【文档说明】四川省内江市第六中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.734 MB，由小赞的店铺上传

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内江六中2024—2025学年（上）高2026届第一次月考数学试题考试时间：120分钟满分：150分第I卷选择题（满分58分）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.）1.空间向量(

)()1,1,1,1,3,abx=−=，若ab⊥，则实数x=（）A.1B.2−C.0D.2【答案】D【解析】【分析】利用空间向量垂直的坐标公式列式计算即可.【详解】因为向量()()1,1,1,1,3,abx=−=，且ab⊥，所以()1113120abxx=+−+=−=，解

得2x=.故选：D.2.已知正方形ABCD的边长为2,PA⊥平面,2ABCDPA=，则PC与平面ABCD所成角是（）A.30oB.45C.60oD.90【答案】B【解析】【分析】根据线面角的知识求得正确答案.【详解】由于PA

⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAC⊥，故PCA是PC与平面ABCD所成角，由于正方形ABCD的边长为2，所以()()22222ACPA=+==，所以45PCA=.故选：B3.已知圆A的方程为224210xyxy+−−+=，圆B的方程为22210260xy

xym++−+−=，若圆A与圆B外切，则m的值为（）A.1B.9C.10D.16【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，再由两圆外切列方程可求得结果.【详解】由224210xyxy+−−+=，得22(2)(1)4xy−+−=，所以圆心(2,1)A，半径12r=，由22210

260xyxym++−+−=，得22(1)(5)(0)xymm++−=，所以圆心(1,5)B−，半径2rm=，因为圆A与圆B外切，所以12rrAB+=，即222(12)(51)5m+=−−+−=，所以3m=，得9m=，故选：B4

.在斜三棱柱111ABCABC−的底面ABC中，2,ACABACAB==⊥，且12CC=，11π3AABAAC==，则线段1BC的长度是（）A.23B.3C.3D.4【答案】A【解析】【分析】首先根据几何图形，利用基底向量表示1BC，再根据数量积公式，求模长.【详解】111BC

BCBBACABAA=+=−+，()()22222111112BCACABAAACABAAACAAACABABAA=−+=+++−−,114442220221222=+++−−=,所以123BC=.故选：A5.已知直线的方程为()sin20,Rxy−+

=，则该直线的倾斜角的取值范围是（）A.ππ3π0,,424B.3π0,4C.π3π,44D.π3π0,,π44【答案】D

【解析】【分析】由题意得tansin(R)=，进一步得tan[1,1]−，从而可求出倾斜角的取值范围.【详解】因为直线的方程为()sin20,Rxy−+=，直线的倾斜角为，所以tansin(R)=，因为当R时，sin[1,1]−，所以ta

n[1,1]−，因为[0,π)，所以π3π0,,π44，故选：D6.已知圆221:(3)(5)1Cxy++−=，圆222:(6)(3)4Cxy−+−=，,MN分别是圆12,CC的动点，P为直线60xy−−=上的动点，

则PMPN+的最小值为（）A6B.10C.13D.16【答案】B【解析】【分析】求出两圆的圆心和半径，数形结合得到PMPN+的最小值为1212PCPCrr+−−的最小值，求出()16,3C关于直线60xy−−

=的对称点的坐标，从而得到12PCPC+的最小值，进而得到PMPN+的最小值.【详解】221:(3)(5)1Cxy++−=的圆心为()13,5C−，半径11r=，222:(6)(3)4Cxy−+−=的圆心为()26,3C，半径22r=，如图所示，PMPN+的最小值为12

12123PCPCrrPCPC+−−=+−的最小值，设点()26,3C关于直线60xy−−=的对称点为(),Amn，则6360223116mnnm++−−=−=−−，解得90mn==，故𝐴(9,0)，连接1AC，则1AC即为12PCPC+的最小值，

