上海交通大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

上海交通大学附属中学2019-2020学年高二上学期期中考试数学试题

交大附中高二期中数学卷 一. 填空题 1.若 是直线 的一个法向量，则 的倾斜角的大小为________（结果用反三角函数值 表示） 【答案】 【解析】 【分析】 根据直线的法向量求出直线的一个方向向量，从而得到直线的斜率，根据 ，即可求 解直线的倾斜角。 【详解】由 是直线 的一个法向量， 所以可知直线 的一个方向向量为 ，直线 的倾斜角为 ，可得 ， 所以直线 倾斜角为 。 故答案为： 。 【点睛】本题主要考查了直线的方向向量，以及直线的斜率与倾斜角的应用，其中解答中根 据直线的方向向量求得直线的斜率是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题。 2.直角坐标平面 中，若定点 与动点 满足 ，则点 的轨迹方程 是________ 【答案】 【解析】 【分析】 设点 ，则 ，由 ，所以 ，代入 ，即可求解。 【详解】设点 ，则 ，可得 ， 因为 ，所以 ，即 ， 所以点的轨迹方程为 。 故答案为： 。 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，以及轨迹方程的求解，其中解答中熟练应用 的 ( 2,1)n = − l l arctan 2 tank α= ( 2,1)n = − l l (1,2) l α tan 2k α= = tan 2arcα = tan 2arc xOy (1,2)A ( , )P x y 4OP OA⋅ =  P 2 4x y+ = ( , )P x y ( , )OP x y= (1,2)A (1,2)OA = 4OP OA⋅ =  ( , )P x y ( , )OP x y= (1,2)OA = 4OP OA⋅ =  ( , ) (1,2) 2 4x yOP OA x y⋅ = ⋅ = + =  2 4x y+ = 2 4x y+ = 2 4x y+ = 向量的数量积的运算公式，准确计算即可求解，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 3.已知圆 的圆心是点 ，则点 到直线 的距离是 ． 【答案】 【解析】 试题分析：圆的标准方程为： ，圆心 点的坐标为： ，所以点 到直 线 的距离 考点：1、圆的标准方程；2、点到直线的距离公式. 4.若向量 、 满足 ＝1， ＝2，且 与 的夹角为 ，则 ＝_________. 【答案】 【解析】 【分析】 由 夹角为 ，利用平面向量数量积公式，求得 平方的值，从而可得 结果. 【详解】 夹角为 ， 所以 所以 ，故答案为 . . 5.三阶行列式 第 2 行第 1 列元素的代数余子式的值为 ，则 ________. 【答案】 【解析】 2 24 4 0x x y− − + = P P 1 0x y− − = 2 2 ( )2 22 8x y− + = P ( )2,0 P 1 0x y− − = ( ) 2 2 2 0 1 1 2 221 1 d − −= = = + − a b a b a b 3 π a b+  7 1, 2, ,a b a b= =   3 π a b+  1, 2, ,a b a b= =    3 π 2 22 2a b a b a b+ = + + ⋅     1 4 2 cos 3a b π= + +  15 2 1 2 5 2 72 = + × × × = + = 7a b+ =  7 4 2 3 5 4 1 1 2 k − − − 10− k = 14− 【分析】 根据余子式的概念，在行列式中划去第 2 行第 1 列后，所余下的 2 阶行列式带上符号 ， 即为所需代数余子式，由题意列出方程求解，即可得出结果. 【详解】由题意，可得：三阶行列式 第 2 行第 1 列元素的代数余子式为 ， 解得 . 故答案为： 【点睛】本题主要考查已知行列式的代数余子式求参数的问题，熟记概念即可求解，属于常 考题型. 6.点 关于直线 的对称点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】 设对称点坐标，利用两点连线与直线垂直、两点的中点在直线上可构造方程求得结果. 【详解】设 关于直线 的对称点坐标为 ，解得： 本题正确结果： 【点睛】本题考查点关于直线的对称点的求解问题，常用方法是采用待定系数法，利用两点 连线与对称轴垂直且中点在对称轴上可构造方程组求得结果. 7.