2019-2020学年上海市交大附中高二（上）期中数学试卷（含详细解答）

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1、已知圆x24x4+y20的圆心是点P， 则点P到直线xy10的距离是 4 （3 分）若向量 ， 满足且 与 的夹角为，则 5 （3 分）行列式中第 2 行第 1 列元素的代数余子式的值为10，则 k 6 （3 分）点 P（3，4）关于直线 xy1 的对称点的坐标是 7 （3 分）已知两点 A（3，4） ，B（1，5） ，直线 l：ykx1 与线段 AB 有公共点，则直 线 l 的倾斜角 的取值范围 8 （3 分）已知点 A（10，2） ，B（5，7） ，若在 x 轴上存在一点 P，使|PA|PB|最小，则 点 P 的坐标为 9（3 分） 若圆 x2+y2R2（R0） 和曲线恰有六个公共点， 则

2、 R 的值是 10 （3 分）给出以下关于线性方程组解的个数的命题 ， ， ， （1）方程组可能有无穷多组解； （2）方程组可能有且只有两组不同的解； （3）方程组可能有且只有唯一一组解； （4）方程组可能有且只有唯一一组解 其中真命题的序号为 11 （3 分）如图，边长为 4 的正方形 ABCD 中，半径为 1 的动圆 Q 的圆心 Q 在边 CD 和 第 2 页（共 21 页） DA 上移动（包含端点 A，C，D） ，P 是圆 Q 上及其内部的动点，设m（m， nR） ，则 m+n 的取值范围是 12 （3 分）若实数 x1，x2，y1，y2：满足， 则|x1+y11|+|x2+y21|的最

3、大值为 二二.选择题选择题 13 （3 分）下列等式中不恒成立的是（ ） A B C D 14 （3 分）方程 3x28xy+2y20 所表示的曲线的对称性是（ ） A关于 x 轴对称 B关于 y 轴对称 C关于 yx 轴对称 D关于原点对称 15 （3 分）已知 P1（a1，b1）与 P2（a2，b2）是直线 ykx+1（k 为常数）上两个不同的点， 则关于 x 和 y 的方程组的解的情况是（ ） A无论 k，P1，P2如何，总是无解 B无论 k，P1，P2如何，总有唯一解 C存在 k，P1，P2，使之恰有两解 D存在 k，P1，P2，使之有无穷多解 16 （3 分）如图，在同一平面内，点

4、P 位于两平行直线 l1、l2同侧，且 P 到 l1，l2的距离分 别为 1，3，点 M，N 分别在 l1，l2上，|+|8，则的最大值为（ ） 第 3 页（共 21 页） A15 B12 C10 D9 三三.解答题解答题 17已知直线 l： （2a+b）x+（a+b）y+ab0 及点 P（3，4） （1）证明直线 l 过某定点，并求该定点的坐标 （2）当点 P 到直线 l 的距离最大时，求直线 l 的方程 18已知， （1）求的最大值； （2）设 与 的夹角为 ，求 的取值范围 19在平面直角坐标系中，给定非零向量 ，对任意向量 ，定义 （1）若 （1，2） ， （1，1） ，求； （2）设

5、 （1，2） 证明：若位置向量 的终点在直线 3x+4y+50 上，则位置向量 的终点轨迹是一条直线，并求此直线的方程 20已知两个定点 A（0，4） ，B（0，1） ，动点 P 满足|PA|2|PB|，设动点 P 的轨迹为曲线 E，直线 l：ykx4 （1）求曲线 E 的轨迹方程； （2）若 l 与曲线 E 交于不同的 C、D 两点，且COD120（O 为坐标原点） ，求直线 l 的斜率； （3）若 k1，Q 是直线 l 上的动点，过 Q 作曲线 E 的两条切线 OM、ON，切点为 M、N， 探究：直线 MN 是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由 21在平面直角坐标系 xOy

