数学卷·2018届重庆市璧山中学高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届重庆市璧山中学高二上学期期中数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年重庆市璧山中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一个是正确的）‎ ‎1．过点P（﹣2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，那么m的值等于（　　）‎ A．1或3 B．4 C．1 D．1或4‎ ‎2．过点（﹣1，2）且与直线2x﹣3y+4=0垂直的直线方程为（　　）‎ A．3x+2y﹣1=0 B．3x+2y+7=0 C．2x﹣3y+5=0 D．2x﹣3y+8=0‎ ‎3．设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=2x+y的最小值为（　　）‎ A．9 B．4 C．3 D．2‎ ‎4．两个圆C1：x2+y2+2x+y﹣2=0与C2=x2+y2﹣4x﹣2y+4=0的公切线有且仅有（　　）‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 ‎5．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（　　）‎ A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定 ‎7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AA1 和CC1的中点，则异面直线B1E与BF所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．经过点M（2，2）且在两轴上截距相等的直线是（　　）‎ A．x+y=4 B．x+y=2 C．x=2或y=2 D．x+y=4或x=y ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α B．经过两条异面直线中的一条，有一个平面与另一条直线平行 C．平行于同一平面的两条直线平行 D．直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面 ‎10．已知点P（a，b）（ab≠0）是圆x2+y2=r2内的一点，直线m是以P为中点的弦所在直线，直线l的方程为ax+by=r2，那么（　　）‎ A．m∥l，且l与圆相交 B．m⊥l，且l与圆相切 C．m∥l，且l与圆相离 D．m⊥l，且l与圆相离 ‎11．若直线l过点A（0，a），斜率为1，圆x2+y2=4上恰有1个点到l的距离为1，则a的值为（　　）‎ A．3 B．±3 C．±2 D．±‎ ‎12．在R上定义运算⊗：x⊗y=x（1﹣y），若存在x1，x2（x1≠x2）使得1⊗（2k﹣3﹣kx）=1+成立，则实数k的取值范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答卷相应的横线上）‎ ‎13．已知直线l1：ax+y+2=0，l2：3x﹣y﹣1=0，若l1∥l2则a=　　．‎ ‎14．过点（3，1）作圆（x﹣2）2+（y﹣2）2=4的弦，其中最短的弦长为　　．‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为　　．‎ ‎16．设集合，B={（x，y）|2m≤x+y≤2m+1，x，y∈R}，若A∩B≠∅，则实数m的取值范围是　　．‎ ‎　‎ 三、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．已知△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（﹣3，4），C（2，﹣6），求：‎ ‎（1）边BC的垂直平分线的方程；‎ ‎（2）AC边上的中线BD所在的直线方程．‎ ‎18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：‎ ‎（1）B，C，H，G四点共面；‎ ‎（2）平面EFA1∥平面BCHG．‎ ‎19．已知方程x2+y2﹣2mx﹣4y+5m=0的曲线是圆C ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）当m=﹣2时，求圆C截直线l：2x﹣y+1=0所得弦长．‎ ‎20．直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，AB=2AD=2CD=2．