2023-2024学年广东省东莞市四校高二上学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省东莞市四校高二上学期期中联考数学试题（含解析），共16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.设有四边形ABCD，O为空间任意一点，且AO+OB=DO+OC，则四边形ABCD是( )
A. 空间四边形B. 平行四边形C. 等腰梯形D. 矩形
2.已知向量a=4,-2,3，b=1,5,x，满足a⊥b，则x的值为
( )
A. 2B. -2C. 143D. -143
3.直线 3x-y-4=0的倾斜角是
( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
4.已知椭圆x2k+2+y27=1的一个焦点坐标为0,2，则k的值为
( )
A. 1B. 3C. 9D. 81
5.已知直线l1:2x+2y-1=0,l2:4x+ny+3=0，l3：mx+6y-1=0，若l1//l2且l1⊥l3，则m+n的值为
( )
A. -10B. 10C. -2D. 2
6.已知圆C1：x2+y2=1和C2：x2+y2-6x+5=0，则两圆的位置关系是
( )
A. 内切B. 外切C. 相交D. 外离
7.若圆C经过点A2,5，B4,3，且圆心在直线l：3x-y-3=0上，则圆C的方程为
( )
A. x-22+y-32=4B. x-22+y-32=8
C. x-32+y-62=2D. x-32+y-62=10
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P,Q分别是线段CC1,BD上的点，R是直线AD上的点，满足PQ//平面ABC1D1,PQ⊥RQ，且P、Q不是正方体的顶点，则PR的最小值是
( )
A. 305B. 2 33C. 52D. 304
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面；
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P,B,A,C四点共面；
C. 已知a,b,c是空间的一组基底，若m=a+c，则a,b,m也是空间的一组基底；
D. 若a⋅b>0，则a,b是锐角．
10.已知直线l过直线l1:y=-13x+10和l2:3x-y=0的交点，且原点到直线l的距离为3，则l的方程可以为
( )
A. x=3B. 4x-3y-15=0
C. 4x-3y+15=0D. 3x+4y-15=0
11.在空间直角坐标系Oxyz中，A2,0,0，B1,1,-2，C2,3,1，则
( )
A. AB⋅BC=-5
B. AC=2 3
C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530

D. 点O到直线BC的距离是3 4214
12.已知圆C:x2+y2=4，直线l:(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R)，则下列结论正确的是
( )
A. 圆C与曲线x2+y2-6x-8y+m=0恰有三条公切线，则m=16
B. 当m=0时，圆C上有且仅有三个点到直线l的距离都等于1
C. 直线l恒过第二象限
D. 当m=13时，l上动点P作圆C的切线PA，PB，且A，B为切点，则AB经过点(-169,-49)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.a=(1,-3,1)，b=(-1,1,-3)，则|a-b|= ．
14.已知圆C1的方程x+32+y-22=5，圆C2与圆C1是同心圆且过点A5,0，则圆C2的标准方程为______________．
15.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，过原点O的直线l交椭圆C于点A，B，且2|FO|=|AB|，若∠BAF=π6，则椭圆C的离心率是 ．
16.在如图所示的三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ACB=90∘，CA=8，PA=6，D为AB中点，E为▵PAC内的动点(含边界)，且PC⊥DE.当E在AC上时，AE= ；点E的轨迹的长度为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
设x,y∈R，向量a=(x,1,1)，b=(1,y,1)，c=(2,-4,2)，且a→⊥b→，b//c．
(1)求a+b；
(2)求向量a+b与2a+b-c夹角的大小．
18.(本小题12分)
已知△ABC的顶点A(1,3)，B(3,1)．
(1)求直线AB的方程；
(2)若边AB上的中线CM所在直线方程为2x-3y+p=0，且△ABC的面积为5，求顶点C的坐标．
19.(本小题12分)
已知椭圆M:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，点D(0, 3)在椭圆M上，过原点O作直线交椭圆M于A、B两点，且点A不是椭圆M的顶点，过点A作x轴的垂线，垂足为H，点C是线段AH的中点，直线BC交椭圆M于点P，连接AP
(1)求椭圆M的方程及离心率；
(2)求证：AB⊥AP．
20.(本小题12分)
已知直线l：y=kx+1k∈R与圆C：x+22+y-32=1相交于A，B不同两点．
(1)求k的范围；
(2)设M是圆C上的一动点(异于A，B)，O为坐标原点，若OA⋅OB=12，求▵MAB面积的最大值．
21.(本小题12分)
如图甲，在矩形ABCD中，AB=2AD=2 2,E为线段DC的中点，ΔADE沿直线AE折起，使得DC= 6，如图乙．
(1)求证：BE⊥平面ADE；
(2)线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4？若不存在，说明理由；若存在，求出H点的位置．
22.(本小题12分)
已知圆心在原点的圆被直线y=x+1截得的弦长为 14.
