陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷

这是一份陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高二上学期11月考试数学试卷，共24页。
本试卷共 4 页，满分 150 分，时间 120 分钟.
答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效.
作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.
考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知平面α的一个法向量为 m  a,1, 2 ，平面β的一个法向量为 n  1, 4, 3 ，若α β，则实数a 
（）
A 7
B. 3
C. 1
D. 2
若直线l1 : 3x  4 y  10  0 与直线l2 : mx  8 y 10  0 平行，则l1 与l2 之间的距离是（）
2
A. 3B. 1C. 1
D. 4
已知定点 A2, 0 ， B 2, 0 ，动点 P 满足 PA  PB  6 ，则动点 P 的轨迹方程为（）
1

x2y2
​
x2y2
1

​
x2y2
1

​
x2y2

1
5995
593632
如图是济新高速黄河三峡大桥鸟瞰图，该桥是世界首座独塔地针式回转缆悬索桥.大桥主跨OA 长约 500米，主塔 AB 高约 100 米，缆悬索OB 是以O 为顶点且开口向上的抛物线C 的一部分，若 F 为抛物线C 的焦点，则主塔端点 B 到焦点 F 的距离约为（ ）
A 1350 米B. 758 米C. 725 米D. 558 米
5. 在空间直角坐标系Oxyz 中，定义：经过点 P  x0 , y0 , z0  且一个方向向量为 m  a, b, cabc  0 的直线
l 的方程为 x  x0  y  y0  z  z0 ，经过点 P  x , y , z  且一个法向量为 n  λ,μ,ω 的平面α的方程为
abc
000
λ x  x0   μ y  y0  ω z  z0   0 .现给出平面α的方程为2x  2 y  z  6  0 ，经过点 P 0,1,1 的直
线l 的方程为 x  1 y  z  1 ，则直线l 与平面α所成角的正弦值为（）
322
2 14
7
6.
x2  y2 
14
7
3
​
14
FFP
11
14
Q 0, 3
VPQF
已知双曲线
412
的左、右焦点分别为 1 、 2 ，点
是双曲线左支上一点，点
，则2
周长的最小值为（）
A. 10B. 12C. 14D. 16
已知圆C : x2  y2  4 上到直线l : x  y  b  0 的距离等于1 的点恰有两个，则实数b 的取值范围是（）
A. 
2, 2 
B. , 
∪ 
2, 
C 3 2, 3 2 
y2x2
D. 3 2,  2  ∪  2, 3 2 
M , N , Fx
M , N , F
已知椭圆C :
a2b2
 1a  b  0 的右顶点，上顶点和上焦点分别是
，若 轴恰与过
三点的圆相切，则椭圆C 的离心率为（）
2
1
5 1 2
3 1 2
2 1 2
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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.
下列命题为真命题的是（）
已知向量 a / /b ，则任意向量都不能与 a, b 构成空间的一个基底
若直线l 的一个方向向量为u  1, 2, 2 ，平面α的一个法向量为v  2,1, 2 ，则l / /α
“存在实数
x, y
→→→
，使c  xa  yb ”是“ c 与 a, b 共面”的充分不必要条件
–––→ –––→ –––→
–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
已知OA, OB, OC是空间的一个基底，且OD  OA  OB  OC ，则点 D 在平面 ABC 内，且
333
D 为V ABC 的重心
已知圆C : x2  y2  2x  4 y λ 0 ，则下列结论正确的有（）
λ的取值范围为, 5
若λ 3 ，则点 P 1, 0 在圆C 内
若λ 3 ，则直线 x  y  3  0 与圆C 相离
若λ 1 ，圆C 关于直线 x  y 1  0 对称的圆 D 的方程为 x2  y2  2x  4 y  1  0
已知 O 为坐标原点，过抛物线C : y2  2 px( p  0) 焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两点，其中 A 在第一
象限，点 M ( p, 0) ，若| AF || AM |，则（）
6
直线 AB 的斜率为2
| OB || OF |
| AB | 4 | OF |D. OAM  OBM  180
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
y22
3
2
已知双曲线C :
a
 x  1a  0 的离心率是
，则双曲线C 的实轴长为.
已知 P, Q 两点分别在圆C1 : x  ( y 12)  9 和圆C : x  y 10x  21  0 上，则 PQ 的最小值为
2
2222
.
已知正方体的棱长为 2 ，点 P 是正方体外接球的球面上一点， M , N 为正方体内切球的球面上的两点，若 MN  2 ，则 PM  PN  .
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
已知V ABC 的三个顶点的坐标分别为 A2, 0, B 1, 0, C 2, 6 .
求 BC 边上的高所在直线的一般式方程；
求∠BAC 的平分线所在直线的斜截式方程.