己知两点 ， ，直线 ： 与线段 有公共点，则直线 的倾斜角 的取值范围________ 【答案】 2 1( 1) +− 4 2 3 5 4 1 1 2 k − − − 2 1 2( 1) 2 2 1 4 101 2 +− = × + × = + = −− k k k 14= −k 14− (3,4)P 1x y− = (5,2) ( )3,4P 1x y− = ( ),P m n′ 4 1 13 3 4 12 2 n m m n − × = − −∴ + + − = 5 2 m n =  = ( )5,2P′∴ ( )5,2 (3,2)A ( 1,5)B − l 1y kx= − AB l α [ , arctan6]4 π π − 【解析】 【分析】 由直线 恒经过定点 ，由直线的斜率公式，求得 ，再由倾斜角和斜率 的关系，即可求解。 【详解】由题意，直线 恒经过定点 ， 由直线的斜率公式，可得 ， 要使直线 与线段 有公共点， 则满足 或 ， 又由 ，且 ，所以 。 故答案为： 【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，以及直线的倾斜角与斜率的关系的应用，着重考 查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题。 8.已知点 ， ．若在 轴上存在一点 ，使 最小，则点 的坐标 为________． 【答案】 【解析】 【分析】 求出点 A 关于 x 轴的对称点 A′，连接 A′B 与 x 轴交于点 P，则 P 点即为所求 【详解】∵A（10，-2），∴点 A 关于 x 轴的对称点 A′（10，2）， 设直线 A′B 的解析式为 y＝kx+b， ∴ ， 解得 k ，b ， ∴直线 A′B 的解析式为 y x ， 令 y＝0，解得，x ， ∴P（ ，0）． 故答案为：（ ，0）． l (0, 1)P − 1, 6PA PBk k= = − 1y kx= − (0, 1)P − 2 ( 1) 5 ( 1)1, 63 0 1 0PA PBk k − − − −= = = = −− − − : 1l y kx= − AB 1k ³ 6k ≤ − tank α= [0, )α π∈ arctan 64 π α π≤ ≤ − [ , arctan6]4 π π − ( )10, 2A − ( )5,7B x P PA PB− P ( )12,0 7 5 2 10 k b k b = +  = + 1= − 12= = − 12+ 12= 12 12 【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的 关键． 9.若圆 和曲线 恰有六个公共点，则 的值是________ 【答案】3 【解析】 【分析】 作出圆 和曲线 图象，结合图象，即可求解。 【详解】由题意，圆 和曲线 恰由六个公共点， 作出图象，如图所示，此时 ，故答案为：3。 【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中在同一坐标系中作出图象， 结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试 题。 10.给出以下关于线性方程组解的个数的命题． ①， ②， ③， ④， （1）方程组①可能有无穷多组解； （2）方程组②可能有且只有两组不同的解； （3）方程组③可能有且只有唯一一组解； （4）方程组④可能有且只有唯一一组解． 其中真命题的序号为________________． 【答案】①④ 2 2 2 0)x y R R+ = >（ | | | | 13 4 x y+ = R 2 2 2 ( 0)x y R R+ = > | | | | 13 4 x y+ = 2 2 2 ( 0)x y R R+ = > | | | | 13 4 x y+ = 3R = 1 1 1 2 2 2 a x b y c a x b y c + =  + = 1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 a x b y c z d a x b y c z d a x b y c z d + + =  + + =  + + = 1 1 1 1 2 2 2 2 a x b y c z d a x b y c z d + + + =  + + + = 1 1 1 2 2 2 3 3 3 a x b y c a x b y c a x b y c + =  + =  + = 【解析】 【分析】 将①④的解看作平面上直线交点，将②③的解看作空间平面相交，由此判断出正确命题的序 号. 【详解】将①④的解看作平面上直线交点，将②③的解看作空间平面相交. 