2023-2024学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高二上学期11月调研考试数学试题(含解析)
展开这是一份2023-2024学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高二上学期11月调研考试数学试题(含解析),共19页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1.直线x+ 3y+2024=0的倾斜角为
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知空间向量a=(1,1,−1),b=(0,2,1),则a⋅b=
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.过点(−1,2)且与直线x−y−1=0垂直的直线l的方程为
A. x+y−3=0B. x−y+3=0C. x+y−1=0D. x−y+1=0
4.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中,E,F分别是BC,C1D1的中点.设AB=a,AD=b,AA1=c,则EF=( )
A. −12a+12b+cB. 12a−12b+c
C. −12a+12b−cD. 12a−12b−c
5.曲线y= 2−(x−1)2与x轴围成区域的面积为
A. π2B. πC. 2πD. 4π
6.已知空间中三点A(0,0,0),B(1,−1,2),C(−1,−2,1),则以AB,AC为邻边的平行四边形的面积为
A. 32B. 3 32C. 3D. 3 3
7.已知圆C:x2+y2=1,过圆C外一点P作C的两条切线,切点分别为A,B.若∠APB=120°,则|AB|=
A. 6− 22B. 1C. 2D. 3
8.如图,在四面体ABCD中,平面ABD⊥平面ACD,△ABD是等边三角形,AD=CD,AD⊥CD,M为AB的中点,点N在侧面BCD上(包含边界),若MN=xAB+yAC+zAD,x,y,z∈R,则下列结论错误的是
A. 若x=12,则直线MN与平面ACD有交点
B. 若z=0,则MN⊥CD
C. 当|MN|最小时,x=14
D. 当|MN|最大时,x=−12
二、多选题(本大题共4小题,共20分。在每小题有多项符合题目要求)
9.若方程x2+y2+4xcs θ+8ysin θ+10=0表示圆,则θ的取值可以是
A. π6B. π4C. π2D. 2π3
10.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(1,2,3),则
A. 点P关于x轴的对称点是P1(1,−2,−3)
B. 点P关于Oxy平面的对称点是P2(−1,−2,3)
C. 点P关于z轴的对称点是P3(1,2,−3)
D. 点P关于原点的对称点是P4(−1,−2,−3)
11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中,能构成空间的一个基底的一组向量为
A. AA1,AB,ACB. BA,BC,BD
C. AC1,BD1,CB1D. AD1,BA1,AC
12.已知圆Ck:x2+(y−k)2=k2+1(k∈N ∗),这些圆的全体构成集合A={Ck|k∈N ∗},则下列说法正确的是
A. 对任意正整数k,圆Ck必定经过点(1,0)与(−1,0)
B. 对任意正整数k,直线y=x必定与圆Ck相交
C. 存在直线l,使得A中与l相切的圆有且仅有3个
D. 存在直线l,使得A中与l相交的圆有且仅有2023个
三、填空题(本大题共4小题,共20分)
13.已知直线l的方程为x4−y3=1,则坐标原点到直线l的距离为_______.
14.设x,y∈R,若空间向量a=(x,y,2)与b=(6,4,−4)平行,则|a|=_______.
15.已知直线y=mx+3与圆C:x2+y2=4交于A,B两点,写出满足“△ABC是等边三角形”的m的一个值:_______.
16.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2,点P在线段AC1上(不含端点).若∠BPD是锐角,则线段C1P长度的取值范围为 .
四、解答题(本大题共6小题,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题10分)
如图,正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2.
(1)用空间向量方法证明:A1C1//平面ACD1;
(2)求直线BD与平面ACD1所成角的正弦值.
18.(本小题12分)
已知⊙M的圆心为(8,6),且⊙M过点A(4,3).
(1)求⊙M的标准方程;
(2)若直线l与⊙M相切于点A,求直线l的方程.
19.(本小题12分)
如图,在正三棱柱ABC−A1B1C1中,AB=AA1=2,P,Q分别为A1B1,BC的中点.
(1)求异面直线AP与QC1所成角的余弦值;
(2)求二面角P−AQ−C的正弦值.