P为A1B1的中点 ‎（1）求证：DP∥平面ACB1．‎ ‎（2）求证：平面DPD1∥平面CBB1．‎ ‎21．已知圆C的方程为：x2+y2﹣4x+3=0．直线l的方程为2x﹣y=0，点P在直线l上 ‎（1）若Q（x，y）在圆C上，求的范围；‎ ‎（2）若过点P作圆C的切线PA，PB切点为A，B．求证：经过P，A，C，B四点的圆必过定点．‎ ‎22．如图，已知定圆C：x2+（y﹣3）2=4，定直线m：x+3y+6=0，过A（﹣1，0）的一条动直线l与直线相交于N，与圆C相交于P，Q两点，M是PQ中点．‎ ‎（Ⅰ）当l与m垂直时，求证：l过圆心C；‎ ‎（Ⅱ）当时，求直线l的方程；‎ ‎（Ⅲ）设t=，试问t是否为定值，若为定值，请求出t的值；若不为定值，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年重庆市璧山中学高二（上）期中数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一个是正确的）‎ ‎1．过点P（﹣2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，那么m的值等于（　　）‎ A．1或3 B．4 C．1 D．1或4‎ ‎【考点】直线的斜率．‎ ‎【分析】利用直线的斜率公式求解．‎ ‎【解答】解：∵过点P（﹣2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，‎ ‎∴k==1，‎ 解得m=1．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．过点（﹣1，2）且与直线2x﹣3y+4=0垂直的直线方程为（　　）‎ A．3x+2y﹣1=0 B．3x+2y+7=0 C．2x﹣3y+5=0 D．2x﹣3y+8=0‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系．‎ ‎【分析】根据与已知直线垂直的直线系方程可设与直线2x﹣3y+4=0垂直的直线方程为﹣3x﹣2y+c=0，再把点（﹣1，2）代入，即可求出c值，得到所求方程．‎ ‎【解答】解：∵所求直线方程与直线2x﹣3y+4=0垂直，∴设方程为﹣3x﹣2y+c=0‎ ‎∵直线过点（﹣1，2），∴﹣3×（﹣1）﹣2×2+c=0‎ ‎∴c=1‎ ‎∴所求直线方程为3x+2y﹣1=0．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．设变量x，y满足约束条件，则目标函数z=2x+y的最小值为（　　）‎ A．9 B．4 C．3 D．2‎ ‎【考点】简单线性规划．‎ ‎【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．‎ ‎【解答】解：由约束条件作出可行域如图，‎ 联立，解得：C（1，1），‎ 化目标函数z=2x+y为y=﹣2x+z，‎ 由图可知，当直线y=﹣2x+z过点C（1，1）时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值等于2×1+1=3．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．两个圆C1：x2+y2+2x+y﹣2=0与C2=x2+y2﹣4x﹣2y+4=0的公切线有且仅有（　　）‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 ‎【考点】两圆的公切线条数及方程的确定．‎ ‎【分析】先求两圆的圆心和半径，判定两圆的位置关系，即可判定公切线的条数．‎ ‎【解答】解：两圆的圆心分别是（﹣1，﹣），（2，1），半径分别是，1；‎ 两圆圆心距离： =＞，说明两圆相离，‎ 因而公切线有四条．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】简单空间图形的三视图．‎ ‎【分析】根据三视图的特点，知道左视图从图形的左边向右边看，看到一个正方形的面，在面上有一条对角线，对角线是由左下角都右上角的线，得到结果．‎ ‎【解答】解：被截去的四棱锥的三条可见棱中，‎ 在两条为长方体的两条对角线，‎ 它们在右侧面上的投影与右侧面（长方形）的两条边重合，‎ 另一条为体对角线，‎ 它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，‎ 对照各图，只有D符合．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．