(1)求圆的方程；
(2)设动直线y=kx-1k≠0与圆C交于A,B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得直线AN与直线BN关于x轴对称？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由；
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查了向量的加法，向量相等的意义，属于中档题．
由题意，化简可得AB=DC，利用向量相等证明四边形为平行四边形．
解：由已知得AB=DC，即AB,DC是相等向量，因此AB,DC的模相等，方向相同，
即四边形ABCD是平行四边形.故选B．
2.【答案】A
【解析】【分析】直接利用空间向量垂直的公式计算即可．
解：∵a⊥b，a=4,-2,3，b=1,5,x
∴4×1+-2×5+3x=0，
解得x=2
故选：A．
3.【答案】B
【解析】【分析】依据斜率计算倾斜角即可．
解：直线 3x-y-4=0的斜率为 3，则由tanα= 3,α∈0,π，知α=π3，即α=60∘
故选：B．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查椭圆的简单性质的应用，注意椭圆的焦点坐标的位置，是基础题．
利用椭圆方程，结合焦点坐标，列出方程求解即可．
【解答】
解：椭圆x2k+2+y27=1的一个焦点坐标为(0,2)，
可得2= 7-(k+2)，解得k=1．
故选：A．
5.【答案】C
【解析】【分析】由两直线的平行与垂直求得n,m值后可得结论．
解：由题意42=n2≠3-1，n=4，2m+12=0，m=-6，
所以m+n=-2．
故选：C．
6.【答案】B
【解析】【分析】根据两圆的圆心距与两圆半径和差的比较即可判断两圆位置关系．
解：因为圆C1：x2+y2=1的圆心0,0，半径为1，
圆C2：x2+y2-6x+5=0即x-32+y2=4的圆心3,0，半径为2，
所以两个圆的圆心距C1C2=3，又两个圆的半径和为2+1=3，
所以圆C1与圆C2的位置关系是外切．
故选：B．
7.【答案】A
【解析】【分析】求解AB的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求解圆的半径，然后得到圆的方程．
解：圆C经过点A2,5，B4,3，
可得线段AB的中点为3,4，又kAB=5-32-4=-1，
所以线段AB的中垂线的方程为y-4=x-3，
即x-y+1=0，
由x-y+1=03x-y-3=0，解得x=2y=3,
即C2,3，圆C的半径r= 2-22+5-32=2，
所以圆C的方程为x-22+y-32=4．
故选：A．
8.【答案】A
【解析】【分析】根据正方体的性质得到B1C⊥平面ABC1D1，然后建立空间直角坐标系，设P0,1,z，Qx,x,0，Ry,0,0，根据PQ//平面ABC1D1，PQ⊥RQ得到-x+z=0，2x-y=1，然后得到PR= 5x2-4x+2，最后求最值即可．
解：
因为ABCD-A1B1C1D1为正方体，所以AB⊥平面BCC1B1，B1C⊥BC1，
因为B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
因为AB∩BC1=B，AB,BC1⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
如图，以D为原点，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
B11,1,1，C0,1,0，
设P0,1,z，Qx,x,0，Ry,0,0，x,y,z∈0,1
PQ=x,x-1,-z，RQ=x-y,x,0，B1C=-1,0,-1，
因为PQ//平面ABC1D1，所以B1C⋅PQ=-x+z=0，
因为PQ⊥RQ，所以PQ⋅RQ=xx-y+xx-1=0，即2x-y=1，