故12PCPC+的最小值为()()22395013−−+−=，故PMPN+的最小值为13310−=.故选：B7.在RtABC△中，22,ABBCD==为AC的中点.将ABD△沿BD进行旋转，得到三棱锥C

ABD−，当二面角ABDC−−为2π3时，CABD−的外接球的表面积为（）A.16πB.40π3C.20πD.32π3.【答案】C【解析】【分析】由题意得该三棱锥的面ACD，是边长为1的正三角形，BD⊥平面ACD，将三棱锥BACD−补形成直三棱柱，三棱锥的外接球球心就是直

三棱柱的外接球球心，求出其半径可得解.【详解】由题意CDBD⊥，ADBD⊥，二面角ABDC−−的平面角是ADC，2π3ADC=，将ABD△沿BD进行旋转，得到三棱锥CABD−，所以2ADDCBD===，由余弦定理可得：22212cos1

2044222122ACADDCADDC=+−=+−−=，因为CDBD⊥，ADBD⊥，CDBDD=I，,CDBD平面ACD，BD⊥平面ACD，将三棱锥BACD−补形成直三棱柱，三棱锥

的外接球球心就是直三棱柱的外接球球心，取ACD外接圆的圆心E，BGHV外接圆的圆心F，根据对称性知三棱柱的外接球球心O是EF的中点，2BD=，1EO=，点E是ACD外心，2322sin120322ACEC===，在RtO

EC△中，()()2222215OCOEEC=+=+=，即5R=，三棱锥CABD−的外接球的表面积为24π4π520πSR===.故选：C.8.已知正方体1111ABCDABCD−的边长为1，点1C关于平面ABCD对称的点为2C，矩形11AACC内（包括边界）的点P满足12PCPC⊥，记直

线AP与平面ABCD所成线面角为.当最大时，过直线AP做平面平行于直线BD，则此时平面截正方体所形成图形的周长为（）A.22232++B.2223+C.22232+−D.232−【答案】C【解析】【分析】作出图形，分析可知，点P在矩形11AACC内的轨迹是

以点C为圆心，半径为1的圆在矩形11AACC内的圆弧，当AP与圆弧相切于点P时，QAC最大，即取最大值，然后作出截面，计算出各边边长，相加可得出截面的周长.【详解】如下图所示：因为矩形11AACC内（包括边界）的点P满足12PCPC⊥，则点P在矩形11

AACC内的轨迹是以点C为圆心，半径为1的圆在矩形11AACC内的圆弧，设直线AP交11AC于点Q，过点Q作1//QHAA，交AC于点H，因为1AA⊥平面ABCD，则QH⊥平面ABCD，所以，AP与平面A

BCD所成的角为QAC，由图可知，当AP与圆弧相切于点P时，QAC最大，即取最大值，连接CP，则CPAQ⊥，易知2AC=，则22211APACCP=−=−=，所以，PAC是等腰直角三角形，则π4QAC=，在矩形11AACC中，11

//ACAC，则1π4AQAQAC==，又因为1π2AAQ=，所以，1AAQ△是等腰直角三角形，则111AQAA==，所以，111121CQACAQ=−=−，因为11//BBDD且11BBDD=，故四边形11BBDD为平行四边形，则11//BDBD，设平面分别交棱1BB、1

DD于点E、N，连接EN,因为//BD，BD平面11BBDD，平面11BBDDEN=，则//BDEN，故11//BDEN，设截面分别交直线11AB、11AD于点M、G，因为11//BDEN，11BD，EN，所以，11//BD，因为11BD

平面1111DCBA，平面1111ABCDMG=，则11//MGBD，设11MGBCF=，11MGCDG=，则1111π4CFGCBD==，同理可得1π4CGF=，故1CFG△为等腰直角三角形

，易知1111ACBD⊥，而11//FGBD，则1CQFG⊥，则Q为FG的中点，所以，()12221FGCQ==−，则()11222212222CFCGFG===−=−，故()111112221BFBCCF=−=−−=