已知圆C：x2+y2+mx﹣4=0上存在两点关于直线x﹣y+3=0对称，则实数m的值（　　）‎ A．8 B．﹣4 C．6 D．无法确定 ‎【考点】直线和圆的方程的应用；恒过定点的直线．‎ ‎【分析】因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣，0），由此可求出m的值．‎ ‎【解答】解：因为圆上两点A、B关于直线x﹣y+3=0对称，‎ 所以直线x﹣y+3=0过圆心（﹣，0），‎ 从而﹣+3=0，即m=6．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别是AA1 和CC1的中点，则异面直线B1E与BF所成的角的余弦值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】异面直线及其所成的角．‎ ‎【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线B1E与BF所成的角的余弦值．‎ ‎【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，‎ DD1为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，‎ 又E、F分别是AA1 和CC1的中点，‎ ‎∴B1（2，2，2），E（2，0，1），‎ B（2，2，0），F（0，2，1），‎ ‎=（0，﹣2，﹣1），=（﹣2，0，1），‎ 设异面直线B1E与BF所成的角为θ，‎ 则cosθ===，‎ ‎∴异面直线B1E与BF所成的角的余弦值为．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．经过点M（2，2）且在两轴上截距相等的直线是（　　）‎ A．x+y=4 B．x+y=2 C．x=2或y=2 D．x+y=4或x=y ‎【考点】直线的截距式方程．‎ ‎【分析】直线在坐标轴上的截距为零时，直线过原点，用两点式求得直线方程；，当直线在坐标轴上的截距不为零时，设方程为 x+y=k，把点M（2，2）代入，求得 k=4，可得直线方程，综合可得结论．‎ ‎【解答】解：当直线在坐标轴上的截距为零时，直线过原点，方程为=，即x=y．‎ 当直线在坐标轴上的截距不为零时，设方程为 x+y=k，‎ 把点M（2，2）代入可得2+2=k，求得 k=4，可得直线方程为x+y=4．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．下列说法正确的是（　　）‎ A．若直线a与平面α内无数条直线平行，则a∥α B．经过两条异面直线中的一条，有一个平面与另一条直线平行 C．平行于同一平面的两条直线平行 D．直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面 ‎【考点】命题的真假判断与应用．‎ ‎【分析】A，若直线a与平面α内无数条直线平行，则可能a⊂α；‎ B．平移其中一条异面直线使两异面直线相交 两条异面直线可确定一个平面，而这条直线与平面中的一条直线平行；‎ C，行于同一平面的两条直线位置关系不能确定；‎ D，直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c可能是异面直线；‎ ‎【解答】解：对于A，若直线a与平面α内无数条直线平行，则可能a⊂α，故错；‎ 对于B．平移其中一条异面直线使两异面直线相交 两条异面直线可确定一个平面，而这条直线与平面中的一条直线平行，故正确；‎ 对于C，平行于于同一平面的两条直线位置关系不能确定，故错；‎ 对于D，直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c可能是异面直线，故错；‎ 故选：B ‎　‎ ‎10．已知点P（a，b）（ab≠0）是圆x2+y2=r2内的一点，直线m是以P为中点的弦所在直线，直线l的方程为ax+by=r2，那么（　　）‎ A．m∥l，且l与圆相交 B．m⊥l，且l与圆相切 C．m∥l，且l与圆相离 D．m⊥l，且l与圆相离 ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由P在圆内，得到P到圆心距离小于半径，利用两点间的距离公式列出不等式a2+b2＜r2，由直线m是以P为中点的弦所在直线，利用垂径定理得到直线OP与直线m垂直，根据直线OP的斜率求出直线m的斜率，再表示出直线l的斜率，发现直线m与l斜率相同，可得出两直线平行，利用点到直线的距离公式表示出圆心到直线l的距离，利用得出的不等式变形判断出d大于r，即可确定出直线l与圆相离．