山东省德州市九校联考2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷

这是一份山东省德州市九校联考2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试卷，共30页。试卷主要包含了又知双曲线 E 与椭圆，1 21 2等内容，欢迎下载使用。
一､单选题.（本题共 8 小，每小题 5 分，共 40 分.在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
→→
已知 a  (3, 2, 5), b  (1, 5, 1) ，则(a  b)  (a  b)  （）
A. 11B.
13
C. 45D. 3
若直线 x  2ay 1  0 与直线a 1 x  ay 1  0 平行，则a  （）
A. 0B.
 3 或 0C.  3
22
D.  1 或 1
2
α→→
若平面 的法向量为u  1, 2, 4 ，平面β的法向量为v  m, 1, 2 ，直线l 的方向向量为
→
t  n, 2, 4 ，则（）
A. 若α/ /β，则 m  1B. 若l α，则 n  2
C. 若n  20 ，则l / /αD. 若 m  10 ，则α β
2
已知双曲线 x
2
y  1a  0, b  0 的一条渐近线与直线
x  3y  2  0
垂直，则该双曲线的离心率为

2
2
ab
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，那么直线 B1D1 与平面 ACD1 所成的角的余弦值是
（）
（
）
A.
10
B. 3
C.
5
D. 2
3
2
6
3
3
3
1D.
x2y2
已知椭圆C： 
16b2
 1b  0 的左右焦点分别为 F1 , F2 ，点O 为坐标原点，点 P 为椭圆C 上一点，点Q
为 PF2 中点，若△QOF2 的周长为 6，则椭圆C 的离心率为（ ）
1
4
1
33
D.
48
2
已知O 0, 0 ， A3,0 ，圆C :  x  22  y2  r 2 r  0 上有且仅有一个点 P 满足 PA  2 PO ，则 r
的取值可以为（）
A. 1 或 3B. 2C. 3D. 1 或 5
如图，已知在四棱锥 P  ABCD 中，底面是边长为 2 的正方形，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， AB  平面 PAD ，点 E 是线段 PD 上的动点（不含端点），若线段 AB 上存在点 F （不含端点），
使得异面直线 PA 与 EF 成30 的角，则线段 PE 长度的取值范围是（）
2 
0,
6 
0,
2 , 2 
6 , 2 
2 
3 
 2
 3

二､多选题（共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.）
给出下列命题，其中正确的是（ ）
rr2 
52 
向量 a  (5, 3,1), b   2, t,  5  ，若夹角为钝角，则实数 t 的取值范围为 , 15 

在空间直角坐标系中，点 P(1, 3, 5) 关于坐标平面Oyz 的对称点是 P(1, 3, 5)
→→→ → →
已知向量{a, b, c} 是空间的一个基底，若 m  a  c ，则{a, b, m}也是空间的一个基底
已知 A(1,1, 2), B(2, 2, 4), C(3, 2, 0) ，则向量
在向量–––→ 上的投影向量是 11 (3,1, 2)
下列说法正确的是（）
ACAB14
“直线 a2 x  y 1  0 与直线 x  ay  2  0 互相垂直”是“ a  1 ”的充分不必要条件
直线 xsinα y  2  0 的倾斜角θ的取值范围是 0, π    3π , π 