2
2
2
2
已知双曲线C : xy 1a  0,b  0 的焦距为4 5 ，其渐近线方程为 y  2x .
ab
求双曲线C 的方程；
若过点 M 1, 6 的直线与双曲线C 相交于 A, B 两点，且 M 为线段 AB 的中点，求直线 AB 的方程.
已知圆 P 的方程为 x2  y2  6x  2 y  a  0 ，其中 a  R .
6
若圆 P 和圆O : x2  y2  4 的公共弦长为，求 a 的值；
若过点1, 4 的圆Q 与圆 P 相切，切点为2,1 ，求圆Q 的标准方程.
如图 1，在等腰直角VPAB 中， ∠A  90, AB  AP  12, D, C 分别为 PA, PB 的中点.将△PDC 沿
2
DC 向平面 ABCD 上方翻折，得到如图 2 所示的四棱锥 P  ABCD ，且 PA  6
Q 在线段CN 上运动.
证明： CN  平面 PAB ；
若QC  2QN ，求平面 PAQ 与平面 ABCD 夹角的余弦值；
求动点Q 到直线 AP 的距离的取值范围.
.记 PB 的中点为 N ，动点

2
2
2
2
已知椭圆C : xy  1a  b  0 上的点 A 到两焦点的最大矩离和最小距离分别为 3 和 1.
ab
求椭圆C 的标准方程；
过椭圆C 的左焦点 F1 作不与 x 轴重合的直线 MN 与椭圆C 相交于 M、N 两点，过点 M 作直线
m : x  2a 的垂线 ME, E 为垂足.求：
①已知直线 EN 过定点 P ，求定点 P 的坐标；
②点O 为坐标原点，求VOEN 面积的最大值.
咸阳市实验中学 2025—2026 学年度第一学期第二次质量检测
高二数学
注意事项：
本试卷共 4 页，满分 150 分，时间 120 分钟.
答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效.
作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效.
考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收.
一､选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知平面α的一个法向量为 m  a,1, 2 ，平面β的一个法向量为 n  1, 4, 3 ，若α β，则实数a 
（）
7
3
1
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面的位置关系可得法向量关系，根据坐标运算可求结果.
【详解】因为α β，所以 m  n  m  n  0  a,1, 21, 4, 3  0 ， 所以 a  4  6  0 ，所以 a  2 ，
故选：D.
若直线l1 : 3x  4 y  10  0 与直线l2 : mx  8 y 10  0 平行，则l1 与l2 之间的距离是（）
2
A. 3B. 1C. 1
D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】先利用平行直线的判定可求出m ，再利用平行直线间的距离公式可得答案.
【详解】对于 l ：斜率 k   3  3 ，
1144
对于 l ：，斜率 k   m  m ，
2288
因为l1//l2
，所以 3  m ，
48
即： m  3  8  6 ， 4
9 16
25
因此， l2 的方程为： 6x  8 y 10  0 ，即3x  4 y  5  0 ，两条平行直线l1, l2 之间的距离为：
32  (4)2
d  ∣10  (5∣)
 ∣10  5∣  15
 15  3 .
5
故选：A
已知定点 A2, 0 ， B 2, 0 ，动点 P 满足 PA  PB  6 ，则动点 P 的轨迹方程为（）
1