20.(本小题12分)
已知点A(−1,−3),B(0,0),C(1,1),D(4,2).
(1)证明:AD//BC,并且四边形ABCD是等腰梯形;
(2)若⊙M过点A,B,C,D,求⊙M的标准方程.
21.(本小题12分)
如图,已知△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2 3.
(1)求点D到平面MBC的距离;
(2)求平面MBC与平面MAD的夹角的余弦值.
22.(本小题12分)
已知⊙M:x2+(y−1)2=1,⊙N的圆心为N,半径为2,且⊙N与⊙M外切.
(1)求点N的轨迹方程;
(2)设直线l:y=−1,是否存在点N,使得在⊙N上有且仅有3个点到l的距离为1?若存在,求出所有满足条件的点N的坐标;若不存在,请说明理由.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了直线的倾斜角与斜率之间的关系,属于基础题.
先求出直线x+ 3y+2024=0的斜率,再根据斜率是倾斜角的正切值,计算倾斜角即可.
【解答】解;设倾斜角为α,
∵直线x+ 3y+2024=0的斜率为− 33,
又∵α∈[0,π),
∴tanα=− 33,
∴α=150°.
故选D.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的数量积坐标运算问题,是基础题.
根据空间向量的数量积坐标运算,计算即可.
【解答】解:向量a=(1,1,−1),b=(0,2,1),
则a⋅b=1×0+1×2+(−1)×1=1.
故选:B.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线的垂直关系与点斜式方程,属于基础题.
根据直线的垂直关系可得所求直线的斜率,直接利用点斜式方程即可求解.
【解答】
解:因为所求的直线与直线x−y−1=0垂直,
故所求直线的斜率为−1,
又直线经过点(−1,2),
故所求直线的方程为y−2=−(x+1),
即x+y−1=0.
故选C.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查空间向量的线性运算,属于基础题.
根据空间向量的线性运算求解即可.
【解答】
解:EF=AF−AE=AA1+A1F−12AB+AC
=AA1+12A1C1+A1D1−12AB+AC
=AA1+12AB+AD+AD−12AB+AB+AD
=AA1+12AD−AB=−12a+12b+c.
故选A.
5.【答案】B
【解析】【分析】本题考查曲线与方程,圆的标准方程,圆的面积,属于基础题.
由题得到(x−1)2+y2=2(y≥0),据此可求出半圆的面积.
【解答】解:曲线的方程化为y2=2−(x−1)2(y≥0),
即(x−1)2+y2=2(y≥0).
所以这条曲线与x轴所围成的区域是一个半径r= 2的半圆,其面积为S=12πr2=π.故选B.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算,涉及向量的模以及向量的夹角,属于中档题.
求得AB,AC,利用向量夹角公式求得cs∠BAC,根据三角形面积公式求得S△ABC,即可求得所求平行四边形的面积.
【解答】
解:AB=1,−1,2,AC=−1,−2,1,
则AB= 12+−12+22= 6,AC= −12+−22+12= 6,
在▵ABC中,cs∠BAC=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=1×−1+−1×−2+2×1 6× 6=12,
则sin∠BAC= 32,
所以S△ABC=12|AB|⋅|AC|sin∠BAC=3 32,
则以AB,AC为邻边的平行四边形的面积为2S△ABC=3 3.
故选D.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系,属于中档题.
由圆的切线性质可知∠AOP=∠BOP=30°,即∠BOA=60°,得三角形OAB为等边三角形,即可求解.
【解答】
解:如图:易知圆的半径OB=OA=1,又∠APB=120°,
结合圆的切线性质可知:OA⊥PA,OB⊥PB,△PBO≌△PAO,
则∠AOP=∠BOP=30°,即∠BOA=60°,所以三角形OAB为等边三角形,
所以AB=OA=1,
故选:B.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了面面垂直的性质,向量条件下四点共面的充要条件,空间向量的数量积运算,属于难题.