4  4
若圆 M : (x  4)2  ( y  4)2  r 2 r  0 上恰有两点到点 N 1, 0 的距离为 1，则 r 的取值范围是4, 6
过点 P 1, 2 且在 x 轴， y 轴上的截距互为相反数的直线方程是 x  y 1  0
C： 
x2
已知椭圆
2
2
3
y
2  1a  b  0 的左、右焦点分别为 F1 , F2 ，短轴长为2
1
P
，离心率为 2 ， 是椭
ab
圆C 上异于长轴端点 A, B 的一动点，点Q 与点 P 关于原点对称，则（）
VPF1F2 的面积最大值为2
PF1
QF1
11的最小值为1
若以 PR 为直径的圆经过 A, B 两点，则 R 点的轨迹方程为4x2  3y2  16  x  2
π
椭圆C 上存在点 P ，使得F1PF2  3
三､填空题（本题共 3 小题.每小题 5 分，共 15 分，）
3
x2y2FF
设椭圆C ：
a2
 1( a  0 ， b  0 )的左､右焦点分别为 1 ， 2 ，离心率为
b2
， P 是C 上一点，且
2
F1P  F2 P ，若VPF1F2 的面积为4 ，则a  ．
如图所示，在棱长均为 2 的平行六面体 ABCD−ABCD 中， AAB  AAD  BAD  60 ，点 M 为 BC 与 BC 的交点，则 AM 的长为.
已知点 P 为直线l : x  y  2  0 上的动点，过点 P 作圆C : x2 + 2x + y2 = 0 的切线 PA, PB ，切点为
A, B ，则 PA  PB 的最小值为；当 PC  AB 最小时，则直线 AB 的方程为.
四､解答题（本题共 5 小题共 77 分.其中 15 题 13 分，16､17 题每题 15 分，18､19 题每题 17
分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
已知圆过点 A1, 1 ， B 1,1 且圆心 E 在直线 x  y  2  0 上.
求圆 E 的方程；
2
若直线l 经过点Q 3, 5 ，且与圆 E 相交截得的弦长为2，求直线l 的方程.
如图，四棱锥 P  ABCD 的侧棱 PD  底面 ABCD ，已知底面 ABCD 是正方形，若 AD  DP ，且
E 是 PC 的中点.
证明： PA / / 平面 BDE ；
求直线 PB 与平面 BDE 所成角的正弦值.
y2x2FF
已知椭圆C :
a2b2
 1(a  b  0) 的上、下焦点分别为 2 ， 1 ， M 为椭圆C 上的一个动点，当
F1MF2 取最大值时，其余弦值为
7
25 ，且点 M 到上焦点 F2 的距离的最大值为 9.又知双曲线 E 与椭圆
C 有公共焦点，它们的离心率之和为14 .
5
求椭圆C 的标准方程；
求双曲线 E 的标准方程；
设 P 是双曲线 E 与椭圆的一个交点，求VF1PF2 的面积.
如图，在三棱锥 P  ABC 中，∠ABC  90∘ , AB  BC  2, D, E 分别为 BC, AC 的中点，△PBC 为正三角形，平面 PBC  平面 ABC .
连接 PD ，求证： PD  平面 ABC ；
求点 B 到平面 PAC 的距离；
在线段 PC 上是否存在异于端点的点 M ，使得平面 PAC 和平面 MDE 夹角的余弦值为 7 ？若存
7
在，确定点 M 的位置；若不存在，说明理由.
x2y22
A, B
已知椭圆G :
a2b2
 1a  b  0 的离心率为
，短轴长为 2，椭圆G 上有两点
2
关于原点对称，
动点 P 与 A, B 两点的连线分别交椭圆G 于点C, D ，满足–––→ 
–––→–––→–––→
，.
求椭圆G 的方程；
求动点 P 的轨迹方程；
CA2PC
DB  2PD
过 P 点作椭圆G 的两条切线（与坐标轴不垂直），试探究两切线斜率乘积是否为定值？
2024 级校际联考（五）数学学科试题
时间：120 分钟 满分：150 分
一､单选题.（本题共 8 小，每小题 5 分，共 40 分.在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
→→
已知 a  (3, 2, 5), b  (1, 5, 1) ，则(a  b)  (a  b)  （）
A. 11B.
【答案】A
13
C. 45D. 3
【解析】
a, b
【分析】先根据空间向量的线性运算得出 →，再应用数量积公式计算求解.
→
→→
所以 →.
【详解】因为 a  3, 2, 5, b  1, 5, 1 ，所以 a  b  2, 7, 4, a  b  4, 3, 6 ，
a  b  8  21 24  11
故选： A.
若直线 x  2ay 1  0 与直线a 1 x  ay 1  0 平行，则a  （）
A. 0B.
【答案】C
 3 或 0C.  3
22
 1 或 1
2
【解析】
【分析】由直线平行得到 a  2a a 1 ，求解并验证即可.
【详解】由直线 x  2ay 1  0 与直线a 1 x  ay 1  0 平行，可得： a  2a a 1 ，
解得 a  0 或 a   3 ，
2
当 a  0 时，两直线重合，舍去，
当 a   3 时，经检验符合题意，
2
故选：C
α→→
若平面 的法向量为u  1, 2, 4 ，平面β的法向量为v  m, 1, 2 ，直线l 的方向向量为
【分析】根据面面平行则法向量共线计算可判断 A；根据直线与平面垂直则直线的方向向量与平面法向量共线计算可判断 B；根据直线的方向向量与平面法向量垂直则直线与平面平行或直线在平面内可判断 C；根
据法向量垂直则面面垂直可判断 D.
【详解】对于 A，由α/ /β，得u / /υ，则 m  1  2 ，解得 m  1 ，故 A 错误；
1242
对于 B，由l α，得→ ，则 n  2  4 ，解得 n  1 ，故 B 错误；
→
t  n, 2, 4 ，则（
A. 若α/ /β，则 m  1
）
B. 若l α，则 n  2
C. 若n  20 ，则l / /α
D. 若 m  10 ，则α β
【答案】D
【解析】
t / /u
124
→→ →→→
对于 C，由n  20 ，得t  20, 2, 4, t  u  20  4 16  0, t  u ，则l / /α或l α，故 C 错误；
v
2 , u v
0, uv
对于 D，由 m  10 ，得→  10, 1,   →  →  10  2  8 →  → ，则α β，故 D 正确.
故选：D.
2
已知双曲线 x
2
y  1a  0, b  0 的一条渐近线与直线
x  3y  2  0
垂直，则该双曲线的离心率为

2
2
ab
（）
10
A.
B. 3C.
D. 2
5
【答案】A
【解析】
【分析】由渐近线斜率求离心率.
【详解】直线 x  3y  2  0 的斜率为 1 ，所以双曲线一条渐近线的斜率为-3，
3
b2
1
a2
1 9
b c
即 3 ，所以离心率e 

