2020-2021學(xué)年浙江省某校高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷

2020-2021學(xué)年浙江省某校高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷

一、選擇題：每小題4分，共40分.

1.直線2%-y+1=0在％軸上的截距是（）

1

D.萬

A.lB.-lC.2

【答案】

C

【考點】

直線的截距式方程

【解析】

把直線的方程化為截距式，可得它在x軸上的截距.

【解答】

1y1

直線2x-y+l=0,即2+1—1,故它在x軸上的截距是-2,

2.設(shè)直線hkx-y+1=0,，2：x—ky+l=。，若。1%，則上=（）

A.-lB.lC.±lD.O

【答案】

D

【考點】

直線的一般式方程與直線的垂直關(guān)系

【解析】

根據(jù)直線的垂直的關(guān)系即可求出.

【解答】

設(shè)直線-y+1=0,/2:x-ky+1=0,

若"JL%，1義k—1x（—k）=0,

解得k=0,

3.對于平面a和共面的直線m,n,下列命題是真命題的是（）

A.若m,幾與a所成的角相等，則m〃幾

B.若勿i〃a,n〃a,則m〃幾

C.^m1afmln,PPJn//a

D.若mua,nl/a,則zn〃九

【答案】

D

【考點】

命題的真假判斷與應(yīng)用

空間中直線與直線之間的位置關(guān)系

空間中直線與平面之間的位置關(guān)系

【解析】

利用直線和平面平行、垂直的判定和性質(zhì)，判斷命題人B、C都不正確，只有。正確,

從而得到結(jié)論.

【解答】

解：由于平面a和共面的直線n,

若m,n與a所成的角相等，則直線小，幾平行或相交，故A不正確.

若m〃a,n//a,貝!）,直線m,n平行或相交或是異面直線，故8不正確.

若mJ.a,mln,則n與平面a平行或n在平面a內(nèi)，故C不正確.

若mua,n//a,根據(jù)直線n是共面的直線，則一定有m〃n,故。正確，

故選：D.

4.已知圓錐的頂點為S,底面圓心為0,以過S。的平面截該圓錐，所得截面為一個面

積為4的等腰直角三角形，則該圓錐的側(cè)面積為（）

A.啦穴B,兀C.8TTD.16兀

【答案】

A

【考點】

旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）

【解析】

此題暫無解析

【解答】

此題暫無解答

5.把邊長為1的正方形ABCD沿對角線B。折起，使得平面ABD1平面CBD,形成三棱錐

C-4B。的正視圖與俯視圖如圖所示，則側(cè)視圖的面積為（）

【考點】

簡單空間圖形的三視圖

【解析】

試卷第2頁，總24頁

根據(jù)三棱錐的正視圖和俯視圖確定三棱錐的側(cè)視圖，根據(jù)側(cè)視圖的結(jié)構(gòu)計算面積即可.

【解答】

解：取B。的中點E,連結(jié)CE,AE,

平面4BD1_平面。8。，

CELAE,

三角形直角△CE4是三棱錐的側(cè)視圖,

BD=V2,

ACE4的面積S=Tx*x￥=；.

故選B.

71

6.已知兩個不相等的實數(shù)a,b滿足以下關(guān)系式：。25訪8+acosO-2=0,b2sin0+

71

bcosd-2=0,則連接4（a2,a）,b）兩點的直線與圓心在原點的單位圓的位置

關(guān)系為（）

A.相交B.相切C.相離D.相切或相交

【答案】

C

【考點】

直線與圓的位置關(guān)系

【解析】

先求48的直線方程，再求原點到直線48的距離，與半徑比較大小，即可得到位置關(guān)系.

【解答】

兀

-7T=0

由題意，點4、B都滿足直線xsin。+ycos。一/,

71

直線4B的方程為：xsin?+ycos?—N,

I工I

?2?兀

原點到直線48的距離：d=vSiny+cosy>1.

則連接A(a2,a)、8(^2,b)兩點的直線與圓心在原點的單位圓的位置關(guān)系是相離.