6、 中已知 A（1，1） ，B（2，1） ，C（m，n）为三个不同的 定点以原点 O 为圆心的圆与线段 AB，AC，BC 都相切 （）求圆 O 的方程及 m，n 的值； 第 4 页（共 21 页） （）若直线 l：yx+t（tR）与圆 O 相交于 M，N 两点，且，求 t 的 值； （）在直线 AO 上是否存在异于 A 的定点 Q，使得对圆 O 上任意一点 P，都有 （ 为常数）？若存在，求出点 Q 的坐标及 的值；若不存在，请说明理由 第 5 页（共 21 页） 2019-2020 学年上海市交大附中高二（上）期中数学试卷学年上海市交大附中高二（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试

7、题解析 一一.填空题填空题 1 （3 分）若 （2，1）是直线 l 的一个法向量，则 l 的倾斜角的大小为 arctan2 （结 果用反三角函数值表示） 【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 ktan 可求出倾斜角 【解答】解： （2，1）是直线 l 的一个法向量 可知直线 l 的一个方向向量为（1，2） ，直线 l 的倾斜角为 得，tan2 arctan2 故答案为：arctan2 【点评】本题主要考查了方向向量与斜率的关系，以及反三角的应用，同时运算求解的 能力，属于基础题 2 （3 分）直角坐标平面 xOy 中，若定点 A（1，2）与动点 P（x

8、，y）满足，则点 P 的轨迹方程是 x+2y40 【分析】设点 P（x，y） ，根据点 P 和 A 的坐标，进而可得和，再代入， 答案可得 【解答】解：设点 P（x，y） ，则（x，y） 因为 A（1，2） 所以（1，2） 因为， 所以（x，y） （1，2）4 即 x+2y4， 即 x+2y40 故答案为：x+2y40 【点评】本题主要考查了利用向量的关系求点的轨迹方程属基础题 第 6 页（共 21 页） 3（3分） 已知圆x24x4+y20的圆心是点P， 则点P到直线xy10的距离是 【分析】先求圆的圆心坐标，利用点到直线的距离公式，求解即可 【解答】解：由已知得圆心为：P（2，0） ， 由

9、点到直线距离公式得：； 故答案为： 【点评】本题考查点到直线的距离公式，考查学生计算能力，是基础题 4 （3 分）若向量 ， 满足且 与 的夹角为，则 【分析】根据可得答案 【解答】解：且 与 的夹角为 7 则 故答案为： 【点评】本题主要考查向量的数量积运算，属基础题 5（3 分） 行列式中第 2 行第 1 列元素的代数余子式的值为10， 则 k 14 【分析】根据余子式的定义可知，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（1）i+j为 M21，求出其表达式列出关于 k 的方程解之即可 【解答】解：由题意得 M21（1）322+1k10 解得：k14 故答案为：1

10、4 【点评】此题考查学生掌握三阶行列式的余子式的定义，会进行矩阵的运算，是一道基 础题 6 （3 分）点 P（3，4）关于直线 xy1 的对称点的坐标是 （5，2） 【分析】设点 P（3，4）关于直线 xy1 的对称点 Q 的坐标是（x，y） ，根据 PQ直 线 xy1，PQ 的中点在直线 xy1 上列方程即可求得 x，y 【解答】解：依题意，设点 P（3，4）关于直线 xy1 的对称点 Q 的坐标是（x，y） ， 第 7 页（共 21 页） 则 PQ 中点坐标为（，） ， 又 PQ直线 xy1， 所以，解得， 所以 Q 点坐标为（5，2） ， 故答案为： （5，2） 【点评】本题考查了点关于

11、直线的对称点的求法，属于基础题 7 （3 分）已知两点 A（3，4） ，B（1，5） ，直线 l：ykx1 与线段 AB 有公共点，则直 线 l 的倾斜角 的取值范围 arctan，arctan6 【分析】由两点式求出直线的斜率，再由斜率等于倾斜角的正切值求得直线倾斜角的取 值范围 【解答】解：如图，直线 l 恒过 P（0，1） ， 因此要使直线 l： ykx1 与线段 AB 有公共点， 则 k 介于直线 PA 与直线 PB 的斜率之间 又，A（3，4） ，B（1，5） ， ， k6 或 k， 从而倾斜角：arctan，arctan6； 故答案为：arctan，arctan6 第 8 页（共