‎ ‎【解答】解：∵点P（a，b）（ab≠0）在圆内，‎ ‎∴a2+b2＜r2，‎ ‎∵kOP=，直线OP⊥直线m，‎ ‎∴km=﹣，‎ ‎∵直线l的斜率kl=﹣=km，‎ ‎∴m∥l，‎ ‎∵圆心O到直线l的距离d=＞=r，‎ ‎∴l与圆相离．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎11．若直线l过点A（0，a），斜率为1，圆x2+y2=4上恰有1个点到l的距离为1，则a的值为（　　）‎ A．3 B．±3 C．±2 D．±‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由题意可得，圆心（0，0）到直线l的距离等于半径加1，即圆心（0，0）到直线l的距离等于3，再利用点到直线的距离公式求得 a的值．‎ ‎【解答】解：由题意可得，直线l的方程为 y=x+a，即 x﹣y+a=0．‎ 圆x2+y2=4上恰有1个点到l的距离为1，可得圆心（0，0）到直线l的距离等于半径加1，‎ 即圆心（0，0）到直线l的距离等于3，故有=3，求得 a=，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎12．在R上定义运算⊗：x⊗y=x（1﹣y），若存在x1，x2（x1≠x2）使得1⊗（2k﹣3﹣kx）=1+成立，则实数k的取值范围为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】函数与方程的综合运用．‎ ‎【分析】根据运算⊗：x⊗y=x（1﹣y），把存在x1，x2（x1≠x2）使得1﹣2k+3+kx=1+成立，转化为y=k（x﹣2）+3与y=有两个不同的交点，即可求得结果．‎ ‎【解答】解：∵x⊗y=x（1﹣y），‎ 若存在x1，x2（x1≠x2）使得1⊗（2k﹣3﹣kx）=1+成立，‎ 则1﹣2k+3+kx=1+，‎ 即存在x1，x2（x1≠x2）使得k（x﹣2）+3=成立 ‎∴y=k（x﹣2）+3与y=有两个不同的交点，‎ y=k（x﹣2）+3与y=相切时，可得k=，过（﹣2，0）时，可得k=‎ ‎∴实数k的取值范围为＜k≤．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在答卷相应的横线上）‎ ‎13．已知直线l1：ax+y+2=0，l2：3x﹣y﹣1=0，若l1∥l2则a=　﹣3　．‎ ‎【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系．‎ ‎【分析】由﹣a﹣3=0，解得a，再验证即可得出．‎ ‎【解答】解：由﹣a﹣3=0，解得a=﹣3．‎ 经过验证满足l1∥l2．‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎　‎ ‎14．过点（3，1）作圆（x﹣2）2+（y﹣2）2=4的弦，其中最短的弦长为　2　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】由圆的方程找出圆心与半径，判断得到（3，1）在圆内，过此点最短的弦即为与过此点直径垂直的弦，利用垂径定理及勾股定理即可求出．‎ ‎【解答】解：根据题意得：圆心（2，2），半径r=2，‎ ‎∵=＜2，∴（3，1）在圆内，‎ ‎∵圆心到此点的距离d=，r=2，‎ ‎∴最短的弦长为2=2．‎ 故答案为：2‎ ‎　‎ ‎15．某几何体的三视图如图所示，它的体积为　30π　．‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】先根据三视图判断几何体为半球与圆锥的组合体，再根据球与圆锥的体积公式计算即可．‎ ‎【解答】解：根据几何体的三视图，几何体为一圆锥与一半球的组合体．‎ ‎ 半球的半径R=3，∴，V球=πR3=×27π=18π；‎ 圆锥的高h==4，‎ ‎∴V圆锥=πR2h=×9×4π=12π；‎ ‎∴V=V半球+V圆锥=30π．‎ 故答案是30π ‎　‎ ‎16．设集合，B={（x，y）|2m≤x+y≤2m+1，x，y∈R}，若A∩B≠∅，则实数m的取值范围是　[，2+]　．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】根据题意可把问题转换为圆与直线有交点，即圆心到直线的距离小于或等于半径，进而联立不等式组求得m的范围．‎ ‎【解答】解：依题意可知，若A∩B≠∅，则A≠∅，‎ 必有，解可得m≤0或m≥，‎ 此时集合A表示圆环内点的集合或点（2，0），集合B表示与x+y=0平行的一系列直线的集合，要使两集合不为空集，需至少一条直线与圆有交点或点在某一条直线上，‎ ‎①m=0时，A={（2，0）}，B={（x，y）|0≤x+y≤1}，‎ 此时A∩B=∅，不合题意；‎ ‎②当m＜0时，有||＜﹣m或||＜﹣m；‎ 则有﹣m＞﹣m，或﹣m＞﹣m，‎ 又由m＜0，则（﹣1）m＜，可得A∩B=∅，不合题意；‎ ‎③当m≥时，有||≤m或||≤m，‎ 解可得：2﹣≤m≤2+，1﹣≤m≤1+，‎ 又由m≥，则m的范围是[，2+]；‎ 综合可得m的范围是[，2+]；‎ 故答案为[，2+]．