−，因为11π4MFBCFG==，且1π2MBF=，则1MBF为等腰直角三角形，所以，121BMBF==−，则11111212AMABMB=+=+−=，因为1EB⊥平面ABCD，1MB、1FB平面

ABCD，则11EBMB⊥，11EBFB⊥，则22221111EFEBFBEBMBEM=+=+=，所以，2211123AEEFAEEMAMAAAM+=+==+=+=，同理可得3ANNG+=，故截面截正方体1111ABCDABCD−所得截面的周长为2323222AEEFANN

GFGFG++++=+=+−，故选：C.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构

成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h，从而不必作出线面角，则线面角满足sinhl=（l为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a为直线l的方向向量，n为平面的法向量，则线面角的正弦值为sincos,an=.

二、选择题（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.）9.如图，在四棱锥PABCD−中，ABCD是矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，且4,2PDC

DAD===，,MN分别为,PAPC的中点，G为线段PB上的动点，则（）A.四面体NBCD−每个面都是直角三角形B.DGMN⊥C.当点G异于P点时，//AC平面MNGD.直线PB和平面DAC所成角的正切值为22【答案】BC【解析】【分析】因为PDCD则当N为PC中点时，ND与PC不垂

直，则选项A可以判断；由图形可知，可以建立以点D为原点空间直角坐标系，则找到DG与MN的向量进行垂直判断，即可得到选项B；因为,MN分别为,PAPC的中点，则可证明//AC平面MNG判断C选项；利用直线PB的方向向量和平面DA

C的法向量，代入夹角公式即可计算出夹角的正弦值，再根据同角三角函数值得求解，即可判断D.【详解】因为4PD=，2CD=，在PDC△中，N为PC中点，由于只有在等腰三角形中底面上的高才能垂直底面，由于PDC△不是等腰，则ND与

PC不垂直，则在四面体NBCD−有的面不是直角三角形，故A不正确；,MN分别为,PAPC的中点，则在PAC中，//MNAC因为AC平面MNG，MN平面MNG，所以//AC平面MNG.C正确以点D为原点，DA为x轴，DC为

y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，则()1,0,2M，()0,1,2N，()0,0,0D，()1,1,2G()1,1,0MN=−，()1,1,2DG=，则()1111020MNDG=−++=，则可判断DGMN⊥.B正确；()0,0,4P，()2,2,0B则方向向量为()2,2,4

PB=−.平面DAC的法向量()0,0,1n=设直线PB和平面DAC所成角为，则46sin324PBnPBn===，则26sin3tan231sin3===−，D错误.故选：BC10.点()00,Pxy是圆22:86210Cxyxy+−−+=上的动点，则下面正确的有（

）A.圆的半径为3B.003yx−既没有最大值，也没有最小值C.002xy+的范围是1125,1125−+D.2200023xyx+++的最大值为72【答案】BC【解析】【分析】将圆方程化为标准方程可判断选项A错误.设003yk

x=−，则转化为直线与圆有交点，可算得003ykx=−既没有最大值，也没有最小值，选项B正确.对于选项C和D，可用三角换元化简，再结合辅助角公式即可判断.【详解】圆22:86210Cxyxy+−−+=转化为()()22434xy−+−=，则圆的圆心为()4,3，半径为2，选

项A错误.设003ykx=−，则直线()003ykx=−与圆有交点，即()243321kk−−+，整理得23650kk+−，解得3263k−−或3263k−+.既003yx−没有最大值，也没有最小值，选项B正确.设042sinx=+，032cosy=+，则()002114s

in2cos1125sinxy+=++=++，其中1tan2=.则002xy+的取值范围为1125,1125−+，选项C正确.又22000086210xyxy+−−+=，则2200008621xyxy+=+−，因此()22000002