12、21 页） 【点评】本题考查了直线斜率的求法，考查了斜率和倾斜角的关系，是基础题 8 （3 分）已知点 A（10，2） ，B（5，7） ，若在 x 轴上存在一点 P，使|PA|PB|最小，则 点 P 的坐标为 （12，0） 【分析】求出点 A 关于 x 轴的对称点 A，画出直线 AB，交 x 轴于点 P，利用向量共 线求出点 P 的坐标即可 【解答】解：由题意，点 A（10，2）关于 x 轴的对称点为 A（10，2） ， 画出直线 AB，交 x 轴于点 P，此时|PA|PB|取得最小值，如图所示； 设点 P（x，0） ，则， 由与共线有，7（x10）+2（x5）0， x12， P（12，0）

13、故答案为： （12，0） 第 9 页（共 21 页） 【点评】本题考查了直线方程的应用问题，是基础题 9 （3 分） 若圆 x2+y2R2（R0） 和曲线恰有六个公共点， 则 R 的值是 3 【分析】可作出圆 x2+y2R2（R0）和曲线恰有六个公共点，根据图形判 断即可 【解答】解：圆 x2+y2R2（R0）和曲线恰有六个公共点，如图所示，此 时 R3 故答案为 3 【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决 问题的能力，属于中档题 10 （3 分）给出以下关于线性方程组解的个数的命题 ， ， ， 第 10 页（共 21 页） （1）方程组可能有无穷多组解；

14、 （2）方程组可能有且只有两组不同的解； （3）方程组可能有且只有唯一一组解； （4）方程组可能有且只有唯一一组解 其中真命题的序号为 （1） （4） 【分析】运用直线和平面方程，当两直线重合时，即可判断（1） ；运用平面的基本性质， 即可判断（2） （3） ； 由三条直线共点，即可判断（4） 【解答】解：对于（1） ，方程组表示两直线的交点情况，当两直线重合时， 可能有无穷多组解，故（1）正确； 对于（2） ，方程组表示三个平面的交点情况，若方程组有两组不同的解，即两个交点， 则必有一条公共直线，即无数个交点，故（2）错误； 对于（3） ，方程组表示两个平面的交点情况，若有且只有唯一一组解，

15、 由平面的基本性质：公理 2 可得可得一条公共直线，有无数个交点，故（3）错误； 对于（4） ，方程组表示三条直线的交点，当它们共点时， 方程组有且只有唯一一组解，故（4）正确 故答案为： （1） （4） 【点评】本题考查线性方程组的解的情况，注意运用几何意义，结合图形是解题的关键， 属于基础题 11 （3 分）如图，边长为 4 的正方形 ABCD 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m（m， nR） ，则 m+n 的取值范围是 1，2+ 第 11 页（共 21 页） 【分析】建立如图所示平面直角坐标

16、系，可得（0，4） ，（ 4，0） ， （ 4m， 4n） 由图可知， 当动圆Q的圆心经过点D时， P （ 4+， 4+） 此时 m+n 取得最大值：4m+4n8+，可得 m+n2+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 【解答】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（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（ 4+，4+） 此时 m+n 取得

17、最大值：4m+4n8+，可得 m+n2+ 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+cos， sin） ， 此时，4m+4n4sin（+） ， 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1，2+ 故答案为：1，2+ 【点评】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，属于中档题 第 12 页（共 21 页） 12 （3 分）若实数 x1，

18、x2，y1，y2：满足， 则|x1+y11|+|x2+y21|的最大值为 2+ 【分析】设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，（x1，y1） ，（x2，y2） ，A，B 两点在圆 x2+y2 1上 ， 且AB 1 ， A ， B到 直 线x+y 1 0的 距 离d1+d2 ，由此利用两平行线的距离能求出|x1+y11|+|x2+y21|的 最大值 【解答】解：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，（x1，y1） ，（x2，y2） ， 实数 x1，x2，y1，y2：满足， A，B 两点在圆 x2+y21 上， 且， AOB60，AOB 是等边三角形，AB1， A 到直线 x+y10

