将圆 C 的周长四等分，求 m  n 的值.
如图所示实验装置，由矩形 ABCD 和 ABEF 构成，且 AB  4 ，AD  AF  3 ，DAF  π .活动点 M，
AF
3

ADb
–––→ →
AB a
N 分别在对角线 BD，AE 上移动，且 ANDM .记= ，
用向量a ， b ， c 表示 AM ， MN .
––––→
， c ，且 DM  DB ，0,1 .
为何值时， MN 最小，最小值是多少？
当 2 时，证明： MN  平面 ABCD.
3
如图所示，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB AC ， AB  AC  CC1  1 ， E 是线段 B1C1 上的动点
（不与点 B1 ， C1 重合），且满足 B1E  B1C1 ，实数0,1.
当 1 时，证明： A E  平面 EBC ；
21
当 1 时，求二面角 E  A B  B 的余弦值；
311
求四面体 EA1BC 的外接球半径的取值范围.
19 已知圆O : x2  y2  1 点 M 1, 4 .
过 M 作圆O 的切线，求切线的方程；
过圆 O 上一点 P  1 , 3  作两条相异直线分别与圆O 相交于 A ，B 两点，且直线 PA 和直线 PB 的倾
 22 

斜角互补.求证：直线 AB 的斜率为定值.
已知 A2,8 ，设 P 为满足方程 PA2  PO 2  106 的任意一点，过点 P 向圆O 引切线，切点为 B ，试
探究：平面内是否存在一定点 N ，使得
PB2 PN 2
为定值?若存在，请求出定点 N 的坐标，并指出相应的定值；
若不存在，请说明理由.
“皖南八校”2025—2026 学年高二第一学期期中考试数学
考生注意：
本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟.
考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章～第三章
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
2
已知直线 l 过点2, 2 和3, 2 ，则直线 l 在 x 轴上的截距为（）
A. 2B. 2
【答案】D
C. 1
D.  1
2
【解析】
【分析】根据直线方程的两点式得直线方程，令 y  0 ，解出 x 即可求解.
【详解】根据直线方程的两点式公式可得 y  2  x  2 ，化简可得 4x  5 y  2  0 ，
2  23  2
令 y  0 ，可知 4x  2  0 ，解得 x   1 ，所以直线 l 在 x 轴上的截距为 1 .
22
故选：D.
若 A，B，C，D 为空间中不同的四点，则下列各式不一定等于零向量的是（）
AB  BC  CA
AB  DA  BD
AB  2BC  2CD  DCD. AB  CB  CD  AD
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算逐一分析各个选项即可得出答案.
【详解】对于 A， AB  BC  CA  0 ，故 A 不符合题意；
对于 B， AB  DA  BD  DA  AB  BD  DB  BD  0 ，故 B 不符合题意；
  
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
对于 C， AB  2BC  2CD  DC  AB  BC  BC  CD  CD  DC  AC  BD ，结果不一定为零
向量，故 C 符合题意；
 
–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→→
对于 D， AB  CB  CD  AD  AB  AD  CD  CB  DB  BD  0 ，故 D 不符合题意.
故选：C.
在平面直角坐标系中，已知点 P  x, y ，满足条件的轨迹是（）
 x 12  y2

 t  1 t  0 ，则点 P
 x 12  y2
t
A. 椭圆B. 线段C. 射线D. 椭圆或线段
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的定义、基本不等式判断即可.
t 1
t
【详解】因为t  0 ，所以t  1  2
t
 2 ，当且仅当t  1时等号成立，
 x 12  y2
又

