安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学（解析版）_2025年11月高二试卷_251123安徽省皖南八校2025-2026学年高二上学期11月期中考试（全）

“皖南八校”2025—2026 学年高二第一学期期中考试
数 学
考生注意：
1.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.
2.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.
3.本卷命题范围：人教 A 版选择性必修第一册第一章～第三章 3.1.1.
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,2  3,2 
1. 已知直线l过点 和 ，则直线l在x轴上的截距为（ ）
1
A.2 B. 2 C. 1 D. 
2 2
【答案】D
【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.
y2 
x2
【详解】根据直线方程的两点式公式可得  ，化简可得4x5y20，
22  32
1 1
令y0，可知4x20，解得x ，所以直线l在x轴上的截距为 .
2 2
故选：D.
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（ ）
     
A. ABBCCA B. ABDABD
       
C. AB2BC 2CDDC D. 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；
第 1 页 共 20 页           
     
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.
1
3. 在平面直角坐标系中，已知点P  x,y  ，满足条件  x1 2  y2   x1 2  y2 t  t 0 ，则点P
t
的轨迹是（ ）
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.
1 1
【详解】因为t 0，所以t 2 t 2，当且仅当t 1时等号成立，
t t
1
又  x1 2  y2   x1 2  y2 t  t 0 ，
t
令F 1,0  、F  1,0  ，则  x1 2  y2  PF ，  x1 2  y2  PF ，
1 2 2 1
1
即 PF  PF t  t 0 ，
1 2 t
当t 1时， PF  PF 2，而 FF 2，此时点P的轨迹是线段FF ；
1 2 1 2 1 2
当t 0且t 1时， PF  PF 2 FF ，此时点P的轨迹是以F 、F 为焦点的椭圆.
1 2 1 2 1 2
综上所述，点P的轨迹是以F 、F 为焦点的椭圆或线段FF .
1 2 1 2
故选：D.
4. 已知直线l ：4x3y20，l ：  m2  x m1  y5m10，当l //l 时，两直线l ，l 之间的
1 2 1 2 1 2
距离为（ ）
A.5 B.3 C. 5 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.
m2 m1 5m1
【详解】当l ∥l 时，则满足   ，解得m10，
1 2 4 3 2
第 2 页 共 20 页此时l ：4x3y20，l ：4x3y17 0，
1 2
217 
则两直线间的距离为 3.
42 32
故选：B.
5. 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   1  3   3
A.   ,0 B. 0,  C.  ,0 D. 0, 
 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 2a2a3，
a 0 a 0
因为圆心在第二象限，则 ，所以 ，
2a2 a30

2a2 a3 a1  2a3 0
3  3
解得0a ，所以实数a的取值范围为0, .
2  2
故选：D.
6. 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 15 3 5
A. B. C. D.
30 15 15 30
【答案】A
【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，
第 3 页 共 20 页设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 24 30
设异面直线BE 与PC所成角为，则cos     .
BE PC 52 6 30
故选:A.
7. 已知曲线C：y  16x2 ，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.
 
【详解】曲线 y  16x2 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，
当直线 y  xm与曲线 y  16x2 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：
m
相切时，圆心  0,0  到直线y  xm距离等于4，则 4，
2
即m4 2 或m4 2（舍去，因为当m4 2时与下半部分相切，不符合题意）；
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  16x2 恰有1个公共点时，4m4或m4 2 ；
所以“4m4”是“直线 y  xm与曲线y  16x2 恰有1个公共点”的充分不必要条件.
第 4 页 共 20 页故选：A.
      
8. 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2y4z 4，则 OP 的最小值为（ ）
2 3 4 21 17 7
A. B. C. D.
3 21 4 3
【答案】B
【解析】
    x y
【分析】设OD 4OA 4,0,0 ，OE 2OB  0,2,0 ，由  z 1及已知得D，E，C，P四
4 2

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 ，
x y     x y 
因为x2y4z 4，则  z 1，则OP xOA yOBzOC  OD OEzOC，
4 2 4 2