对于A:若x=12,则MN=12AB,进而可得结果;
对于B:若x=−12,y=1,z=0,则AN=AC,N与C重合,结合垂直关系分析判断;
对于C、D:MN2=x2AB2+y2AC2+z2AD2+2xyAB·AC+2xzAB·AD+2yzAD·AC=x2−12x+14+y2=(x−14)2+316+y2,化简可得当MN最小和最大时的x的值.
【解答】
解:由面面垂直的性质得:CD⊥平面ABD,从而CD⊥DM.
令AB=AD=BD=CD=1,则BC=AC= 2,cs∠ABC=12 2,
xAB+yAC+zAD=AN−AM=AN−12AB
⇒AN=(x+12)AB+yAC+zAD,
由B,C,D,N四点共面得:(x+12)+y+z=1⇒x+y+z=12,且0⩽x+12⩽1,0⩽y⩽1,0⩽z⩽1
对于A:若x=12,y=0,z=0,则MN=12AB,MN与平面ACD有交点,故A正确;
对于B: 若x=−12,y=1,z=0,则AN=AC,N与C重合,MN与CD不垂直,故B错误;
对于C: MN2=x2AB2+y2AC2+z2AD2+2xyAB·AC+2xzAB·AD+2yzAD·AC
=x2+2y2+z2+2xy·1· 2·12 2+2xz·1·1·12+2yz· 2·1· 22
=x2+2y2+z2+xy+xz+2yz=x2+y2+(y+z)2+x(y+z)
=x2+y2+(12−x)2+x(12−x)
=x2−12x+14+y2=(x−14)2+316+y2⩾316
当MN2=316时,x=14,y=0,z=14,故 C正确;
对于D: MN2=(x−14)2+316+y2⩽(−12−14)2+316+12=74,
当MN2=74时,x=−12,y=1,z=0,故D正确.
故选B.
9.【答案】CD
【解析】【分析】本题考查圆的一般方程,属于中档题.
改写方程为(x+2csθ)2+(y+4sinθ)2=−10+4cs2θ+16sin2θ.为了使得它成为一个圆的方程,需要满足:−10+4cs2θ+16sin2θ>0,进一步求解即可.
【解答】
解:改写方程为(x+2csθ)2+(y+4sinθ)2=−10+4cs2θ+16sin2θ.
为了使得它成为一个圆的方程,需要满足−10+4cs2θ+16sin2θ>0,
即−10+4+12sin2θ>0,即sin2θ>12.
当θ∈(0,π)时,有π4<θ<3π4.
经检验,只有CD选项符合要求.
故选CD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了空间中点的对称问题,属于基础题.
根据空间坐标的对称性进行判断即可.
【解答】
解:点P关于x轴的对称点是P1(1,−2,−3),故A正确;
点P关于Oxy平面的对称点是P2(1,2,−3),故B错误;
点P关于z轴的对称点是P3(−1,−2,3),故C错误;
点P关于原点的对称点是P4(−1,−2,−3),故D正确.
故选AD.
11.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查了空间向量中基底的概念,要知道不共面的向量才可以作为空间向量的基底,考查了逻辑推理能力,属于基础题.
依次判断四个选项中的向量是否是共面向量,即可判断是否可以作为基底,从而得到答案.
【解答】
解:空间的一组向量{a,b,c}可以成为基底的充分必要条件是这组向量不共面.
选项A中,向量AB,AC所在的平面是ABCD,AA1垂直于平面ABCD,
所以AA1,AB,AC不共面,故这组向量可以成为空间中的一个基底,A正确;
选项B中,BA,BC,BD满足BA+BC=BD,
所以这三个向量共面,这组向量不可以成为空间中的一个基底,B错误;
选项C中,向量AC1,BD1所在的平面是ABC1D1,而CB1不在平面ABC1D1上,
所以AC1,BD1,CB1不共面,这组向量可以成为空间中的一个基底,C正确;
选项D中,因为AD1=AC+CD1=AC+BA1,
所以AD1,BA1,AC共面,这组向量不可以成为空间中的一个基底,D错误.
故选AC.
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了圆的方程,圆过定点问题,直线与圆的位置关系,属于较难题.