31061820sin12cos40434sin40xyxxy+++=+−=++=++其中3tan5=.则2200023xyx+++的最大值为43440+，选项D错误.故选：BC.11.已知圆()()()22:234RCxkykk−+−+=，点()()2,410,RPtt

t−.过点P作圆C的两条切线,,,PAPBAB为切点，则下列说法正确的有（）A.当1k=时，不存在实数t，使得线段AB的长度为整数B.若M是圆C上任意一点，则PM的最小值为755C.当1k=−时，不存在点P，使得PAB的面积为1D.当1

k=−且2Nt时，若在圆C上总是存在点Q，使得π6CPQ=，则此时1,12t【答案】ACD【解析】【分析】求出P点轨迹，利用几何面积转换从而可得到AB的取值范围，即可对A项判断；求出圆

心C的轨迹方程为23yx=−，然后即可求出PM的最小值，即可对B项判断；画出圆C及切线，利用几何条件，从而可对C、D项判断.【详解】对于A项：当1k=时，圆C：()()22114xy−++=，圆心()1,1C−，半径2r=，由点()()2,410,

RPttt−得P的轨迹方程为：210yx=−，如下图：由2221·22242ACPPCABSPAACPCrPC===−=−，所以当PC最小时，AB最小，PC的最小值为圆心C到210yx=−的距离21107555d+

−==，此时：42937AB=，又因为：24ABr=，故42947AB，，所以当1k=时，不存在实数t，使得线段AB的长度为整数，故A项正确；对于B项：圆心(),23Ckk−得圆心C的轨迹

方程为23yx=−，所以C到直线210yx=−的距离为3107555−+=，所以M是圆上任意一点，则PM的最小值为：7525−，故B项错误；对于C项：当1k=−，圆C：()()22154xy+++=，由

A项知P的轨迹方程为：210yx=−，如下图：由：2221·22242ACPPCABSPAACPCrPC===−=−，故PC最小时，AB最小，PC的最小值为圆心C到直线的距离为3107555−=，设PCx=，由A项知244xABx−=，进而可得PAB中AB边上的高为24xhx−=，所以222

2144442412PABxxSxxxx−−==−−，因为：755PCx=，所以得：224229292411549PABSxx=−−，故C项正确；对于D项：由题设可得π6CPA，故4PC，()()2221454tt++−

，解得：9319311010t−+，又因为2Nt，所以：1,12t，故D项正确.故选：ACD.第II卷非选择题（满分92分）三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知直线6:30lxy−−=与圆22:(1)(2)5C

xy−+−=，则直线l被圆C所截得的弦长为__________.【答案】10【解析】【分析】求出圆心到直线6:30lxy−−=的距离，再结合勾股定理可求弦长.【详解】圆C的圆心坐标为(1,2)，半径为5，圆心到直线6:30lxy−−=的距离为：223126102

31−−=+，所以直线l被圆截得的弦长为：21025102−=，故答案为：10.13.在三棱锥PABC−中，N在线段PA上，满足3,PAPNM=是平面ABC内任意一点，452PMPNxPBPC=++，则实数x=___

_______.【答案】13【解析】【分析】根据空间向量运算、四点共面等知识求得正确答案.【详解】依题意，452PMPNxPBPC=++，则515114424342xxPMPNPBPCPAPBPC=++++

=511242xPAPBPC++=，由于,,,ABCM四点共面，所以5111,12423xx++==.故答案为：1314.如图，在ABCV中，22,6,12ACBCCABC===−，过AC中点M的动直线l与线段AB交于点N，将AMN沿直线l向上翻折至1AMN，使得点1A在平面B

CMN内的射影H落在线段BC上，则斜线1AM与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为__________.【答案】220,5【解析】【分析】首先根据正余弦定理求解三角形，再以点B为原点，建立

空间直角坐标系，并求出点A的轨迹方程，并利用AAMN⊥，求得点A的坐标的范围，相结合后，即可求解线面角正弦值的取值范围.【详解】()226cosπ12CABCC=−=−，得2cos2C=，即π4C=，ABCV中，根据