对于①，当平面两条直线重合时，方程组①有有无穷多组解，①正确； 对于②，空间三个平面相交，如果有两组不同的解，则三个平面必有一条公共直线，即方程 组②的解有无数个，故②错误. 对于③，空间两个平面相交，则两个平面有一条公共直线，即方程组③的解有无数个，故③ 错误. 对于④，当平面三条直线相交于一点时，方程组④有且只有唯一一组解，正确. 故真命题的序号为：①④. 故答案为：①④. 【点睛】本小题主要考查线性方程组解的个数问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于 基础题. 11.如图，边长为 4 的正方形 中，半径为 1 的动圆 Q 的圆心 Q 在边 CD 和 DA 上移动（包 含端点 A,C,D），P 是圆 Q 上及其内部的动点，设， 则 的取 值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】 建 立 如 图 所 示 平 面 直 角 坐 标 系 ， 可 得 , ＝ （ 4 ， 0 ）， . 由 图 可 知 ， 当 动 圆 Q 的 圆 心 经 过 点 D 时 ， P ABCD ( ),BP mBC nBA m n R  = + ∈ m n+ 2 21- 2+4 4       ， ( )0,4BA = BC ( ) ( ) ( )4 ,0 0,4 4 ,4BP m n m n= + = .此时 m+n 取得最大值：4m+4n＝8+ ，可得 m+n＝2+ ．当动圆 Q 的圆 心为点 C 或点 A 时，利用三角函数求 m+n 的最小值． 【详解】解：如图所示，边长为 4 的长方形 ABCD 中，动圆 Q 的半径为 1，圆心 Q 在边 CD 和 DA 上移动（包含端点 A，C，D），P 是圆 Q 上及内部的动点， 向量 （m，n 为实数）， =（0，4）， ＝（ 4，0），可得 ＝（ 4m，4n）． 当动圆 Q 的圆心经过点 D 时，如图：P . 此时 m+n 取得最大值：4m+4n＝8+ ，可得 m+n＝2+ ． 当动圆 Q 的圆心为点 C 时，BP 与⊙C 相切且点 P 在 x 轴的下方时， ＝（4+cosθ， sinθ）， 此时，4m+4n＝4﹣ sin（θ+ ）， m+n 取得最小值为：1﹣ ，此时 P（ 4﹣ ，﹣ ）． 同理可得，当动圆 Q 的圆心为点 A 时，BP 与⊙A 相切且点 P 在 y 轴的左方时， m+n 取得最小值为：1﹣ ，此时 P（- ，4﹣ ）． ∴则 m+n 的取值范围为 故答案为： . 【点睛】本题考查了向量的坐标运算、点与圆的位置关系，考查了分类讨论思想方法，考 查了推理能力与计算能力． 12.若实数 、 、 、 ，满足 ， ， ，则 的最大值为________ 2 2(4 ,4 )2 2 + + 2 2 4 BP mBC nBA= +   BA BC BP 2 2(4 ,4 )2 2 + + 2 2 4 BP 2 4 π 2 4 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 21 ,24 4  − +    2 21 ,24 4  − +    1x 2x 1y 2y 2 2 1 1 1x y+ = 2 2 2 2 1x y+ = 1 2 1 2 1 2x x y y+ = 1 1 2 2| 1| | 1|x y x y+ − + + − 【答案】 【解析】 【分析】 设 ， 两点在圆 上， ， 可得 到直线 的距离 ，由此利用两平行线 的距离，即可求解 的最大值。 【详解】设 , 因 实数 ， 所以 两点在圆 上，且 , 所以 ，所以 是等边三角形， ， 点 到直线 的距离为 ， 点 到直线 的距离为 ， 在第三象限， 所在直线与直线 平行， 可设 ， 由圆心 到直线 的距离为 ，可得 ，解得 ， 即有两平行线之间的距离为 ， 所以 ， 所以 ， 所以 的最大值为 。 为 2 6+ 1 1 2 2 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y OA x y OB x y= =  ,A B 2 2 1x y+ = 1AB = ,A B 1 0x y+ − = 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 x y x yd d + − + −+ = + 1 1 2 2| 1| | 1|x y x y+ − + + − 1 1 2 2 1 1 2 2( , ), ( , ), ( , ), ( , )A x y B x y OA x y OB x y= =  