7.如圖，在正三棱柱/BC-4B1G中，已知4B=1,D在棱BBi上，且BD=1,則4。

與平面A41cle所成角的正弦值為()

A.四D.在

42

【答案】

A

【考點】

直線與平面所成的角

【解析】

利用正三棱柱的性質(zhì)找出ZD在平面44C1C內(nèi)的射影，進而得到線面角，解直角三角形

求出此角的正弦值.

【解答】

如圖，取的4、C4的中點E、F,

連接/E與BF,則當(dāng)E1平面C441G，

過。作DH〃當(dāng)E,則OH1平面C44Ci，

連接力“，則ND4H為所求的

DH=B、E=浮DA=y[2,

所以sinz_￡MH="=—；

DA4

8.已知A(a,0),B(a+3,0),直線X+J3丫=]上存在唯——點P,使得|PB|=2|P4|,

則a的值為()

A.—6B.—2或6C.2或-6D.—2

【答案】

B

【考點】

兩點間的距離公式

【解析】

設(shè)P(x,y),根據(jù)|PB|=2|P4|,利用兩點之間的距離公式可得：

V(x-a-3)2+y2=zV(x-a)2+y2化簡根據(jù)直線與圓相切的性質(zhì)即可得

出.

【解答】

設(shè)P(x,y),\PB\=2\PA\,

試卷第4頁，總24頁

...V(x-a-3)2+y2=zV(x-a)2+y2

化為：1)F+y2=%(*)

直線X+JQy=l上存在唯——點p,使得|PB|=2|P4|,

直線與圓(*)相切，

[a-1一]]

2=2,解得a=-2或6.

9.已知三條射線。4、0B、。。兩兩所成的角都是60。，點M在。4匕點N在乙BOC內(nèi)運

動，且MN=OM=則點N的軌跡長度為()

A.27rB.37rC.47rD.57r

【答案】

c

【考點】

軌跡方程

【解析】

先作MO1_L平面4。8于點。1，作MKJ.OB于點K,連。。UKO1,利用直角三角形知識

依次求出MK,OK,KO1，MOI長度，再由題設(shè)條件得出點N的軌跡是一段圓弧，求出

其長度即可.

【解答】

在直角三角形O1K。中，KO、=OK?tan3(T=3(l)在直角三角形MOiK中，

MOt—V-3=6VZ點N在z_BOC內(nèi)運動，且MN=3,

點N的軌跡是以點M為球心，以6?為半徑的球被平面BOC截得的一段圓弧EF.

其圓心為點?！赴霃絩=4"N-"°1=6,圓心角為/EOIF=2NBOC=120。，圓

2

弧I長為3x271T=4乃.

故選：C.

A

10.已知邊長為4的正四面體力BCD的四個頂點均在平面a的同側(cè)，且分別記4,B、C、

。到平面a的距離為心，dB,dc,dD,若四=1,dB=2,dc=3,則d0=（）

1

A.2+2&B.2+2V3

C.2+3提D.2+V6

【答案】

A

【考點】

點、線、面間的距離計算

【解析】

由題意，設(shè)△4BC在平面a上的投影為△AB'C',AA\BB',CC'分別垂直于a且長度分

別為1,2,3,由勾股定理可得48',A'C,B'C,則△A'B'C'為等腰三角形，求出4c

中點到平面a的距離，再求出。到平面2BC的距離，乘以平面4BC與平面a所成角的余

弦值，作和即可求得D到平面a的距離.

【解答】

由題意，設(shè)△ABC在平面a上的投影為△4'8'C',AA',BB',CC'分別垂直于a且長度分

別為1,2,3,

由勾股定理可得48，=山2-（2-1）2=^^,

NC，="_（3一1）2=2但B，C，=V42-(3-2)2=V15,

則AAB'C'為等腰三角形，取4c中點M,

作則M'也為AC'的中點，且MM'=2,

四面體48C。為正四面體，可得。到平面4BC的距離為3

SAAZBZC/A/3

設(shè)平面ABC與平面a所成角為。，則cos0=^AABC2

試卷第6頁，總24頁

爸&X亭+2=2+2點

則。到平面a的距離為(/=

二、填空題：單空題每題4分，多空題每題6分.