x2y2
​
x2y2
1

​
x2y2
1

​
x2y2

1
5995
593632
【答案】B
【解析】
【分析】题目条件符合椭圆的定义，求出 a, b, c 即可写出轨迹方程
【详解】结合椭圆定义可知，动点 P 的轨迹为以 A ， B 为焦点且长轴长为 6 的椭圆， a  3 ， c  2 ，所以
2
2
b2  5 ，动点 P 的轨迹方程为 x  y  1 .
95
故选：B
如图是济新高速黄河三峡大桥鸟瞰图，该桥是世界首座独塔地针式回转缆悬索桥.大桥主跨OA 长约 500米，主塔 AB 高约 100 米，缆悬索OB 是以O 为顶点且开口向上的抛物线C 的一部分，若 F 为抛物线C 的焦点，则主塔端点 B 到焦点 F 的距离约为（ ）
A. 1350 米B. 758 米C. 725 米D. 558 米
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，建立直角坐标系，求出其准线方程，结合抛物线的定义即可求解.
【详解】以O 为原点，直线OA 为 x 轴，过O 且与主塔 AB 平行的直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，连接 AF ， BF ，则 A(500, 0), B(500,100) ，
设抛物线C 的方程为 x2  2 py( p  0) ，则5002  2 p 100 ，解得 p  1250 ，因此抛物线C 的焦点为 F (0, 625) ，
准线方程为 y  625 ，
利用抛物线的定义得： | BF | 100  625  725 .
故选：C
在空间直角坐标系Oxyz 中，定义：经过点 P  x0 , y0 , z0  且一个方向向量为 m  a, b, cabc  0 的直线
l 的方程为 x  x0  y  y0  z  z0 ，经过点 P  x , y , z  且一个法向量为 n  λ,μ,ω 的平面α的方程为
abc
000
λ x  x0   μ y  y0  ω z  z0   0 .现给出平面α的方程为2x  2 y  z  6  0 ，经过点 P 0,1,1 的直
线l 的方程为 x  1 y  z  1 ，则直线l 与平面α所成角的正弦值为（）
322
2 14
7
【答案】B
14C.3
714
D. 11
14
【解析】
【分析】求出直线l 的一个方向向量和平面α的一个法向量，利用空间向量法可求得直线l 与平面α所成角 的正弦值.
【详解】直线l 的方程可化为 x  y 1  z 1 ，所以直线l 的一个方向向量为 m  3, 1, 2 ，
312
易知平面α的一个法向量为 n  2, 2,1 ，
–→ →
m  n
614
所以cs
m, n
 –→→ .
14  3
m  n7
因此，直线l 与平面α所成角的正弦值为 14 .
7
故选：B.
​
x2  y2 
FFP
Q 0, 3
VPQF
已知双曲线
412
的左、右焦点分别为 1 、 2 ，点
是双曲线左支上一点，点
，则2
周长的最小值为（）
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】C
【解析】
【 分 析 】 由 双 曲 线 的 定 义 得 出
PF2
 4  PF1
， 即 得 出
VPQF2 的 周 长 为
PQ  PF2
 QF2
 QF1  QF2
 4 ，由点 P 为线段QF1 与双曲线的交点时，VPQF2 周长取最小值，即可
求解.
【详解】如下图所示：
2
在双曲线 x
2
3
y
 1中， a  2 ， b  2
，则c 
 4 ，则 F1 4, 0 、 F2 4, 0 ，
412
由双曲线的定义可得 PF2
 PF1
a2  b2
 2a  4 ，所以 PF2
 4  PF1 ，
所以VPQF2 的周长为 PQ  PF2
 QF2
 PQ  4  PF1  QF2
 QF1  QF2
 4  2 QF1  4
0  42  3  02
 2 4  14 ，
当且仅当点 P 为线段QF1与双曲线的交点时，等号成立，
故VPQF2 周长的最小值为14 .
故选：C.
已知圆C : x2  y2  4 上到直线l : x  y  b  0 的距离等于1 的点恰有两个，则实数b 的取值范围是（）
A. 
2, 2 
B. , 
∪ 
2, 
C. 3 2, 3 2 
D. 3 2, 
2  ∪ 
2, 3 2 
【答案】D
【解析】
【分析】先判断圆心到直线的距离 d 1, 3 ，利用距离公式列不等式即解得参数的取值范围.
【详解】圆C : x2  y2  4 的圆心是C 0, 0 ，半径 r  2 ，
2
2
2
而圆C : x2  y2  4 上恰有两个点到直线l : x  y  b  0 的距离等于 1，所以圆心C 0, 0 到直线l 的距离 d ，满足1  d  3，
2
0  0  b
b
2
2
即 d 1, 3 ，解得3
 b  或
 b  3.
故选：D.
y2x2
M , N , Fx
M , N , F
已知椭圆C :
a2b2
 1a  b  0 的右顶点，上顶点和上焦点分别是
，若 轴恰与过
三点的圆相切，则椭圆C 的离心率为（）
2
1
5 1
2
3 1
2
2 1
2
【答案】B
【解析】
【分析】利用过 M , N , F 三点的圆恰与 x 轴相切，求出圆的标准方程，再利用点 N 在圆上，坐标适合方程即可求解．
【详解】由已知可得： M b, 0 ， N 0, a ， F 0, c ，
线段 NF 的垂直平分线方程为 y  a  c ，过 M , N , F 三点的圆恰与 x 轴相切，
2
所以圆心坐标为 b, a  c  ，圆的半径为 a  c ，
22

