重庆八中高二第一次月考数学试卷及答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_11012024-2025学年重庆八中高二10月月考

重庆八中 2024—2025 学年度（上）高二年级第一次月考
数 学 试 题
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备选项中，只有
一项是符合题目要求的．
1．复数z满足z2i34i（i为虚数单位），则 z 的值为（ ）
5 5
A．1 B． 5 C． D．5 5
3
2．已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若//，l，m，则l//m B．若，l，则l
C．若l，，则l// D．若l∥，m，则l m
3．“直线axa6y80与3xaya50平行”是“a6”的（ ）条件
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充分必要 D．既不充分也不必要
         
4．已知两个单位向量e ，e 的夹角为120，则 e 2e  e e  （ ）
1 2 1 2 2 1
3 5
A． B．3 C． D．5
2 2
5．圆x2 y22mx4my60关于直线mx y30对称，则实数m（ ）
A．1 B．-3 C．1或-3 D．-1或3
6．直线l:x 3y 30与圆C:(x2)2(y1)2 2交于A，B两点，则直线AC与直线BC的倾斜角之
和为（ ）
A．120 B．145 C．165 D．210
4  π π   π 
7．已知tan2 ，0, ，若mcos cos  ，则实数m的值为（ ）
3  4 4  4 
1 1 1 1
A． B． C． D．
3 2 3 2
8．已知圆C:(x2)2(y1)2 5及直线l:m2xm1ym80，下列说法正确的是（ ）
A．圆C被x轴截得的弦长为2
B．直线l过定点3,2
C．直线l被圆C截得的弦长存在最大值，此时直线l的方程为xy10
D．直线l被圆C截得的弦长存在最小值，此时直线l的方程为xy50
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的选项中，有多项
9．在边长为2的正方形ABCD中，E,F分别为BC，CD的中点，则（ ）
— 1 —  
A． ABAD2EF
 
B． AEAF 4
  3   
C．AEAF  ABAD
2
  1
D． AE 在 AD 上的投影向量为 AE
2
10．如图，直三棱柱ABCABC 所有棱长均为4，D，E，F ，G分别在棱AB,AC ,AB ，AC上，（不
1 1 1 1 1 1 1
与端点重合）且AD AEBF CG，H，P分别为BC，AH 中点，则（ ）
1 1 1
A．BC //平面PFG
1 1
B．过D，F ，G三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形
π 2
C．M 在△ABC 内部（含边界），AAM  ，则M 到棱BC 距离的最小值为 3
1 1 1 1 6 1 1 3
D．若M ，N分别是平面AABB 和AACC 内的动点，则△MNP周长的最小值为3
1 1 1 1
11．已知圆C :x2y2 1和圆C :(xm)2 (y2m)2 4，m0．点Q是圆C 上的动点，过点Q作圆C 的
1 2 2 1
两条切线，切点分别为G，H，则下列说法正确的是（ ）
 5 
A．当m0, 时，圆C 和圆C 没有公切线
 5   1 2
B．当圆C 和圆C 有三条公切线时，其公切线的倾斜角的和为定值
1 2
π 2 5 3 5
C．圆C
1
与x轴交于M ，N，若圆C
2
上存在点P，使得MPN 
2
，则m
  5
,
5