根据圆心与点之间的距离可判断A;求得圆心Ck到直线y=x的距离,与半径进行比较,即可判断B;假设存在直线ax+by+c=0(a,b不同时为0)与A中的圆相切,列出等式,化为关于k的方程a2k2−2bck+a2+b2−c2=0,可知此方程最多只有两个解,结合判断C;取直线y=m(m<0),根据圆心到直线的距离小于半径得到不等式k
解:圆Ck:x2+(y−k)2=k2+1(k∈N ∗),圆心Ck(0,k),半径rk= k2+1,
可知点(1,0)与圆心Ck(0,k)的距离为 1−02+0−k2= 1+k2=rk,
则点(1,0)在圆Ck上,同理可得点(−1,0)在圆Ck上,
即对任意正整数k,圆Ck必定经过点(1,0)与(−1,0),故A正确;
圆心Ck(0,k)到直线y=x的距离为dk=0−k 2=k 2,
又 k2+1>k>k 2,即dk
假设存在直线ax+by+c=0(a,b不同时为0)与A中的圆相切,
则圆心Ck(0,k)到直线的距离等于rk= k2+1,
即bk+c a2+b2= k2+1,
化简可得a2k2−2bck+a2+b2−c2=0,
可知关于k的方程a2k2−2bck+a2+b2−c2=0最多只有两个解,
因此对于直线ax+by+c=0,最多与A中的两个圆相切,
即不存在直线l,使得A中与l相切的圆有且仅有3个,故C错误;
可取直线y=m(m<0),
此时圆心Ck(0,k)到直线y=m的距离为Dk=|k−m|=k−m,
令Dk
显然方程m2−4048m−1=0有负实数根,记为m0,
可知对于直线y=m0,
当1≤k≤2023(k∈N ∗)时,圆心Ck到直线y=m0的距离为Dk
即此时直线y=m0与A中相交的圆有且仅有2023个,故D正确.
13.【答案】125
【解析】【分析】
本题考查了点到直线的距离公式,属于基础题.
由题易知直线l为:4x−3y−12=0,利用点到直线的距离公式,可得结果.
【解答】
解:由题易知直线l:x3−y4=1,即4x−3y−12=0,
所以原点到直线l的距离为d=−12 42+−32=125,
故答案为125.
14.【答案】 17
【解析】【分析】
本题考查空间向量平行和模,属于基础题.
先由向量平行求x,y,再求模即可.
【解答】
解:因为向量a=(x,y,2)与b=(6,4,−4)平行,
则x6=y4=2−4⇒x=−3,y=−2,
则|a|= −32+−22+22= 17
15.【答案】− 2(或 2)
【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系,属于一般题.
利用等边三角形性质,得到C到线段AB的距离为 3,结合点到直线的距离公式即可求解.
【解答】解:圆C:x2+y2=4的圆心为C(0,0),半径为2
若△ABC是等边三角形,
则|AB|=|BC|=|CA|=2.
根据等边三角形性质,C到线段AB的距离为 3,
即C到直线y=mx+3的距离为 3,
由点到直线距离公式,3 m2+1= 3,即m2+1=3,得m=± 2.
故答案为− 2(或 2).
16.【答案】0,2 33
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量法求线线夹角,属于中档题.
以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,设PC1=λAC1,根据∠BPD是锐角,可得0<λ<13,再由C1P=λAC1即可求解.
【解答】
解:如图建立空间直角坐标系,
则A2,0,0,C10,2,2,B2,2,0,D0,0,0,
则AC1=−2,2,2,设PC1=λAC1,0<λ<1,
则PC1=−2λ,2λ,2λ.
设Px,y,z,则−x,2−y,2−z=−2λ,2λ,2λ,
可得x=2λ,y=2−2λ,z=2−2λ,即P2λ,2−2λ,2−2λ.
所以PB=2−2λ,2λ,2λ−2,PD=−2λ,2λ−2,2λ−2.
因为∠BPD是锐角,
则PB·PD=−4λ+4λ2+4λ2−4λ+4λ2−8λ+4
=12λ2−16λ+4=43λ2−4λ+1>0,
解得λ<13或λ>1,又0<λ<1,所以0<λ<13.
