2022-2023学年北京市大兴区高二（上）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年北京市大兴区高二（上）期中数学试卷，共19页。
A．45°B．60°C．90°D．135°
2．（4分）如图，已知直线l1∥l2，则l1与l2间的距离为（ ）
A．1B．C．2D．
3．（4分）圆x2+（y+2）2＝1关于x轴对称的圆的方程是（ ）
A．x2+y2＝1B．（x﹣2）2+y2＝1
C．x2+y2＝2D．x2+（y﹣2）2＝1
4．（4分）若点（a，0）在圆x2+y2＝1的内部，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣1，1）B．（﹣∞，1）C．[0，1）D．（1，+∞）
5．（4分）已知是空间的一个基底，在下列向量中，与向量，一定可以构成空间的另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
6．（4分）已知是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则“l⊂α”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
7．（4分）已知点M1（﹣3，0）和点M2（3，0），动点M（x，y）满足|MM1|＝2|MM2|，则点M的轨迹方程为（ ）
A．x2+y2+18x+9＝0B．x2+y2+6x+9＝0
C．x2+y2+6x﹣9＝0D．x2+y2﹣10x+9＝0
8．（4分）如图，四面体ABCD的所有棱长都相等，AF＝FD，BE＝EC，则＝（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）已知圆C经过点（﹣2，0），半径为，其圆心C的坐标为（a，b），则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
10．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，O为正方形ADD1A1的中心，若P为平面OD1B内的一个动点，则P到直线A1B1的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）若是单位向量，则x＝ ．
12．（5分）圆x2+y2﹣2y﹣3＝0的一条对称轴的方程可以是 ．
13．（5分）法向量分别是，的两个平面的位置关系是 ．
14．（5分）已知点P（a，a+2）为动点，O为原点，以OP为直径的圆与圆x2+y2＝1相交于A、B两点．
（1）当a＝0时，|AB|＝ ；
（2）四边形OAPB的面积的最小值是 ．
15．（5分）已知直线l1：x﹣y+1＝0和直线l2：kx+（k+1）y+k＝0（k∈R），给出下列四个结论：
①存在k，使得l2的倾斜角为30°；
②不存在k，使得l1与l2重合；
③对任意的k，l1与l2都有公共点；
④对任意的k，l1与l2都不垂直．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（14分）已知点A（﹣1，1）和点B（1，3）．
（1）求线段AB的垂直平分线的方程；
（2）若圆C经过A，B两点，且圆心在x轴上，求圆C的方程．
17．（14分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝CC1＝1，E是DC的中点，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
（1）求平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值；
（2）求点B1到平面AED1的距离；
（3）向量是否与向量、共面？
18．（14分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，设向量，，．
（1）用、、表示向量，并求；
（2）证明：直线A1C⊥平面BDD1B1．
19．（14分）已知圆C的方程为x2+y2﹣4x﹣2y+m＝0．
（1）求m的取值范围；
（2）若直线x﹣y+1＝0与圆C交于A，B两点，且，求m的值；
（3）在（2）的条件下，过点P（4，4）作圆C的切线l，求切线l的方程．
20．（14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中．AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝1，BC＝，CC1＝2，E分别是B1B、B1C1的中点．
（1）求直线A1E与平面A1DC所成角的大小；
（2）设P为B1C与C1B的交点，在线段A1E上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1DC？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
21．（15分）已知M、N是圆O：x2+y2＝16上两个不同的动点，Q是线段MN的中点，点P（2，0）满足∠MPN＝90°．
（1）当M的坐标为（4，0）时，求N的坐标；