‎ ‎　‎ 三、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．已知△ABC的三个顶点分别为A（1，2），B（﹣3，4），C（2，﹣6），求：‎ ‎（1）边BC的垂直平分线的方程；‎ ‎（2）AC边上的中线BD所在的直线方程．‎ ‎【考点】直线的一般式方程．‎ ‎【分析】（1）利用中点坐标公式、和斜率公式，利用斜截式即可得出．‎ ‎（2）利用中点坐标公式和两点式的关系即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）∵A（1，2），B（﹣3，4），C（2，﹣6），‎ ‎∴kBC==﹣2，‎ ‎∴边BC的垂直平分线的方程的斜率为，BC边的中点的坐标为（，），即为（﹣，﹣1），‎ ‎∴边BC的垂直平分线的方程为y+1=（x+），即为2x﹣4y﹣3=0，‎ ‎（2）AC边上的中点D的坐标为（，），即为（，﹣2），‎ ‎∴AC边上的中线BD所在的直线方程为=，即为4x+3y=0．‎ ‎　‎ ‎18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：‎ ‎（1）B，C，H，G四点共面；‎ ‎（2）平面EFA1∥平面BCHG．‎ ‎【考点】平面与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明GH∥B1C1，从而可得GH∥BC，即可证明B，C，H，G四点共面；‎ ‎（2）证明平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行，即可得到平面EFA1∥平面BCHG．‎ ‎【解答】证明：（1）∵G、H分别为A1B1，A1C1中点，∴GH∥B1C1，‎ ‎∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC∥B1C1，‎ ‎∴GH∥BC ‎∴B、C、H、G四点共面；‎ ‎（2）∵E、F分别为AB、AC中点，‎ ‎∴EF∥BC ‎∴EF∥BC∥B1C1∥GH 又∵E、G分别为三棱柱侧面平行四边形AA1B1B对边AB、A1B1中点，‎ ‎∴四边形A1EBG为平行四边形，A1E∥BG ‎∴平面EFA1中有两条直线A1E、EF分别与平面BCHG中的两条直线BG、BC平行 ‎∴平面EFA1∥平面BCHG．‎ ‎　‎ ‎19．已知方程x2+y2﹣2mx﹣4y+5m=0的曲线是圆C ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）当m=﹣2时，求圆C截直线l：2x﹣y+1=0所得弦长．‎ ‎【考点】直线与圆相交的性质；二元二次方程表示圆的条件．‎ ‎【分析】（1）化简方程为圆的标准形式，然后求解m的取值范围；‎ ‎（2）当m=﹣2时，求出圆的圆心与半径利用圆心到直线的距离，半径，半弦长满足的勾股定理，求圆C截直线l：2x﹣y+1=0所得弦长．‎ ‎【解答】解：（1）（x﹣m）2+（y﹣2）2=m2﹣5m+4，‎ 方程x2+y2﹣2mx﹣4y+5m=0的曲线是圆，∴m2﹣5m+4＞0． ‎ m＜1或m＞4．‎ ‎（2）设m=﹣2时，圆心C（﹣2，2），半径，‎ 圆心到直线的距离为，‎ 圆C截直线l：2x﹣y+1=0所得弦长为：．‎ ‎　‎ ‎20．直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD=∠ADC=90°，AB=2AD=2CD=2．P为A1B1的中点 ‎（1）求证：DP∥平面ACB1．‎ ‎（2）求证：平面DPD1∥平面CBB1．‎ ‎【考点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质．‎ ‎【分析】（1）推导出四边形DCB1P是平行四边形，从而DP∥B1C，由此能证明DP∥平面ACB1．‎ ‎（2）推导出DP∥B1C，DD1∥BB1，由此能证明平面DPD1∥平面CBB1．‎ ‎【解答】证明：（1）∵直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是直角梯形，‎ ‎∠BAD=∠ADC=90°，AB=2AD=2CD=2．P为A1B1的中点 ‎∴CDPB1，∴四边形DCB1P是平行四边形，∴DP∥B1C，‎ ‎∵DP⊄平面ACB1，B1C⊂平面ACB1．