由题意可得,PB,PD不可能同向.
由PC1=λAC1,
所以C1P=λAC1=λ 22+22+22=2 3λ∈0,2 33.
17.【答案】 解:(1)以点D为坐标原点,DA,DC,DD所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如下图,
则A1(2,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2),A(2,0,0),C(0,2,0),
则A1C1=(−2,2,0),AC=(−2,2,0),CD1=(0,−2,2),
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),
则AC⊥n,CD1⊥n,
则AC·n=0,CD1·n=0,
即−2x+2y=0−2y+2z=0,
取x=1,则y=1,z=1,
则n=(1,1,1),
又A1C1·n=0,
所以A1C1⊥n,
又A1C1⊄平面ACD1,
所以A1C1//平面ACD1;
(2)由(1)建立的空间直角坐标系,有B(2,2,0),D(0,0,0),
则BD=(−2,−2,0),
设直线BD与平面ACD1所成角为θ,
则sinθ=csBD,n=BD·nBD·n=−42 2· 3= 63,
即直线BD与平面ACD1所成角的正弦值为 63.
【解析】本题考查线面平行的向量表示,考查直线与平面所成角的向量求法,考查数学运算能力,属于中档题.
(1)以点D为坐标原点,DA,DC,DD所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,得出各点坐标,求出平面ACD1的一个法向量为n,利用空间向量的数量积与垂直的关系易得A1C1⊥n,且有A1C1⊄平面ACD1,则可证得A1C1//平面ACD1;
(2)由(1)建立的空间直角坐标系,求出BD,设直线BD与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=csBD,n,再求解即可.
18.【答案】解:(1)由于⊙M的圆心为(8,6),故可设⊙M的方
程为(x−8)2+(y−6)2=r2.
由于⊙M过点(4,3),所以(4−8)2+(3−6)2=r2,得r2=25.
所以⊙M的标准方程为(x−8)2+(y−6)2=25.
(2)由于直线l与⊙M相切于点A,所以直线l与直线AM垂直,并且l过点A.
直线AM的斜率为6−38−4=34,所以l的斜率为−43,
所以l的方程为y−3=−43(x−4),
整理得4x+3y−25=0.
【解析】【分析】本题考查了求圆的标准方程、圆的切线方程,是基础题
(1)先设⊙M的方程为(x−8)2+(y−6)2=r2.再求得r2即可得答案
(2)先求得直线AM的斜率,故得l的斜率,故可得l的方程.
19.【答案】解:(1)如图,在正三棱柱ABC−A1B1C1中,设AC,A1C1中点分别为O,O1,
则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,
以{OB,OC,OO1}为基底,建立空间直角坐标系O−xyz.
因为AB=AA1=2,所以A(0,−1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,−1,2),B1( 3,0,2),C1(0,1,2).
因为P为A1B1的中点,所以P( 32,−12,2),
因为Q为BC的中点,所以Q( 32,12,0).
则AP= 32,12,2,QC1=− 32,12,2,
所以异面直线AP与QC1所成角的余弦值为csAP,QC1=AP·QC1AP·QC1
=−34+14+4 34+14+4× 34+14+4=710.
(2)易知平面AQC的一个法向量为m=0,0,1,
AP= 32,12,2,PQ=0,1,−2,
设平面APQ的法向量为n=x,y,z,
则n·AP= 32x+12y+2z=0n·PQ=y−2z=0,
取y=2,可得n=−2 3,2,1.
设二面角P−AQ−C的平面角为α,
则csα=m·nm·n=11× 12+4+1=1 17,
sinα= 1−1 172=4 1717,
所以二面角P−AQ−C的正弦值为4 1717.
【解析】本题考查利用空间向量法求异面直线所成的角及二面角,属于中档题.
(1)设AC,A1C1中点分别为O,O1,以{OB,OC,OO1}为基底,建立空间直角坐标系O−xyz,利用向量法可求解;
(2)易知平面AQC的一个法向量为m=0,0,1,求出平面APQ的一个法向量为n=−2 3,2,1,利用向量法即可求解.