 10 .
aa
故选：A.
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，那么直线 B1D1 与平面 ACD1 所成的角的余弦值是
（）
6
3
3
3
1D.
3
2
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，结合正方体的性质及边长，得出坐标关系，从而求出平面的法向量，再利用空间向量的余弦公式计算求解．
【详解】以 D 为原点，以 DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1 为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则 D1 0, 0,1, A1, 0, 0, C 0,1, 0, B1 1,1,1 ，
 D1A  1, 0, 1, D1C  0,1, 1, D1B1  1,1, 0 ，
→ ––––→
ACD→
n  D1 A  x  z  0→
设平面1 的法向量为 n   x, y, z  ，则→ ––––→
，令 z  1，则 n  1,1,1 ，
n  D1C  y  z  0
设直线 B D 与平面 ACD 所成的角为α，α  0, π  ，则
1 11
2 

––––→
→
––––→
D1B1  n
D1B1  n
→
cs π α  sinα26
2  3
 23 ，

csα
1 sin2α
3 ．
1 6
9
3
故选：B．
x2y2
已知椭圆C： 
16b2
 1b  0 的左右焦点分别为 F1 , F2 ，点O 为坐标原点，点 P 为椭圆C 上一点，点Q
2
为 PF2 中点，若△QOF2 的周长为 6，则椭圆C 的离心率为（ ）
1
4
【答案】B
1
33
D.
48
【解析】
【分析】由中位线性质得出焦点aPF1F2 的周长，从而求得半焦距，再由离心率的定义式计算可得．
【详解】因为Q 为 PF 的中点，而O 是 F F 中点，所以| OQ | 1 | PF | ，
21 221
所以△QOF2 的周长是aPF1F2 周长的一半，
又△QOF2 的周长为 6，所以aPF1F2 周长是 12，
即| PF1 |  | PF2 |  | F1F2 | 2a  2c  12 ，得 a  c  6 ，
又 a  4 ，所以c  2 ， e  c  1 ．
a2
故选：B．
已知O 0, 0 ， A3,0 ，圆C :  x  22  y2  r 2 r  0 上有且仅有一个点 P 满足 PA  2 PO ，则 r
的取值可以为（）
A. 1 或 3B. 2C. 3D. 1 或 5
【答案】A
【解析】
【分析】点 P 在阿波罗尼斯圆上，且是圆C 上唯一一点，可知两圆相切，求参问题需求出阿波罗尼斯圆的圆心和半径.
【详解】设 P  x, y  ，由 PA  2 PO ，两边平方得 x  32  y2  4x2  4 y2 ，
整理得 x 12  y2  4 ，圆心为 1, 0 ，半径为 2．
圆C :  x  22  y2  r 2 r  0 的圆心为2, 0 ，半径为 r ，
由题意知，两圆相切，圆心距为 1，当两圆外切时 r  2  1 无解，所以只能是两圆内切，即 r  2  1，
解得 r  3 或 1．
r  1时圆C 在内， r  3 时圆C 在外故选：A
如图，已知在四棱锥 P  ABCD 中，底面是边长为 2 的正方形，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三
角形， AB  平面 PAD ，点 E 是线段 PD 上的动点（不含端点），若线段 AB 上存在点 F （不含端点），使得异面直线 PA 与 EF 成30 的角，则线段 PE 长度的取值范围是（）
2 
0,
6 
0,
2 , 2 
6 , 2 
2 
3 
 2
 3

【答案】B

【解析】
【分析】首先取取 AD 中点G ，建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，结合二次函数的值域即可求出线段 PE 长度的取值范围.
【详解】如图，取 AD 中点G ，连接 PG ，因 AB  平面 PAD ， AB  平面 ABCD ，故平面 ABCD ⊥
平面 PAD ，
因△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，
故 PG  AD ，又 PG  平面 PAD ，且平面 ABCD ∩ 平面 PAD  AD ，所以 PG  平面 ABCD ，如图分别以GA, GP 和过点G 与 AB 平行的直线为 x, z, y 轴建立空间直角坐标系.
则G 0, 0, 0, A1, 0, 0, D 1, 0, 0, B 1, 2, 0, P 0, 0,1 ，
设 F 1, y, 0, 0  y  2 ，设 DE  xDP  x 1, 0,1   x, 0, x, 0  x  1 ，故 E  x 1, 0, x ，得 EF  2  x, y, x, PE   x 1, 0, x 1
又因为 PA  1, 0, 1 ，且异面直线 PA 与 EF 成30 的角，
2  x2  y2  x2
3
–––→ –––→–––→–––→

故 PA  EF
 PA  EF cs 30
，即2 
2 
2
即 x 12  1  1 y2 , 因0  y  2, 则有 x 12  0, 1  ，
323 

–––→ 222 –––→6 
则 PE 2  x 1  0, 3 , 故得 PE  0, 3  .