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，


mOC
4 21
所以O到平面DEC的距离d    .
m 21
故选：B
第 5 页 共 20 页二、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.
y2
9. 已知曲线C：x2  1，则下列结论正确的有（ ）
m
A. 若0m1，则C是焦点在x轴上的椭圆 B. 若m1，则C是圆
C. 若m2，则C的焦点为 1,0  和 1,0  D. 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：x2 
y2
1，为焦点在y轴上的椭圆，焦点为  0,1  和  0,1  ，故C错误；
2
y2
对于D，若m2，则C：x2  1，所以C的长半轴长为 2，故D正确.
2
故选：ABD.
10. 已知直线l：xcos ysin10，圆C： xcos2  ysin2 1，其中 0,π  ，则下列
说法正确的是（ ）
A. 直线l与圆C相离
π
B. 当 时，直线l的斜率不存在
2
C. 若点Q  x,y  为圆C上任意一点，则x2  y2的最大值为2
D. 过直线l上一点P作圆C的切线，切点为A， PA 的最小值为 3
【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
 cos,sin
，半径为1，
第 6 页 共 20 页cos2sin21
所以圆心C  cos,sin 到直线l：xcos ysin10的距离d  21，
cos2sin2
所以直线l与圆C相离，故A正确；
对于B，
π
当 时，l:y10，斜率为0，故B错误；
2
对于C，
因为原点O在圆C上，所以 OQ 2r 2，
max
所以x2  y2的最大值为4，故C错误；
对于D，
因为 PA  PC 2 1，所以当 PC 最小时， PA 取得最小值，
当PC l时，由A知, PC 的最小值为2，所以 PA  3 ，故D正确.
min
故选：AD.
11. 在棱长为2的正方体ABCDABC D 中，点P在棱BB 上移动，BPt  0t 2  ．过点P作平面
1 1 1 1 1
垂直于空间对角线AC ，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
1
为N ．当t从0到2连续变化时，下列说法正确的是：（ ）
3
A. 平面与平面ABCD的夹角余弦值是 ；
3
B. S的取值范围是2 3,3 3；
 
C. N 的值可能是5；
2 3
D. 点G 的轨迹的长度为 .
3
【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ADB 的面积最小；当t 1时，截面为正六边形
1
PPPPPP 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
1 2 3 4 5
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ADB的重心到正三角
1
第 7 页 共 20 页形DCB 的重心的线段，再利用等体积法等求出这段线段的长度.
1 1
【详解】
如图（1），以D为原点，DA，DC，DD 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
1

正方体的棱长为2，A(2,0,0)，C (0,2,2),AC (2,2,2)，
1 1
 
对于选项A：AC 平面，平面的一个法向量为AC (2,2,2)， AC 2 3 ，平面ABCD
1 1 1
 
的一个法向量为n(0,0,1)， n 1，设平面与平面ABCD的夹角为，


  AC n 2 3
cos cos AC,n  1   ，
1 AC  n  2 3 3
1
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ADB，且AD  DB 2 2，
1 1
1 1
S  ADDBsin60  2 22 2 2 3为最小值；
2 1 2
第 8 页 共 20 页1 1
当t 1时，截面为正六边形PPPPPP ，如图（3），PP  AB= 2 2  2 ，
1 2 3 4 5 1 2 1 2
1
S 6S 6 (PP)2sin60 3 3为最大值，选项B正确；
PP 1 G 2 1
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ADB的重心到正三角形DCB 的重心的线段，
1 1 1
设正三角形ADB的重心为G ，正三角形DCB 的重心为G ，
1 1 1 1 2
1 1
V  S AG  S AA ，S AG  S AA ，
AA 1 DB 3 A 1 DB 1 3 ADB 1 A 1 DB 1 ADB 1
1 2 3
2 3AG  222，AG  ，AC  2 3 ，正三角形ADB的重心到正三角形DCB
1 2 1 3 1 1 1 1
2 3 2 3
的重心的线段长度为GG  AC 2AG 2 32  ，选项D正确.
1 2 1 1 3 3
故选：ABD
三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
   
12. 已知向量a(2,1,0)，b (2,1, 3)，则 2ab ____________.
【答案】4
【解析】


【分析】首先求出2ab 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   22 32    3 2 4 .
故答案为：4
13. 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k ，倾斜角为，直线AB的斜率为k ，
l AB
a b1 
因为k  1，由题意知ABl．
AB b a1 
第 9 页 共 20 页所以k  tan1，即45．
l
故答案为：45.
14. 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__________．
7
【答案】 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 r2d2 2 9d2 ，其中d 为圆心C到弦AB的距离，
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

，
第 10 页 共 20 页 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,  ，
2 2 4  4 
 3 3
CP  5, ，
 2 
所以点P落在以C  3,0 为圆心，半径分别为 5 和 3 3 的圆所夹的圆环内，
2
 2 
3 3  2 7
所以该区域的面积为π   5   π，
 