20.【答案】解:(1)因为kAD=2+34+1=1,kBC=1−01−0=1,
所以AD//BC.
因为AB= 12+32= 10,CD= 4−12+2−12= 10,
所以四边形ABCD是等腰梯形.
(2)分别取BC,AB的中点为E,F,
则E12,12,F−12,−32.
因为kBC=1,所以BC的垂直平分线方程为y−12=−x−12,即x+y−1=0.
又kAB=3,所以AB的垂直平分线方程为y+32=−13x+12,即x+3y+5=0.
因为AD//BC,AB=CD,
所以⊙M的圆心为直线x+y−1=0与直线x+3y+5=0的交点,即M4,−3.
又MB= 42+−32=5,
所以⊙M的标准方程为x−42+y+32=25.
【解析】本题考查过两点的斜率公式,考查两点间的距离公式,考查圆的标准方程,考查两条直线垂直与斜率的关系,属于中档题.
(1)证明kAD=kBC,AB=CD即可;
(2)⊙M的圆心为BC与AB垂直平分线的交点,再利用两点间的距离公式求出半径即可.
21.【答案】解:(1)取CD中点O,连接OB,OM,
由于△BCD和△MCD都是等边三角形,所以OB⊥CD,OM⊥CD.
又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD⋂平面BCD=CD,MO⊂平面MCD,
所以MO⊥平面BCD.
取O为原点,OC为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
由于OB=OM= 3,OC=1,
所以C(1,0,0),M(0,0, 3),B(0,− 3,0),D(−1,0,0),A(0,− 3,2 3),
BC=(1, 3,0),BM=(0, 3, 3),
设n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,
由n⋅BC=0n⋅BM=0,x+ 3y=0 3y+ 3z=0,
所以可以取n=( 3,−1,1),
因为BD=(−1, 3,0),所以d=|BD⋅n||n|=2 3 5=2 155.
即点D到平面MBC的距离为2 155.
(2)MA=(0,− 3, 3),MD=(−1,0,− 3),
设m=(p,q,r)是平面MAD的法向量,
由m⋅MA=0m⋅MD=0,得− 3q+ 3r=0−p− 3r=0,
可取m=( 3,−1,−1),
由(1)可知n=( 3,−1,1)是平面MBC的法向量,
所以cs=m⋅n|m|⋅|n|= 3× 3+(−1)×(−1)+(−1)×1 5× 5=35.
因此平面MBC与平面MAD的夹角的余弦值是35.
【解析】本题考查了点面距离的向量求法,平面与平面所成角的向量求法,属于中档题.
(1)取CD中点O,根据题意OB⊥CD,OM⊥CD,又平面MCD⊥平面BCD,以O为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量求解点D到平面MBC的距离;
(2)利用空间向量求平面MBC与平面MAD的夹角的余弦值.
22.【答案】解:(1)由题意得⊙M:x2+(y−1)2=1,圆心M(0,1),半径r=1,
设⊙N的圆心N(x,y),半径R=2,
因为⊙N与⊙M外切,所以MN=1+2=3,
即x2+(y−1)2=9.
所以点N的轨迹方程为x2+(y−1)2=9.
(2)设⊙N的圆心为N(a,b),a,b满足a2+(b−1)2=9,
若⊙N上有且仅有3个点到l的距离为1,
则圆心N到直线l的距离为2−1=1,
即|b+1|=1,解得b=0或−2,
带入a2+(b−1)2=9中,
得b=0时,a=±2 2,
b=−2时,a=0,
所以满足条件点N坐标为(2 2,0)或(−2 2,0)或(0,−2).
【解析】本题考查圆与圆的位置关系,与圆有关的轨迹问题,属于中档题.
(1)利用两圆外切,圆心距等于半径之和,结合两点间距离公式即可求解;
(2)设⊙N的圆心为N(a,b),根据题意得圆心N到直线l的距离为2−1=1,求出b,带入点N轨迹方程即可得a,从而可得点N的坐标.
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