2020年安徽省合肥一中高二(上)期中数学试卷(文科)

高二（上）期中数学试卷（文科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.直线x=1的倾斜角和斜率分别是()A. 45°，1B. 135°，−1C. 90°，不存在D. 180°，不存在2.下列说法中不正确的．．．．是()．A. 空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形B. 同一平面的两条垂线一定共面C. 过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内D. 过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直3.方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，m的取值范围是()A. 14<m<1 B. m<14或m>1C. m<14D. m>14.若a，b是异面直线，且a//平面α，则b和α的位置关系是()A. 平行B. 相交C. b在α内D. 平行、相交或b在α内5.如图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的体积是()A. 10π3B. 13π3C. 11π3D. 8π36.设l是直线，α，β是两个不同的平面()A. 若l//α，l//β，则α//βB. 若l//α，l⊥β，则α⊥βC. 若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD. 若α⊥β，l//α，则l⊥β7.若直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，则实数a的取值范围是()A. [−3,−1]B. [−1,3]C. [−3,1]D. (−∞,−3]∪[1,+∞)8.圆x2+2x+y2+4y−3=0上到直线x+y+1=0的距离为√2的点共有()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个9.平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，则此球的体积为()A. √6πB. 4√3πC. 4√6πD. 6√3π10.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. 110B. 25C. √3010D. √2211.已知点A(2,−3)，B(−3,−2)，直线m过P(1,1)，且与线段AB相交，求直线m的斜率k的取值范围为()A. k≥34或k≤−4 B. k≥34或k≤−14C. −4≤k≤34D. 34≤k≤412.如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动(P点异于B、C1点)，则下列四个结论：①三棱锥A−D1PC的体积不变：②A1P//平面ACD1：③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1．其中正确结论的个数是()A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.如果直线ax+2y+2=0与直线3x−y−2=0平行，那么系数a的值为______．14.已知点B与点A(1,2，3)关于M(0,−1,2)对称，则点B的坐标是______．15.圆(x+2)2+y2=4与圆(x−2)2+(y−1)2=9的位置关系为______．16.已知⊙M：x2+(y−2)2=1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切⊙M于A，B两点，求动弦AB的中点P的轨迹方程为______．三、解答题（本大题共6小题，共72.0分）17.已知集合A={y|y=x2−32x+1,34≤x≤2},B={x|x+m2≥1}，p：x∈A，q：x∈B，并且p是q的充分条件，求m的取值范围．18.已知直线l1，l2的方程分别为2x−y=0，x−2y+3=0，且l1，l2的交点为P．(1)求P点坐标；(2)若直线l过点P，且与x，y轴正半轴围成的三角形面积为92，求直线l的方程．19.圆C经过点A(2,−1)，和直线x+y=1相切，且圆心在直线y=−2x上．(1)求圆C的方程；(2)圆内有一点B(2,−52)，求以该点为中点的弦所在的直线的方程．20.如图，在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=√2a，点E在PD上，且PE：ED=2：1．(1)求该四棱锥的体积；(2)若F为棱PC的中点，证明：BF//平面AEC．21.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2．(1)求证：DE//平面A1CB；(2)求证：A1F⊥BE；(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．22. 