2a  c 2

 a  c 2
所以经过 M , N , F 三点的圆的方程为 x  b   y 
2  2，
2a  c 2

 a  c 2
N 0, a 在圆上，所以0  b
  a 
   ，
22
整理得： b2  ac ，所以 a2  c2  ac ，所以c2  ac  a2  0 ，
化为： e2  e 1  0 ，由0  e  1，解得e 
5 1 ．
2
故选：B．
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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.
下列命题为真命题的是（）
已知向量 a / /b ，则任意向量都不能与 a, b 构成空间的一个基底
若直线l 的一个方向向量为u  1, 2, 2 ，平面α的一个法向量为v  2,1, 2 ，则l / /α
“存在实数
x, y
→→→
，使c  xa  yb ”是“ c 与 a, b 共面”的充分不必要条件
–––→ –––→ –––→
–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
已知OA, OB, OC是空间的一个基底，且OD 
OA  OB 
OC ，则点 D 在平面 ABC 内，且
D 为V ABC 的重心
【答案】ACD
【解析】
333
【分析】A：根据空间的基底的概念作出判断；B：根据直线在平面内和不在平面内讨论；C：根据互相推出
关系作出判断；D：先化简得到 DA  DB  DC  0 证明点在面内，再根据重心是中线的交点作出判断.
【详解】对于 A：因为 a / /b ，所以 a, b 共线，所以任意向量与 a, b 都共面，
所以任意向量都不能与 a, b 构成空间的一个基底，故 A 正确；
→→→→
对于 B：因为u  1, 2, 2, v  2,1, 2 ，所以u  v  2  2  4  0 ，所以u  v ，
此时l / /α或l α，所以l / /α不一定成立，故 B 错误；
对于 C：“存在实数
x, y
→→→
，使c  xa  yb ”可以推出“ c 与 a, b 共面”，
但“ c 与 a, b 共面”不一定能推出“存在实数
→
x, y
→→→
，使c  xa  yb ”，
x, y
→→→
例如：当 a, b 共线但c 与a, b 不共线时， c 与 a, b 共面，但不存在实数
，使c  xa  yb ，
所以“存在实数
x, y
→→→
，使c  xa  yb ”是“ c 与 a, b 共面”的充分不必要条件，故 C 正确；
–––→1 –––→1 –––→1 –––→
对于 D：因为OD  3 OA  3 OB  3 OC ，所以3OD  OA  OB  OC ，所以OA  OD  OB  OD  OC  OD  0 ，所以 DA  DB  DC  0 ， 所以 DA, DB, DC 共面且有公共点 D ，所以点 D 在平面 ABC 内；
取 BC 中点 E ，则有 AD  DB  DC  2DE ，
同理取 AC 中点 F ，则有 BD  DA  DC  2DF ，所以 D 为V ABC 的重心，故 D 正确；
故选：ACD.
已知圆C : x2  y2  2x  4 y λ 0 ，则下列结论正确的有（）
λ的取值范围为, 5
若λ 3 ，则点 P 1, 0 在圆C 内
若λ 3 ，则直线 x  y  3  0 与圆C 相离
若λ 1 ，圆C 关于直线 x  y 1  0 对称的圆 D 的方程为 x2  y2  2x  4 y  1  0
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：化简得到圆C 的标准方程，根据半径大于0 求解结果；B：根据 CP 与半径 r 的大小关系作出判断；C：根据圆心到直线的距离与半径的关系作出判断；D：先判断点C 的位置，然后可求圆 D 的方程.
【详解】C : x2  y2  2x  4 y λ 0  C :  x 12   y  22  5 λ，圆心C 1, 2 ，半径
r 5 λ，
对于 A：因为5 λ 0 ，所以λ 5 ，故正确；
4  4
对于 B：因为 CP 
 2
， 5 λ 2，
2
8
2
所以 CP  r ，所以点 P 1, 0 在圆C 内，故正确；
2
1 2  3
2
2
对于 C：当λ 3 时， r ，圆心到直线的距离 d  r ，所以直线 x  y  3  0 与圆C 相切，故错误；
对于 D：因为C 1, 2 在直线 x  y 1  0 上，所以圆C 关于 x  y 1  0 的对称圆即为圆C ，
所以圆 D 的方程为 x2  y2  2x  4 y  1  0 ，故正确；故选：ABD.
已知 O 为坐标原点，过抛物线C : y2  2 px( p  0) 焦点 F 的直线与 C 交于 A，B 两点，其中 A 在第一
象限，点 M ( p, 0) ，若| AF || AM |，则（）
6
直线 AB 的斜率为2
| OB || OF |
| AB | 4 | OF |D. OAM  OBM  180
【答案】ACD
【解析】
【分析】由 AF  AM 及抛物线方程求得 A(3 p ,6 p ) ，再由斜率公式即可判断 A 选项；表示出直线
42
AB 的方程，联立抛物线求得 B( p , 6 p ) ，即可求出 OB 判断 B 选项；由抛物线的定义求出
33
AB  25 p 即可判断 C 选项；由OA  OB  0 ， MA  MB  0 求得∠AOB ， AMB 为钝角即可判断 D
12
选项.
【详解】
F (, 0)
对于 A，易得p，由 AF
2
 AM
可得点 A 在 FM 的垂直平分线上，则 A 点横坐标为
p  p
2  3 p ，
24
代入抛物线可得 y2  2 p  3 p  3 p2 ，则 A(3 p ,
6 p ) ，则直线 AB 的斜率为
6 p
6
2 2
，A 正确；
4242
3 p  p
6
42
对于 B，由斜率为2
可得直线 AB 的方程为 x 1
y  p ，联立抛物线方程得
2
2 6
6
y2  1
py  p2  0 ，
666 p
6 p 2
设 B(x1, y1 ) ，则
2
p  y1  6 p ，则 y1  3，代入抛物线得 3   2 p  x1 ，解得
x  p ，则 B( p , 