19、的距离 d1， B 到直线 x+y10 的距离 d2， A，B 在第三象限，AB 所在直线与直线 x+y1 平行， 可设 AB：x+y+t0， （t0） ， 由圆心 O 到直线 AB 的距离 d， 可得 21，解得 t， 即有两平行线的距离为， d1+d2， |x1+y11|+|x2+y21|2+ |x1+y11|+|x2+y21|的最大值为 2+ 第 13 页（共 21 页） 故答案为：2+ 【点评】本题考查代数式的蹑大值的求法，考查圆的性质、点到直线的距离公式等基础 知识，考查运算求解能力，是中档题 二二.选择题选择题 13 （3 分）下列等式中不恒成立的是（ ） A B C D 【分析】

20、利用平面向量数量积的运算律进行判断 【解答】解：根据数量积的满足的交换律，可知 A 项恒成立；由数量积与实数运算的结 合律可知 B 项恒成立； 对于 C 项，只有时，C 项才能成立，即 C 项不恒成立； 对于 D 项，由平方差公式可知，D 项恒成立； 故选：C 【点评】本题考查了平面向量数量积的运算律，属于基础题目 14 （3 分）方程 3x28xy+2y20 所表示的曲线的对称性是（ ） A关于 x 轴对称 B关于 y 轴对称 C关于 yx 轴对称 D关于原点对称 【分析】根据对称的性质，将 x 用x，同时 y 用y 代替看方程是否与原方程相同 【解答】 解： 将方程中的 x 换为x， y

21、换为y 方程变为 3x28xy+2y20 与原方程相同， 故曲线关于原点对称， 故选：D 【点评】本题考查点（x，y）关于 x 轴的对称点为（x，y） ；关于 y 轴的对称点为（x， y） ；关于原点的对称点为（x，y） ；关于 yx 的对称点为（y，x） 15 （3 分）已知 P1（a1，b1）与 P2（a2，b2）是直线 ykx+1（k 为常数）上两个不同的点， 则关于 x 和 y 的方程组的解的情况是（ ） A无论 k，P1，P2如何，总是无解 B无论 k，P1，P2如何，总有唯一解 第 14 页（共 21 页） C存在 k，P1，P2，使之恰有两解 D存在 k，P1，P2，使之有无穷多

22、解 【分析】判断直线的斜率存在，通过点在直线上，推出 a1，b1，P2，a2，b2的关系，然 后求解方程组的解即可 【解答】解：P1（a1，b1）与 P2（a2，b2）是直线 ykx+1（k 为常数）上两个不同的点， 直线 ykx+1 的斜率存在， k，即 a1a2，并且 b1ka1+1，b2ka2+1，a2b1a1b2ka1a2ka1a2+a2 a1a2a1 ， b2b1得： （a1b2a2b1）xb2b1， 即（a1a2）xb2b1 方程组有唯一解 故选：B 【点评】本题考查一次函数根与系数的关系，直线的斜率的求法，方程组的解和指数的 应用 16 （3 分）如图，在同一平面内，点 P 位于

23、两平行直线 l1、l2同侧，且 P 到 l1，l2的距离分 别为 1，3，点 M，N 分别在 l1，l2上，|+|8，则的最大值为（ ） A15 B12 C10 D9 【分析】建立适当的坐标系，利用坐标表示向量、，根据|+|8 求出的 解析式，再求其最大值 【解答】解：由点 P 位于两平行直线 l1，l2的同侧，且 A 到 l1，l2的距离分别为 1，3， 可得平行线 l1、l2间的距离为 2； 第 15 页（共 21 页） 以直线 l2为 x 轴，以过点 P 且与直线 l2垂直的直线为 y 轴 建立坐标系，如图所示： 由题意可得点 P（0，1） ，直线 l1的方程为 y2， 设点 M（a，0

24、） 、点 N（b，2） ， （a，1） 、（b，3） ， +（a+b，4） ； |+|8， （a+b）2+1664， a+b4，或 a+b4； 当 a+b4时，ab+3a（4a）+3a2+4a+3， 它的最大值为+42+315； 当 a+b3 时，ab+3a（4a）+3a24a+3， 它的最大值为4（2）+315； 综上可得，的最大值为 15 故选：A 【点评】本题主要考查了平面向量的数量积公式以及向量坐标形式的运算问题，是综合 题 三三.解答题解答题 17已知直线 l： （2a+b）x+（a+b）y+ab0 及点 P（3，4） （1）证明直线 l 过某定点，并求该定点的坐标 （2）当点 P