已知过点A(−1,0)的动直线l 与圆C ：x 2+(y −3)2=4相交于P ，Q 两点，M 是PQ 中点，l 与直线m ：x +3y +6=0相交于N ． (1)求证：当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ； (2)当PQ =2√3时，求直线l 的方程；(3)探索AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是否与直线l 的倾斜角有关？若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．答案和解析1.【答案】C【解析】解：∵直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，而斜率不存在，故选：C．利用直线x=1垂直于x轴，倾斜角为90°，选出答案．本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，以及直线的图象特征与直线的倾斜角、斜率的关系．2.【答案】D【解析】【分析】根据证明平行四边形的条件判断A，由线面垂直的性质定理和定义判断B和C，利用实际例子判断D．本题考查了平面几何和立体几何中的定理和定义，只要抓住定理中的关键条件进行判断，可借助于符合条件的几何体进行说明，考查了空间想象能力和对定理的运用能力．【解答】解：A、一组对边平行且相等就决定了是平行四边形，故A不符合题意；B、由线面垂直的性质定理知，同一平面的两条垂线互相平行，因而共面，故B不符合题意；C、由线面垂直的定义知，这些直线都在同一个平面内即直线的垂面，故C不符合题意；D、由实际例子，如把书本打开，且把书脊垂直放在桌上，则由无数个平面满足题意，故D符合题意．故选：D．3.【答案】B【解析】【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，可以求得若方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，必有16m2+4−20m>0，即可求出m的取值范围．本题考查二元二次方程表示圆的条件，若方程x2+y2+Dx+Ey+F=0表示圆，则有D2+E2−4F>0．【解答】解：根据二元二次方程表示圆的条件，方程x2+y2+4mx−2y+5m=0表示圆，必有16m2+4−20m>0，解可得，m<14或m>1，故选：B．4.【答案】D【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1的中点为E，CC1的中点为F，设D1C1=a，平面ABCD为α，则a//α．观察图形，知：a与AD为异在直线，AD⊂α；a与AA1为异面直线，AA1与α相交；a与EF是异面直线，EF//α．∴若a，b是异面直线，且a//平面α，则b和α的位置关系是平行、相交或b在α内．故选：D．作出正方体，借助正方体能够比较容易地得到结果．本题考查直线与平面的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意平面的公理及其推论的灵活运用．5.【答案】B【解析】解：由几何体的三视图得，几何体是低下是一个圆柱，底面半径为1，圆柱体的高为3，上面是半径为1的一个球∴该几何体的体积为π×3+43π=133π故选：B．先由三视图判断出几何体的直观图的形状为上面是球，下面是圆柱；然后利用圆柱、球的体积公式求出该几何体的体积．解决由三视图求几何体的表面积、体积问题，一般先将三视图转化为几何体的直观图，再利用面积、体积公式求．6.【答案】B【解析】解：若l//α，l//β，则α//β或α，β相交，故A不正确；根据线面平行的性质可得：若l//α，经过l的直线与α的交线为m，则l//m，∵l⊥β，∴m⊥β，根据平面与平面垂直的判定定理，可得α⊥β，故B正确；若l⊥α，α⊥β，则l⊂β或l//β，故C错误；作出正方体ABCD−A′B′C′D′，设平面ABCD为α，ADD′A′为β，则α⊥β，观察正方体，得到：B′C′//α，且B′C′//β；A′D′//α，且A′D′⊂β；A′B′//α，且A′B′与β相交．∴面α、β及直线l满足：α⊥β，l//α，则一定有l//β或l⊂β或l与β相交，故D不正确．故选：B．对4个选项分别进行判断，即可得出结论．“由已知想性质，由求证想判定”，也就是说，根据已知条件去思考有关的性质定理；根据要求证的结论去思考有关的判定定理，往往需要将分析与综合的思路结合起来．7.【答案】C【解析】【分析】根据直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点，可得圆心到直线x−y+1=0的距离不大于半径，从而可得不等式，即可求得实数a取值范围．本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是利用圆心到直线的距离不大于半径，建立不等式．【解答】解：∵直线x−y+1=0与圆(x−a)2+y2=2有公共点≤√2∴圆心到直线x−y+1=0的距离为|a+1|√2∴|a+1|≤2∴−3≤a≤1故选：C．8.【答案】C【解析】解：圆x2+2x+y2+4y−3=0的圆心(−1,−2)，半径是2√2，圆心到直线x+=√2，y+1=0的距离是√2故圆上的点到直线x+y+1=0的距离为√2的共有3个．故选：C．先求圆心和半径，再看圆心到直线的距离，和√2比较，可得结果．本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查数形结合的思想，是中档题．