故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查运用建系法求解空间角的问题，属于较难题.
解题关键是根据条件建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，然后利用二次函数的值域求参数取值范围.
二､多选题（共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.）
给出下列命题，其中正确的是（ ）
rr2 
52 
向量 a  (5, 3,1), b   2, t,  5  ，若夹角为钝角，则实数 t 的取值范围为 , 15 

在空间直角坐标系中，点 P(1, 3, 5) 关于坐标平面Oyz 的对称点是 P(1, 3, 5)
→→→ → →
已知向量{a, b, c} 是空间的一个基底，若 m  a  c ，则{a, b, m}也是空间的一个基底
已知 A(1,1, 2), B(2, 2, 4), C(3, 2, 0) ，则向量
在向量–––→ 上的投影向量是 11 (3,1, 2)
【答案】BC
ACAB14
【解析】
【分析】由共线反向得到t 可判断 A，坐标系中点的对称，可判定 B；根据共面向量定理，可判定 C；根据投影向量的计算方法，可判定 D.
6rr62 

【详解】对于 A，当t   5 时， a  (5, 3,1), b   2,  5 ,  5  共线反向，故 A 错；
对于 B，由对称坐标表示可知点 P(1, 3, 5) 关于坐标平面Oyz 的对称点是 P(1, 3, 5) ，B 正确，
a, b, m
ma
对于 C，若 →→ 共面，则存在λ,μ R ，使得 →  λ→  μb ，
aca
由 m  a  c ，则 →  →  λ→  μb ，显然这两个未知量无实数解，
→ → →
所以{a, b, m}也是空间的一个基底，C 正确；
对于 D 中，由 A(1,1, 2) ， B(2, 2, 4) ， C(3, 2, 0) ，
14
–––→ –––→–––→
可得 AC  (4, 3, 2), AB  (3,1, 2) ，则 AC  AB  5, AB ，
–––→
AC  AB  AB 
5 (3,1, 2)
所以向量 AC 在向量 AB 上的投影向量为 –––→ –––→14
，所以 D 错误.
ABAB
故选：BC
下列说法正确的是（）
“直线 a2 x  y 1  0 与直线 x  ay  2  0 互相垂直”是“ a  1 ”的充分不必要条件
直线 xsinα y  2  0 的倾斜角θ的取值范围是 0, π    3π , π 

4  4
若圆 M : (x  4)2  ( y  4)2  r 2 r  0 上恰有两点到点 N 1, 0 的距离为 1，则 r 的取值范围是4, 6
过点 P 1, 2 且在 x 轴， y 轴上的截距互为相反数的直线方程是 x  y 1  0
【答案】BC
【解析】
【分析】利用直线垂直求出 a 的值，可判断选项 A 错误；根据直线的斜率为- sinα 计算斜率的取值范围，进而推出直线倾斜角的范围，得到选项 B 正确；问题转化为两个圆相交问题，根据圆心距和半径的关系得到选项 C 正确；对于 D：分截距是否为 0 两种情况求解可判断；
【详解】A.由两直线垂直得， a2 1 (1) (a)  0 ，解得 a  0 或1，
“ a  0 或1”是“ a  1 ”的必要不充分条件，选项 A 错误.
B.由 xsinα y  2  0 得， y  xsinα 2 ，直线斜率 k  sinα，
∵ 1  sinα 1，∴ 1  k  1 ，即1  tanθ 1，
∵θ[0, π) ，∴倾斜角θ的取值范围是 0, π    3π , π  .选项 B 正确.

4  4
C.到点 N (1, 0) 距离为1的点在圆 N : (x 1)2  y2  1 上，
由题意得， M (4, 4) ，圆 M : (x  4)2  ( y  4)2  r 2 r  0 与圆 N : (x 1)2  y2  1 有两个公共点，两圆
相交，
4 12  4  02
∵圆心距 MN 
∴ r 1  5  r 1，
 5 ，
∴ 4  r  6 ，即 r 的取值范围是4, 6 ，选项 C 正确.
对于 D：截距为 0 时，设直线方程为 y  kx ，又直线过点 P 1, 2 ，所以可得 k  2 ，所以直线方程为 y  2x ，
当截距不为 0 时，设直线方程为 x  y
aa
 1 ，又直线过点 P 1, 2 ，
所以可得 a  1 ，所以直线方程为 x  y 1  0 ，
所以过点 P 1, 2 且在 x 轴， y 轴上的截距互为相反数的直线方程为 x  y 1  0 或 y  2x ，故 D 错误；
故选：BC
x2y2
F , F1
已知椭圆C： 
a2b2
 1a  b  0 的左、右焦点分别为 12 ，短轴长为2
，离心率为 2 ， P 是椭
3
圆C 上异于长轴端点 A, B 的一动点，点Q 与点 P 关于原点对称，则（）
aPF1F2 的面积最大值为2
PF1
QF1
11的最小值为1
若以 PR 为直径的圆经过 A, B 两点，则 R 点的轨迹方程为4x2  3y2  16  x  2
π
椭圆C 上存在点 P ，使得F1PF2  3
【答案】BCD
【解析】
【分析】A 列关系式，求椭圆方程，当点 P 位于短轴顶点时， aPF1F2 的面积最大；B 证明四边形 PF1QF2
为平行四边形，再结合基本不等式可求；C 设过点 P, A, B 的圆的一般方程，将 P, A, B 三点坐标代入求出
圆方程，利用 P, R 关于圆心对称，求出 R 点坐标，再利用消参思想求出轨迹方程；D 当点 P 位于短轴顶点
时符合题意.
3
【详解】由题意可知， 2b  2
， c  1 ， a2  b2  c2 ，解得 a  2, b 3, c  1，
a2
x2y2
则C： 
43
1， F1 1, 0, F2
1, 0 ， A2, 0, B 2, 0 ,
3
3
当点 P 位于短轴顶点时， aPF F 的面积最大，最大值为 1  2 ，故 A 错误；
1 22
因点Q 与点 P 关于原点对称，则四边形 PF1QF2 为平行四边形，则 QF1  PF2 ，
因 PF
 PF
 4 ，则 1  1  1  1  1  1  1  PF
 PF 
12PFQFPFPF
PF 12
1112
PF2
PF1
PF1
PF2
 1  2   1 2  2  1,
4  PF12 
4
4