已知圓。的圓心坐標(biāo)為(m,0),半徑為r.若直線x-2y-3=0與圓C相切于點

4(-1,-2),則/n=,r-.

【答案】

-2,75

【考點】

圓的切線方程

【解析】

根據(jù)題意，由直線與圓相切的性質(zhì)可得直線4c與直線x-2y-3=0垂直，求出直線

0-(-2)

x-2y-3=0的斜率，則有七c=m+1=-2,解可得m的值，又由r=|C4|,即

可得答案.

【解答】

根據(jù)題意，圓C的圓心坐標(biāo)為O,0),若直線x—2y-3=0與圓C相切于點4(一1,一2),

2

則直線4c與直線x-2y-3=0垂直，而直線x-2y-3=0的斜率k=2,

0-(-2)

則有心°=m+1=-2,解可得?n=-2,

則r=|C川=41+4=立,

如圖，在四面體ABCD中，AB^CD,M、N、P、Q分別是BC、AD.AC,BC的中點,

則MN與PQ所成角為,若4B與CD所成角為30°,則MN和CD所成的角的大小

為.

【答案】

90。,15°或75°

【考點】

異面直線及其所成的角

【解析】

連接MP,NP,MQ,NQ,依次證明四邊形MPNQ是平行四邊形和菱形，即可得MN與

PQ所成角；易知NPMQ=30°或150。，且ZNMQ即為所求角，再由MPNQ是菱形，即可

得解.

【解答】

連接MP,NP,MQ,NQ,

???M、N、P、Q分別為BC、AD,AC.BO的中點，

21

MQuCD,MQ=2C。，NP//CD,NP=2CD,

MQ//NP,MQ=NP,

四邊形MPNQ是平行四邊形,

21

7MP=2AB,AB=CD,MP=2CD,

MP=MQ,

.-.平行四邊形MPNQ是菱形，

:.MN1PQ,

?.MN與PQ所成角為90。.

???MP//AB,MQ//CD,

"MQ或其補角即為4B與CD所成的角,

NPMQ=30°或150°,

MQ//CD,

：.NNMQ為MN和CD所成角，

2

而ZJVMQ=2ZIPMQ=15°或75°,

MN和CD所成角為15?；?5。.

已知NB4C的頂點4的坐標(biāo)為(一1,一1),4D為其角平分線，點P(3,1)在邊4B上，P關(guān)

民工)

于點22的對稱點Q在AD上，則Q點的坐標(biāo)為,AC所在直線的方程

為.

【答案】

(0,0),2x-y+1=0

【考點】

與直線關(guān)于點、直線對稱的直線方程

【解析】

試卷第8頁，總24頁

由中點坐標(biāo)公式可求得點Q的坐標(biāo)，從而得直線4。的方程；再寫出點P關(guān)于直線4。的

對稱點P',最后利用點斜式，即可得解.

【解答】

點P(3,1)關(guān)于點的對稱點為Q,

_32

??.Q的坐標(biāo)為(2x2-3,2x2-1),即(0,0),

又點A(-1,-1),

直線40的方程為丫=%,

設(shè)點P關(guān)于直線4D的對稱點為P',則P'(L3),

4。是484C的角平分線，

點P'(l,3)在直線AC上，

3+1

kAC=1+1=2,直線AC的方程為y+1=2。+1),BP2x-y+l=0.

如果圓(x-a)2+(y-a)2=l(a>0)上總存在點到原點的距離為3,則實數(shù)a的取值

范圍為.

【答案】

[M,2代

【考點】

圓的綜合應(yīng)用

圓的方程的綜合應(yīng)用

圓與圓的位置關(guān)系及其判定

【解析】

根據(jù)題意，分析可得到原點的距離為3的軌跡方程為/+y2=9,進而可得圓(x-

a)2+(y-a)2=l與圓M+丫2=鄉(xiāng)有交點，結(jié)合圓與圓的位置關(guān)系分析可得答案.