 t  1 t  0 ，
 x 12  y2
 x 12  y2
 x 12  y 2
t
令 F 1, 0、 F 1, 0 ，则
 PF
，
 PF ，
12
即 PF  PF  t  1 t  0 ，
21
2t
当t  1时， PF1  PF2  2 ，而 F1F2  2 ，此时点 P 的轨迹是线段 F1F2 ；
当t  0 且t  1时， PF1  PF2  2  F1F2 ，此时点 P 的轨迹是以 F1 、 F2 为焦点的椭圆.
综上所述，点 P 的轨迹是以 F1 、 F2 为焦点的椭圆或线段 F1F2 .
故选：D.
已知直线l1 ： 4x  3 y  2  0 ， l2 ：m  2 x  m 1 y  5m 1  0 ，当l1 //l2 时，两直线l1 ， l2 之间的距离为（）
5
A. 5B. 3C.D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由两直线平行列方程求m ，根据平行直线间距离公式求解即可.
【详解】当l ∥l 时，则满足 m  2  m 1  5m 1 ，解得 m  10 ，
12432
此时l1 ： 4x  3 y  2  0 ， l2 ： 4x  3y  17  0 ，
2  17 
42  32
则两直线间的距离为
 3 .
故选：B.
若方程 x2  y2  4x  2ay  3a2  a 1  0 表示圆，且圆心在第二象限，则实数 a的取值范围是（）
  1 , 0
 0, 1 
 3 ,0
 0, 3 
 
 2 
2
2 
2 
【答案】D
【解析】
【分析】将圆的一般式整理为标准式，写出圆的圆心以及半径，根据题意，建立不等式组，可得答案.
【详解】由 x2  y2  4x  2ay  3a2  a 1  0 ，化简可得 x  22   y  a 2  2a 2  a  3 ，
a  0a  0
因为圆心在第二象限，则2a2  a  3  0 ，所以2a2  a  3  a 12a  3   0 ，

解得0  a  3 ，所以实数 a 的取值范围为 0, 3  .
22 

故选：D.
在四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形， PA  2BC ， E 为CD 的中点，则异面直线 BE 与 PC 所成角的余弦值为（）
30
30
【答案】A
15
15
3
15
5
30
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，设 BC  2 ，则可写出 BE 和 PC 的坐标，利用向量数量积的坐标运算求出夹角的余弦值，即可得解.
【详解】因为 PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 为正方形，所以 PA, AB, AD 两两垂直，
如图，以点 A 为坐标原点，直线 AB, AD, AP 所在方向分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
设 BC  2 ，则 PA  2BC  4 ，所以 B 2, 0, 0, E 1, 2, 0 , P 0, 0, 4 ,C 2, 2, 0  ,
则 BE  1, 2, 0, PC  2, 2, 4  ，
–––→ –––→
BE  PC
设异面直线 BE 与 PC 所成角为，则cs –––→ –––→
.
5  2 6
2  4
30
BE PC30
故选:A.
16  x2
已知曲线 C：y 
，则“ 4  m  4 ”是“直线 y  x  m 与曲线 C 有且仅有 1 个交点”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
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系进行讨论即可.
16  x2
【详解】曲线 y 
表示圆心0, 0 ，半径为 4 的圆的上半部分（包括与 x 轴的交点），
直线 y  x  m 的斜率为 1，在 y 轴上的截距为 m，
16  x2
当直线 y  x  m 与曲线 y 
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0, 0 到直线 y  x  m 距离等于 4，则
m
2
 4 ，
2
即 m  4
或 m  4
（舍去，因为当 m  4
时与下半部分相切，不符合题意）；
2
2
16  x2
由图象可知，有一个交点时， 4  m  4 ；综上可知，当直线 y  x  m 与曲线 y 
2
恰有 1 个公共点时， 4  m  4 或 m  4；
16  x2
所以“ 4  m  4 ”是“直线 y  x  m 与曲线 y 
恰有 1 个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
已知空间向量OA  1, 0, 0 ， OB  0,1, 0 ， OC  0, 0,1 ，向量OP  xOA  yOB  zOC ，且
–––→
x  2 y  4z  4 ，则 OP 的最小值为（）
2 3
3
4 21
21
17
4
7
3
【答案】B
【解析】
【分析】设OD  4OA  4, 0, 0  ， OE  2OB  0, 2, 0  ，由 x  y  z  1 及已知得 D ， E ， C ， P 四
42
–––→
点共面，当OP  平面 DEC 时， OP 有最小值，求出平面 DEC 的一个法向量，应用点面距的向量求法求
–––→
OP 的最小值.
【详解】设OD  4OA  4, 0, 0  ， OE  2OB  0, 2, 0  ，
因为 x  2 y  4z  4 ，则 x  y  z  1 ，则–––→ 
–––→