（2）求点Q的轨迹方程；
（3）求|MN|的最小值与最大值．
2022-2023学年北京市大兴区高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（4分）直线x＝1的倾斜角为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．135°
【分析】直接利用倾斜角的定义即可求解．
【解答】解：由题意得，直线斜率不存在，故直线倾斜角为90°．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2．（4分）如图，已知直线l1∥l2，则l1与l2间的距离为（ ）
A．1B．C．2D．
【分析】结合图形求得直线l1与l2的方程，再结合距离公式求解即可．
【解答】解：由题知，直线l1过点（﹣1，0），（0，1），直线l2过点（0，﹣1），
所以，直线l1的方程为y＝x+1，即x﹣y+1＝0，
因为直线l1∥l2，
所以直线l2的方程为y＝x﹣1，即x﹣y﹣1＝0，
所以l1与l2间的距离为．
故选：B．
【点评】本题主要考查两条平行直线间的距离公式，属于基础题．
3．（4分）圆x2+（y+2）2＝1关于x轴对称的圆的方程是（ ）
A．x2+y2＝1B．（x﹣2）2+y2＝1
C．x2+y2＝2D．x2+（y﹣2）2＝1
【分析】求出圆x2+（y+2）2＝1的圆心关于x轴的对称点，即可求得所求圆的标准方程．
【解答】解：圆x2+（y+2）2＝1的圆心坐标为（0，﹣2），点（0，﹣2）关于x轴的对称点为（0，2），
因此，圆x2+（y+2）2＝1关于x轴对称的圆的方程是x2+（y﹣2）2＝1．
故选：D．
【点评】本题考查圆的标准方程，属于中档题．
4．（4分）若点（a，0）在圆x2+y2＝1的内部，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣1，1）B．（﹣∞，1）C．[0，1）D．（1，+∞）
【分析】直接利用点到圆心的距离小于半径求出结果．
【解答】解：∵点（a，0）在圆x2+y2＝1的内部，
∴＜1，
可得﹣1＜a＜1，
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：点与圆的位置关系的应用，属于基础题．
5．（4分）已知是空间的一个基底，在下列向量中，与向量，一定可以构成空间的另一个基底的是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据空间向量基底的定义依次判断各选项即可．
【解答】解：对于A，∵，
∴，，不能构成空间的另一个基底，故A错误，
对于B，，故不能构成空间的另一个基底，故B错误，
对于C，不存在x，y∈R使得成立，故能构成空间的另一个基底，故C正确，
对于D，假设存在x，y∈R使得，则，解得，
故，故不能构成空间的另一个基底，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量基底的定义，属于基础题．
6．（4分）已知是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则“l⊂α”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】求出的等价条件，利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论．
【解答】解：已知是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则等价于l∥α或l⊂α，
所以“l⊂α”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
7．（4分）已知点M1（﹣3，0）和点M2（3，0），动点M（x，y）满足|MM1|＝2|MM2|，则点M的轨迹方程为（ ）
A．x2+y2+18x+9＝0B．x2+y2+6x+9＝0
C．x2+y2+6x﹣9＝0D．x2+y2﹣10x+9＝0
【分析】根据两点间的距离公式列式求解即可．
【解答】解：因为点M1（﹣3，0）和点M2（3，0），动点M（x，y），
所以，
又因为其满足|MM1|＝2|MM2|，
所以，整理得：x2+y2﹣10x+9＝0，
所以点M的轨迹方程为x2+y2﹣10x+9＝0．
故选：D．
【点评】本题考查动点轨迹方程的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
8．（4分）如图，四面体ABCD的所有棱长都相等，AF＝FD，BE＝EC，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用为基底表示向量，再根据向量模的公式和夹角公式求解即可．
【解答】解：∵四面体ABCD的所有棱长都相等，AF＝FD，BE＝EC，
∴AB，AC，AD两两夹角为60°，且E，F分别为BC，AD的中点，
∴，，
设四面体ABCD的棱长为a，
∴
＝
＝，
又＝＝，∴＝，
又＝，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成的角，属于中档题．