等号成立时 PF1
 PF2
 2 ，故 B 正确；
设过点 P, A, B 的圆的方程为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，
x2y2
设 P  x0 , y0  ，且 0  0  1， x0  2 ， y0  0 ，
43
则 x2  y2  Dx  Ey
 F  0 ， 4  2D  F  0 ， 4  2D  F  0 ，
0000
4   4  4 y2   y2
得 D  0, F  4 ，
4  x2  y2
3 0 0y ，
E  00    0
y0
2  y2  y0 y  4  0 ，圆心 M  0,  y0 

36 
关于点 M 对称，则 R  x ,  4 y0  ，
0

3

则过点 P, A, B 的圆的方程为 x
因 PR 为圆 M 的直径，则 P, R
y03
，

令 x  x , y   4 y0 ，则 x
 x, y
  3y ，
0
x2y2
3004
22
因 0  0  1，则4x
43
 3y
 16 ，
因 x0  2 ，则 R 点的轨迹方程为4x2  3y2  16  x  2 ，C 正确；
当点 P 位于短轴顶点时，此时aF PF 为等边三角形， F PF  π ，故 D 正确.
12123
故选：BCD
三､填空题（本题共 3 小题.每小题 5 分，共 15 分，）
3
x2y2FF
设椭圆C ：
a2
 1( a  0 ， b  0 )的左､右焦点分别为 1 ， 2 ，离心率为
b2
， P 是C 上一点，且
2
F1P  F2 P ，若aPF1F2 的面积为4 ，则a  ．
【答案】 4
【解析】
【分析】根据已知公式，结合椭圆的定义，勾股定理和面积公式，即可求解.
【详解】根据题意，离心率为 3 ，所以 c 3 ，所以3a2  4c2 ，设 F1P  m ， F2P  n ，
2a2
12
1 2
由椭圆的定义可得， m  n  2a ，因为 F P  F P ，所以 m2  n2  2c2 ，因为aPF F 的面积为4 ，
所以 1 mn  4 ，即 mn  8 ，所以m  n2  2mn  4c2 ，即4a2 16  3a2 ，解得 a 2  16 ，
2
因为 a  0 ，所以 a  4 .
故答案为： 4 .
如图所示，在棱长均为 2 的平行六面体 ABCD−ABCD 中， AAB  AAD  BAD  60 ，点 M 为 BC 与 BC 的交点，则 AM 的长为.
11
【答案】
【解析】
AMa
【分析】可以通过向量的加法将表示为其他向量的和，再利用向量的模长公式 →

来求解.
a
→2
––––→–––→––––→–––→1
【详解】根据向量加法三角形法则得到， AM  AB  BM  AB 
2
–––→–––→

BC  BB ，
––––→–––→1 –––→1 –––→––––→2 –––→1 –––→1 –––→ 2
即 AM  AB  AD  AA，即 AM
22
  AB  AD  AA
22

，展开得到，

1
––––→2–––→21 –––→21 –––→2–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
AM  AB  AD  AA  AB  AD  AB  AA  AD  AA ，
442
––––→21111
运用数量积公式计算得到 AM  4 11 2  2   2  2    2  2   11 .
2222
––––→2
AM
11
––––→
因为 AM

––––→
，所以 AM
.
11
故答案为：.
已知点 P 为直线l : x  y  2  0 上的动点，过点 P 作圆C : x2 + 2x + y2 = 0 的切线 PA, PB ，切点为
A, B ，则 PA  PB 的最小值为；当 PC  AB 最小时，则直线 AB 的方程为.
7
【答案】①.
2
②. 3x  3y 1  0
【解析】
2
【分析】由切线可知 AB  CP ， PA  PB ， 可得 PA  PB  PC 1， 进而分析最值； 整理可得
PC 2 1
PC  AB  2
，进而分析最值，利用两圆相交时公共弦的方程求法运算求解.
【详解】因为圆C : x2 + 2x + y2 = 0 可化为(x 1)2  y2  1，可知圆心为C 1, 0 ，半径 r  1，
又因为 PA, PB 是圆C 的两条切线，则 PA  AC, PB  BC ，
可知 A､P､B､C 四点共圆，且 AB  CP ， PA  PB ，
2
因为 PA  PB  PA 2  PC 2  r 2  PC 1 ，
当且仅当 PC  l 时， PC 取到最小值，即 PC  AB 取得最小值，可设直线 PC 的方程为 x  y  c  0 ，
代入点C 1, 0 可得1  0  c  0 ，即c  1，所以直线 PC 的方程为 x  y 1  0 ，
联立方程x  y 1  0 ，解得 x  1 , y  3 ，即 P  1 , 3  ，