【解答】

根據(jù)題意，到原點的距離為3的點的軌跡為以原點為圓心，半徑為3的圓，其方程為

X2+y2=9,

若圓(x-a)2+(y—a)2=l(a>0)上總存在點到原點的距離為3,則圓(x-a)2+(y-

a)2=l與圓/+y2=9有交點，

則有3-isJ2a2s3+1,解可得：V2<a<2V2,

即a的取值范圍為：[M,2&],

平行四邊形4BCD中，AB>AD,將三角形4BD沿著BD翻折至三角形4BD,則下列

直線中有可能與直線4B垂直的是(填所有符合條件的序號).

①直線BC；②直線CD；③直線BD；④直線AC.

【答案】

①②

【考點】

直線與平面垂直

【解析】

若8CJ.BD,則可能垂直，可判斷①；若乙4BD>45。，乙4'84為超過90。，故存在

4484=90。，可判斷②，/.A'BD,NBA'C始終為銳角可判斷③④.

【解答】

對于①，若BC1BO,當(dāng)平面48。1平面8CC時，8。，平面4'8。，貝U止匕時BC1AB,

故①成立；

對于②若N4BD>45°,則在翻折的過程中，為超過90。，故存在44'84=90。，

???AB//CD,

CDVA'B,故②成立；

對于③，在△ABC中，?：AB>AD,

乙4BD為銳角，

即乙4'BD為銳角，

故直線8。不可能和直線4B垂直，故③不成立：

對于④，1?,AB>AD,

△A'BC中,A'B>BC,

NBAC始終為銳角，

故直線A'C不可能和直線垂直，故④不成立.

已知四棱錐P-4BCD的底面ABCD是邊長為4的正方形，PCJ■平面48CD,PD=6,E

為棱PD上一點，且ED=2PE,過EB作平面a分別與線段P4PC交于點M,N,且

PM

AC//a,則PA=—一,四邊形EMBN的面積為.

【答案】

2

-2,476

【考點】

平面的基本性質(zhì)及推論

【解析】

延伸平面a,交AC所在的平面ABC。于RS,即平面aC平面ABCD=RS,可得AC〃RS,

在/\4。和4RED中，利用平面幾何三角形全等和平行線中的比例關(guān)系可

PM=2MA

得PA4MA,進而連接MN,BD,證明MN1BE,通過面積公式即可求解四邊形

EMBN的面積.

【解答】

延伸平面a,交AC所在的平面ZBCD于RS,

即平面an平面ABCO=RS,

又B6平面an平面ABCD,

BGRS,即R,S,B三點共線，

???PD=6,ED=2PE,

：.PE=2,DE=4,

四棱錐P-ABC。的底面4BCC是邊長為4的正方形，

DA=4,

試卷第10頁，總24頁

連接ac交BD于點0,可知。。=8。,

AC二DA二1

由相似三角形可知RSDR2,

=

.0.DR8,

所以在平面PD4內(nèi)以D為坐標(biāo)原點，以DP為y軸，以CA為%軸建立平面直角坐標(biāo)系,

可得3：46,IRE：84,

\=2

聯(lián)立得ly=3,所以點M(2,3),

再過M點作MKJLPD,可得MK=2,DK=3,

所以在APD/l中，MK是△PDA的中位線，

所以PA2,則AC2,

1Y42+42=2V2

所以MN=2AC=2

由對稱性可知EM=EN,BM=BN,易得MN工BE,

又,：PD_L平面4BCD,

PD1BD,

2222=

在RfEDB,^VDE+BD=74+（W2）W3,

11

四邊形EMBN的面積為5=2xMNxBE=-2x2&X蛻=4A

平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓C：(比一1)2+、2=1,點P為直線y=x+2上的動點,

以PC為直徑的圓交圓C于4，B兩點，點Q在PC上且滿足4Q1PB,則點Q的軌跡方程

是

【答案】

G號必(yf)好

【考點】

軌跡方程

【解析】

延長4Q交PB于點M,51IJ/1M1PB,設(shè)PCC4B=N,結(jié)合三角形全等，求出4B為線段

CQ的垂直平分線，求出E的坐標(biāo)，求出Q的軌跡方程即可.