–––→

–––→  x –––→  y –––→ 
–––→
，
OPxOAyOBzOC OD OEzOC
4242
–––→
所以 D ， E ， C ， P 四点共面，当OP  平面 DEC 时， OP 有最小值.
→
由CD  (4, 0, 1) ， CE  (0, 2, 1) ，若平面 DEC 的一个法向量 m  a, b, c ，
 → –––→
m  CD  4a  c  0
则 → –––→，
m  CE  2b  c  0
取 a  1 ，则b  2, c  4 ，
→
所以 m  1, 2, 4 为平面 DEC 的一个法向量，
4 21
→ –––→
所以O 到平面 DEC 的距离d 
m OC
→ .
m21
故选：B
二、多项选择题：本大题共 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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
y
2
已知曲线 C： x2  1 ，则下列结论正确的有（）
m
若0  m  1 ，则 C 是焦点在 x 轴上的椭圆B. 若 m  1，则 C 是圆
若 m  2 ，则 C 的焦点为1, 0 和1, 0
若 m  2 ，则 C 的长半轴长为
2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆、椭圆的标准方程，可得答案.
【详解】对于 A，若0  m  1，则 C 是焦点在 x 轴上的椭圆，故 A 正确；对于 B，若 m  1，则曲线 C： x2  y2  1，所以 C 是圆，故 B 正确；
对于 C，若 m  2 ，则 C：
2  y2  ，为焦点在 y 轴上的椭圆，焦点为0, 1 和0,1 ，故 C 错误；
1
x
2
y2
2
对于 D，若 m  2 ，则 C： x  1，所以 C 的长半轴长为
2
，故 D 正确.
故选：ABD.
已知直线 l： x cs y sin1  0 ，圆 C：  x  cs2   y  sin2  1，其中0, π，则下列 说法正确的是（）
直线 l 与圆 C 相离
当 π 时，直线 l 的斜率不存在
2
若点Q  x, y为圆 C 上任意一点，则 x2  y2 的最大值为 2
3
过直线 l 上一点 P 作圆 C 的切线，切点为 A， PA 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据点到直线的距离公式即可判断 A；根据直线方程即可判断 B；根据点与圆的位置关系，结合两点间距离即可判断 C；根据直线与圆的位置关系可知当 PC  l 时， PC 取得最小值，即可判断 D.
【详解】对于 A，
圆 C 的圆心为C cs, sin ，半径为 1，
cs2 sin2
cs2 sin21
所以圆心C cs, sin 到直线 l： x cs y sin1  0 的距离 d  2  1 ，
所以直线 l 与圆 C 相离，故 A 正确；对于 B，
当 π 时，l: y 1  0 ，斜率为 0，故 B 错误；
2
对于 C，
max
因为原点O 在圆 C 上，所以 OQ 2r  2 ，所以 x2  y2 的最大值为 4，故 C 错误；
对于 D，
PC 2 1
因为 PA 
，所以当 PC 最小时， PA 取得最小值，
3
min
当 PC  l 时，由 A 知, PC 的最小值为 2 ，所以 PA，故 D 正确.故选：AD.
在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，点 P 在棱 BB1 上移动，BP  t 0  t  2 ．过点 P 作平面
垂直于空间对角线 AC1 ，设平面与正方体的截面为多边形．记截面多边形的重心为G ，面积为S ，边数为 N ．当t 从 0 到 2 连续变化时，下列说法正确的是：（）
平面与平面 ABCD 的夹角余弦值是 3 ；
3