PR= y2+1+z2= 2x-12+1+x2= 5x2-4x+2，
所以当x=25时，PR最小，最小为 305．
故选：A．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】对选项A，根据空间向量共面定理即可判断A正确；对选项B，根据16+13+12=1即可判断 B正确；对选项C，根据题意得到则a,b,a+c也共面，即可判断 C正确，对选项D，根据a⋅b>0，得到a,b∈0,π2，即可判断 D错误．
解：对选项A，根据空间向量共面定理知：空间中三个向量，若有两个向量共线，
则这三个向量一定共面，故A正确．
对选项B，因为OP=16OA+13OB+12OC，且16+13+12=1，
所以P,B,A,C四点共面．
对选项C，因为a,b,c是空间的一组基底，所以a,b,c不共面，
则a,b,a+c也不共面，m=a+c，
即a,b,m也是空间的一组基底，故 C正确；
对选项D，若a⋅b>0，则a,b∈0,π2，故 D错误．
故选：ABC
10.【答案】AC
【解析】【分析】先求得l1和l2的交点坐标，然后根据直线l的斜率是否存在进行分类讨论，结合原点到直线l的距离确定正确答案．
解：由y=-13x+103x-y=0解得x=3,y=9，即交点为3,9，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，
此时原点到直线l的距离为3，符合题意，A选项正确．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y-9=kx-3，
即kx-y+9-3k=0，
由0-0+9-3k 1+k2=3解得k=43，
直线l的方程为43x-y+9-4=0,4x-3y+15=0，C选项正确．
故选：AC
11.【答案】AC
【解析】【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答．
解：对于A，A2,0,0，B1,1,-2，C2,3,1，
依题意，AB=(-1,1,-2),BC=(1,2,3)，AB⋅BC=-1+2-6=-5，故 A正确；
对于B，AC=(0,3,1)，|AC|= 02+32+12= 10，故 B错误；
对于C，OB=1,1,-2，OB= 6，因为cs⟨OB,AC⟩=OB⋅AC|OB||AC|=1 6× 10= 1530，
则异面直线OB与AC所成角的余弦值为 1530，故 C正确；
对于D，因为OB=1,1,-2，BC=(1,2,3)，OB在BC上的投影为OB⋅BC|BC|=-3 14，
所以点O到直线BC的距离是 |OB|2--3 142= 6-914=5 4214，故 D错误．
故选：AC．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属中档题．
对于A：化简曲线x2+y2-6x-8y+m=0为(x-3)2+(y-4)2=25-m，对其讨论即可得到答；
对于B：根据点到直线距离即可得到答案；
对于C：对直线l整理得：m(x+3)+(3x+4y-3)=0，即可得到答案；
对于D：根据题意得到线段PC为直径的圆M的方程为x2+y2-tx+(9+4t)y=0，两圆相减得到公共弦方程即可得到答案．
【解答】解：由题意可得：圆C的圆心C(0,0)，半径r1=2，
对A:曲线x2+y2-6x-8y+m=0化简为(x-3)2+(y-4)2=25-m，
当25-m=0，即m=25时，表示点C1(3,4);当25-m<0，即m>25时，不表示任何图形;当25-m>0，即m<25时，表示圆心C1(3,4)，半径r2= 25-m2的圆，若圆C与曲线x2+y2-6x-8y+m=0恰有三
条公切线，则m<25 (0-3)2+(0-4)2= 25-m+2解得m=16，故A正确;
对B:当m=0时，直线l为3x+4y-3=0，所以圆心(0,0)到直线3x+4y-3=0的距离