2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1, , , 1, 1, 2x x y y x y x y x x y y+ = + = + =， ,A B 2 2 1x y+ = 11 1 cos 2OA OB AOB⋅ = × × ∠ =  60AOB∠ =  AOB∆ 1AB = A 1 0x y+ − = 1 1 1 1 2 x yd + −= B 1 0x y+ − = 2 2 1 1 2 x yd + −= ,A B AB 1 0x y+ − = : 0,( 0)AB x y t t+ + = > O AB 1 2 td = 2 2 1 12 t− = 6 2t = 61 2 32 22 + += 1 1 2 2 1 2 1 1 2 3 2 2 x y x yd d + − + −+ = + ≤ + 1 1 2 2| 1| | 1| 2 6x y x y+ − + + − ≤ + 1 1 2 2| 1| | 1|x y x y+ − + + − 2 6+ 故答案为： 。 【点睛】本题主要考查了代数式的最大值的求法，以及圆的性质和点到直线的距离公式等知 识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。 二. 选择题 13.下列等式中不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据向量的数量积的运算公式和向量的运算律，准确化简，即可求解。 【 详 解 】 由 题 意 ， 根 据 向 量 的 数 量 积 的 运 算 公 式 ， 可 得 ，所以 是正确； 根据向量 数量积的运算律，可得 是正确； 由向量的数量积的运算公式，可得 ，所以不恒成 立； 由 ，所以是正确的。 故选：C。 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算公式及其运算律的应用，其中解答中熟记向量 的数量积的运算公式和运算律是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。 14.方程 所表示的曲线的对称性是（ ） A. 关于 轴对称 B. 关于 轴对称 C. 关于 轴对称 D. 关于原点对称 【答案】D 【解析】 【分析】 将方程中的 分别换为 ，以及将 换成 ，比较所得方程与原方程，看相同与否， 的 2 6+ a b b a⋅ = ⋅    ( )a b a bλ λ⋅ = ⋅    2 22( )a b a b⋅ = ⋅    2 2| | | | ( ) ( )a b a b a b− = + ⋅ −      cos , , cos ,a b a b a b b a b a b a⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅            a b b a⋅ = ⋅    ( )a b a bλ λ⋅ = ⋅    2 2 2 22 22 2( ) cos , ,a b a b a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅          2 2 2 2( ) ( ) | | | |a b a b a b a b+ ⋅ − = + = −        2 23 8 2 0x xy y− + = x y y x= ,x y ,x y− − x y 再将方程中的 换为 ，比较所得方程与原方程是否相同，最后得到结果. 【详解】将方程中的 换为 ，方程变为 ，与原方程相同，故关于 轴 对称； 将方程中的 换为 ，方程变为 ，与原方程相同，故关于 轴对称； 将方程中的 换为 ，方程变为 ，与原方程不同，故不关于直线 对 称； 可知曲线既关于 轴对称，又关于 轴对称，从而得到其关于原点对称； 故选 D. 【点睛】该题考查的是利用方程判断曲线的对称性，属于简单题目. 15.已知 与 是直线 ( 为常数)上两个不同的点，则关于 和 的方程组 的解的情况是（ ） A. 无论 如何,总是无解 B. 无论 如何,总有唯一解 C. 存在 使之恰有两解 D. 存在 使之有无穷多解 【答案】B 【解析】 【分析】 判断直线的斜率存在，通过点在直线上，推出 的关系，再求解方程组的解，即可 求解，得到答案． 