 2   4
 
7
故答案为： 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.
15. 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
a2 b2 1 2
椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若点M  acos,bsin ，D  1,1  ，证明：点M在椭圆上，并求△DFF 的周长.
1 2
x2 y2
【答案】（1）  1
9 5
（2）证明见解析， 10 24
【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，
所以由椭圆的结构特征可知a 3，b 5，椭圆焦点在x轴上，
x2 y2
所以椭圆E的方程为  1.
9 5
【小问2详解】
第 11 页 共 20 页 2
由点M

3cos, 5sin

，得
 3cos2 5sin
，
 cos2sin21
9 5
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F
2,0 
，F

2,0

，
1 2
所以DFF 的周长为 DF  DF  FF  21 2 12   21 2 12 4 10 24.
1 2 1 2 1 2
16. 已知圆C： xa 2  yb 2 b2（a0，b0）与y轴交于A，B两点，ACB 120°，且 OC  5.
（1）求圆C的标准方程；
（2）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】
【分析】（1）由 OC  5可知，a2 b2 5，结合ACB 120°，可知b2a，再联立求解即可；
（2）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 b2（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，
第 12 页 共 20 页又 OC  5，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，
π
连接CE，CF，CM，CN，则ECF MCN  ，
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 2，即 mn 4．
2
π
17. 如图所示实验装置，由矩形ABCD和ABEF构成，且AB 4，AD  AF 3，DAF  .活动点M，
3
N分别在对角线BD，AE上移动，且 AN  DM .记

A

B

=a

，

A

D

b

，

A

F

c

，且

D

M



D

B
 ，
0,1

.
第 13 页 共 20 页    
（1）用向量a，b，c表示AM ，MN.

（2）为何值时， MN 最小，最小值是多少？
2
（3）当 时，证明：MN 平面ABCD.
3
     
【答案】（1）AM a 1 b ，MN 1  bc
1 3
（2） ，
2 2
（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.；
（2）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；
（3）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  A  M    A  D     A  B    A  D   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】
     π 9 r r r r
因 a 4， b  c 3，bc33cos  ， abac 0 ，
3 2
则 M  N   1  b  c   2  9 1 2 2 9 1 92
 
2
2
 1 1
3 3    ，
 2 4
1  3
则当 时， MN 有最小值，最小值为 .
2 2
【小问3详解】
2    1  2 
当 时，MN 1  b c  b  c，
3 3 3
   1  2   1   2  
则MNAB    b  c a  ba ca 0，
 3 3  3 3
第 14 页 共 20 页   1  2   1  2  
MNAD    b  c b  b2 cb  0，
 3 3  3 3
所以MN AB，MNAD，
因为AB，AD 平面ABCD，AB AD  A，AB,AD平面ABCD.，
所以MN 平面ABCD.
18. 如图所示，在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，AB  AC CC 1，E是线段BC 上的动点
1 1 1 1 1 1
 
（不与点B ，C 重合），且满足BE BC
，实数
0,1

.
1 1 1 1 1
1
（1）当 时，证明：AE 平面EBC；
2 1
1
（2）当 时，求二面角EABB 的余弦值；
3 1 1
（3）求四面体EABC的外接球半径的取值范围.
1
【答案】（1）证明见解析
6
（2）
3
 6 3
（3） , 

 3 2 
【解析】
【分析】（1）证明直线与平面内两条相交直线垂直；
（2）先求出两个平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解；
（3）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】
1
由题知在直三棱柱ABCABC 中，BB 平面ABC ，AE 平面 ABC ，所以BB  AE ，当
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
第 15 页 共 20 页时，E为BC 中点，由题知△ABC 为等腰直角三角形，所以AE BC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
又BC ，BB 平面BCC B ，BC BB B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AE 平面BCC B ，即AE 平面EBC.
1 1 1 1
【小问2详解】
在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，AA  AC，AA  AB，
1 1 1 1 1
则以A为原点，以AB为x轴，以AC为y轴，以AA 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
1

则A  0,0,0  ，B  1,0,0  ，C  0,1,0  ，A  0,0,1  ，B  1,0,1  ，C  0,1,1  ，BC 1,1,0 ，
1 1 1 1 1
 1  1 1  2 1 
又BE  BC    , ,0，则E , ,1，
1 3 1 1  3 3  3 3 
 2 1  
则AE   , ,0，AB  1,0,1 ，
1 3 3  1