6 p ) ，
1333
 p 2
 3    

6 p 
2


3


7 pp
则 OB 
 OF
3
 ，B 错误；
2
对于 C，由抛物线定义知： AB  3 p  p  p  25 p  2 p  4 OF
4312
，C 正确；
–––v –––v
3 p6 pp
6 p3 p p
6 p 
6 p 
3 p2
对于 D， OA  OB  (,
4
)  (, 
23
)  
3
2 
3   4
 0 ，则∠AOB 为钝
43
角，
–––v –––v
p6 p
2 p6 pp 
2 p 
6 p 
6 p 
5 p2
又 MA  MB  (,
4
)  (, 
23
3 )   4   3  2 3   6
 0 ，则AMB 为

钝角，
又AOB  AMB  OAM  OBM  360∘ ，则OAM  OBM  180∘ ，D 正确.故选：ACD.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
y22
3
2
已知双曲线C :
a
 x  1a  0 的离心率是
，则双曲线C 的实轴长为.
2
【答案】
【解析】
【分析】根据离心率的公式以及c2  a2  b2 可求解出 a 的值，则结果可知.
3
2

e  c 
【详解】因为a，解得 a ，所以实轴长为2a 2 ，
c2  a2  b2  a2 12
2
故答案为：.
已知 P, Q 两点分别在圆C1
: x2  ( y 12)2  9 和圆C
: x2  y2 10x  21  0 上，则 PQ 的最小值为
2
.
【答案】8
【解析】
【分析】判断出两圆外离，根据 PQ min  C1C2
 (R1  R2 ) 求解即可.
【详解】因为C1(0,12), R1  3 ， C2 (5, 0), R2  2 ，
所以| C C
|
 13  5  R
 R ，
52 122
1 212
所以圆C1 与圆C2 外离，
所以 PQ min  C1C2  (R1  R2 )  8 .
故答案为： 8
已知正方体的棱长为 2 ，点 P 是正方体外接球的球面上一点， M , N 为正方体内切球的球面上的两点，若 MN  2 ，则 PM  PN  .
【答案】2
【解析】
––––→ –––→
【分析】根据 MN 的长度判断出其为内切球的直径，然后通过化简可得
–––→2
––––→2 ，代入外接球
PM  PN  PO  OM
和内切球的半径可计算出结果.
3
【详解】因为正方体棱长为2 ，所以外接球的半径为 R ，内切球的半径 r  1，因为 MN  2 ，所以 MN 是内切球的直径，如图所示，设两个球心均为O ，
   