S 的取值范围是2 3, 3 3 ；
N 的值可能是 5；
2 3
3
点G 的轨迹的长度为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A,通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面 ABCD 的夹角余弦值；B,当t 从0 到
2 连续变化时，找到当t  0 或t  2 时，截面为正三角形 A1DB 的面积最小；当t  1时，截面为正六边形
PP1P2 P3 P4 P5 的面积最大，再求出最小面积和最大面积即可；C,当t 从0 到2 连续变化时，通过观察分析得到答案；D,当t 从0 到 2 连续变化时，首先通过观察分析找到点G 的轨迹是正三角形 A1DB 的重心到正三角
形 D1CB1 的重心的线段，再利用等体积法等求出这段线段的长度.
【详解】
如图（1），以 D 为原点， DA ， DC ， DD1 为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，
正方体的棱长为 2， A(2, 0, 0) ，C1 (0, 2, 2) , AC1  (2, 2, 2) ，
––––→
对于选项 A： AC1  平面，平面的一个法向量为 AC1  (2, 2, 2) ， AC1
 2
，平面 ABCD
3
n
→
的一个法向量为n  (0, 0,1) ， 1，设平面与平面 ABCD 的夹角为，
––––→
→
––––→
AC1  n
AC1  n
→
→

23
––––→
2 3
cs cs AC1, n 3 ，
选项 A 正确；
对于选项 B：当t  0 或t  2 时，如图（2），截面为正三角形 A1DB ，且 A1D  DB  2，
2
2
3
S  1  A D  DB sin 60  1  2 2  2
 2
为最小值；
212
2
2
当t  1时，截面为正六边形 PPP P P P ，如图（3）， PP  1 A B = 1  2，
1 2 3 4 5
12 12
3
S  6S 6 1 (PP )2 sin 60  3为最大值，选项 B 正确；
PP1G21
对于选项 C：当t 从0 到2 连续变化时，截面多边形的边数可能是三角形，四边形，六边形，但是不能是五边形，则选项 C 错误；
对于选项 D：重心G 的轨迹是正三角形 A1DB 的重心到正三角形 D1CB1 的重心的线段，
设正三角形 A1DB 的重心为G1 ，正三角形 D1CB1 的重心为G2 ，
VA A1DB
 1  S
3
 A1DB
 AG1
 1  S
3
 ADB
 AA1 ， S
 A1DB
 AG1
 S ADB
 AA1 ，
3
 2 3  AG  1  2  2  2 ， AG  2 3 ， AC  2， 正三角形 A DB 的重心到正三角形 D CB
1213
1111
3
的重心的线段长度为G G  AC  2 AG  2 2  2 3  2 3 ，选项 D 正确.
1 21133
故选：ABD
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→→
已知向量 a  (2,1, 0) ， b  (2, 1, 3) ，则 2a  b  .
【答案】4
【解析】
2a  b
【分析】首先求出 →的坐标，再根据向量模的坐标表示计算可得.
→→
→
【详解】由于 a  (2,1, 0) ， b  (2, 1, 3) ，则 2a  b  2 2,1, 0  2, 1, 3   (2, 3,  3) ，
→→
于是 2a  b 
 4 .
22  32   3 2
故答案为： 4
若不同的两点 Aa 1,b 1 与点 B b,a  关于直线l 对称，则l 的倾斜角为．
【答案】 45
【解析】
【详解】设直线l 的斜率为 kl ，倾斜角为，直线 AB 的斜率为 kAB ，
因为 kAB
 a  b 1  1 ，由题意知 AB  l ．