【解答】

延長4Q交PB于點M,則力M1PB,設(shè)PCCiAB=N,

以PQ為直徑的圓交圓C于點4,B,故NP4C=4PBC=90。，

如圖示：

則4BPC+乙PQM=BPC+乙BCP=90°,故4PQM=KPCB,

^.RtPAC^URtPBC^,\PC\=\PC\,\AC\^\BC\,

Rt△PAC=RtPBC,：.Z.ACP-^BCP,

■：^AQC=Z.PQM,：.z.ACP=/.AQC,\AQ\=\AC\,

?：|4C|=|BC|,4ACP=4BCP,PCC\AB=N,

則N為AB的中點，且PC148,

???\AQ\^\AC\,AB1PC,PCCAB=N,則N為QC的中點，

/T_1）2+2

設(shè)點P（%0,%），則yo=Xo+2,|PC|=YX。^0,

x（）+iy0

PC的中點坐標(biāo)為（2,2）,

22

x0+i,y0

（x—―）（y、）

以線段PC為直徑的圓的方程為2+2

試卷第12頁，總24頁

60-1)2+丫。2

~T

即+y2―(沏+1)%-yQy+xo=O,

2

將圓C與圓/+y-(x0+l)x-yoy+&=。的方程相減得:

(&-l)x+yoy-&=0，

即直線48的方程為(x()—l)x+(%o+2)y—XQ—

即與(%+y—1)+(2y—x)=0,

2

X=T

\+y-l=O1i

<y=—

由|2y-x=0,解得：I3,

21

故直線4B過定點E(3,3),

221

(14)+(。*)2返

由于SB為線段CQ的垂直平分線,則|EQ|=|EC|=OO=3,

22129

(x—)(y—)—

故點Q的軌跡方程為3+3=9,

三、解答題：5小題，共74分.

如圖，已知點4(4,0),8(0,2),直線［過原點，且48兩點位于直線［的兩側(cè)，過4,

B作直線1的垂線，分別交/于C,。兩點.

(1)當(dāng)C、D重合時，求直線/的方程;

(2)當(dāng)|AC|=2VSIBD|時?，求線段CC的長度.

【答案】

當(dāng)C、。重合時，直線I與4B垂直，

,2-01

K研0-42,kl=-2,

1的方程為y=-2x.

sinZDOB^TB'

在中,UD,

AC

sinZAOC^

在Rt△O/1C中,

ZBOD+ZAOC-乙y

‘廊|2,|AC|2

<T~k16

|AC|=2V3lBD|

'匝|=1

1|AC|=2正，

/|OD|=V3

\loci=2,

|CD|=2-V3.

【考點】

直線的一般式方程與直線的性質(zhì)

【解析】

(1)求出直線4B的斜率，從而求出直線(的斜率，求出I的方程即可；

(2)分別解Rt^OB。，Rt^OAC,結(jié)合角的關(guān)系以及|AC|=2V3lBD|,

分別

求出|OD|和|OC|的長，求出|CD|的長度即可.

【解答】

當(dāng)C、。重合時，直線［與4B垂直，

二2-0=_1

及妞一宜-瓦，.七=一2,

，的方程為y=-2x.

sin/

在RtzkOBD中,Ub.

i.r

sinZAOC^

在Rt△04c中,

NBOD+NAOCr

而/,

試卷第14頁，總24頁

|BD|2|AC|2

<4+~16~

jAC|=2V3lBD|

'|BD|=1

\|AC|=2V3,

JOD|=V3

\loci=2,

|CD|=2-V3.

如圖，在四棱錐力—BCDE中，底面BCOE為正方形，平面ABE_L底面BCOE,AB=AE.

(1)求證：平面4DE_L平面ABE；

(2)在棱DE上求作一點P,使得CP_LAD,并說明理由.

【答案】

證明：?.?底面BCDE為正方形，DEJ.BE,

■：平面ABE1底面BCDE,面4BEC面BCDE=BE,DEc^BCDE,

DE1,面ABE,又DEu面ADE,

平面4DE1面4BE.

