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 —