b  a  1
所以 kl  tan 1 ，即 45． 故答案为： 45.
若过圆C : x2  y2  6x  0 内不同于圆心的点 P 恰好可以作 5 条长度为正整数的弦，则符合条件的点 P 构
成的区域的面积为．
【答案】 7 π
4
【解析】
【分析】根据过圆内一点的最长弦长和最短弦长得到过点 P 的最短弦长的取值范围，从而得到点 P 与圆心C之间距离的取值范围，得到符合条件的点 P 的区域，进而得到面积.
【详解】由 x2  y2  6x  0 得 x  32  y2  9 ，所以圆C 的圆心为C 3, 0 ，半径 r  3，因为直径是最长的弦，所以点 P 在圆内，过点 P 的弦中，直径是最长的弦，长度为2r  6 ，以下分析过点 P 的最短的弦，
由垂径定理知， AB
 2
 2
，其中d 为圆心C 到弦 AB 的距离，
r 2  d 2
9  d 2
要使得 AB 最短，则 d 最大，
由图可知， d  CP ，当CP  弦 AB 时取到等号，所以当CP  弦 AB 时， d 最大，弦长 AB 最短，根据圆的对称性，这5 条长度为正整数的弦长度分别是 4, 5, 6, 5, 4 ，
要使得有两条长度为 4 的弦，则最短弦长小于 4 ，要使得没有长度为3 的弦，则最短弦长大于3 ，
因此，过点 P 的最短的弦长l 3, 4 ，
 l 2
 l 2
l227 
因为弦长最短时CP  弦 AB ，所以| CP |2    r2 ， | CP |2  r2     9 5, ，
3 3 
CP 5,，
 2 
 2 
44 
2 

5
所以点 P 落在以C 3, 0 为圆心，半径分别为
2
 3 3 22 7
和 3 3 的圆所夹的圆环内，
2
所以该区域的面积为π 
   5 
  π ，
4
故答案为： 7 π
4

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、证明过程及演算步骤.
已知椭圆 E： x2  y2  1（ a  b  0 ）的左、右焦点分别为 F ， F ，且 P3,0， Q 0, 5  两点在
a2b212
椭圆 E 上.
求椭圆 E 的方程；
若点 M a cs, b sin ， D 1,1 ，证明：点 M 在椭圆上，并求△DF1F2 的周长.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
95
10
（2）证明见解析，
 4
2
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，列式求出 a, b 即得.
（2）将点 M 的坐标代入椭圆方程计算得证；再利用两点间距离公式即可求解.
【小问 1 详解】
因为椭圆 E 经过 P 3, 0 ， Q 0, 5  两点，
5
所以由椭圆的结构特征可知 a  3 ， b ，椭圆焦点在 x 轴上，
2
2
所以椭圆 E 的方程为 x  y  1 .
95
【小问 2 详解】
 2 5 sin2
由点 M 3cs, 5 sin，得 3cs    cs2  sin2  1，
95
显然点 M 满足椭圆方程，所以点 M 在椭圆 E 上，如下图：
由椭圆方程可知 F1 2, 0， F2 2, 0 ，
所以DF F 的周长为 DF
 DF  F F


 4  4 .
1 21
21 2
2 12 12
2 12 12
10
2
5
已知圆 C： x  a 2   y  b 2  b 2（ a  0 ，b  0 ）与 y 轴交于 A，B 两点，ACB  120°，且 OC .
求圆 C 的标准方程；
若直线 y  x  m 和直线 y  x  n 将圆 C 的周长四等分，求 m  n 的值.
【答案】（1）  x 12   y  22  4
（2）4
【解析】
5
【分析】（1）由 OC 可知， a2  b2  5 ，结合ACB  120°，可知b  2a ，再联立求解即可；
根据分成四等分，可得圆心到直线的距离，进而得到两平行线的距离即可求解．
【小问 1 详解】
圆 C：  x  a 2   y  b 2  b 2 （ a  0 ， b  0 ），
则圆心C a, b，半径 r  b ，如图：过C 作CM  y 轴，
ACB  120 ，MAC  30 ，则 AC  b  2MC  2a ，
5
又 OC ，则 a2  b2  5 ，
 OC 2  a2  b2  5