––––→ –––→–––→––––→–––→–––→–––→––––→–––→––––→–––→2
所以 PM  PN  PO  OM  PO  ON  PO  OM  PO  OM  PO
所以 PM  PN  R2  r 2  2 ，故答案为： 2 .
––––→2
 OM ，
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
已知V ABC 的三个顶点的坐标分别为 A2, 0, B 1, 0, C 2, 6 .
求 BC 边上的高所在直线的一般式方程；
求∠BAC 的平分线所在直线的斜截式方程.
【答案】（1） x  2 y  2  0
（2） y  x  2
【解析】
【分析】（1）求出直线 BC 的斜率，可得出 BC 边上的高所在直线的斜率，可得出 BC 边上的高所在直线的点斜式方程，化为一般式方程即可；
（2）由图可知BAC  90 ，所以∠BAC 的平分线所在直线的斜率为1，可得到∠BAC 的平分线所
在直线的点斜式方程，化为斜截式方程即可.
【小问 1 详解】
因为点 B 1, 0 、C 2, 6 ，则 kBC
 6  0  2 ， 2  1
所以， BC 边上的高所在直线的斜率为 1 ，
2
又 A2, 0 ，所以 BC 边上的高所在直线的方程为 y  0   1  x  2 ，即 x  2 y  2  0 ，
2
即 BC 边上的高所在直线的一般式方程为 x  2 y  2  0 .
【小问 2 详解】
如图，可得BAC  90 ，所以∠BAC 的平分线所在直线的倾斜角为135 ，斜率为tan135  1 ，又 A2, 0 ，所以∠BAC 的平分线所在直线的方程为 y  0   x  2 ，即 y  x  2 ，
即∠BAC 的平分线所在直线的斜截式方程为 y  x  2 .
2
2
已知双曲线C : x
y 1a  0,b  0 的焦距为4 5 ，其渐近线方程为
y  2x .

2
2
ab
求双曲线C 的方程；
若过点 M 1, 6 的直线与双曲线C 相交于 A, B 两点，且 M 为线段 AB 的中点，求直线 AB 的方程.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
416
（2） 2x  3y 16  0
【解析】
5
2c  4
 b
 a
【分析】（1）由题意可得  2

c2  a2  b2
，进而求解即可；
（2）分直线斜率不存在和存在两种情况，结合点差法求解即可.
【小问 1 详解】
5
2c  4
b

 a
由题意知，   2，

c2  a2  b2
222
x2y2
解得 a  4, b  16, c  20 ，故双曲线C 的方程为
 1.
416
【小问 2 详解】
①当过点 M 1, 6 的直线斜率不存在时，若点 M 为 AB 的中点，则点 M 必在 x 轴上，这与 M 1, 6 矛盾；
②当过点 M 1, 6 的直线斜率存在时，设斜率为 k k  0 ，则直线方程为 y  6  k  x 1 ，设 A x1 , y1 , B  x2 , y2  ，因为点 M 1, 6 为线段 AB 的中点，
所以 x1  x2  2, y1  y2  12 ，
x2y2
4x2  y2  16
因为 A, B 在双曲线
 1上，所以
416
11，
22
4x2  y2  16
则4  x1  x2  x1  x2    y2  y1  y2  y1   0 ，
所以 k  y2  y1  4  x2  x1   8  2 ，
x2  x1y2  y1123
则所求直线方程为 y  6  2  x 1 ，即2x  3y 16  0 .
3
经检验此时直线与双曲线有两个交点，满足题意.
已知圆 P 的方程为 x2  y2  6x  2 y  a  0 ，其中 a  R .
6
若圆 P 和圆O : x2  y2  4 的公共弦长为，求 a 的值；
若过点1, 4 的圆Q 与圆 P 相切，切点为2,1 ，求圆Q 的标准方程.
【答案】（1） 6 或14
（2）  x 12   y  32  5
【解析】
【分析】（1）将两圆方程作差可得相交弦所在直线的方程，求出圆心O 到相交弦所在直线的距离，再利用勾股定理可得出关于 a 的等式，解之即可；
记点 A1, 4 、B 2,1 ，分析可知圆心Q 为直线 PB 和线段 AB 垂直平分线的交点，联立这两条直线的方程，可得出圆心Q 的坐标，进而可得出圆Q 的半径，即可得出圆Q 的方程.
【小问 1 详解】
因为圆 P 的方程为 x2  y2  6x  2 y  a  0 ，则62  22  4a  0 ，解得 a  10 ，将两圆方程作差可得6x  2 y  a  4  0 ，即为两圆相交弦所在直线的方程，
圆O 的圆心为O 0, 0 ，半径为 r  2 ，
由勾股定理可知，圆心O 到直线6x  2 y  a  4  0 的距离为 d 
，
22  
6 
2