25、到直线 l 的距离最大时，求直线 l 的方程 【分析】 （1）直线 l 方程化成 a（2x+y+1）+b（x+y1）0，再联解关于 x、y 的方程组 第 16 页（共 21 页） ，即可得到直线 l 经过的定点坐标； （2）设直线 l 经过的定点为 A，由平面几何知识，得到当 PAl 时，点 P 到直线 l 的距 离最大因此算出直线 PA 的斜率，再利用垂直直线斜率的关系算出直线 l 的斜率，即可 求出此时直线 l 的方程 【解答】解： （1）直线 l 方程可化为：a（2x+y+1）+b（x+y1）0 由，解得 x2 且 y3， 直线恒 l 过定点 A，其坐标为（2，3） （2）直线恒 l 过

26、定点 A（2，3） 当点 P 在直线 l 上的射影点恰好是 A 时， 即 PAl 时，点 P 到直线 l 的距离最大 PA 的斜率 kPA 直线 l 的斜率 k5 由此可得点 P 到直线 l 的距离最大时， 直线 l 的方程为 y35（x+2） ，即 5x+y+70 【点评】本题给出直线经过定点，求直线外一点 P 到直线的距离最大时直线的方程着 重考查了直线的基本量与基本形式、点到直线的距离公式等知识，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 【分析】 （1）求出 + 以及，根据 的取值求得的最大值； （2）求出 cos 的解析式，利用三角函数的性质

27、求得 cos 的取值范围，即可得出 的 取值范围 【解答】解： （1）， 所以 + （1+sin，1+cos） ， 所以（1+sin）2+（1+cos）2 2+2sin+2cos+sin2+cos2 第 17 页（共 21 页） 3+2sin（+） ； 又， 所以 +0， 所以 sin（+）0，1， 所以的最大值为 3+2； （2）设与的夹角为 ，则 cos ， 设 sin+cost，其中 ， 则 tsin（+）0，； 所以 sincos， 所以 2+sin2cos22+， 所以 cos； 当 t0 时，cos0； 又 t（0，时，t2（0，2，cos， 且 st2+的最小值是 2+， 所以

28、cos 的最大值为； 综上知，0cos； 又 0，所以 的取值范围是arccos， 【点评】本题考查了平面向量的模长与夹角的计算问题，也考查了运算求解能力，是中 档题 第 18 页（共 21 页） 19在平面直角坐标系中，给定非零向量 ，对任意向量 ，定义 （1）若 （1，2） ， （1，1） ，求； （2）设 （1，2） 证明：若位置向量 的终点在直线 3x+4y+50 上，则位置向量 的终点轨迹是一条直线，并求此直线的方程 【分析】 （1）由题意计算 和的值，求出位置向量； （2）用参数设出向量 ，求出位置向量，再消去参数即可证明的终点轨迹是一 条直线，并写出直线方程 【解答】解： （1）

29、由题意知， （1，2） ， （1，1） ， 1（1）+211，（1）2+122， （1，2）（1，1）（2，1） ； （2）由 （1，2） ，根据题意设 （x0，） ， 则 x0， 12+225， （x0，）（） （1，2）（x0+1，x0+） ； 即， 消去 x0，得 7x+24y250， 向量的终点轨迹是一条直线，且直线方程为 7x+24y250 【点评】本题考查了平面向量的数量积与应用问题，也考查了新定义与运算能力，是中 档题 20已知两个定点 A（0，4） ，B（0，1） ，动点 P 满足|PA|2|PB|，设动点 P 的轨迹为曲线 E，直线 l：ykx4 （1）求曲线 E 的轨迹方程