即b  2a，

a  0,b  0

a  1
解得，
b  2
所以圆 C 的标准方程为 x 12   y  22  4 ．
【小问 2 详解】
设直线 y  x  m 和圆 C 交于点 E，F，直线 y  x  n 与圆 C 交于点 M，N.
因为直线 y  x  m 和直线 y  x  n 将圆 x 12   y  22  4 的周长四等分，所以圆心位于两直线之间，连接 CE，CF，CM，CN，则ECF  MCN  π ，
2
2
所以△ECF 为等腰直角三角形，所以圆心 C 到直线 y  x  m 的距离为，
2
同理可得圆心 C 到直线 y  x  n 的距离为，
2
故直线 y  x  m 和直线 y  x  n 间的距离为2，
2
m  n
所以
 2
，即 m  n  4 ．
2
如图所示实验装置，由矩形 ABCD 和 ABEF 构成，且 AB  4 ，AD  AF  3 ，DAF  π .活动点 M，
3
N 分别在对角线 BD，AE 上移动，且 AN  DM .记 AB=a ，AD  b ，AF  c ，且 DM  DB ，0,1 .
用向量a ， b ， c 表示 AM ， MN .
––––→
为何值时， MN 最小，最小值是多少？
当 2 时，证明： MN  平面 ABCD.
3
【答案】（1） AM  a  1 b ， MN  1b  c
（2） 1 ， 3
22
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）结合图形，利用空间向量线性运算，即可用向量 a ， b ， c 表示 AM ， MN .；
借助空间向量数量积的运算律结合二次函数的性质计算即得答案；
由 MN  平面 ABCD 等价于 MN AB ， MN AD ，利用向量数量积公式计算即得结论.
【小问 1 详解】
由题意得， DM  DB ， AN  AE ， 0,1，
––––→–––→–––→–––→→→→→→
可知 AM  AD  AB  AD  b  a  b  a  1b ，
––––→–––→––––→–––→–––→––––→–––→–––→–––→–––→–––→ 
则 MN  AN  AM  AN  AD  DM    AB  AF    AD  AB  AD
  →→ →
→→ →→
a  c   b a  b   1b c .
【小问 2 详解】
→→→→ →π9
因 a  4 ， b



1 b 

→
c 
→

2
––––→
则
 c  3 ， b  c  3 3 cs 3  2 ， a  b  a  c  0 ，
MN 
3 2   4
1 2
1


 3
1

912  2 9 1  92
2
，
––––→3
则当 时， MN
2
【小问 3 详解】
有最小值，最小值为 .
2
 2
––––→→→
1 →2 →
当 时， MN  1b  c   b  c ，
333
––––→ –––→
1 →
2 →  →
1 → →
2 → →

则 MN  AB    3 b  3 c   a   3 b  a  3 c  a  0 ，
––––→ –––→
1 →
2 → →
1 → 2
2 → →

MN  AD   3 b  3 c b   3 b
所以 MN AB ， MN AD ，
 c b  0 ，
3
因为 AB， AD  平面 ABCD， AB  AD  A ， AB, AD  平面 ABCD.，所以 MN  平面 ABCD.
如图所示，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB AC ， AB  AC  CC1  1 ， E 是线段 B1C1 上的动点
（不与点 B1 ， C1 重合），且满足 B1E  B1C1 ，实数0,1.
当 1 时，证明： A E  平面 EBC ；
21
当 1 时，求二面角 E  A B  B 的余弦值；
311
求四面体 EA1BC 的外接球半径的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2） 6
3
 6 , 3 
 32 