 
3 5 
D．圆C
1
和C
2
外离时，若存在点Q，使四边形QGC
1
H 面积为2 2，则m
  5
, 5

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填写在答題卡相应位置上．
 π  π
12．将函数ycos4x 的图象向右平移 0 个单位长度后，所得函数为奇函数，则 ．
 6  2
13．已知点P  3,0  在直线l上，且点P恰好是直线l夹在两条直线l :2xy20与l :x y30之间线
1 2
— 2 —段的一个三等分点，则直线l的方程为 ．（写出一条即可）
14．台风“摩羯”于2024年9月1日晚在菲律宾以东洋面上生成．据监测，“摩羯”台风中心位于某海滨城市
 1
O（如图）的东偏南cos 方向350km的海面P处，并以20km/h的速度向西偏北60o方向移动，台
 7
风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为130km，并以10km/h的速度不断增大， 小时后，该海滨
城市开始受到台风侵袭．
四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵．
2π
15．（13）在VABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a4，C  ，D为AB边上一
3
点．
（1）若D为AB的中点，且CD 3，求c；
（2）若CD平分ACB，且VABC的面积为2 3，求CD的长．
16．（15）如图，在正三棱柱ABCABC 中，CA6，E为棱AC的中点，P为BC边上靠近B的三等分
1 1 1
点，且PB BC ．
1 1
（1）证明：CB //平面EBA ；
1 1
（2）求平面ABBA 与平面BEC 夹角的余弦值．
1 1 1
— 3 —17．（15）圆心为C的圆经过 ， 两点，且圆心C在直线l:3x2y0上．
（1）求圆C的标准方程；  0,3  2,1
（2）过点M1,2作圆C的相互重直的两条弦DF，EG，求四边形DEFG的面积的最大值与最小值．
18．（17）如图、三棱锥PABC 中，PA平面ABC，O为AB的中点，AC BC，OC1，PA4．
（1）证明：面ACP面BCP；
4
（2）若点A到面BCP的距离为 ，证明：OC AB；
3
（3）求OP与面PBC 所成角的正弦值的取值范围．
— 4 —19．（17）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2 y22x2 3y120，M ，M 是圆C上的动点，
1 2
且 M M 4 3，M M 的中点为M ．
1 2 1 2
（1）求点M 的轨迹方程；
（2）设点A是直线l: 3xy4 3 0 上的动点，AP，AQ是M 的轨迹的两条切线，P，Q为切点，求
四边形APCQ面积的最小值；
（3）若垂直于y轴的直线l 过点C且与M 的轨迹交于点D，E，点N为直线x3上的动点，直线ND，
1
NE与M 的轨迹的另一个交点分别为F ，G(FG与DE不重合），求证：直线FG过定点．
— 5 —重庆八中 2024—2025 学年度（上）高二年级第一次月考
数 学 答 案
1．B
【分析】根据复数的除法运算求z，再结合共轭复数以及模长公式运算求解.
34i 34i2i 2 11
【详解】因为z2i34i，则z    i，
2i 2i2i 5 5
2 11 2 2  11 2
可得z  i，所以 z       5.
5 5 5  5 
故选：B.
2．D
【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若//，l，m，则l//m或者l,m异面，故A错误，
对于B，若，l，且l与，的交线垂直，才有l，否则l与不一定垂直，故B错误，
对于C，若l，，则l//或者l，故C错误，
对于D，若l∥，m，则l m，D正确，
故选：D
3．C
【分析】根据两直线平行求出参数的值，即可判断.
【详解】若直线axa6y80与3xaya50平行，
则a2 3a6，解得a3或a6，
当a3时直线3x3y80与3x3y80重合，故舍去；
当a6时直线6x12y80与3x6y10平行，符合题意；
所以a6.
所以“直线axa6y80与3xaya50平行”是“a6”的充分必要条件.
故选：C
4．A
 
【分析】首先根据数量积的定义求出e e ，再由数量积的运算律计算可得.
1 2
 
【详解】因为两个单位向量e ，e 的夹角为120，
1 2
     1 1
所以e e  e e cos120 11  ，
1 2 1 2  2 2
— 6 —所以  e  2e     e  e   e  e  e  2 2e  2 2e  e  12212   1  3 .
1 2 2 1 1 2 1 2 1 2  2 2
故选：A
5．B
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可求解.
【详解】x2 y22mx4my60的圆心坐标为m,2m，
因为圆x2 y22mx4my60关于直线mx y30对称，
所以圆心在直线mx y30上，也即m22m30，
解得：m3或m1.
当m3时，可得：x2y26x12y60，符合圆的方程；
当 m1时，可得：x2y22x4y60，配方可得：x12y22 10，舍去.
故选：B
6．A
【分析】联立方程，设 ， 0x 2x ，设直线AC与直线BC的倾斜角分别为,，
1 2
1,  1   2,  2
分别求出两直线的斜率，即tan,tan，再求出tan即可.
【详解】圆C:(x2)2(y1)2 2的圆心为C2,1，
 x 3y 3 0
由 ，消去y整理得2x26x30，
 x22 y12 2
3
设 ， 0x 2x ，又62423120，所以x x 3，xx  ，
1 2 1 2 1 2 2
设直  线  1, A  C 1 与直  线  2, B  C 2 的倾斜角分别为,，显然,均不等于90，
3 3
 x  x
所以 y 1 3 1 ， y 1 3 2 ，
tank  1  0 tank  2  0
AC x 2 x 2 BC x 2 x 2
1 1 2 2
所以0 90,90 180 ，则90270，
3 3
 x  x
3 1 3 2