當(dāng)P為DE的中點時，CP14D.

取BE的中點0,連結(jié)40,D0.

1''AB—AE1AO.LBE,

1■?平面4BE，底面8CDE,面4BECi面BCDE=BE,AOu面4BE,

40l^BCDE,：.AO1CP.

■△DOE=△CPD,Z-ED0=Z-DCP)

ZEDO+ZDPCTZDCP+ZDPC：

而2,所以2,即DOICP,

AOC\D0=0,CP±?i40D,

CPA.AD.

【考點】

直線與平面垂直

平面與平面垂直

【解析】

(1)由正方形的性質(zhì)和線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，即可得證；

(2)當(dāng)P為DE的中點時，CP14D.取8E的中點。，連結(jié)20,D0.由面面垂直的性

質(zhì)定理和線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理即可得到結(jié)論.

【解答】

證明：丫底面BCDE為正方形，DE1BE,

■■■平面ABE_L底面面4BEC面DEu面BCDE,

DE1面ABE,又DEu面4DE,

二平面ADEJL面ABE.

當(dāng)P為DE的中點時，CP14D.

取BE的中點。，連結(jié)AO,DO.

*/AB=AEAO_LBE?

???平面ABEJ_底面8CDE,面ABEn面BCDE=BE,AOu面ABE,

AO1.SQBCDE,AO1CP.

DOE=^CPD,乙EDO=^DCP,

NEDO+NDPCTNDCP+NDPC—

而/,所以/,即。。1CP,

---AODO-O,CPJL面40D,

CP1AD.

返

如圖，正三棱柱4BC-481C1的底面邊長為2,高為2,過4B的截面與上底面交于

PQ,且點P在棱&G上，點Q在棱&Ci上.

試卷第16頁，總24頁

（1）證明：PQ〃公&；

（2）當(dāng)點P為棱&G的中點時，求四棱錐C—4BQP的體積.

【答案】

證明：???4B〃平面&BiG，4Bu平面ZBQP,平面4BQPn平面4181G=PQ,

PQ//AB（線面平行性質(zhì)定理）.

又；A1B1//AB,：.PQ"A\B[.

連接8P,四棱錐C-A8QP可視為三棱錐C-BPQ和C-4BP組合而成，

S迎盛班返

三棱錐C—4BP可視為P—4BC,底面積△甌4，高為2,

設(shè)匕;-BAP=V],

體積為1322.

三棱錐C-8PQ與C-4BP等高，體積比為底面積之比,

設(shè)%-BPQ=KZ，

則%:-S=PQ:312故‘2小苜

3

因此，正-曲片/+丫27,即為所求.

【考點】

直線與平面平行

棱柱、棱錐、棱臺的體積

【解析】

（1）證明PQ〃/1B,然后證明PQ〃/1]名.

（2）連接BP,四棱錐C-ABQP可視為三棱錐C-BPQ和C-ABP組合而成，求出三

棱錐C-4BP的體積，設(shè)％_BPQ=彩，求解卜2：匕，然后求解幾何體的體積即可.

【解答】

證明：4B〃平面48停1，ABu平面4BQP,平面ABQP0平面4iB￡=PQ,

PQ//AB（線面平行性質(zhì)定理）.

又；A1B1//AB,：.PQ"A\B[.

連接8P,四棱錐C-A8QP可視為三棱錐C-BPQ和C-4BP組合而成，

S迎盛班返

三棱錐C—4BP可視為P—4BC,底面積△甌4，高為2,

設(shè)匕＞8AP=V1，

體積為1322.

三棱錐C-8PQ與C-4BP等高，體積比為底面積之比,

設(shè)%-BPQ=KZ，

則%:-S=PQ:312故‘2小苜

3

因此，正-曲片/+丫27,即為所求.

已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓0:/+?2=1與y軸交于c,。兩點，點P在第一象限

且為圓。外一點，直線PC,PD分別交圓。于點4,B,交x軸于點Q,R.

（1）若直線BD的傾斜角為60。，|4C|=1,求點P的坐標(biāo);

|MQ|

（2）過P作圓。的兩條切線分別交x軸于點M,N,試問iNRl是否為定值？若是，求

出這個定值；若不是，說明理由.