【解析】
【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直；
先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解；
将四面体补成长方体，根据长方体的外接球就是四面体的外接球，结合 E 点的位置确定外接球半径的取值范围.
【小问 1 详解】
由题知在直三棱柱 ABC  A B C 中，BB  平面 A B C ，A E  平面 A B C ，所以 BB  A E ，当 1
1 1 11
1 1 11
1 1 1112
时， E 为 B1C1 中点，由题知△A1B1C1 为等腰直角三角形，所以 A1E  B1C1 ，又 B1C1 ， BB1  平面 BCC1B1 ， B1C1 ∩ BB1  B1 ，
所以 A1E  平面 BCC1B1 ，即 A1E  平面 EBC.
【小问 2 详解】
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB AC ， AA1  AC ， AA1  AB ，
则以 A 为原点，以 AB 为 x 轴，以 AC 为 y 轴，以 AA1 为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A0, 0, 0， B 1, 0, 0，C 0,1, 0 ， A1 0, 0,1 ， B1 1, 0,1 ，C1 0,1,1 ， B1C1  1,1, 0 ，
–––→
1 ––––→
1 1
 2 1
又 B1E  3 B1C1    , , 0  ，则 E  , ,1 ，
–––→
 2 1
3 3

 3 3
则 A1E   , , 0  ， A1B  1, 0, 1 ，
 3 3
设平面 A EB 的一个法向量为 →   x, y, z  ，
1m
 → –––→21
则m  A1E  3 x  3 y  0 ，取 z  1，则 x  1 ， y  2 ，故 →  1, 2,1，
 → –––→m
m  A B  x  z  0
1
11
n
又在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB AC ，则 AC  平面 A1BB1 ，所以平面 A BB 的一个法向量为 →  AC  0,1, 0 ，
又二面角 E  A1B  B1 的平面角为锐角，则二面角的余弦值为
2
1 4 1 1
→ →
6
→ →
cs m, n
m  n

→ → .
m n3
【小问 3 详解】
x2  y2   z 12
 x 12  y2  z2
x2   y 12  z2
设四面体 EA1BC 的外接球球心 I 的坐标为 x, y, z ，半径为 R ，则 R  IA1  IB  IC  IE ，
故

，
 x 12   x 2   x 12
则 x  y  z ，所以外接球球心 I 的坐标为 x, x, x ，
3x2  2x 1
又 E 1,,1 ，代入得 R 
，
即3x2  2x 1  3x2  4x  22  2 2 ，则 x  2  1 ，0,1，
2
当 1 时， x 取得最小值为 1 ，
24
当 0 或 1 时， 2  1  1 ，所以 x   1 , 1  ，

22 4 2 
所以 R2  3x2  2x 1， x   1 , 1  ，当 x  1 时， R2 取得最小值为 2 ，

 4 2 33
当 x  1 时， 3x2  2x  1  3 ，所以 R2   2 , 3  ，所以 R   6 ,3  ，
24 3 4 
 32 

所以四面体 EA BC 的外接球半径的取值范围为 6 , 3  .
1 32 

已知圆O : x2  y2  1 点 M 1, 4 .
过 M 作圆O 的切线，求切线的方程；
过圆 O 上一点 P  1 , 3  作两条相异直线分别与圆O 相交于 A ，B 两点，且直线 PA 和直线 PB 的倾
 22 

斜角互补.求证：直线 AB 的斜率为定值.
已知 A2,8 ，设 P 为满足方程 PA2  PO 2  106 的任意一点，过点 P 向圆O 引切线，切点为 B ，试
探究：平面内是否存在一定点 N ，使得
PB2 PN 2
为定值?若存在，请求出定点 N 的坐标，并指出相应的定值；
若不存在，请说明理由.
【答案】（1） x 1  0 和15x  8 y  17  0
（2）证明见解析（3）当 N 1, 4 ，定值为 1 ；当 N   1 , 
4 17
，定值为
2 1717 18