tantan x 2 x 2
所以tan  1 2
1tantan 3 3
 x  x
3 1 3 2
1 
x 2 x 2
1 2
2xx 2x x  2xx 2x x 
1 2 1 2 1 2 1 2
3 x 2x 2 3 xx 2x x 4
  1 2   1 2 1 2
3 1 xx 3 1 xx
1  1 2 1  1 2
3 x 2x 2 3 xx 2x x 4
1 2 1 2 1 2
— 7 —3
2 23
2
3
234
3 2
   3，
3 3
1 1  2
3 3 234
2
所以120，即直线AC与直线BC的倾斜角之和为120.
故选：A
7．C
1m  π 1
【分析】根据余弦和差公式化简得到tan ，由正切二倍角公式和0, 得到tan ，从而得到
m1  4 2
方程，求出实数m的值.
π  π 
【详解】因为mcos cos ，
4  4 
 2 2  2 2
则m cos sin cos sin，即mcossincossin，
 
 2 2  2 2
1m
整理可得1msin1mcos，即tan ，
m1
2tan 4 1
又因为tan2  ，故2tan23tan20 ，解得tan2或 ，
1tan2 3 2
 π 1
且0, ，则tan0，可得tan ，
 4 2
1m 1 1
即  ，解得m .
m1 2 3
故选：C.
8．D
【分析】根据圆方程求得圆C与x轴的交点坐标可得弦长为4，即A错误，将直线l整理可得其恒过定点
M3,2，即B错误，又圆心C2,1不在直线l上，可得直线l被圆C截得的弦长不存在最大值，即C
错误；当CM l时，直线l被圆C截得的弦长存在最小值，此时直线l的方程为xy50，即D正确.
【详解】对于A，由圆C方程可得圆C与x轴的交点坐标为0,0和4,0，
因此圆C被x轴截得的弦长为4，即A错误；
对于B，将直线l:m2xm1ym80整理可得xy1m2xy80；
— 8 —xy10 x3
由 ，解得 ，
2xy80 y2
所以无论m为何值时，直线l恒过定点M3,2，即B错误；
对于C，易知圆C:(x2)2(y1)2 5是以C2,1为圆心，半径r  5，
易知圆心C2,1不在直线l上，又直线l被圆C截得的弦长的最大值为直径，
所以可得直线l被圆C截得的弦长不存在最大值，可得C错误；
对于D，设直线l与圆C交于点A,B，圆心C到直线l的距离为d，
则弦长 AB2 r2d2 2 5d2 ，
由直线l恒过定点M3,2可得圆心C到直线l的距离d有最大值为d CM  232122  2，
max
此时直线l被圆C截得的弦长存在最小值，满足CM  AB，如下图所示；
此时直线l的斜率为1，其方程为y2 x3，即，可得D正确；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于判断出不管m取何值时直线l都不过圆心，即取不得弦长的最大值（圆
的直径），可得出结论.
9．BC
【分析】根据平面向量的线性运算及数量积的运算律分别计算即可.
【详解】
   1 1
对于A，EF ECCF  AD AB，
2 2
  
所以 ADAB2EF ，故A错误；
— 9 —   1 1 
对于B，AFAE AD AB ADAB
 2  2 
1
2
1
2
5 
 AD  AB  ADAB2 2 0 4，故B正确；
2 2 4
     