 2 
10
a  4
62  22
2
由点到直线的距离公式可得
【小问 2 详解】
d 
10
2 ，解得 a  6 或 a  14 .
由题意可知，点2,1 在圆 P 上，则22 12  6  2  2 1 a  0 ，解得 a  5 ，
故圆 P 的方程为 x2  y2  6x  2 y  5  0 ，其标准方程为 x  32   y 12  5 ，
记点 A1, 4 、 B 2,1 ，
由圆的几何性质可知，圆心Q 在直线 PB 上，
且 kPB
 11  2 ，所以直线 PB 的方程为 y 1  2  x  2 ，即 y  2x  5 ，
2  3
因为圆Q 过点 A 、 B 两点，所以圆心Q 在线段 AB 的垂直平分线上，
 2 2 
线段 AB 的中点为 M  1 , 5  ， k
AB
 4 1
1 2
 1，
故线段 AB 的垂直平分线的方程为 y  5  x  1 ，即 y  x  2 ，
22
联立 y  2x  5 ，解得x  1 ，即圆心Q 1, 3 ，


 y  x  2
 y  3
1 22  3 12
5
所以，圆Q 的半径为 QB ，故圆Q 的方程为 x 12   y  32  5 .
如图 1，在等腰直角VPAB 中， ∠A  90, AB  AP  12, D, C 分别为 PA, PB 的中点.将△PDC 沿
2
DC 向平面 ABCD 上方翻折，得到如图 2 所示的四棱锥 P  ABCD ，且 PA  6
Q 在线段CN 上运动.
证明： CN  平面 PAB ；
若QC  2QN ，求平面 PAQ 与平面 ABCD 夹角的余弦值；
.记 PB 的中点为 N ，动点
求动点Q 到直线 AP 的距离的取值范围.
【答案】（1）见解析（2） 3 19
19

6, 3 6 
【解析】
【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证；
建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角；
根据向量共线求出Q 3λ, 6, 3λ ，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可．
【小问 1 详解】
2
因为折叠前 D 为 PA 中点， PA  12 ，所以 PD  AD  6 ，折叠后， PA  6，
所以 PD2  AD2  PA2 ，所以 PD  AD ，在折叠前 D, C 分别为 PA, PB 中点，所以 DC //AB ，又因为折叠前 PA  AB ，所以 DC  PA ，
所以在折叠后 PD  AD ， DC  PD ， AD  DC ；
以 D 为坐标原点， DA 、 DC 、 DP 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
则 D 0, 0, 0 ， A6, 0, 0 ， B 6,12, 0 ， C 0, 6, 0 ， P 0, 0, 6 ，
N 为 PB 中点，所以 N 3, 6, 3 ， CN  3, 0, 3 ，
→
设平面 PAB 的法向量为 m   x, y, z  ，又 AP  6, 0, 6 ， AB  0,12, 0 ，
→
–––→

 
 AP  m  06x  6z  0→
所以，即，令 x  1 ，则 y0 ， z  1，所以1, 0,1 ，
–––→ →
 AB  m  0
m
12 y  0
所以CN  3m ，则CN //m ，所以CN  平面 PAB ；
【小问 2 详解】
设Q  x0 , y0 , z0  ，由（1）知， CN  3, 0, 3 ，因为动点 Q 在线段CN 上，
且QC  2QN
–––→2 –––→

，所以CQ  CN ，所以 x0 , y0  6, z0 
3
2 3, 0, 3 ，
3
所以x0
 2， y0  6 ， z0  2 ，所以Q 2, 6, 2 ， QP  2, 6, 4 ，
QA  4, 6, 2 ，设平面 PAQ 的法向量为 →   x , y , z  ，
–––→  →  0
2x
 6 y
 4z  0
n11 1
1
→1
QP n
，即
111，令 x  1 ，则 y ， z  1，所以 n 
1, ,1 ，
–––→ →
4x  6 y  2z  01
131
3
QA  n  0111
n  DP
→
–––→
3 19
→
设平面 ABCD 的法向量为 DP  0, 0, 6 ，
→ –––→
n  DP6
cs
所以
n, DP