9.【答案】B【解析】【分析】利用平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，求出球的半径，然后求解球的体积．本题考查球的体积的求法，考查空间想象能力、计算能力．【解答】解：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，所以球的半径为：√(√2)2+1=√3．(√3)3=4√3π.所以球的体积为：4π3故选B．10.【答案】C【解析】【分析】本题考查异面直线对称角的求法，作出异面直线所成角的平面角是解题的关键，同时考查余弦定理的应用．画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．【解答】解：直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成角等于∠ANO，MN=//12∵BC=CA=CC1，设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=√5，AN=√5，MB=√B1M2+BB12=√(√2)2+22=√6，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO=AN 2+NO2−AO22AN⋅NO=2×√5×√6=√3010．故选：C．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查一元二次不等式组表示平面区域的问题，注意直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上．根据题意，设直线m的方程为y−1=k(x−1)，分析可得若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，解可得k的范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，直线m过P(1,1)，设直线m的方程为y−1=k(x−1)，即y−kx+k−1=0，若直线m与线段AB相交，即A、B在直线的两侧或直线上，则有[(−3)−2k+k−1][(−2)−(−3)k+k−1]≤0，解可得：k≥34或k≤−4；故选A．12.【答案】C【解析】解：对于①，由题意知AD1//BC1，从而BC1//平面AD1C，故BC 1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A−D1PC的体积不变，故①正确；对于②，连接A1B，A1C1，A1C1//AD1且相等，由于①知：AD1//BC1，所以面BA1C1//面ACD1，从而由线面平行的定义可得，故②正确；对于③，由于DC ⊥平面BCB 1C 1，所以DC ⊥BC 1，若DP ⊥BC 1，则BC 1⊥平面DCP ，BC 1⊥PC ，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接DB 1，由DB 1⊥AC 且DB 1⊥AD 1，可得DB 1⊥面ACD 1，从而由面面垂直的判定知，故④正确．故选：C ．利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线线、线面、面面平行和垂直的判断与性质求解．本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等积法、线面平行、线线垂直的判定，要注意转化的思想的使用，是中档题．13.【答案】−6【解析】解：∵直线ax +2y +2=0与直线3x −y −2=0平行，∴它们的斜率相等，∴−a 2=3 ∴a =−6故答案为：−6根据它们的斜率相等，可得−a 2=3，解方程求a 的值．本题考查两直线平行的性质，两直线平行，斜率相等． 14.【答案】(−1,−4,1)【解析】解：设点B 的坐标为(x,y ，z)，∵点B 与点A(1,2，3)关于M(0,−1,2)对称， ∴点M(0,−1,2)对为点A(1,2，3)和点B(x,y ，z)的中点，由中点坐标公式可得，{0=x+12−1=y+222=z+32，解得{x =−1y =−4z =1， ∴点B 的坐标是(−1,−4,1)．故答案为：(−1,−4,1)．根据点的对称性，将问题转化为两点的中点坐标问题，利用中点坐标公式列出方程组，求解即可得到点B 的坐标公式．本题考查了空间中的点的坐标．中点考查了中点坐标公式，解空间坐标问题时，要注意类比平面坐标，对于一些运算公式和法则两者是通用的．属于基础题．15.【答案】相交 【解析】解：圆C(x +2)2+y 2=4的圆心C(−2,0)，半径r =2；圆M(x −2)2+(y −1)2=9的圆心M(2,1)，半径R =3．∴|CM|=√(−2−2)2+1=√17，R −r =3−2=1，R +r =3+2=5．∴R −r <√17<R +r ．∴两圆相交．故答案为：相交．由两圆的方程可得圆心坐标及其半径，判断圆心距与两圆的半径和差的关系即可得出． 本题考查了判断两圆的位置关系的方法，属于基础题．16.【答案】x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)【解析】解：连接MB ，MQ ，设P(x,y)，Q(|a|,0)，点M 、P 、Q在一条直线上，得2−a =y−2x .