   
对于C，AFAE  ADDF  ABBE
 1 1  3   
AD AB ADAB ADAB ，故C正确；
 2  2  2
 
对于D，因为E中点，由图可知
AE
在
AD
上的投影向量为，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【分析】由直三棱柱性质以及线面平行判定定理可判断A正确，易知当D,E,F,G分别为棱AB,AC ,AB ，
1 1 1 1
4 3
AC的中点时截面为EDFG为矩形，即B错误；易知点M 的轨迹是以A为圆心，AM  为半径的圆在
1 1 3
△ABC 内的部分，可判断C正确，作出点P关于平面AABB 和AACC 的对称点，再利用余弦定理可得D
1 1 1 1 1 1 1
正确.
【详解】对于A，如下图所示：
由BF CG可得FG//BC，由三棱柱性质可得BC//BC ，因此可得FG//BC ，
1 1 1 1
因为FG平面PFG，BC 平面PFG，
1 1
所以BC //平面PFG，即可知A正确；
1 1
对于B，由AD AE可知DE//BC ，结合A选项可知DE//FG，
1 1 1 1
当D,E,F,G分别为棱AB,AC ,AB ，AC的中点时，满足DEFG，如下图所示：
1 1 1 1
— 10 —结合直棱柱性质可知，此时过D，F ，G三点的平面截三棱柱所得截面为EDFG，为矩形；即B错误；
π
对于C，易知AA AM ，又AAM  ，
1 1 1 6
AM π 3 4 3
所以在直角三角形AAM 中，tanAAM  1 tan  ，可得AM  ；
1 1 AA 6 3 1 3
1
4 3
因此可得M 的轨迹是以A为圆心，AM  为半径的圆在△ABC 内的部分，即圆弧M M ；如下图所
1 1 3 1 1 1 1 2
示：
又△ABC 是边长为4的正三角形，取H 为BC 的中点，所以A到BC 的距离为2 3，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 2
因此可得当M 为圆弧M M 的中点时，M 到棱BC 距离的最小值为2 3 3 3，即C正确；
1 2 1 1 3 3
对于D，取P点关于平面AABB 和AACC 的对称点分别为P,P ，
1 1 1 1 1 2
连接PP 与平面AABB 和AACC 的交点分别为M ，N时，△MNP周长的最小，如下图所示：
1 2 1 1 1 1
易知PP PP  3，PPP 120，
1 2 1 2
— 11 — 1
由余弦定理可得PP  PP2 PP2 2PPPPcos120  3323    9 3，
1 2 1 2 1 2  2
因此△MNP周长的最小值为MN MPNPPP  3，即D正确.
1 2
故选：ACD
11．ABD
【分析】对于A：根据题分析可知圆C 和圆C 内含，即可得结果；对于B：根据题意可知两圆外切，进列
1 2
式求得m得值即可分析判断；对于C：根据题意分析可知圆C 与圆C 相交，列式求解即可；对于D：根
1 2
3 5
据两圆外离解得m ，根据面积关系可得 QC 3，即可得 5m2 QC  5m2，运算求解即可
1 1
5
【详解】由题意可知：圆C 的圆心为C 0,0，半径r 1，圆C 的圆心为C m,2m，半径r 2，
1 1 1 2 2 2
可得 CC  5m，
1 2
 5 
对于选项A：若m0, ，则 CC  5m1r r，
 5   1 2 2 1
可知圆C 和圆C 内含，所以圆C 和圆C 没有公切线，故A正确；
1 2 1 2
对于选项B：若圆C 和圆C 有三条公切线，则两圆外切，
1 2
3 5
则 CC r r ，即 5m3，可得m ，
1 2 2 1
5
此时两圆是确定的，则公切线方程也是确定的，
所以公切线的倾斜角的和为定值，故B正确；
π
对于选项C：若MPN  ，则点P的轨迹方程为圆C :x2y2 1，
2 1
由此可知：圆C 存在点P在圆C 内，且r r ，
2 1 1 2
可知圆C 与圆C 相交，可得r r  CC r r ，即1 5m3，
1 2 2 1 1 2 1 2
5 3 5
解得 m ，故C错误；
5 5
3 5
对于选项D：若圆C 和C 外离，可得 CC r r ，即 5m3，解得m ，
1 2 1 2 1 2
5
1
因为四边形QGCH 面积S 2S 2 r QG  QC 2 r2  QC 2 12 2，解得 QC 3，
1 QGC1H △QGC1 2 1 1 1 1 1
又因为 CC r  QC  CC r ，即 5m2 QC  5m2，
1 2 2 1 1 2 2 1
3 5
可得 5m23 5m2，解得 m 5，故D正确；
5
故选：ABD.
— 12 —π π
12． 或
12 3
【分析】首先求出平移后的解析式，再根据诱导公式计算可得.
 π  π  π
【详解】将函数ycos4x 的图象向右平移 个单位长度得到ycos