6 12    1
 1 2
 3 
19 ，
所以平面 PAQ 与平面 ABCD 的夹角的余弦值为 3 19 ；
19
【小问 3 详解】
设Q  x1 , y1, z1  ， CQ   x1, y1  6, z1  ， CN  3, 0, 3 ，动点 Q 在线段CN 上，
x1  3λ
所以CQ  λCN ，λ0,1 ，即 x , y  6, z   3λ, 0, 3λ ，即 y  6 ，
111
 1
z  3λ
 1
所以Q 3λ, 6, 3λ ， AP  6, 0, 6 ， QA  6  3λ, 6, 3λ ，
QA   –––→ 
–––→
2
 –––→ –––→ 2
QA  AP


AP


设点 Q 到线段 AP 的距离为 d ， d ，
6  3λ2  62  3λ2  
6  6  3λ  3 6λ2

6 2


d ，λ0,1 ，
18l2 - 36l +54
d =，λ0,1 ，令t =18l2 - 36l +54 ，λ0,1 ，
则t  18λ12  36 ，λ0,1 ，根据二次函数的性质可知t 36, 54，
所以 d  6, 3 6  ，由此可知动点 Q 到线段 AP 的距离的取值范围为6, 3 6  ．

x2y2
已知椭圆C :

a2b2
 1a  b  0 上的点 A 到两焦点的最大矩离和最小距离分别为 3 和 1.
求椭圆C 的标准方程；
过椭圆C 的左焦点 F1 作不与 x 轴重合的直线 MN 与椭圆C 相交于 M、N 两点，过点 M 作直线
m : x  2a 的垂线 ME, E 为垂足.求：
①已知直线 EN 过定点 P ，求定点 P 的坐标；
②点O 为坐标原点，求VOEN 面积的最大值.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
43
（2）① ( 5 , 0) ；② 15
24
【解析】
a  c  3
a2  c2

【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，得到a  c  1 ，结合b 
，求得 a, b, c 的值，
即可求得椭圆C 的标准方程；
（2）①设直线 MN 为 x  my 1 ，联立方程组，求得 y  y 6m, y y 9，求得直线 EN
123m2  41 23m2  4
1
的方程为 y  y  y2  y1 (x  4) ，令 y  0 ，得到 x  5 ，即可得到直线 EN 过定点；.
12 m2 1
m2 1
m2 1
x2  42
②利用韦达定理求得 y  y

，得到 S
 15 
，令t 
，转化为
123m2  4
VOEN
3m2  4
SVOEN
 15 
t
3t 2 1
，结合 f t   3t  1 的单调性，即可求解.
t
【小问 1 详解】
2
解：由椭圆C : x
a2
2
y
 1 上的点 A 到两焦点的最大矩离和最小距离分别为 3 和 1，
b2
a2  c2
a  c  1b 
由椭圆的几何性质，可得a  c  3 ，解得 a  2, c  1 ，则

3 ，
2
所以椭圆C 的标准方程为 x
2
y
 1.
43
【小问 2 详解】
解：①由题意，根据椭圆的对称性可得，点 P 必在 x 上，且 F (1, 0) ，设直线 MN 的方程为 x  my 1 ，且 M (x1, y1), N (x2 , y2 ), E(4, y1) ，
x  my 1

联立方程组 x
2  y2
，整理得(3m2  4) y2  6my  9  0 ，
 1
 43
所以 y  y 
6m, y y 
9，可得2my y
 3( y
 y ) ，
1
123m2  41 2
3m2  4
1 212
又由 k
 y2  y1 ，所以直线 EN 的方程为 y  y
 y2  y1 (x  4) ，
x
2
EN 4
y  x  4
x2  4

3  y  y 
令 y  0 ，则 x  4  12
 4  my1 y23y1  4  2
12  4  3   5 ，
y2  y1
所以直线 EN 过定点( 5 , 0) .
2
y2  y1
y2  y122
②由①知：   (6m)2  4(3m2  4)  (9)  144(m2 1)  0 ，
( y  y )2  4 y y
12
1 2
(
6m
3m2  4
)2  4 9 3m2  4
12 m2 1
可得 y1  y2


 3m2  4 ，
1
2
5 12
m2 1
所以 SVOEN 
OP y1  y2  4 
3m2  4
 15 ，
3m2  4
m2 1
S 15 t 15 1
m2 1
令t 
，则t  1，所以
VOEN
3t 2 13t  1 ，
t
因为函数 f t   3t  1 在[1, ) 上为单调递增函数，
t
所以 SVOEN
 15 
1
3t  1 在[1, ) 上为单调递减函数，
t
故当t  1时， VOEN 面积取得最大值，最大值为15 .
4
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.