①由射影定理，有|MB|2=|MP|⋅|MQ|，即√x 2+(y −2)2⋅√a 2+4=1.②由①及②消去a ，可得x 2+(y −74)2=116和x 2+(y −94)2=116．又由图形可知y <2，因此x 2+(y −94)2=116舍去．因此所求的轨迹方程为x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)．故答案为：x 2+(y −74)2=116(32≤y <2)．连接MB ，MQ ，设P(x,y)，Q(|a|,0)，点M 、P 、Q 在一条直线上，利用斜率相等建立等式，进而利用射影定理|MB|2=|MP|⋅|MQ|，联立消去a ，求得x 和y 的关系式，根据图形可知y <2，进而可求得动弦AB 的中点P 的轨迹方程．本题主要考查了直线与圆的位置关系，求轨迹方程问题．解题过程中灵活利用了射影定理． 17.【答案】解：化简集合A ={y|y =x 2−32x +1,34≤x ≤2}，配方，得y =(x −34)2+716.因为x ∈[716,2]，∴y min =716,y max =2∴y ∈[716,2]∴A ={y|716≤y ≤2}，化简集合B ，由x +m 2≥1，得x ≥1−m 2，B ={x|x ≥1−m 2}，因为命p 题是命题q 的充分条件，∴A ⊆B ∴1−m 2≤716解得m ≥34或m ≤−34， 故实数的取值范围是(−∞,−34]∪[34．【解析】根据二次函数的性质求出A 的范围，化简集合B ，根据A ⊆B ，得到关于m 的不等式，解出即可．本题考查了二次函数的性质，考查集合的包含关系，是一道基础题．18.【答案】解：(1)由{2x −y =0x −2y +3=0得P(1,2)．(2)①当过点P(1,2)的直线与坐标轴平行时，不合题意；②当过点P(1,2)的直线与坐标轴不平行时，可设所求直线方程为y −2=k(x −1)， 当x =0时，y =2−k ；当y =0时，x =1−2k ．故三角形的面积s △=12|(1−2k )(2−k)|=92，由2−k >0，1−2k >0，解得k =−1或−4．故所求的直线方程为y −2=−1×(x −1)或y −2=−4×(x −1)，即x +y −3=0或4x +y −6=0；综上，所求直线方程为x +y −3=0或4x +y −6=0；【解析】(1)把2条直线的方程联立方程组，求出方程组的解，可得交点坐标．(2)用点斜式求直线的方程，并求出它在坐标轴上的截距，再根据直线与x ，y 轴正半轴围成的三角形面积为92，求出斜率的值，可得直线l 的方程．本题主要考查求直线的交点坐标，用点斜式求直线的方程，直线的截距，属于基础题． 19.【答案】解：(1)设圆心(m,−2m)，方程为：(x −m)2+(y +2m)2=r 2∵圆过A(2,−1)，∴有(2−m)2+(−1+2m)2=r 2 又√2=r ，解得m =1,r =√2，∴圆的方程为(x −1)2+(y +2)2=2．(2)由题意，(x −1)2+(y +2)2=2的圆心坐标为C(1,−2)，则k CB =−2+521−2=−12，∴以B(2,−52)为中点的弦所在的直线的斜率为2，∴所求直线方程为y+52=2(x−2)，即4x−2y−13=0．【解析】(1)设出圆心坐标，利用圆C经过点A(2,−1)，和直线x+y=1相切，建立方程组，可求圆C的方程；(2)求出以B(2,−52)为中点的弦所在的直线的斜率，利用点斜式可得方程．本题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．20.【答案】(1)解：设AC∩BD=O，连接PO，则O既为AC的中点，也为BD的中点，∵∠ABC=60°，AC=a，∴BD=√3a，AO=12AC=12a，BO=12BD=√32a.∵PB=PD=√2a，∴PO⊥BD，PO2=PB2−BO2=54a2，∴PA2+AO2=PO2，即PA⊥AC．∵PO⊥BD，AC⊥BD，PO∩AC=O，PO、AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAC．∵平面ABCD∩平面PAC=AC，PA⊂平面PAC，∴PA⊥平面ABCD．∴四棱锥的体积V=13PA⋅S菱形ABCD=13PA⋅12AC⋅BD=13×a×12×a×√3a=√36a3．(2)证明：取PE的中点M，连结FM、BM，则FM//CE．由PE：ED=2：1，知E是MD的中点，∵O为BD的中点，∴BM//OE．∵FM∩BM=M，CE∩OE=E，FM、BM⊂平面BFM，CE、OE⊂平面AEC，∴平面BFM//平面AEC．又BF⊂平面BFM，∴BF//平面AEC．【解析】(1)设AC∩BD=O，连接PO，在菱形ABCD中，易求得BD=√3a，AO=12a，BO=√32a，由勾股定理可证明PA⊥AC；由PO⊥BD，AC⊥BD，可推出BD⊥平面PAC，PA⋅结合面面垂直的判定定理与性质定理可得PA⊥平面ABCD，故四棱锥的体积V=13S．菱形ABCD(2)取PE的中点M，连结FM、BM，则FM//CE，BM//OE，从而推出平面BFM//平面AEC，再由面面平行的性质定理即可得证．本题考查空间中线与面的位置关系、棱锥体积的求法，熟练掌握空间中线面、面面平行或垂直的判定定理与性质定理是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE//BC，又DE⊄平面A1CB，∴DE//平面A1CB．