4x

cos4x4 ，
 6  6  6
 π π π
又ycos4x4 为奇函数，所以4   kπk Z，
 6 6 2
解得 π  kπ kZ，又0 π ，所以 π 或 π .
6 4 2 12 3
π π
故答案为： 或 .
12 3
13．21x6y630或10x y300（其中一条即可）
【分析】设直线l夹在直线l 、l 之间的部分是AB，且AB被P3,0三等分，设 ， ，依题
1 2
 x 2x  2x x   1,  1   2,  2
3 1 2 3 1 2
 
 12  12
意可得 或 ，再结合A、B分别在直线l 、l 上，求出A、B坐标，即可求出直线l
 0 y 1 2y 2  0 2y 1 y 2 1 2
 12  12
的方程.
【详解】设直线l夹在直线l 、l 之间的部分是AB，且AB被P3,0三等分，
1 2
AP 2 AP 1
设 ， ，则  或  ，
PB 1 PB 2
1,  1   2,  2
 x 2x  2x x
3 1 2 3 1 2
 
 12  12
所以 或 ，
 0 y 1 2y 2  0 2y 1 y 2
 12  12
又A、B分别在直线l 、l 上，所以2x y 20，x  y 30，
1 2 1 1 2 2
 17  5  8  11
  x 1  3   x 2  3   x 1  3   x 2  3
解得 、 或 、 ，
 y  28  y  14  y  10  y  20
 1 3  2 3  1 3  2 3
17 28 5 14 8 10 11 20
所以A , ，B , 或A , ，B , ，
 3 3  3 3  3 3   3 3 
— 13 —14 28 20 10
   
则直线l的方程为y 28  3 3   x 17 或y 10  3 3  x 8 ，
3 5 17  3  3 11 8  3
 
3 3 3 3
整理得21x6y630或10x y300.
故答案为：21x6y630或10x y300（其中一条即可）
14．8
【分析】设在t小时后，该海滨城市开始受到台风侵袭，此时台风中心位于点Q，利用两家和差公式求得
13
cosOPQ ，在结合余弦定理运算求解即可.
14
【详解】设在t小时后，该海滨城市开始受到台风侵袭，此时台风中心位于点Q，
则OQ13010t,OP350,PQ20t，且OPQ60，
1  π 4 3
因为cos ,0, ，则sin 1cos2 ，
7  2 7
1 1 4 3 3 13
可得cosOPQcos60coscos60sinsin60      ，
7 2 7 2 14
在△OPQ中，由余弦定理可得OQ2 PQ2OP22PQOPcosOPQ，
13
即13010t2 20t23502220t350 ，
14
整理可得t252t3520，解得t8或t44，
故8小时后该海滨城市开始受到台风侵袭．
故答案为：8.
15．(1)2 7
4
(2)
3
【分析】（1）依题意可得 ，将两边平方，由数量积的运算律求出b，再由余弦定理计算
1
可得；
  =2    +    
π
（2）由CD平分ACB，则ACDBCD ，由S S S ，利用三角形的面积公式可求得b，
3 ACD BCD ACB
CD.
— 14 —2π
【详解】（1）在VABC中，a4，C ，
3
因为D为AB的中点，所以 ，
1

2
1
2
    
2
=2    +    
两边平方得CD  CA CB  2CACB ，
4
1 2π
则3 b21624bcos  ，解得b2，
4 3 
 1
由余弦定理c2 a2b22abcosC 4222242 28，
 2
所以c2 7.
π
（2）因为CD平分ACB，所以ACDBCD ，
3
又S S S ，
ACD BCD ABC
1 1 1
即 ACCDsinACD BCCDsinBCD ACCBsinACB
2 2 2
1 π 1 π 1 2π
所以 CDbsin  4CDsin  4bsin 2 3，
2 3 2 3 2 3
4
解得b2，CD .
3
16．（1）证明见解析
21
(2)
7
【分析】（1）利用三角形的中位线得线线平行，即可根据线面平行的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量垂直可得三棱柱的高，即可利用法向量的夹角求解.
【详解】（1）如图，连接BA BAO，连接OE，
1 1
则O为AB的中点，又E为AC的中点，
1
CB //OE，又CB  平面EBA ，OE平面EBA ，
1 1 1 1
— 15 —CB //平面EBA ；
1 1
（2）取AB中点，设三棱柱的高为a，以M 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则M0,0,0,B0,3,0,C  3 3,0,0  ,A 0,3,0 ,P  3,2,0  ,C 3  3,0,a ,  B 0,3 a, E,   3 3 , 3 ,0  ，
1 1   2 2  
     