9．（4分）已知圆C经过点（﹣2，0），半径为，其圆心C的坐标为（a，b），则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由题意，，可得（a+2）2+b2＝3，故点C在以P（﹣2，0）为圆心，以为半径的圆上，由斜率计算公式可得表示点C与点O连线的斜率，作图如下：因此直线OA，OB为点C在圆P上运动时直线OC的边界，假设过原点且斜率存在的直线方程为：y＝kx，即kx﹣y＝0，利用直线与圆相切的性质即可得出结论．
【解答】解：由题意，＝，则（a+2）2+b2＝3，
故点C在以P（﹣2，0）为圆心，以r＝为半径的圆上，
由＝，则表示点C与点O连线的斜率，作图如下：
则直线OA，OB为点C在圆P上运动时直线OC的边界，
假设过原点且斜率存在的直线方程为：y＝kx，
由直线与圆相切，可得＝，
两边平方可得4k2＝3+3k2，解得k＝±，
故直线OA，OB的斜率分别为，，
则∈[﹣，]，
故选：B．
【点评】本题考查了直线与圆相切的性质、两点之间的距离公式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，O为正方形ADD1A1的中心，若P为平面OD1B内的一个动点，则P到直线A1B1的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立空间直角坐标系，列出线面距离公式即可求解．
【解答】解：如图所示，以为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（1，1，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），B1（1，1，1），
∵O为正方形ADD1A1的中心，∴，
∴，，，，
设平面OBD1的法向量为，
则，∴，取，
∴，且A1B1⊄平面OD1B，
∴直线A1B1∥平面OD1B，
设直线A1B1到平面OD1B距离为d，取直线上一点B1，与平面OD1B上一点B，
则，
则．
故选：A．
【点评】本题考查向量法求解点面距问题，属中档题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（5分）若是单位向量，则x＝ ．
【分析】根据单位向量的定义求解即可．
【解答】解：因为是单位向量，
所以，解得
故答案为：．
【点评】本题考查单位向量的定义，属于基础题．
12．（5分）圆x2+y2﹣2y﹣3＝0的一条对称轴的方程可以是 y＝1（答案不唯一） ．
【分析】先求出圆心坐标，再根据对称性求解即可．
【解答】解：将圆x2+y2﹣2y﹣3＝0化为标准方程得x2+（y﹣1）2＝4，
所以圆心为（0，1），
所以圆x2+y2﹣2y﹣3＝0的一条对称轴的方程可以是过圆心的任意直线，不妨取y＝1．
故答案为：y＝1（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查圆的一般方程，属于基础题．
13．（5分）法向量分别是，的两个平面的位置关系是 相交且不垂直 ．
【分析】根据空间位置关系的向量方法判断即可．
【解答】解：假设存在λ∈R，使得，则，显然方程组无解，
所以，不平行，即两个平面不平行，
因为，
所以与不垂直，
所以两个平面的位置关系是相交且不垂直．
故答案为：相交且不垂直．
【点评】本题主要考查平面的法向量，属于基础题．
14．（5分）已知点P（a，a+2）为动点，O为原点，以OP为直径的圆与圆x2+y2＝1相交于A、B两点．
（1）当a＝0时，|AB|＝ ；
（2）四边形OAPB的面积的最小值是 1 ．
【分析】（1）当a＝0时，求出以线段OP为直径的圆的方程，联立两圆方程，求出点A、B的坐标，即可求得|AB|的值；
（2）推导出Rt△OAP≌Rt△OBP，计算出|PA|的最小值，利用三角形的面积公式可求得四边形OAPB的面积的最小值．
【解答】解：（1）当a＝0时，P（0，2），线段OP的中点为（0，1），
所以，以OP为直径的圆的方程为x2+（y﹣1）2＝1，联立，解得，
不妨设点、，
所以；
（2）如图所示：
以OP为直径的圆与圆x2+y2＝1相交于A、B两点，则∠OAP＝∠OBP＝90°，
又因为|OA|＝|OB|＝1，|OP|＝|OP|，所以，Rt△OAP≌Rt△OBP，
所以，当且仅当a＝﹣1时，等号成立，
故四边形OAPB的面积为S＝2S△OAP＝|OA|•|PA|＝|PA|≥1，
因此，四边形OAPB面积的最小值为1．
故答案为：（1）；（2）1．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
15．（5分）已知直线l1：x﹣y+1＝0和直线l2：kx+（k+1）y+k＝0（k∈R），给出下列四个结论：
①存在k，使得l2的倾斜角为30°；
②不存在k，使得l1与l2重合；
③对任意的k，l1与l2都有公共点；
④对任意的k，l1与l2都不垂直．
其中，所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】对于①，由直线一般式方程，假设斜率存在，整理斜截式方程，根据倾斜角与斜率的关系，建立方程，解得答案；
对于②，利用斜率相等，建立方程，解得k的值，检验两直线在y轴上的截距是否相等，可得答案；