d=|-3| 32+42=35<1=r1-1，故圆C上有四个点到直线l的距离都等于1，故B错误;
对C:由直线l:(3+m)x+4y-3+3m=0(m∈R)，整理得：m(x+3)+(3x+4y-3)=0，
令x+3=03x+4y-3=0，解得x=-3y=3.即直线l经过定点(-3,3)，故C正确;
对D:当m=13时，直线l的方程为4x+y+9=0，设点P(t,-9-4t)，且C(0,0)，
则线段PC的中点M(t2,-9+4t2)，且|PC|= t2+(9+4t)2，以线段PC为直径的圆M的方程为(x-t2)2+(y+9+4t2)2
=[12 t2+(9+4t)2]2，整理得x2+y2-tx+(9+4t)y=0，∵圆C的方程为x2+y2=4，则两圆的公共弦的方程为4-tx+(9+4t)y=0，
整理得(4y-x)t+9y+4=0，令4y-x=09y+4=0解得x=-169y=-49即直线AB经过点(-169,-49)，故D正确．
13.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算与求模长的求解，属于基础题．
根据空间向量的坐标运算，求出a-b，再求它的模长．
【解答】
解：∵a=(1,-3,1)，b=(-1,1,-3)，
∴a-b=(2,-4,4)，
∴|a-b|= 22+(-4)2+42=6．
故答案为6．
14.【答案】x+32+y-22=68
【解析】【分析】求出圆心坐标，再求出圆C2的半径即可．
解：依题意，圆C2的圆心C2(-3,2)，则半径r=|C2A|= (-3-5)2+22=2 17，
所以圆C2的标准方程为x+32+y-22=68．
故答案为：x+32+y-22=68
15.【答案】 3-1
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义、标准方程及性质，属于中档题．
根据已知条件和椭圆的对称性知，四边形AFBF'为矩形，解直角三角形ABF，得2a=( 3+1)c，即可得椭圆离心率．
【解答】
解：设右焦点为F'，连接AF'，BF'.因为2|OF|=|AB|=2c，
即|FF'|=|AB|，可得四边形AFBF'为矩形．
在Rt△ABF中，|AF|=2c⋅cs∠BAF= 3c，|BF|=2c⋅sin∠BAF=c．
由椭圆的定义可得|AF|+|AF'|=2a，
所以2a=( 3+1)c，所以离心率e=ca=2 3+1= 3-1
故答案为 3-1．
16.【答案】4；125
【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系可得当E在AC上时，满足PC⊥DE，求得AE的长；当E为▵PAC内的动点(含边界)时，再取AC中点F，，再过F作FG⊥PC，可证PC⊥平面DFG，得到E的轨迹，求解三角形可得点E的轨迹的长度．
解：因为PA⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC，所以PA⊥AC,PA⊥BC，又∠ACB=90∘，所以AC⊥BC，
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，过Ax//BC，如图建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,C0,8,0,P0,0,6，设BC=a，所以Ba,8,0，则Da2,4,0
①当E在AC上时，设E0,c,0，因为PC⊥DE，所以PC⋅DE=0,8,-6⋅-a2,c-4,0=0+8c-32+0=0，故c=4，则E0,4,0
所以AE=4；
②E为▵PAC内的动点(含边界)时，如图，取AC中点F，过F作FG⊥PC，垂足为G
由①可得PC⊥DF，又FG⊥PC，DF∩FG=F,DF,FG⊂平面DFG，所以PC⊥平面DFG，因为FG⊂平面PAC，所以PC⊥FG
即E在线段FG上运动时，PC⊥DE，