【详解】由题意，点 与 是直线 ( 为常数)上两个不同的点， 直线 的斜率存在，所以 ，即 ， 且 ，所以 ， 由方程组 ， 可得： ，即 ， x y x x− 2 23 8 2 0x xy y− + = y y y− 2 23 8 2 0x xy y− + = x x y 2 23 8 2 0y xy x− + = y x= x y ( )1 1 1P a b， ( )1 2 2P a b， 1y kx= + k x y 1 1 2 2 1 1 a x b y a x b y + =  + = 1 2k P P、 、 1 2k P P、 、 1 2k P P、 、 ， 1 2k P P、 、 ， 1 1 2 2, , ,a b a b ( )1 1 1P a b， ( )1 2 2P a b， 1y kx= + k 1y kx= + 2 1 2 1 b bk a a −= − 1 2a a≠ 1 1 2 21, 1b ka b ka= + = + 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1a b a b ka a ka a a a a a− = − + − = − 1 1 2 2 1 (1) 1 (2) a x b y a x b y + =  + =   2 1(1) (2)b b× − × 1 2 2 1 2 1( )a b a b x b b− = − 1 2 2 1( )a a x b b− = − 所以方程组有唯一的解． 故选 B． 【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，直线的斜率的求法，以及一次函数根与系数的关 系和方程组的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题． 16.如图，在同一平面内，点 位于两平行直线 、 同侧，且 到 ， 的距离分别为 ， ，点 ， 分别在 ， 上， ，则 的最大值为（ ） A. 15 B. 12 C. 10 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】 建立适当的坐标系，利用坐标表示向量 、 ，根据 ，求出 的 解析式，再求其最大值． 【详解】由点 位于两平行直线 、 同侧，且 到 ， 的距离分别为 1，3， 可得平行线 、 间的距离为 2； 以直线 为 轴，以过点 且与直线 垂直的直线为 轴， 建立坐标系，如图所示： 由题意可得点 ，直线 的方程为 ， P 1l 2l P 1l 2l 1 3 M N 1l 2l 8PM PN+ =  PM PN⋅  PM PN 8PM PN+ =  PM PN⋅  P 1l 2l P 1l 2l 1l 2l 1l x P 1l y ( )0, 1P − 2l 2y = 设点 、点 ， 、 ， ； ， ， ，或 ； 当 时， ， 它的最大值为 ； 当 时， ， 它的最大值为 ； 综上可得， 的最大值为 15． 故选：A 【点睛】本题主要考查求平面向量的数量积，熟记向量数量积的运算法则，以及数量积的坐 标表示即可，属于常考题型. 三. 解答题 17.已知直线 及点 ． 证明直线 过某定点，并求该定点的坐标． 当点 到直线 的距离最大时，求直线 的方程． 【答案】（1）证明见解析,定点坐标为 （2） 【解析】 【分析】 直 线 方 程 化 成 ， 再 联 解 关 于 、 的 方 程 组 ，即可得到直线 经过的定点坐标； ( ),0M a ( ),2N b ( ),1PM a∴ = ( ),3PN b= ( ),4PM PN a b∴ + = +  8PM PN+ =   2( ) 16 64a b∴ + + = 4 3a b∴ + = 4 3a b+ = − 4 3a b+ = ( ) 23 4 3 3 4 3 3PM PN ab a a a a⋅ = + = − + = − + +  2(2 3) 4 3 2 3 3 15− + × + = 4 3a b+ = − ( ) 23 4 3 3 4 3 3PM PN ab a a a a⋅ = + = − − + = − − +  ( )2( 2 3) 4 3 2 3 3 15− − − × − + = PM PN⋅  ( ) ( ): 2 0+ + + + − =l a b x a b y a b ( )3,4P ( )1 l ( )2 P l l ( )2,3− 5 7 0x y+ + = ( )1 l ( ) ( )2 1 1 0a x y b x y+ + + + − = x y 2 1 0 1 0 x y x y + + =  + − = l 设直线 经过的定点为 ，由平面几何知识，得到当 时，点 到直线 的距离最大 因此算出直线 的斜率，再利用垂直直线斜率的关系算出直线 的斜率，即可求出此时直线 的方程． 【详解】 直线 方程可化为： 由 ，解得 且 ， 直线恒 过定点 ，其坐标为 ． 