对于③，分斜率相等与不相等两种情况，相等时，两直线重合，不相等，必相交，可得答案；
对于④，利用两直线垂直，斜率相乘等于﹣1，建立方程，可得答案．
【解答】解：对于①，由直线l2：kx+（k+1）y+k＝0（k∈R），当k+1≠0时，可整理为，
令，则，解得，故①正确；
对于②，由直线l1：x﹣y+1＝0，整理可得y＝x+1，令，解得，
此时直线l2：y＝x+1，即两直线重合，故②不正确；
对于③，由②可知，当时，两直线重合，有无数个公共点；当时，则，即两直线不平行，必定相交，有一个公共点，故③正确；
对于④，令，则k＝k+1，显然无解，故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题主要考查直线的一般式方程与直线的垂直关系，属于基础题．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（14分）已知点A（﹣1，1）和点B（1，3）．
（1）求线段AB的垂直平分线的方程；
（2）若圆C经过A，B两点，且圆心在x轴上，求圆C的方程．
【分析】（1）根据中点坐标公式和直线垂直关系求解即可；
（2）根据题意线段AB的垂直平分线经过圆心C，进而得圆心为C（2，0），再求半径即可得答案．
【解答】解：（1）解：因为点A（﹣1，1），点B（1，3），
所以线段AB的中点为（0，2），而kAB＝＝1，
所以线段AB的垂直平分线的斜率为﹣1，
所以线段AB的垂直平分线的方程为y﹣2＝﹣（x﹣0），
即x+y﹣2＝0；
（2）由（1）知线段AB的垂直平分线的方程为x+y﹣2＝0，
因为圆C经过A，B两点，
所以线段AB的垂直平分线经过圆心C，
因为圆C的圆心在x轴上，
所以在方程x+y﹣2＝0中，令y＝0得x＝2，即圆心为C（2，0），
所以圆的半径为r＝|AC|＝＝，
所以圆C的方程为（x﹣2）2+y2＝10．
【点评】本题考查线段的中垂线的求法及圆的求法，属于基础题．
17．（14分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝CC1＝1，E是DC的中点，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
（1）求平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值；
（2）求点B1到平面AED1的距离；
（3）向量是否与向量、共面？
【分析】（1）利用空间向量法可求得平面A1B1C1D1与平面AED1夹角的余弦值；
（2）利用点到平面的距离公式可求得点B1到平面AED1的距离；
（3）设，利用空间向量的坐标运算可求出x、y的值，即可得出结论．
【解答】解：（1）易知A（1，0，0）、E（0，1，0）、D1（0，0，1），，，
设平面AD1E的法向量为，则，取x＝1，可得，
易知平面A1B1C1D1的一个法向量为，
则，
平面B1 C1D1与平面AED1夹角的余弦值为．
（2）易知点B1（1，2，1），，
所以点B1到平面AD1E的距离为．
（3）设，即（﹣2，1，1）＝x（﹣1，1，0）+y（﹣1，0，1）＝（﹣x﹣y，x，y），
所以，解得x＝y＝1，即，
因此向量与向量、共面．
【点评】本题主要考查了线面角，点面距离的求解，空间向量知识的应用是求解问题的关键，属于中档题．
18．（14分）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，设向量，，．
（1）用、、表示向量，并求；
（2）证明：直线A1C⊥平面BDD1B1．
【分析】（1）利用空间向量的基本定理与空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式，利用空间向量数量积的运算可求得；
（2）在平面BDD1B1上，取、为基向量，则对于面BDD1B1上任意一点P，存在唯一的有序实数对（λ，μ），使得＝λ+μ，利用空间向量的数量积的运算可得出•，可得是平面BDD1B1的法向量，即可得证．
【解答】解：（1），
由已知可得，，
因此，．
（2）证明：在平面BDD1B1上，取、为基向量，
则对于面BDD1B1上任意一点P，存在唯一的有序实数对（λ，μ），使得＝λ+μ，
所以•＝λ•+μ•
＝λ（+﹣）•（﹣）+μ（+﹣）•
＝λ（•﹣2+2﹣•﹣•+•）+μ（•+•﹣2）
＝λ（﹣1+1﹣﹣+）+μ（+﹣1）
＝0，
所以是平面BDD1B1的法向量，
所以A1C⊥平面BDD1B1．
【点评】本题考查向量的数量积运算以及利用向量证明线面垂直的相关问题，属于中档题．
19．（14分）已知圆C的方程为x2+y2﹣4x﹣2y+m＝0．
（1）求m的取值范围；
（2）若直线x﹣y+1＝0与圆C交于A，B两点，且，求m的值；
（3）在（2）的条件下，过点P（4，4）作圆C的切线l，求切线l的方程．
【分析】（1）利用配方法，整理圆的一般方程为标准方程，可列出不等式，可得答案；
（2）由（1）明确圆心与半径，利用点到直线距离求得弦心距，根据弦长公式，建立方程，可得答案；
（3）过点的直线分斜率存在与不存在两种情况，利用圆心到切线的距离等于半径，建立方程，可得答案．
