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- 2021-06-10 发布
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2016-2017学年山东省德州一中高二(上)期中数学试卷(理科)
一、选择题(本大题包括12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题意)
1.直线l: x+y+3=0的倾斜角α为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
2.两条不平行的直线,其平行投影不可能是( )
A.两条平行直线 B.一点和一条直线
C.两条相交直线 D.两个点
3.已知圆C:x2+y2﹣2x+6y=0,则圆心P及半径r分别为( )
A.圆心P(1,3),半径r=10 B.圆心P(1,3),半径
C.圆心P(1,﹣3),半径r=10 D.圆心P(1,﹣3),半径.
4.已知a∥α,b⊂α,则直线a与直线b的位置关系是( )
A.平行 B.相交或异面 C.异面 D.平行或异面
5.过点(﹣2,4)且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
6.在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点.若AC=BD=a,且AC与BD所成的角为60°,则四边形EFGH的面积为( )
A. B. C. D.
7.已知两条直线l1:x+2ay﹣1=0,l2:x﹣4y=0,且l1∥l2,则满足条件a的值为( )
A. B. C.﹣2 D.2
8.设直线过点(0,a),其斜率为1,且与圆x2+y2=2相切,则a的值为( )
A.± B.±2 C.±2 D.±4
9.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.2π+2 B.4π+2 C.2π+ D.4π+
10.一束光线从点(﹣1,1)出发,经x轴反射到圆C:(x﹣2)2+(y﹣3)2=1上的最短路径长度是( )
A.4 B.5 C.3 D.2
11.点P(2,﹣1)为圆(x﹣1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程为( )
A.x+y﹣1=0 B.2x+y﹣3=0 C.x﹣y﹣3=0 D.2x﹣y﹣5=0
12.四面体P﹣ABC中,若PA=PB=PC,则点P在平面ABC内的射影点O是三角形ABC的( )
A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心
二、填空题(本题包括4个小题,每小题5分,共20分)
13.已知⊙O1:x2+y2=1与⊙O2:(x﹣3)2+(y+4)2=9,则⊙O1与⊙O2的位置关系为 .
14.圆柱的侧面展开图是边长分别为2a,a的矩形,则圆柱的体积为 .
15.若l为一条直线,α,β,γ为三个互不重合的平面,给出下面四个命题:①α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β;②α⊥γ,β∥γ,则α⊥β;③l∥α,l⊥β,则α⊥β.④若l∥α,则l平行于α内的所有直线.其中正确命题的序号是 .(把你认为正确命题的序号都填上)
16.如图2﹣①,一个圆锥形容器的高为a,内装有一定量的水.如果将容器倒置,这时所形成的圆锥的高恰为(如图2﹣②),则图2﹣①
中的水面高度为 .
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.已知直线l经过直线3x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P,且垂直于直线x﹣2y﹣1=0.求:
(Ⅰ)直线l的方程;
(Ⅱ)直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S.
18.如果一个几何体的主视图与左视图都是全等的长方形,边长分别是4cm与2cm如图所示,俯视图是一个边长为4cm的正方形.
(1)求该几何体的全面积.
(2)求该几何体的外接球的体积.
19.已知直线l1:mx﹣y=0,l2:x+my﹣m﹣2=0.
(1)求证:对m∈R,l1与l2的交点P在一个定圆上;
(2)若l1与定圆的另一个交点为P1,l2与定圆的另一个交点为P2,求当m在实数范围内取值时,△PP1P2的面积的最大值及对应的m.
20.已知圆C同时满足下列三个条件:①与y轴相切;②在直线y=x上截得弦长为2;③圆心在直线x﹣3y=0上.求圆C的方程.
21.已知四棱锥P﹣ABCD,底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形,又PD⊥底ABCD,且PD=CD,点M、N分别是棱AD、PC的中点.
(1)证明:DN∥平面PMB;
(2)证明:平面PMB⊥平面PAD;
(3)求点A到平面PMB的距离.
22.已知半径为5的圆的圆心在x轴上,圆心的横坐标是整数,且与直线4x+3y﹣29=0相切.