【解析】
【分析】（1）根据斜率是否存在进行分类讨论，用待定系数法求得切线方程；
根据题目条件列出方程，利用韦达定理对直线 AB 的斜率进行化简，求得定值为 3 ；
3
先根据条件求得动点 P 的方程，在假设定值存在，列出等式并用 P 的方程化简，最后由多项式相等求得 N 的坐标.
【小问 1 详解】
根据圆的方程可知，圆O 的圆心坐标为O 0, 0 ，半径为1.
12  42
点 M 距离圆心O 的距离
 1，故点 M 在圆外，过点 M 的切线有两条.
17
当过点 M 的直线不存在斜率时，切线方程为 x 1  0 ，
圆心O 距此直线的距离为1，与半径相等.故此直线与圆相切.
当过点 M 的直线存在时，设直线方程为 y  4  k  x 1 ，即 kx  y  4  k  0 ，
圆心O 距离此直线的距离应为1，故
 1，解得 k  15 .
k 2 1
4  k
8
故直线方程为15 x  y  4  15  0 ，即15x  8 y  17  0 .
88
所以过点 M 且与圆O 相切的直线方程为： x 1  0 和15x  8 y  17  0 .
【小问 2 详解】
π
假设过点 P 的一条直线倾斜角为 ，
2
π
由题目条件得另一条直线的倾斜角也为
盾，
故过 P 的直线不可能垂直于 x 轴.
，但过直线外一点做该直线的垂线只有一条，与两条直线相异矛
2
由于两直线的倾斜角互补，因为tan  tan π  ，故两直线的斜率互为相反数.
31 
设直线l1 : y  2
 k  x   与圆相交于 P ， A 两点，
12

31 
直线l2 : y  2
 k  x   与圆相交于 P ， B 两点.
12

点 A x , y


 在l 上，则
x2  y2  1
，
A1


 y 
31 


2k1  x2 

化简得k 2 1 x2   3k  k 2  x  1 k 2  3 k
 1  0 ，
111
4 1214
1k 2  3k
由韦达定理得 xA   11 .
1
2k 2 1


x2  y2  1
点 B  x , y  在l 上，则，
B2


 y 
3  
2
1 

k1  x2 

化简得k 2 1 x2   3k  k 2  x  1 k 2  3 k
 1  0 ，
111
4 1214
1k 2 3k
1
由韦达定理得 xB   11 .
2
则直线 AB 的斜率为 k
k 2 1
 yA  yB  k1  xA  xB 1 .
ABx  xx  x
2 3k1
ABAB
易得 x  x
1  2 ， x  x

.故 k 3 .
1
1
ABk 2 1
ABk 2 1
AB3
故直线 AB 的斜率为定值 3 .
3
【小问 3 详解】
设 P  p, q ，因 PA2  PO 2  106 ，所以 p  22  q  82  p2  q2  106 ，化简得，
 p 12  q  42  62 .
所以点 P 的轨迹是一个圆，圆心为点 M 1, 4 ，半径为6 .
17
因 MO  6 1  5 ，所以圆O 内含于圆 M .故点 P 一定在圆O 外，过任意的点 P 都能作两条圆O 的切线.
因不存在此两条切线同时垂直于 x 轴（否则两切线平行，与两切线都过点 P 矛盾），故不妨设过 P 的切线方
程为 y  q  k  x  p ，切点为 B .
则 PB2  PO2 12  p2  q2 1 .
由圆 M 的方程得 p2  q2  2 p  8q  19 .
设 N m, n .则 PN 2   p  m2  q  n2 .
PB2
设
 t .即
p2  q2 1
22
 t .
PN 2
 p  m  q  n 
把 p2  q2  2 p  8q  19 代入化简得，
2  p  4q  9  p2  q2  2mp  2nq  m2  n2 .
t
继续代入得， 2  p  4q  9  2 1 m p  2 4  n q 19  m2  n2 .
t
要使上式对任意的 p ， q 均成立，则2 1 m : 2 4  n : 19  m2  n2   1: 4 : 9 .
m   1
m  117
解得 n  4 或4 .

 n  
17
当 N 的坐标为1, 4 时， t  1 ；当 N 的坐标为  1 ,  4  时， t  17 .
2 1717 18