∴点E的轨迹为线段FG．
则FG=FC⋅sin∠PCA=4×PAPC=2×6 62+82=125．
故答案为：4；125．
17.【答案】解：(1)由题意， a→⊥b→ ， b//c ，
可得 x+y+1=012=y-4=12 ，解得 x=1y=-2 ，
则 a=(1,1,1) ， b=(1,-2,1) ，所以 a+b=(2,-1,2) ，
故 |a+b|= 22+(-1)2+22=3 ．
(2)因为 2a+b-c=(1,4,1) ，
所以 (a+b)⋅(2a+b-c)=2×1+(-1)×4+2×1=0 ，
故向量 a+b 与 2a+b-c 的夹角为 π2 ．

【解析】本题考查向量模的坐标表示，考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角等，属于中档题．
(1)根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量 a 和 b ，再进行相应运算即可．
(2)求出2a+b-c=(1,4,1)，得到(a+b)⋅(2a+b-c)=0，进而可得结果．
18.【答案】解：(1)∵A(1,3)，B(3,1)，
∴kAB=3-11-3=-1，
代入点斜式方程得：y-3=-(x-1)，
整理得：x+y-4=0，
即直线AB的方程为：x+y-4=0；
(2)设C(x0,y0)，CM是AB边上的中线，
则M是AB的中点，故M(2,2)，
由于M(2,2)在直线方程2x-3y+p=0上，则p=2，
由两点间的距离公式得：|AB|= (1-3)2+(3-1)2=2 2，
设C到AB的距离为h，则12⋅|AB|⋅h=S△ABC=5，故h=5 22，
由点到直线的距离公式得h=|x0+y0-4| 1+1=5 22，
∴x0+y0-4=5或x0+y0-4=-5，
由x0+y0-9=02x0-3y0+2=0或x0+y0+1=02x0-3y0+2=0，
解得：x0=5y0=4或x0=-1y0=0，
故C(5,4)或(-1,0)．
【解析】本题考查了求直线方程问题，考查两点间的距离公式，点到直线的距离公式，是中档题．
(1)求出直线AB的斜率，代入点斜式方程求出直线AB的方程即可；
(2)设出C的坐标，联立方程组，求出C的坐标即可．
19.【答案】解：(1)由题可知：2c=2,b= 3，又a2=b2+c2
所以c=1,a=2
故椭圆M的方程为x24+y23=1，离心率e=ca=12
(2)设点Ax1,y1,B-x1,-y1,Px0,y0
由点C是线段AH的中点，所以Cx1,y12
由x124+y123=1①，x024+y023=1②
则②-①：y02-y12x02-x12=-34
由B,C,P三点共线，所以kBC=kBP
kBC=3y122x1=3y14x1,kBP=y0+y1x0+x1
则3y14x1=y0+y1x0+x1⇒y1x1=4y0+y13x0+x1
kAB⋅kAP=y1x1⋅y0-y1x0-x1=4y0+y13x0+x1⋅y0-y1x0-x1
即kAB⋅kAP=43⋅y02-y12x02-x12=43⋅-34=-1
所以AB⊥AP

【解析】【分析】本题考查椭圆的方程以及椭圆与直线的几何关系，重点在于点坐标的假设，观察到椭圆是对称的图形，难点在于计算，考验计算能力，属中档题．
(1)根据焦距可得c，以及点D(0, 3)可得b，然后根据a2=b2+c2，可得结果．
(2)分别假设点A,B,P的坐标，并计算C坐标，然后计算kAB,kAP,kBC,kBP，根据kBC=kBP，最后化简，可得结果．
20.【答案】解：(1)
∵直线l与圆C交于两点，∴-2k-3+1 1+k2<1，
解得-4- 73(2)
设Ax1,y1，Bx2,y2，
将y=kx+1代入方程x+22+y-32=1，
整理得1+k2x2+41-kx+7=0，
∴x1+x2=4k-11+k2，x1x2=71+k2，