直线恒 过定点 当点 在直线 上 射影点恰好是 时， 即 时，点 到直线 的距离最大 的斜率 直线 的斜率 由此可得点 到直线 的距离最大时， 直线 的方程为 ，即 ． 【点睛】本题主要考查直线过定点的问题，以及求直线外一点 P 到直线的距离最大时直线的 方程；熟记两直线交点的求法、点到直线的距离公式，以及直线的一般式方程即可，属于基 础题． 18.已知 ， ， . （1）求 的最大值； （2）设 与 的夹角为 ，求 的取值范围. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）根据向量的运算，化简得 ，利用三角函数的性质，即可求 的 ( )2 l A PA l⊥ P l . PA l l ( )1 l ( ) ( )2 1 1 0a x y b x y+ + + + − = 2 1 0 1 0 x y x y + + =  + − = 2x = − 3y = ∴ l A ( )2,3− ( )2  l ( )2,3A − ∴ P l A PA l⊥ P l PA 4 3 1 3 2 5PAk −= =+ ∴ l 1 5 PA k k −= = − P l l ( )3 5 2y x− = − + 5 7 0x y+ + = (sin ,1)a θ= (1,cos )b θ= [ , ]4 4 π πθ ∈ − 2| |a b+  a b ϕ ϕ 3 2 2+ 2 2[arctan , ]3 2 π 2| | 2 2 sin( ) 34a b πθ+ = + +  解。 （2）由向量的夹角公式，求得 ，令 ，则 ，且 ，利用函数的单调性，即可求解。 【详解】（1）由题意，向量 ， ， 则 ， 因为 ，所以 ， 所以当 ，即 时， 时， 的最大值为 。 （2）由向量的夹角公式， 可得 ， 令 ，则 ，且 ， 可得 在 上单调递增， 所以 ，即 。 取值范围为 【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的坐标运算，以及平面向量的夹角公式的应用， 同时结合函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。 19.在平面上，给定非零向量 ，对任意向量 ，定义 . （1）若 ， ，求 ； 的 2 sin coscos (sin cos ) 2 a b a b θ θϕ θ θ ⋅ += = ⋅ +     sin cost θ θ= + 2 1sin cos 2 tθ θ −= [0, 2]t ∈ (sin ,1)a θ= (1,cos )b θ= 2 22 2 2| | 2 sin 1 1 cos 2(sin cos )a b a b a b θ θ θ θ+ = + + ⋅ = + + + + +      2(sin cos ) 3 2 2 sin( ) 34 πθ θ θ= + + = + + [ , ]4 4 π πθ ∈ − [0, ]4 2 π πθ + ∈ 4 2 π πθ + = 4 πθ = sin( ) 14 πθ + = 2| |a b+  3 2 2+ 2 2 2 2 2 sin cos sin coscos sin 1 1 cos (sin cos ) 2 a b a b θ θ θ θϕ θ θ θ θ ⋅ + += = = ⋅ + + +     sin cost θ θ= + 2 1sin cos 2 tθ θ −= [0, 2]t ∈ ( ) 2 2 2 2 2 2 9( 1) 2 9 224 t tf t t t t t t = = = − − + + −+ [0, 2] ( ) 2 20 3f t≤ ≤ 2 20 cos 3 ϕ≤ ≤ ϕ∴ 2 2[arctan , ]3 2 π b a 1 2 2( ) | | a ba a b b ⋅= − ⋅      (1,2)a = ( 1,1)b = − 1a （2）设 ，证明：若位置向量 的终点在直线 上，则位置向量 的终 点轨迹是一条直线，并求此直线的方程. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】 （1）由题意，计算 和 的值，即可求解 ； （2）用参数设出向量 ，求得 ，再消去参数即可证明 的终点的轨迹是一条直线，并写 出直线方程。 【详解】（1）由题意知，向量 ， ， 所以 ， 所以 。 （2）由 ，根据题意，设 ， 则 ， ， 所以 ， 即 ，消去 ，得 ， 所以向量 的终点轨迹是一条直线，且直线方程为 。 【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积与应用问题，同时考查了新定义与运算能力，属 于中档试题。 