余弦定理，222cos25ABACBCACBCC=+−=，根据正弦定理，sinsinACABBC=，得5sin5B=如图，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点()4,2,0A,()6,0,0C,设点(

),,Axyz，翻折后点A的投影(),0,0Hx在x轴上，所以A的纵坐标为0，即(),0,Axz，()5,1,0M，由MCAMAM==，根据两点间距离公式，()()()()222226501501x

z−+−=−+−+，整理为()2251xz−+=如右图，在翻折过程中AMNAMN，作AEMN⊥于点E，则AEMN⊥，并且AEAEE=，,AEAE平面AAE，所以MN⊥平面AAE，AA平面AAE,所以M

NAA⊥，即0MNAA=，其中()4,2,AAxz=−−，又动点N在线段AB上动，设1,,02Naa，故15,1,02MNaa=−−，且)0,4a，由0MNAA=，得()()14

52102xaa−−−−=，32252,55xa=+−，又因为()2251xz−+=，对应的z的取值为40,5，即40,5AH,2sin0,25AHAMHAM=

.则斜线1AM与平面BCMN所成角的正弦值的取值范围为20,25.故答案为：20,25【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量解决角的问题，关键1，求点A的轨迹，关键2，根据几何关系可得MNAA⊥

，根据坐标运算，即可求解.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.）15.已知直线1l经过()()2,8,3,2AB−−两点，()122,6,3lll⊥.（1）求直线1l和直线2l的一般式方程；（2）已知直线3l经过直线1l与直线

2l的交点，且在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍，求直线3l的一般式方程.【答案】（1）240xy−−=；2120xy+−=（2）0xy−=或4200xy+−=【解析】【分析】（1）根据直线1l过两点从而可求解其一般式方程，由12ll⊥，()26,3l可求出2l的一般方程；（2）

求出直线1l和2l的交点，再结合3l在坐标轴上截距，从而可求解.【小问1详解】由题意可得，直线1l的斜率为128232k+==+,所以得其方程为()223yx−=−，整理化简得其一般式方程为：240xy−−=，因为12ll⊥，所以：可设2l的

方程为：20xym++=，又因为()26,3l，所以：12m=−，得2l一般式方程为2120xy+−=，综上：12:240,:2120lxylxy−−=+−=.【小问2详解】联立2402120xyxy−−=+−=，得44xy==，所以交点坐标是()4,4，由题

意知()34,4l，（i）当直线3l在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍且为0时，即()30,0l，此时3l的方程为0xy−=；（ii）当直线3l在x轴上的截距是在y轴上的截距的4倍且不为0时，此时可设直线3l的方程为()104xyaaa+=，因为()34,4

l，所以：4414aa+=，得：5a=，满足条件，此时3l的方程为4200xy+−=，综上，3l的方程为0xy−=或4200xy+−=.16.如图，在四棱锥PABCD−中，ABD△是边长为3的正三角形，,,BCCDBCCDPDAB⊥=⊥，平面PBD⊥平面ABCD.（1）求证：PD

⊥平面ABCD；（2）若4PD=，求二面角CPBD−−的平面角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）54【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；（2）以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系，分别求出面PBD和面PB

C，由二面角的向量公式结合同角三角函数的基本关系即可得出答案.小问1详解】连接AC交BD于点O，由平面几何知识易知ACBD⊥，又平面ABCD⊥平面,PBDBD是交线，AC平面ABCD，AC⊥平面PBD，又PD平面PBD，ACPD⊥，又,,,PDABACA

BAACAB⊥=平面ABCD，PD⊥平面ABCD；【小问2详解】如图，以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系，若4PD=，则3333,0,0,0,,0,0,,0,0,,42222CDBP−

【易知()11,0,0n=ur是平面PBD的一个法向量，()33,,0,0,3,422BCBP==设()2,,nxyz=uur是平面PBC一个法向量则2200nBCnBP=