OA⋅OB=x1x2+y1y2=(k2+1)x1x2+k(x1+x2)+1=4k(k-1)1+k2+8=12，
解得k=-1，由(1)知-1∈-4- 73,-4+ 73，
所以直线l的方程为y=-x+1，
可知圆心-2,3在直线l上，
∴AB是圆C的直径，且AB=2，
∵M是圆C上的一动点(异于A，B)，
∴M到直线l的最大距离即为半径为1，
∴▵MAB面积的最大值为12×1×2=1．

【解析】【分析】(1)根据直线与圆相交列出不等式，可得解；
(2)直线与圆联立利用韦达定理可求得直线l的方程，进而得解．
21.【答案】解：(1)证明：如图所示，取AE中点O，
则由题意可得DO⊥AE，且DO=12AE=1，
由平面图形易得OC= 5，又DC= 6，
∴DO2+OC2=DC2，∴DO⊥CO，
又DO⊥AE，且CO∩AE=O，CO,AE⊂平面ABCE，
∴DO⊥平面ABCE，又BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥DO，又易知BE⊥AE，且DO∩AE=O，DO,AE⊂平面ADE，
∴BE⊥平面ADE；
(2)取AB的四等分点F，AF=14AB= 22，
则易得OF⊥AB，取BC的中点P，则OP⊥OF，
建立如图的空间直角坐标系，则根据题意可得：
A( 22,- 22,0)，B( 22,3 22,0)，
C(- 22,3 22,0)，E(- 22, 22,0)，D(0,0,1)，
设H( 22,t,0)，t∈[- 22,3 22]，
则CD=( 22,-3 22,1)，CH=( 2,t-3 22,0)，
设平面DHC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD= 22x-3 22y+z=0n⋅CH= 2x+(t-3 22)y=0，
取n=(3 2-2t,2 2,3+ 2t)，
又根据(1)知平面ADE的法向量为EB=( 2, 2,0)，
∴|cs|=|6-2 2t+4|2× (3 2-2t)2+8+(3+ 2t)2=csπ4，
∴|5 2-2t| (3 2-2t)2+8+(3+ 2t)2=1，又t∈[- 22,3 22]，
解得t= 22，∴FH= 22，
∴H为AB的中点，
故存在AB的中点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4．
【解析】本题考查线面垂直的判定定理，向量法解二面角，方程思想，向量夹角公式的应用，属于较难题．
(1)取AE中点O，则由题意可得DO⊥AE，再利用勾股定理证明DO⊥CO，从而得DO⊥平面ABCE，从而得BE⊥DO，又易知BE⊥AE，从而可证BE⊥平面ADE；
(2)建系，引入变量t，设出点P的坐标，再利用空间向量的夹角公式建立关于t的方程，解方程即可求解．
22.【答案】解：(1)圆心0,0到直线y=x+1的距离d=1 2，由圆的性质可得r2=d2+ 1422=4，所以，圆的方程为x2+y2=4；
(2)设Nt,0,Ax1,y1,Bx2,y2，
由x2+y2=4y=kx-1得，k2+1x2-2k2x+k2-4=0，
所以x1+x2=2k2k2+1,x1x2=k2-4k2+1.
若直线AN与直线BN关于x轴对称，则KAN=-KBN⇒y1x1-t+y2x2-t=0，
即kx1-1x1-t+kx2-1x2-t=0⇒x1-1x1-t+x2-1x2-t=0，即x1-1x2-t+x2-1x1-t=0，化简得2x1x2-t+1x1+x2+2t=0，
代入韦达定理2k2-4k2+1-2k2t+1k2+1+2t=0，即k2-4-k2t+1+tk2+1=0⇒t=4
所以当点N为4,0时，直线AN与直线BN关于x轴对称；

【解析】【分析】(1)利用圆心0,0到直线y=x+1的距离公式求得圆的半径，即可求得圆的方程；
(2)设Nt,0,Ax1,y1,Bx2,y2，通过对称性将A,B坐标的关系找出，联立直线与圆的方程，得出韦达定理，代入KAN=-KBN化简求解即可．