【答案】

如圖易知△OAC為正三角形，取4c中點尸，連接。尸，

貝IJ0F14C,可得NFON=120。，

試卷第18頁，總24頁

即koF=tan/FON=S.叱岑

則直線4c的方程為:

rvs?

4y^-ox+l

=

由題易知直線BD：yV3x-i聯(lián)立〔yf/5x-1,解得：2)；

x

依題意設(shè)PQo,yo)(o>0,y0>0)，

設(shè)》軸上一點T(%i，0)(%iH%o),且直線PT與圓0:/+y2=i相切，

則直線PT方程為：y()x+(%i—%o)y—=0，

I'oVolF

則原點o到直線pr的距離：d=V(x1-x0)+70,

(Vo2-1)xi2+2xoxi~(xo2+yo2)=0

2—2—/22、

八H士工口(麗人

miyn1)X1<+2XnX1(Xn+Yn)=01Vl

xM,%N分別是方程UU1UU的兩個

根，

22

2x0XQ+y0

xM+xN="2XM■XN=~：2-

得i-y。，卜兀，

y=Y°x+1Q（J，0）

由題意得，直線PC方程為：xo，貝ui-yo

y^x-1仔，。)

直線p。方程為：xo，則1yo

\QM\-\NR\=(XQ-XM)-(xw-XR)=(XQ+XR)-(%N+XM)=

x0x02x02x02x0n

~55-0

1-yo1+^o1-YQ1-YQ1-YQ

ML=1

即|QM|=|NR|,iNRl

【考點】

直線與圓的位置關(guān)系

【解析】

(1)由題意求解4c所在直線斜率，得直線4c的方程，求出所在直線方程，聯(lián)立即

可求得P點坐標(biāo)；

(2)依題意設(shè)P(Xo，y())(Xo>O,yo>O)，設(shè)％軸上一點7(勺，0)(與力勺)，且直線P7

與圓O:M+y2=i相切，求得直線pr方程，得到原點。到直線PT的距離，整理為關(guān)于

勺的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得M,N的橫坐標(biāo)的和與積，再分別求出直

線PC,直線PC方程，得到Q與R的坐標(biāo)，利用作差法求得|MQ|=|NR|,即可得到

IMQI

INRI為定值I.

【解答】

如圖易知△04C為正三角形，取4c中點尸，連接。凡

則。F1AC,可得NFON=120°,

/廠v返

k

gpk0F=tanZF0N=-V3.AC~^-

y=—^-x+l

則直線4c的方程為：3；

rvs?

y^-x+l

4o

由題易知直線BD：y=Vsx-l聯(lián)立解得：2)；

依題意設(shè)PQo,yo)(*o>o,y0>0)，

設(shè)x軸上一點7(X1，0)(X1*x0),且直線P7與圓0:^2+y2=i相切，

則直線PT方程為：yox+(%i-x0)y-x1yo=O，

I'oVolF

則原點o到直線pr的距離：d=V(xi-x0)+70,

化簡得：仇2-1)叼2+2乂/1-6。2+丫02)=0

2—2—/22、

八miH士工口(yn1)X<+2XnX1(Xn+Yn)=01Vl麗人

XM，％N分別是方程U1UIUU的兩個

根，

試卷第20頁，總24頁

22

X

2x00+y0

X+X=XX=~

MN-2M■N：2-

得1一兀，卜兀，

y=Y°x+1QJ?，0)

由題意得，直線PC方程為：X0，則i-y0

y^x-1R-，。)

直線PD方程為：X0，則1y0

\QM\-\NR\^(XQ-xM)-(xw-XR)=(XQ+XR)-(xN+XM)=

xx2x2x2x

00000n

----+7--------7=---T----不~0

1-yol+y°l-Yg1-YQ1-YQ

已知四棱錐P-4BCD中，底面4BCD為梯形，AB//CD,CD=2AB=2,tanZfiAD=

2tanzBCD=3,PA=N10,PC=4,4