20.已知两个定点 ， ， 动点 满足 ，设动点 的轨迹为曲线 ， 直线 ： . （1）求曲线 的轨迹方程； (1,2)b = a 3 4 5 0x y+ + = 1a (2,1)a = 7 24 25 0x y+ − = a b⋅  2 b 1a a 1a 1a (1,2)a = ( 1,1)b = − 2 2 21 ( 1) 2 1 1, ( 1) 1 2a b b⋅ = × − + × = = − + =   1 2 2( ) 2 1(1,2) ( 1,1) (2,1)2| | a ba a b b ⋅ ×= − ⋅ = − × − =      ( 1,1)b = − 0 0 3 5( , )4 xa x += − 0 0 0 3 5 5 2 2 x xa b x + +⋅ = − = −  2 2 21 2 5b = + = 0 0 2 0 0 0 1 3 5 52 6 7 3( , ) ( )(1,2) ( 1,2 )4 5 2 5 20 4 ( ) | | a ba a b b x xx x x + +− − × − = + −⋅= − ⋅ = +      0 0 6 15 7 3 20 4 x x y x  = +  = − + 0x 7 24 25 0x y+ − = 1a 7 24 25 0x y+ − = (0,4)A (0,1)B P | | 2 | |PA PB= P E l 4y kx= − E （2）若 与曲线 交于不同的 、 两点，且 ( 为坐标原点)，求直线 的 斜率； （3）若 ， 是直线 上的动点，过 作曲线 的两条切线 、 ，切点为 、 ，探究：直线 是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由. 【答案】（1） ；（2） ；（3） . 【解析】 【分析】 （1）设点 的坐标为 ，根据 列出方程化简，即可求解轨迹方程； （2）依题意知 ，且 ，则点 到边 的距离为 1，列出方程， 即可求解； （3）根据题意， ，则 都在以 为直径的圆 上， 是直线 上的动点，设 ，联立两个圆的方程，即可求解。 【详解】（1）由题，设点 的坐标为 ， 因为 ，即 ， 整理得 ， 所以所求曲线 的轨迹方程为 。 （2）依题意， ，且 ， 由圆的性质，可得点 到边 的距离为 1， 即点 到直线 的距离为 ，解得 ， 所以所求直线 的斜率为 。 （3）依题意， ，则 都在以 为直径的圆 上， 是直线 上的动点，设 ， 则圆 的圆心为 ，且经过坐标原点， 即圆的方程为 ， l E C D 120COD∠ = ° O l 1k = Q l Q E OM ON M N MN 2 2 4x y+ = 15± (1, 1)− P ( , )x y | | 2 | |PA PB= 2OC OD= = 120COD∠ =  O CD ,ON QN OM QM⊥ ⊥ ,M N OQ F Q : 4l y x= − ( , 4)Q t t − P ( , )x y | | 2 | |PA PB= 2 2 2 2( 4) 2 ( 1)x y x y+ − = + − 2 2 4x y+ = E 2 2 4x y+ = 2OC OD= = 120COD∠ =  O CD (0,0)O : 4 0l kx y− − = 2 4 1 1k = + 15k = ± l 15± ,ON QN OM QM⊥ ⊥ ,M N OQ F Q : 4l y x= − ( , 4)Q t t − F 4( , )2 2 t t − 2 2 ( 4) 0x y tx t y+ − − − = 又因为 在曲线 上， 由 ，可得 ， 即直线 的方程为 ， 由 且 ，可得 ，解得 ， 所以直线 过定点 。 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉 及到点到直线的距离公式，以及两点间的距离公式等知识点的综合应用，着重考查了推理与 计算能力，属于中档试题。 21.在平面直角坐标系 中，已知 为三个不同的定点.以原点 为圆心的圆与线段 都相切. （Ⅰ）求圆 的方程及 的值； （Ⅱ）若直线 与圆 相交于 两点，且 ，求 的值； （Ⅲ）在直线 上是否存在异于 的定点 ，使得对圆 上任意一点 ，都有 为常数 ？若存在，求出点 的坐标及 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（Ⅰ） , ；（Ⅱ） ；（Ⅲ）见解析 【解析】 【分析】 （Ⅰ）根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径求解；（Ⅱ）用坐标表示向量积，再 联立直线与圆方程，消元代入向量积求解；（Ⅲ）假设 A、P 的坐标，根据两点距离公式与 建立等式，再根据 A、P 分别满足直线和圆的方程化简等式，最后根据等式恒成立的 条件求解. 