PB   3,1,a ,BC  3 3,3,a ，
1 1
     
由于PB BC ，故PB BC   3,1,a  3 3,3,a 93a 2 0 ，解得a2 3，（负值舍去），
1 1 1 1
    3 3 9 
BC  3 3,3,2 3 ,BE   , ,0,
1   2 2  

设平面BEC 的法向量为n(x,y,z)，
1
 
nBC3 3x3y2 3z0
   
则   3 3 9 ，取y1，得n 3,1, 3 ，
nBE x y0
 2 2

而平面ABBA 的一个法向量为m1,0,0，
1 1
 
  mn 3 21
则cosm,n
 
 
m n 7 7
21
故平面ABBA 与平面BEC 夹角的余弦值为
1 1 1
7
17．(1)x22y32 4
（2）四边形DEFG的面积的最大值为6，最小值为4 2
【分析】（1）设C2k,3k，根据圆的定义解得k 1，即可得圆心和半径，即可方程；
（2）设弦DF，EG的中点分别为弦P,Q， CP a,CQ b，可得b2 2a2,a

0, 2

，利用垂径定理
求 DF , EG ，进而求面积并结合二次函数求最值.
【详解】（1）因为圆心C在直线l:3x2y0，设C2k,3k，
— 16 —由题意可知： CA  CB ，即 4k23k32  2k223k12 ，解得k 1，
即圆心C2,3，半径r CA 2，
所以圆C的标准方程为x22y32 4.
（2）因为CM  212322  2r，可知点M 在圆C内，
设弦DF，EG的中点分别为弦P,Q，CP a,CQ b，
由题意可知：CPMQ为矩形，则 CP 2 CQ 2  CM 2，
即a2b2 2，可得b2 2a2,a

0, 2

，
且 DF 2 r2a2 2 4a2 ， EG 2 r2b2 2 4  2a2 2 a22，
则四边形DEFG的面积S  1 DF  EG  1 2 4a2 2 a22 2   a21 2 9，
DEFG 2 2
且a0, 2，即a2 0,2 ，
 
当a2 1，即a1时，S 取到最大值6；
DEFG
当a2 0或a2 2，即a0或a 2时，S 取到最小值4 2；
DEFG
所以四边形DEFG的面积的最大值为6，最小值为4 2.
18．（1）证明见解析
（2）证明见解析
 2 85
(3)0, 
 
 85 
【分析】（1）由条件先证明BC 平面PAC，即可求证；
（2）设AC  x,BC  y，通过直角三角形PAC的面积构造等式，说明x y，即可求证；
（3）确定O到平面PBC 的距离，再结合线面角正弦值的计算公式即可求解.
【详解】（1）因为PA平面ABC，BC在平面ABC内，
— 17 —所以BC PA，又AC BC，AC,PA为平面PAC内两条相交之间，
所以BC 平面PAC，又BC在平面BCP内，
所以面ACP面BCP.
（2）
因为O为AB的中点，AC BC，OC1，
所以AB2,OAOB1，设AC  x,BC  y，所以x2y2 4，
由（1）知，BCPC，PA AB，PAAC ,
所以PB2 PA2AB 2 20，
所以PC2 PB2BC2  20y2 ，所以PC  20y2 ，
4
所以在直角三角形PAC中，由面积可得：4x 20y2 ，结合x2y2 4，
3
解得：x2  y2 2，也即ACBC，
所以OC AB.
（3）
因为AB2，OP 17，设AC  x,BC  y，所以x2y2 4，其中0x2
此时PC2 PB2BC2  20y2,所以PC  20y2,
过A向PC作垂线，垂足为D，设AD  h，
所以4xh 20y2 ，
4x 4x
所以h  ，
20y2 16x2
— 18 —由（1）可知，AD面PBC ,
1
因为O为AB的中点，所以O到面PBC 的距离为 h，
2
设OP与面PBC 所成角为，
1
h
2 2x 2 17
所以sin   ，
OP 17 16 x2 16
17 1
x2
16
因为0x2，所以0 x2 4， 4
x2
2 17 2 85
sin 
所以 16 85 ，
17 1
x2
 2 85
所以OP与面PBC 所成角的正弦值的取值范围是0, .
 