=，即33022340xyyz+=+=，令4x=−，则4,3yz==−，所以()24,4,3n=−−1212124441cos,41141nnnnnn−−===二面角CPBD−−的平面角为锐角，二面角CPBD−−的平面角的余弦值为44141，

二面角CPBD−−的平面角的正弦值为54141二面角CPBD−−的平面角的正切值为54.17.已知圆22:68210Cxyxy+−−+=，直线l过点(1,0)A．（1）求圆C的圆心坐标和半径；（2）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；（3）若直线l

与圆C相交于,PQ两点，求三角形CPQ的面积的最大值，并求此时直线l的方程.【答案】（1）圆心为(3,4)，半径为2；（2）1x=或3430xy−−=；（3）2，10xy−−=或770xy−−=【解析】【分析】

（1）由圆的一般方程化成标准方程即可求解；（2）先考虑直线斜率不存在时是否满足要求，再考虑直线斜率存在时，利用圆心到直线距离求出直线l的方程；（3）方法一：设出直线方程，利用垂径定理得到ABCV面积函数()224Sdd=−，由均值不等式的的的结论

可得面积的最大值及此时直线l的方程；方法二：利用三角形面积公式表达出2sinCPQSPCQ=，得到当90PCQ=时，CPQS△取最大值2，此时点C到l的距离为2，利用点到直线距离求出直线斜率，得到此时直线l的方程.【小问1详解】由22:

68210Cxyxy+−−+=可得：()()22:344Cxy−+−=所以圆心的圆心坐标为()3,4，半径为2；【小问2详解】①若直线l的斜率不存在，则直线l：1x=，符合题意；②若直线l斜率存在，设直线l的方程为𝑦=𝑘(𝑥−1)，即kxyk0−−=，由题意知，圆心()

3,4到已知直线l的距离等于半径2，即23421kkk−−=+，解得34k=，所求直线l的方程是1x=或3430xy−−=；【小问3详解】方法一：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，设直线l方程为kxyk0−−=，则圆心到直l的距离2241k

dk−=+，又∵三角形CPQ面积()2222124442Sdddddd=−=−=−()22422dd+−=，当且仅当224dd=−，即2d=时取等号，三角形CPQ的面积的最大值为2，由22421kk−=+，有1k=，或7k=，此时直线l方程为10x

y−−=，或770xy−−=．方法二：11sin4sin2sin22CPQSCPCQPCQPCQPCQ===，当90PCQ=时，CPQS△取最大值2，此时点C到l的距离为2，设l：kxyk0−−=，由23421kkk−−=+，解得1k=或7k=，故所求直线

l的方程为10xy−−=或770xy−−=.18.如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，π2==ABCBAD，112SAABBCAD====.（1）求证：//BD平面AEG；（2）在线段EG（不含端点）上是否存

在一点H，使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306？若存在，求出GH的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在满足题意的点H，此时32||4GH=.【解析】【分析】（1）由题意以A为原点建立空间直角坐标系Axyz−，接着求出BD和平面AEG的一个法

向量m，计算0BDm=即可得证.（2）设,01GHGE=求出AH，由SC和CD求出平面SCD的一个法向量1n，由AB和AH求出平面ABH的一个法向量2n，接着由平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306得126cos,6nn=，进而求出，从而得解.【

小问1详解】由题意可以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，∴(1,0,0)B，(0,2,0)D，(0,2,1)E，11,0,22G，()0,0,1S，𝐶(1,1,0)，𝐴(0

,0,0)∴(1,2,0)BD=−，(0,2,1)AE=，11,0,22AG=，设平面AEG的法向量为(,,)mxyz=，则mAEmAG⊥⊥，所以2011022mAEyzmAGxz=+==+=，令1

x=，则11,,12m=−，∴()11120102BDm=−++−=，∵BD平面AEG，∴//BD平面AEG.【小问2详解】由（1）得11,2,22GE=−，11,0,22AG=，(1,1,1)SC=−，(