2 2
x  y  2  0
 
22
 1
 2 1   2 
2
 3 2


3 2
则 PC 的最小值为
，
2
 3 2 27

所以 PA  PB 的最小值为
1  ；
22
又因为 PC  AB  2S
PACB

 4Sa PAC
 4  1  PA  AC
2
 2 PA  2，
PC 2 1
当且仅当 PC  l 时， PC 取到最小值，即 PC  AB 取得最小值，
 1

 2
1  
2
 3 2
 2 

3 2
 1 3 
1 3 
此时 P  ,  ， PC


，且线段 PC 的中点为  ,  ，
 2 2 
24 4 
1
2
3 2
则以 PC 为直径的圆的圆心为  1 , 3  ，半径为PC ，
4 4 
4
1 23 29
131
以 PC 为直径的圆的方程为 x     y    ，即 x2 + y2 + x - y - = 0 ，
4 4 8
222
因为圆C : x2 + 2x + y2 = 0 ，两圆相交，
所以两圆方程相减即为直线 AB 的方程3x  3y 1  0 .
故答案为： 7 ； 3x  3y 1  0 .
2
四､解答题（本题共 5 小题共 77 分.其中 15 题 13 分，16､17 题每题 15 分，18､19 题每题 17
分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
已知圆过点 A1, 1 ， B 1,1 且圆心 E 在直线 x  y  2  0 上.
求圆 E 的方程；
2
若直线l 经过点Q 3, 5 ，且与圆 E 相交截得的弦长为2，求直线l 的方程.
【答案】（1） (x 1)2  ( y 1)2  4
（2） x  y  2  0 或7x  y 16  0
【解析】
【分析】（1）求出线段 AB 的垂直平分线方程并与已知直线联立求得圆心，即可求解；
（2）按直线l 的斜率存在与不存在分情况讨论，根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式即可求解.
【小问 1 详解】
因为 A1, 1, B 1,1 ，
AB
所以线段 AB 的中点坐标为0, 0 ，直线 AB 的斜率 k
因此线段 AB 的垂直平分线方程是 y  x .
1 1
 11  1 ，
 y  xx  1
联立x  y  2  0 ，解得 y  1 ，

所以圆心 E 的坐标1,1 .
(11)2  (11)2
圆 E 的半径长 r  2
所以圆心为 E 的圆的标准方程是(x 1)2  ( y 1)2  4 ；
【小问 2 详解】
2
因为直线l 被圆 E 截得的弦长为2，
22  ( 2)2
所以圆 E 到直线l 的距离 d 
2 .
①当直线l 的斜率不存在时，此时圆心 E 到直线的距离为2 ，不符合题意.
k 2 1
k 1 5  3k
2
②当直线l 的斜率存在时，设l : y  5  k  x  3 ，即 kx  y  5  3k  0 .
所以