【详解】（Ⅰ）由于圆 与线段 相切，所以半径 . ,M N 2 2: 4E x y+ = 2 2 2 2 4 ( 4) 0 x y x y tx t y  + =  + − − − = ( 4) 4 0tx t y+ - - = MN ( 4) 4 0tx t y+ - - = t R∈ ( ) 4 4 0t x y y+ − − = 0 4 4 0 x y y + =  + = 1 1 x y =  = − MN (1, 1)− xOy ( 1, 1), (2, 1), ( , )A B C m n− − − O , ,AB AC BC O ,m n : ( )l y x t t R= − + ∈ O ,M N 1 2OM ON⋅ = −  t AO A Q O P (PA PQ λ λ= ) Q λ 2 2 1x y+ = 1,m = − 3n = 2 2t = ± PA PQ λ= O AB 1r = 即圆 的方程为 . 又由题 与线段 相切， 所以线段 方程为 .即 . 故直线 的方程为 . 由直线 和圆 相切可得： ， 解得 或 .由于 为不同的点，所以 . （Ⅱ）设 ， ，则 . 由 可得 ， ，解得 .所以 . 故 . 所以 .所以 . 故 . （Ⅲ）设 . 则 ， . 若在直线 上存在异于 的定点 ，使得对圆 上任意一点 ， 都有 为常数 , 等价于 对圆 上任意点 恒成立. 即 . 整理得 . O 2 2 1x y+ = 2 2 1x y+ = AC AC 1x = − 1m = − BC ( 1) 3 2 1 0n x y n+ + − + = BC O 2 1 2 1 ( 1) 9 n n − = + + 3n = 1n = − ,A C 3n = 1 1( , )M x y 2 2( , )N x y 1 2 1 2 1 2OM ON x x y y⋅ = + = −  2 2 , 1, y x t x y = − +  + = 2 22 2 1 0x tx t− + − = 2 24 8( 1) 0t t∆ = − − > 2 2t− < < 2 1 2 1 2 1, 2 tx x t x x −+ = = 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1( )( ) ( ) 2 2 t ty y x t x t x x x x t t t t − −= − + − + = − + + = − + = 2 2 2 1 2 1 2 1 1 112 2 2 t tx x y y t − −+ = + = − = − 2 1 2t = 2 2t = ± 0 0( , ), ( , )Q x y P x y 2 2( 1) ( 1)PA x y= + + + 2 2 0 0( ) ( )PQ x x y y= − + − AO A Q O P (PA PQ λ λ= ) 2 2 2 2 0 0 ( 1) ( 1) ( ) ( ) x y x x y y λ+ + + = − + − O ( , )P x y 2 2 2 2 2 2 0 0( 1) ( 1) ( ) ( )x y x x y yλ λ+ + + = − + − 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0(1 )( ) (2 2 ) (2 2 ) 2 ( ) 0x y x x y y x yλ λ λ λ− + + + + + + − + = 因为点 在直线 上，所以 . 由于 在圆 上，所以 . 故 对任意 恒成立. 所以 显然 ，所以 . 故 ， 因为 ，解得 或 . 当 时， ，此时 重合，舍去. 当 时， ， 综上，存在满足条件的定点 ，此时 . 【点睛】本题考查直线与圆的综合应用.主要知识点有：点到直线的距离公式及应用，向量数 量积的坐标表示，两点距离公式. Q AO 0 0x y= P O 2 2 1x y+ = 2 2 2 2 0 0(2 2 )( ) 3 2 0x x y xλ λ λ+ + + − − = [ 2, 2]x y+ ∈ − 2 0 2 2 2 0 2 2 0, 3 2 0. x x λ λ λ  + =  − − = 0λ ≠ 0 2 1x λ= − 2 2 23 0λ λ− − = 0λ > 2λ = 1λ = 1λ = ( 1, 1)Q − − ,Q A 2λ = 1 1( , )2 2Q − − 1 1( , )2 2Q − − 2λ =