设平面AEB的一个法向量为m
x,y,z

，
1
  2 1
mAE  x y  0 
则 1 3 3 ，取z 1，则x1，y 2，故m 1,2,1  ，


mAB  xz  0
1
又在直三棱柱ABCABC 中，ABAC，则AC 平面ABB ，
1 1 1 1 1


所以平面ABB 的一个法向量为n  AC  0,1,0 ，
1 1
又二面角EABB 的平面角为锐角，则二面角的余弦值为
1 1
 
  mn 2 6
cosm,n      .
m n 1411 3
【小问3详解】
第 16 页 共 20 页 
设四面体EABC的外接球球心I 的坐标为 x,y,z ，半径为R，
1
则R  IA  IB  IC  IE ，
1
故 x2  y2  z1 2   x1 2  y2 z2  x2  y1 2 z2 ，
则x  y  z，所以外接球球心I的坐标为  x,x,x  ，
又E  1,,1  ，代入得R 3x2 2x1  x12  x2  x1 2 ，
1
即3x2 2x13x2 4x22 22，则x 2  ， 0,1  ，
2
1 1
当 时，x取得最小值为 ，
2 4
1 1 1 1
当0或1时，2   ，所以x

, ，
2 2 4 2
1 1 1 2
所以R2 3x2 2x1，x

, ，当x 时，R2取得最小值为 ，
4 2 3 3
1 3 2 3  6 3
当x 时，3x2 2x1 ，所以R2

, ，所以R , 

，
2 4 3 4  3 2 
 6 3
所以四面体EA 1 BC的外接球半径的取值范围为  3 , 2    .
19. 已知圆O:x2  y2 1点M  1,4  .
（1）过M 作圆O的切线，求切线的方程；
1 3
（2）过圆O上一点P

, 

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
2 2 
斜角互补.求证：直线AB的斜率为定值.
 
（3）已知A 2,8 ，设P为满足方程PA2  PO2 106的任意一点，过点P向圆O引切线，切点为B，试
PB2
探究：平面内是否存在一定点N ，使得 为定值?若存在，请求出定点N 的坐标，并指出相应的定值；
PN2
若不存在，请说明理由.
【答案】（1）x10和15x8y170
（2）证明见解析 （3）当N 1,4  ，定值为 1 ；当N    1 , 4  ，定值为 17
2  17 17 18
第 17 页 共 20 页【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；
3
（2）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.
点M 距离圆心O的距离 12 42  17 1，故点M 在圆外，过点M 的切线有两条.
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，
4k 15
圆心O距离此直线的距离应为1，故 1，解得k  .
k2 1 8
15 15
故直线方程为 x y4 0，即15x8y170.
8 8
所以过点M 且与圆O相切的直线方程为：x10和15x8y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 ，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
盾，
故过P的直线不可能垂直于x轴.
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l :y k x

与圆相交于P，A两点，
1 2 1  2
3  1
直线l :y k x

与圆相交于P，B两点.
2 2 1  2
第 18 页 共 20 页
 x2  y2 1

 
点A x ,y 在l 上，则 ，
A A 1
 3  1
 
y
2
k
1  
x
2  
化简得 k2 1  x2   3k k2  x 1 k2  3 k  1 0，
1 1 1 4 1 2 1 4
1 k2  3k
由韦达定理得x   1 1 .
A 2 k2 1
1

 x2  y2 1

点B  x ,y 在l 上，则 ，
B B 2
 3  1
 
y
2
k
1  
x
2  
化简得 k2 1  x2   3k k2  x 1 k2  3 k  1 0，
1 1 1 4 1 2 1 4
1 k2  3k
由韦达定理得x   1 1 .
B 2 k2 1
1
y  y k  x x 1 
则直线AB的斜率为k  A B  1 A B .
AB x x x x
A B A B
2 2 3k 3
易得x x 1 ，x x  1 .故k  .
A B k2 1 A B k2 1 AB 3
1 1
3
故直线AB的斜率为定值 .
3
【小问3详解】
设P  p,q  ，因PA2  PO2 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.
因MO  17 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.
第 19 页 共 20 页则PB2  PO2 12  p2 q2 1.
由圆M 的方程得 p2 q2 2p8q19.
设Nm,n .则PN2  pm 2  qn 2 .
PB2 p2 q2 1
设 t .即 t .
PN2  pm 2  qn 2
2
把 p2 q2 2p8q19代入化简得，  p4q9  p2 q2 2mp2nqm2 n2 .
t
2
继续代入得，  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.
 1
m
m1   17
解得 或 .
n4

4
n
 17
1  1 4  17
当N 的坐标为1,4时，t  ；当N 的坐标为  , 时，t  .
2  17 17 18
第 20 页 共 20 页