，解得 k  1 或k  7 .
直线l 的方程为 x  y  2  0 或7x  y 16  0
如图，四棱锥 P  ABCD 的侧棱 PD  底面 ABCD ，已知底面 ABCD 是正方形，若 AD  DP ，且
E 是 PC 的中点.
证明： PA / / 平面 BDE ；
求直线 PB 与平面 BDE 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
1
（2）
3
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，根据线面角向量法求解即可.
【小问 1 详解】
如图，连接 AC 交 BD 于点 F ，连接 EF ，因为底面 ABCD 是正方形，
所以 F 为 AC 的中点，又因为 E 是 PC 的中点，
所以在aPAC 中， PA / / EF ，
又 EF  平面 BDE ， PA  平面 BDE ，所以 PA / / 平面 BDE ；
【小问 2 详解】
因为四棱锥 P  ABCD 的底面 ABCD 是正方形，所以 AD  CD ，又因为侧棱 PD  底面 ABCD ， AD, CD  底面 ABCD ，
所以 PD  AD ， PD  CD ，
如图，以 D 为坐标原点，分别以 DA ， DC ， DP 为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，
设 AD  DP  2 ，则 D 0, 0, 0 ， B 2, 2, 0 ， E 0,1,1 ， P 0, 0, 2 .
→
所以 PB  2, 2, 2 ， DB  2, 2, 0 ， DE  0,1,1 ，设平面 BDE 的一个法向量为 n   x, y, z  ，
–––→ →
DB  n  02x  2 y  0
则–––→ →，即 y  z  0，
DE  n  0
PB  n
–––→
→
–––→ →
PB n
n
令 x  1 ，则 y  1， z  1，所以 →  1, 1,1 ，设直线 PB 与平面 BDE 所成角为θ，
sinθ
–––→ →
则cs PB, n
2 1 ，
2 3  3
3
1
即直线 PB 与平面 BDE 所成角的正弦值为 3 .
y2x2FF
已知椭圆C :
a2b2
 1(a  b  0) 的上、下焦点分别为 2 ， 1 ， M 为椭圆C 上的一个动点，当
F1MF2 取最大值时，其余弦值为
7
25 ，且点 M 到上焦点 F2 的距离的最大值为 9.又知双曲线 E 与椭圆
C 有公共焦点，它们的离心率之和为14 .
5
求椭圆C 的标准方程；
求双曲线 E 的标准方程；
设 P 是双曲线 E 与椭圆的一个交点，求aF1PF2 的面积.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
925
2
2
1
y  x 
412
3
6
【解析】
【分析】（1）设椭圆的焦距为2c .当点 M 在椭圆左右顶点时， F1MF2 取最大值；当点 M 在椭圆下顶点时，点 M 到上焦点 F2 的距离最大.由此得到 a, c 关系，根据 a2  b2  c2 求出 a2 , b2 ，得到椭圆C 的标准
方程.
由双曲线 E 与椭圆C 有公共焦点且它们的离心率之和为而求出双曲线 E 的标准方程.
14
，可得到双曲线的实半轴长和半焦距，从
5
结合双曲线和椭圆的定义，得到 PF1 ，PF2
sin F1PF2 ，并求得aF1PF2 的面积.
的关系，利用余弦定理求得cs F1PF2 ，从而求得
【小问 1 详解】
当F1MF2 取最大值时， M 为短轴的端点，如图 1：
由cs F MF   7
， cs F MF  1 2 sin2 F MO ，sin F MO  4 ，所以 c  4 .
1225
121
15a5
又点 M 到上焦点 F2 的距离的最大值为 9，如图 2，即 a +c = 9 ，解得 a  5 ， c  4 .
222
x2y2
由 a  b  c ，可得b  3 ，
椭圆C 的方程为
 1.
925
【小问 2 详解】
y2
由题意，设双曲线 E 的方程为
 x2  1a
0, b
0 ，且 a2  b2  c2 .
a2b211
111
x2y2
11
(0, 4)4
由椭圆方程为
9
 1，得到焦点坐标为 25
，椭圆的离心率为 .
5
因为双曲线 E 与椭圆C 有公共焦点，则c1  c  4 .
因为椭圆与双曲线的离心率之和为14 ，即 4  c1  14 ，所以双曲线 E 的离心率 c1
 2 ，
c  2a  4
a  2
55a15
a1
y2x2
则 11
，即 1
，所以b1 
 2
，故双曲线 E 的方程是
4
 1.
12
c2  a2
11
3
【小问 3 详解】
由（1）（2）结合椭圆和双曲线的定义，得 PF1  PF2
 10 ，
PF1  PF2
 4 ，
 PF1
解得
 7, PF1
或
 3,
又 F F  8 ，所以在aPF F 中，
 PF
 3, PF
 7.1 21 2
2
2
PF 2  PF 2  F F 272  32  821
12
由余弦定理得cs F PF
 121 2   ，
2  PF1
PF2
2  7  37
所以sin F1PF2

 4 3 .
1 cs2 F PF
12
7
3
故aF1PF2 的面积为 1 PF PF sin F PF  1  3 7  4 3  6.
2121227
如图，在三棱锥 P  ABC 中，∠ABC  90∘ , AB  BC  2, D, E 分别为 BC, AC 的中点，△PBC 为正三角形，平面 PBC  平面 ABC .
连接 PD ，求证： PD  平面 ABC ；
求点 B 到平面 PAC 的距离；
在线段 PC 上是否存在异于端点的点 M ，使得平面 PAC 和平面 MDE 夹角的余弦值为 7 ？若存
7
在，确定点 M 的位置；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2） 2 21
7
（3）存在， M 为 PC 中点
【解析】
【分析】（1）根据已知条件利用线面垂直的判定定理证明即可；
→
根据（1）中的结论以及已知条件以 D 为原点， DB, DE, DP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，从而得出相关向量的坐标，设平面 PAC 的法向量为 n   x, y, z  ，建立方程组得出法向量的坐标，再利用向量法求出点到面的距离即可；
PM  λPC ，且λ 0,1 ，根据（1）的结论和（2）建立的空间直角坐标系以及已知条件，利用
向量法列出平面 PAC 和平面 MDE 夹角的余弦值的表达式求出参数λ分析即可.
【小问 1 详解】
连接 PD ，如图所示：
maPBC 为正三角形，又 D 为 BC 中点，
 PD  BC ，
m平面 PBC  平面 ABC ，平面 PBC ∩ 平面 ABC  BC, PD  平面 PBC ，
 PD  平面 ABC .
【小问 2 详解】
由（1）知 PD  平面 ABC ，又 DB, DE  平面 ABC ，
 PD  DB, PD  DE ，
mABC  90∘ , D, E 分别为 BC, AC 的中点，
 DE ∥ AB, AB  BC ，
 BC  DE ，
如图：
，
以 D 为原点， DB, DE, DP 分别为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
m AB  BC  2 ，
则 D 0, 0, 0, B 1, 0, 0, C 1, 0, 0, A1, 2, 0, P 0, 0, 3 , E 0,1, 0 ，
–––→–––→–––→
所以 PC  1, 0,  3 , AC  2, 2, 0 PB  1, 0,  3  ，
→
设平面 PAC 的法向量为 n   x, y, z  ，
→
–––→
PC·n  0
则
 x 
3z  0
，
–––→ →
 AC·n  0
2x  2 y  0