30、； 第 19 页（共 21 页） （2）若 l 与曲线 E 交于不同的 C、D 两点，且COD120（O 为坐标原点） ，求直线 l 的斜率； （3）若 k1，Q 是直线 l 上的动点，过 Q 作曲线 E 的两条切线 OM、ON，切点为 M、N， 探究：直线 MN 是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由 【分析】 （1）设点 P 的坐标为（x，y） ，根据|PA|2|PB|列方程化简可得轨迹方程； （2）OCOD2，且COD120，则点 O 到 CD 边的距离为 1，列方程求解即可； （3）依题意，ONQN，OMQM，则 M，N 都在以 OQ 为直径的圆 F 上，Q 是直线 l：

31、 yx4 上的动点，设 Q（t，t4） ，联立两个圆的方程求解即可 【解答】 解：（1） 设点 P 的坐标为 （x， y） ， |PA|2|PB|， 即2， 整理得 x2+y24，所以曲线 E 的轨迹方程为 x2+y24； （2）依题意，OCOD2，且COD120，则点 O 到 CD 边的距离为 1，即点 O（0， 0）到直线 l：kxy40 的距离 d1，解得 k； （3）依题意，ONQN，OMQM，则 M，N 都在以 OQ 为直径的圆 F 上， 因为 Q 是直线 l：yx4 上的动点，设 Q（t，t4） ，则圆 F 的圆心为（，） ，且 经过坐标原点， 即圆的方程为 x2+y2tx（t4）

32、y0 又因为 M，N 在曲线 E：x2+y24 上，由，可得 tx+（t4）y 40， 即直线 MN 的方程为 tx+（t4）y40 由 tR 且 t（x+y）4y40 可得，解得， 所以直线 MN 是过定点（1，1） 【点评】本题考查轨迹方程，涉及点到直线的距离公式，两点间的距离公式等，属于综 合题，难度较大 21在平面直角坐标系 xOy 中已知 A（1，1） ，B（2，1） ，C（m，n）为三个不同的 定点以原点 O 为圆心的圆与线段 AB，AC，BC 都相切 （）求圆 O 的方程及 m，n 的值； 第 20 页（共 21 页） （）若直线 l：yx+t（tR）与圆 O 相交于 M，N 两

33、点，且，求 t 的 值； （）在直线 AO 上是否存在异于 A 的定点 Q，使得对圆 O 上任意一点 P，都有 （ 为常数）？若存在，求出点 Q 的坐标及 的值；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）因为 A、B 已知，所以通过 O 与 AB 的距离求半径，再根据半径求 C 点坐 标，注意到 A 点坐标的特殊性，AC 这条直线是垂直于 x 轴的 （2）将 M、N 点坐标设出来，将直线方程与圆的方程联立，将向量关系转化为韦达定理 代入即可求解 （3）事实上条件的意思是圆 O 是以 A、Q 为顶点 为定比的阿波罗尼斯圆，所以这样的 Q 点是存在的可以代入特殊点将 Q 点坐标求出来，再代入验证 【解

34、答】 （1）因为圆 O 与 AB 相切，所以半径等于 O 到 AB 的距离 直线 AB：y1，所以 r1，圆 O：x2+y21 圆 O 与 AC 相切，A（1，1） ，所以直线 AC：x1，所以 m1 直线 BC：3（y+1）+（n+1） （x2）0 O 到 BC 的距离为 1，所以n3 或1（舍） 所以 n3 （2）设（x1，y1） ，（x2，y2） ，因为 M，N 在直线 l 上，所以 y1x1+t，y2 x2+t 联立得 2x22tx+t210，所以 则x1x2+y1y2x1x2+（x1+t） （x2+t）2x1x2t（x1+x2）+t2t21t （3）直线 AO：yx，假设存在这样的 Q，设其坐标为（a，a） 设 P（x0，y0） ，则 2 由P的 任 意 性 ， 令x0 1 ， y0 0和x0 1 ， y0 0代 入 得 第 21 页（共 21 页） （1a）2+a25（1a）2+5a2a或 a1（舍） 所以 22，因为 0，所以 将a，代入2，则 恒成立 所以这样的 Q 是存在的，坐标为（，） ，此时 【点评】本题考察了直线与圆的方程、点到直线的距离等知识，运用了特殊值法、韦达 定理等方法，属于难题