‎ ‎∴DP∥平面ACB1．‎ ‎（2）由（1）知DP∥B1C，‎ ‎∵直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，∴由直棱柱性质得DD1∥BB1，‎ ‎∵DD1∩DP=D，B1C∩BB1=B，‎ DD1，DP⊂平面DD1P，B1C，BB1⊂平面CBB1，‎ ‎∴平面DPD1∥平面CBB1．‎ ‎　‎ ‎21．已知圆C的方程为：x2+y2﹣4x+3=0．直线l的方程为2x﹣y=0，点P在直线l上 ‎（1）若Q（x，y）在圆C上，求的范围；‎ ‎（2）若过点P作圆C的切线PA，PB切点为A，B．求证：经过P，A，C，B四点的圆必过定点．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系．‎ ‎【分析】（1）求得圆的标准方程，写出参数方程，代入k=根据辅助角公式，由正弦函数的性质，即可求得k的范围；‎ ‎（2）由题意求得经过点P，A，C，B四点的圆的圆心坐标为（，t），求得圆的方程，将点代入圆方程恒成立则经过P，A，C，B四点的圆必过定点．．‎ ‎【解答】解：（1）由圆的标准方程：（x﹣2）2+y2=1，由Q（x，y）在圆C上，‎ 则x=2+cosθ，y=sinθ，‎ 则k==，sinθ﹣kcosθ=2k﹣3，‎ 则sin（θ+φ）=2k﹣3，‎ 则≥丨2k﹣3丨，‎ 解得：≤k≤，‎ ‎∴的范围[，]；‎ ‎（2）证明：由点P在直线2x﹣y=0，则P（t，2t），‎ 经过点P，A，C，B四点的圆就是以PC为直径的圆，则圆C的圆心C（2，0），‎ 经过点P，A，C，B四点的圆的圆心坐标为（，t），‎ 半径为=，‎ 则圆的方程为（x﹣）2+（y﹣t）2=，‎ 把点的坐标代入圆方程，可知该方程恒成立，‎ 则经过点P，A，C，B四点的圆必定过圆，‎ ‎∴经过P，A，C，B四点的圆必过定点．‎ ‎　‎ ‎22．如图，已知定圆C：x2+（y﹣3）2=4，定直线m：x+3y+6=0，过A（﹣1，0）的一条动直线l与直线相交于N，与圆C相交于P，Q两点，M是PQ中点．‎ ‎（Ⅰ）当l与m垂直时，求证：l过圆心C；‎ ‎（Ⅱ）当时，求直线l的方程；‎ ‎（Ⅲ）设t=，试问t是否为定值，若为定值，请求出t的值；若不为定值，请说明理由．‎ ‎【考点】直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算；直线的一般式方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据已知，容易写出直线l的方程为y=3（x+1）．将圆心C（0，3）代入方程易知l过圆心C．‎ ‎（Ⅱ）过A（﹣1，0）的一条动直线l．应当分为斜率存在和不存在两种情况；当直线l与x轴垂直时，进行验证．当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1），由于弦长，利用垂径定理，则圆心C到弦的距离|CM|=1．从而解得斜率K来得出直线l的方程为．‎ ‎（Ⅲ）同样，当l与x轴垂直时，要对设t=，进行验证．当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），代入圆的方程得到一个二次方程．充分利用“两根之和”和“两根之积”去找．再用两根直线方程联立，去找．从而确定t=的代数表达式，再讨论t是否为定值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由已知，故kl=3，‎ 所以直线l的方程为y=3（x+1）．‎ 将圆心C（0，3）代入方程易知l过圆心C．‎ ‎（Ⅱ）当直线l与x轴垂直时，易知x=﹣1符合题意；‎ 当直线与x轴不垂直时，设直线l的方程为y=k（x+1），由于，‎ 所以|CM|=1．由，解得．‎ 故直线l的方程为x=﹣1或4x﹣3y+4=0．‎ ‎（Ⅲ）当l与x轴垂直时，易得M（﹣1，3），，‎ 又A（﹣1，0）则，，故．即t=﹣5．‎ 当l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k（x+1），代入圆的方程得（1+k2）x2+（2k2﹣6k）x+k2﹣6k+5=0．‎ 则，，‎ 即， =．‎ 又由得，‎ 则．‎ 故t=．‎ 综上，t的值为定值，且t=﹣5．‎ 另解一：连接CA，延长交m于点R，由（Ⅰ）知AR⊥m．又CM⊥l于M，‎ 故△ANR∽△AMC．于是有|AM|•|AN|=|AC|•|AR|．‎ 由，得|AM|•|AN|=5．‎ 故．‎ 另解二：连接CA并延长交直线m于点B，连接CM，CN，由（Ⅰ）知AC⊥m，又CM⊥l，‎ 所以四点M，C，N，B都在以CN为直径的圆上，‎ 由相交弦定理得．‎