→
令 z  1，则 n  
3, 3,1
7
 3  0  3
2 21
–––→ →
PB·n
则点 B 到平面 PAC 的距离为 → .
n7
【小问 3 详解】
设存在，
→
由（1）可知 n   3, 3,1 是平面 PAC 的一个法向量，
由题可设 PM  λPC ，且λ 0,1 ，
 
––––→–––→––––→
 DM  DP  PM  0, 0, 3  λ, 0, 
3
––––→
3λ  λ, 0,
 3λ，
则 PM  λ1, 0  3   λ, 0,  3λ ，
→
设平面 MDE 的法向量为 m  a, b, c ，由于 DE  0,1, 0 ，
→
––––→
DM ·m  0
则
 λa  
 3λc  0

3
 3λ
 a c ，
3
–––→ →
λ
DE·m  0
b  0
b  0
3
→
令c  λ，则 m   3λ, 0,λ，
 cs
→ →
n, m
→ →
3λ 3  0 λ
7  4λ2  6λ 3
7
→→

 n m ，
n  m7
整理得2λ2  3λ 1  0 ，解得λ 1 或λ 1 （舍），
2
故存在点 M ，使得平面 PAC 和平面 MDE 夹角的余弦值为 7 ，
7
此时 M 为 PC 中点.
x2y22
A, B
19. 已知椭圆G :
a2b2
 1a  b  0 的离心率为
，短轴长为 2，椭圆G 上有两点
2
关于原点对称，
动点 P 与 A, B 两点的连线分别交椭圆G 于点C, D ，满足–––→ 
–––→–––→–––→
，.
求椭圆G 的方程；
求动点 P 的轨迹方程；
CA2PC
DB  2PD
过 P 点作椭圆G 的两条切线（与坐标轴不垂直），试探究两切线斜率乘积是否为定值？
x22
【答案】（1） y  1
2
2
2
1
x  y 
42
为定值，证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质并结合题意建立方程，求出基本量，进而得到椭圆方程即可.
–––→
结合题意， 设出点的坐标， 利用
–––→ 得到 x2   y2  xx
 2 yy
 4 ， 利用 –––→–––→ 得到
CA2PC
x2   y2  xx  2 yy  4 ，再将两式相加即可.
11DB  2PD
11
设出切线方程并联立方程组得到( 1  k 2 )x2  2k ( y  kx )x  ( y  kx )2 1  0 ，再结合判别式得
20000
00 00
到(x2  2)k 2  2x y k  y2 1  0 ，最后利用韦达定理求解即可.
【小问 1 详解】
因为椭圆的短轴长为 2，离心率为 2 ，所以b  1， c 2 ，
2
2a2
由椭圆的性质得 a2  c2  b2  1，且2c 
2a ，解得 a ， c  1，
则椭圆G 的方程为
x2  2
y
2
 1.
【小问 2 详解】
设 A(x1, y1), C(x2 , y2 ), P(x, y), D(x3, y3 ) ，
–––→
–––→
而 A, B 关于原点对称，则 B(x1,  y1) ，可得CA  (x1  x2 , y1  y2 ) ， PC  (x2  x, y2  y) ，
因为–––→–––→ ，所以x1  x2  2(x2  x) ，解得 x
 2x  x1 , y
 2 y  y1 ，
CA  2PC
 y  y  2( y
 y)
2323
 122
C( 2x  x1 , 2 y  y1 )
x22
可得，因为C 在椭圆上，所以其坐标满足 y
332
 1，
( 2x  x1 )2
则 3  ( y1  2 y )2  1，化简得 x
2   y2
 xx1  2 yy1  4 ，
2
–––→
3
–––→
而 DB  (x1  x3 ,  y1  y3 ) ， PD  (x3  x, y3  y) ，
–––→–––→
x1  x3  2(x3  x)
因为 DB  2PD ，所以 y  y
 2( y
 y) ，
133
解得 x
 2x  x1 , y
 2 y  y1 ，则 D( 2x  x1 , 2 y  y1 ) ，

333333
因为 D 在椭圆上，所以其坐标满足
x2  2
y
2
 1，
( 2x  x1 )2
则 3  ( 2 y  y1 )2  1 ，化简得 x
23
2   y2
 xx1  2 yy1  4 ，
两式相加可得2x
2   y2
2
2
 8 ，即 x  y  1 .
42
【小问 3 详解】
如图，作出符合题意的图形，
由题设，切线的斜率必定存在，设斜率为 k ，得到切线方程为 y  y0  k (x  x0 ) ，
 y  y0  k (x  x0 )

联立方程组 x2
 2
，

y2  1
得到( 1  k 2 )x2  2k ( y  kx )x  ( y  kx )2 1  0 ，
20000
因为直线与椭圆相切，所以  0 ，
可得2k ( y  kx )2  4 ( 1  k 2 )  ( y  kx )2 1  0 ，
00200
00 00
化简得(x2  2)k 2  2x y k  y2 1  0 ，
设过 P(x0 , y0 ) 的两条切线的斜率分别为 k1, k2 ，
x2y222
因为 P 的轨迹方程为 0  0  1，所以解得 x0  4  2 y0 ，
42
y2 1
y2 1
y2 1
y2 11
由韦达定理得 k1k2  0  0  0  0   .
x2  24  2 y2  22  2 y22( y2 1)2
0000