1,1,0)CD=−，(1,0,0)AB=，假设在线段EG（不含端点）上存在一点H，使得平面ABH与平面SCD所成角的正弦值为306，则11,2,,0122GHGE==−，1

1(1),2,(1)22AHAGGE=+=−+，设平面SCD法向量𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则11nSCnCD⊥⊥，所以111111100nSCxyznCDxy=+−==−+=，令11x=，则1(1,1,2

)n=，设平面ABH法向量()2222,,nxyz=，则22nAHnAB⊥⊥，所以22222211(1)2(1)0220nAHxyznABx=−+++===，令21+y=，则2(0,1,4)n=+−，设平面ABH与平面SC

D所成角为，则30sin6=，所以()()()()12122222221210+11+24176coscos,==6617211+1+21+4nnnnnn+−−===+++−，整理得(21)0−

=，∵01，∴12=.故存在满足题意的点H，此时222111111132,2,=+2+=22222224GHGHGE===−−.19.已知圆22:4Oxy+=和点()2,

4M.（1）过点M向圆O引切线，求切线的方程；（2）点N是圆O上任意一点，S在线段NM的延长线上，且点M是线段SN的中点，求S点运动的轨迹E的方程；（3）设圆O与x轴交于,CD两点，线段MO上的点T上满足16TCDTCMMD=，若T直线l，且直线l与（2）中曲

线E交于,AB两点，满足3TAAB=.试探究是否存在这样的直线l，若存在，请说明理由并写出直线l的斜率，若不存在，请说明理由.【答案】（1）2x=和34130xy−+=（2）22(4)(8)4xy−+−

=（3）存在，理由见解析，8102841389k−=或8102841389k+=【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切的几何意义，讨论直线斜率存在与不存在两种情况，计算可得；（2）设点(),Sxy，点()00,N

xy，根据中点建立等式，用含x的式子表示0x，含y的式子表示0y后代入点N满足的方程中，化简计算即可；（3）根据题意先求出T点坐标，再设出直线方程，直线与曲线联立方程组求出12,xx，根据3TAAB=，

建立等式求解即可.【小问1详解】当斜率不存在时，显然2x=与圆22:4Oxy+=相切；当斜率存在时，设切线为()24ykx=−+，由圆心到切线的距离为2，24221kk−=+，解得34k=，则()3144yx=−+，整理得34130xy−+=.综上，切线方程为

2x=和34130xy−+=.【小问2详解】设点(),Sxy，点()00,Nxy，点()2,4M且点M是线段SN的中点，0000242842xxxxyyyy+==−=−+=，由题

意，点N是圆O上任意一点，22004xy+=，即22(4)(8)4xy−+−=，符合题意，S点运动的轨迹E的方程为22(4)(8)4xy−+−=；【小问3详解】由题设，()2,0C−，()2,0D,设(),Txy,()2,TCxy=−−−,()2,DTxy=−，()

4,4CM=，()0,4MD=−，因为16TCDTCMMD=,得()2216416xy−−=−，即225xy+=,因T在线段MO上，所以𝑦=2𝑥，即()1,2T，若存在l，由题意可不妨设l的方程为()21ykx−=−，如图所示k为正数，为联立(

)()()()()222222211212812480484ykxkxkkxkkxy−=−+−+++++=−+−=，2536320kk=−+−（i）设()()112212,,,,2AxyBxy

xx.由求根公式()221221285363221kkkkxk++−−+−=+，()222221285363221kkkkxk+++−+−=+.12124313432xxTAAByy=+==+所以()()2222

222128536322128536324312121kkkkkkkkkk++−−+−+++−+−=+++，化简得：2753632126kkk−+−=+（ii）（ii）在（i）的限制下有解，故存在这样的直线l，并且可以解得直线l的斜率8102841389

k−=或8102841389k+=.