(2)由已知得AC⊥BC且DE//BC，∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，又DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，而A1F⊂平面A1DC，∴DE⊥A1F，又A1F⊥CD，∴A1F⊥平面BCDE，∴A1F⊥BE．(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ//BC．∵DE//BC，∴DE//PQ．∴平面DEQ即为平面DEP．由(Ⅱ)知DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C，又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP，∴A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ，故线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ．【解析】(1)D ，E 分别为AC ，AB 的中点，易证DE//平面A 1CB ；(2)由题意可证DE ⊥平面A 1DC ，从而有DE ⊥A 1F ，又A 1F ⊥CD ，可证A 1F ⊥平面BCDE ，问题解决；(3)取A 1C ，A 1B 的中点P ，Q ，则PQ//BC ，平面DEQ 即为平面DEP ，由DE ⊥平面，P 是等腰三角形DA 1C 底边A 1C 的中点，可证A 1C ⊥平面DEP ，从而A 1C ⊥平面DEQ ． 本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定与性质，考查学生的分析推理证明与逻辑思维能力，综合性强，属于难题．22.【答案】解：(1)∵l 与m 垂直，且k m =−13，∴k 1=3，故直线l 方程为y =3(x +1)，即3x −y +3=0.∵圆心坐标(0,3)满足直线l 方程， ∴当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ．(2)①当直线l 与x 轴垂直时，易知x =−1符合题意．②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y =k(x +1)，即kx −y +k =0， ∵PQ =2√3，∴CM =√4−3=1，则由CM =√k 2+1=1，得k =43， ∴直线l ：4x −3y +4=0．故直线l 的方程为x =−1或4x −3y +4=0．(3)∵CM ⊥MN ，∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． ①当l 与x 轴垂直时，易得N(−1,−53)，则AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−53)，又AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)， ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−5． ②当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y =k(x +1)，则由{y =k(x +1)x +3y +6=0得N(−3k−61+3k ,−5k 1+3k )，则AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−51+3k ,−5k 1+3k )． ∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−51+3k +−15k 1+3k=−5． 综上所述，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值与直线l 的斜率无关，且AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−5．【解析】(1)根据l 与m 垂直，则两条直线的斜率之积为−1，进而根据直线过点A(−1,0)，我们可求出直线的方程，将圆的圆心坐标代入直线方程验证后，即可得到结论；(2)根据半弦长、弦心距、圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，结合PQ =2√3，易得到弦心距，进而根据点到直线的距离公式，构造关于k 的方程，解方程即可得到k 值，进而得到直线l 的方程；(3)根据已知条件，我们可以求出两条直线的交点N 的坐标(含参数k)，然后根据向量数量积公式，即可求出AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值，进而得到结论．本题考查的知识点是直线与圆相交的性质及向量在几何中的应用，其中在处理圆的弦长问题时，根据半弦长、弦心距、圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，进行弦长、弦心距、圆半径的知二求一，是解答此类问题的关键．。