【解答】解：（1）x2+y2﹣4x﹣2y+m＝0，x2﹣4x+4+y2﹣2y+1＝﹣m+5，（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5﹣m，
则5﹣m＞0，解得m＜5，即m的取值范围是（﹣∞，5）．
（2）由（1）可知圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝5﹣m，则圆心C（2，1），半径，
圆心C到直线x﹣y+1＝0的距离，
故，则5﹣m﹣2＝2，解得m＝1．
（3）由（2）可得圆C：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4，则圆心C（2，1），半径r＝2，
当过点P（4，4）的直线斜率不存在，则直线方程为x＝4，圆心到直线x＝4的距离为2，故直线x＝4为圆C的切线；
当过点P（4，4）的直线斜率存在，可设直线方程y﹣4＝k（x﹣4），则kx﹣y﹣4k+4＝0，
圆心C到该直线的距离，
由直线与圆C相切，则d'＝r，即，整理可得9﹣12k+4k2＝4+4k2，解得，
直线方程为5x﹣12y+28＝0，
综上，l的方程为：x＝4或5x﹣12y+28＝0．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆的一般方程，考查运算求解能力，属于中档题．
20．（14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中．AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝1，BC＝，CC1＝2，E分别是B1B、B1C1的中点．
（1）求直线A1E与平面A1DC所成角的大小；
（2）设P为B1C与C1B的交点，在线段A1E上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1DC？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【分析】（1）以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法能求出直线A1E与平面A1DC所成角的大小．
（2）设＝，其中0≤λ≤1，求出向量的坐标，利用与平面A1DC的法向量垂直，结合空间向量数量积的坐标运算，求出λ的值，能求出结果．
【解答】解：（1）∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中．AA1⊥平面ABC，
AB＝AC＝1，BC＝，CC1＝2，E分别是B1B、B1C1的中点，
∴AB2+AC2＝BC2，∴AB⊥AC，
∵AA1⊥平面ABC，
∴以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（0，0，2），C（0，1，0），D（1，0，1），E（，2），
设平面A1DC的法向量为＝（x，y，z），＝（1，0，﹣1），＝（0，1，﹣2），
则，取z＝1，得＝（1，2，1），＝（，0），
cs＜＞＝＝＝，
∴直线A1E与平面A1DC所成角正弦值为，
∴直线A1E与平面A1DC所成角为．
（2）由题意知P（），假设在线段A1E上存在点Q，使得PQ∥平面A1DC，
设＝（），其中0≤λ≤1，
，＝（），
∵PQ∥平面A1DC，∴＝＝0，解得，
∴在线段A1E上存在点Q，使得PQ∥平面A1DC，且＝．
【点评】本题考查线面角、线面平行的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（15分）已知M、N是圆O：x2+y2＝16上两个不同的动点，Q是线段MN的中点，点P（2，0）满足∠MPN＝90°．
（1）当M的坐标为（4，0）时，求N的坐标；
（2）求点Q的轨迹方程；
（3）求|MN|的最小值与最大值．
【分析】（1）分析可知点N的横坐标为2，将x＝2代入圆O的方程，可求得点N的坐标；
（2）分析可知|MQ|＝|PQ|，利用两点间的距离公式、勾股定理化简可得出点Q的轨迹方程；
（3）利用圆的几何性质求出|PQ|的最小值和最大值，结合|MN|＝2|PQ|可求得结果．
【解答】解：（1）由题意可知，PN⊥MP，而直线MP为x轴，所以点N的横坐标为2，
将x＝2代入圆O的方程可得，此时点N的坐标为或．
（2）设点Q（x，y），因为∠MPN＝90°，Q为MN的中点，则，
连接OQ，则OQ⊥MN，且，
所以，，整理可得（x﹣1）2+y2＝7，
因此，点Q的轨迹方程为（x﹣1）2+y2＝7．
（3）因为（2﹣1）2+02＜7，则点P在圆（x﹣1）2+y2＝7内，
记圆（x﹣1）2+y2＝7的圆心为E，半径为，则|PE|＝1，
则r﹣|PE|≤|PQ|≤r+|PE|，即，
所以，当点Q为圆（x﹣1）2+y2＝7与x轴的负半轴的交点时，|PQ|取最大值，
当点Q为圆（x﹣1）2+y2＝7与x轴正半轴的交点时，|PQ|取最小值，
所以，．
因此，|MN|的最小值为，最大值为．
【点评】本题考查动点轨迹方程的求法，直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
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