 85 
19．(1)x12  y 3 2 4
(2)4 2
（3）证明见详解
 
【分析】（1）根据弦长关系可得 CM 2，可知点M 的轨迹是以C 1, 3 为圆心，半径为r 2的圆，即可
得方程；
（2）根据切线性质可得S 2 PC 24，进而可得最小值；
APCQ
（3）先进行图形平移，将圆心C平行至原点，可得k 3k ，分类讨论直线斜率是否存在，利用韦达定
P0R P0T
理可证直线RT 过定点1,0，进而可得结果.
【详解】（1）因为圆C：x2 y22x2 3y120，即x12  y 3 2 16 ，
 
可知圆C的圆心为C 1, 3 ，半径R4，
2
1 
由题意可得： CM  r2 M M   2，
2 1 2 
— 19 — 
可知点M 的轨迹是以C 1, 3 为圆心，半径为r 2的圆，
所以点M 的轨迹方程为x12  y 3 2 4.
1
（2）因为四边形APCQ面积S 2S 2 PAr 2 PA 2 PC 2r2 2 PC 24，
APCQ APC 2
3 34 3
可知当ACl时， 取到最小值 PC   2 3，
min 
3
2 12

 2
所以四边形APCQ面积的最小值为2 2 3 4 4 2 .
   
（3）由题意可知：直线l :y= 3，不妨令D 1, 3 ,E 3, 3 ，
1
先说明如下问题：若点 P 4,y  为直线 x4上的动点，直线 PA,PA  A 2,0,A 2,0 与圆
0 0 0 1 0 2 1 2
O:x2  y2 4的另一个交点分别为Rx,y ,Tx ,y ，（RT 与AA 不重合），求证：直线RT 过定点．
1 1 2 2 1 2
y y y y
因为k  0  1 ,k  0  2 ，
P0R 2 x 2 P0T 6 x 2
1 2
y 3y y2 9y2
可知k 3k ，即 1  2 ，可得 1  2 ，
P0R P0T x 2 x 2 x 22 x 22
1 2 1 2
— 20 —又因为x2y2 4,x2y2 4，
1 1 2 2
可得y2 4x2 2x 2x ,y2 4x2 2x 2x ，
1 1 1 1 2 2 2 2
2x 2x  92x 2x  2x 92x 
则 1 1  2 2 ，即 1  2 ，
x 22 x 22 x 2 x 2
1 2 1 2
整理可得2xx 5x x 80，
1 2 1 2
若直线RT 的斜率存在，设为ykxb，
ykxb
联立方程 ，消去y可得  k21  x22kbxb240，
x2 y2 4
2kb b24
则0，且x x  ,x x  ，
1 2 k21 1 2 k21
则 2  b24   10kb 80 ，整理可得b25kb4k2 0，解得bk或b4k，
k21 k21
若bk，则直线RT ：ykx1过定点1,0；
若b4k，则直线RT ：ykx4过定点4,0，
且RT 与AA 不重合，不合题意；
1 2
所以直线RT 过定点1,0；
若直线RT 的斜率不存在，则x x ，可得2x210x 80 ，
1 2 1 1
即x25x 40，解得x 1或x 4（舍去），
1 1 1 1
此时直线RT 过点1,0，符合题意；
且1,0在圆O内部，直线RT 与圆O必相交，
综上所述：直线RT 过定点1,0 .
将上述问题图象，整体向右平移1个单位，再向上平移 个单位，即可得得到本题的问题，
 
结合图形平移可知：直线FG过定点 0, 3 . 3
【点睛】关键点点睛：根据图形变换，将圆心C平移至坐标原点，这样可以简化运算.
— 21 —