(Ⅰ)求圆的方程;
(Ⅱ)设直线ax﹣y+5=0(a>0)与圆相交于A,B两点,求实数a的取值范围;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,是否存在实数a,使得弦AB的垂直平分线l过点P(﹣2,4),若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由.
2016-2017学年山东省德州一中高二(上)期中数学试卷(理科)
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题包括12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题意)
1.直线l: x+y+3=0的倾斜角α为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
【考点】直线的倾斜角.
【分析】由题意可得,直线的斜率tanα=﹣,再由0°≤α<180°,可得 α的值.
【解答】解:由于直线l: x+y+3=0的倾斜角为α,则直线的斜率tanα=﹣,
再由0°≤α<180°,可得 α=120°,
故选C.
2.两条不平行的直线,其平行投影不可能是( )
A.两条平行直线 B.一点和一条直线
C.两条相交直线 D.两个点
【考点】平行投影及平行投影作图法.
【分析】两条不平行的直线,要做这两条直线的平行投影,投影可能是两条平行线,可能是一点和一条直线,可能是两条相交线,不能是两个点,若想出现两个点,这两条直线需要同时与投影面垂直,这样两条线就是平行关系.
【解答】解:∵有两条不平行的直线,
∴这两条直线是异面或相交,
其平行投影不可能是两个点,若想出现两个点,
这两条直线需要同时与投影面垂直,
这样两条线就是平行关系.
与已知矛盾.
故选D.
3.已知圆C:x2+y2﹣2x+6y=0,则圆心P及半径r分别为( )
A.圆心P(1,3),半径r=10 B.圆心P(1,3),半径
C.圆心P(1,﹣3),半径r=10 D.圆心P(1,﹣3),半径.
【考点】圆的一般方程.
【分析】根据已知中圆的一般方程,利用配方法,可将其化为标准方程,进而得到圆的圆心坐标及半径.
【解答】解:圆C:x2+y2﹣2x+6y=0的方程可化为,
(x﹣1)2+(y+3)2=10,
故圆心P的坐标为(1,﹣3),半径r=
故选D
4.已知a∥α,b⊂α,则直线a与直线b的位置关系是( )
A.平行 B.相交或异面 C.异面 D.平行或异面
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系.
【分析】由直线a∥平面α,直线b在平面α内,知a∥b,或a与b异面.
【解答】解:∵直线a∥平面α,直线b在平面α内,
∴a∥b,或a与b异面,
故答案为:平行或异面,
5.过点(﹣2,4)且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线有( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4条
【考点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系.
【分析】根据直线截距的意义即可得到结论.
【解答】解:若直线过原点,则满足条件,此时设直线方程为y=kx,则4=﹣2k,解得k=﹣2,此时直线为y=﹣2x,
若直线不经过原点,则设直线的截距式方程为,
∵直线过点(﹣2,4,),∴,
∵|a|=|b|,
∴a=b或a=﹣b,
若a=b,则方程等价为,解得a=b=2,此时直线方程为x+y=2,
若a=﹣b,则方程等价为,解得b=6,a=﹣6,此时直线方程为x﹣y=﹣6,
故满足条件的直线有3条,
故选:C
6.在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点.若AC=BD=a,且AC与BD所成的角为60°,则四边形EFGH的面积为( )
A. B. C. D.
【考点】异面直线及其所成的角.
【分析】先证明四边形EFGH为菱形,然后说明∠EFG=60°,最后根据三角形的面积公式即可求出所求.
【解答】解:连接EH,因为EH是△ABD的中位线,所以EH∥BD,且EH=BD.
同理,FG∥BD,EF∥AC,且FG=BD,EF=AC.
所以EH∥FG,且EH=FG.
所以四边形EFGH为平行四边形.
因为AC=BD=a,AC与BD所成的角为60°
所以EF=EH.所以四边形EFGH为菱形,∠EFG=60°.
∴四边形EFGH的面积是2××()2=a2.
故选A.
7.已知两条直线l1:x+2ay﹣1=0,l2:x﹣4y=0,且l1∥l2,则满足条件a的值为( )
A. B. C.﹣2 D.2
【考点】直线的一般式方程与直线的平行关系.
【分析】根据两直线平行,直线方程中一次项系数之比相等,但不等于常数项之比,求得a的值.
【解答】解:根据两条直线l1:x+2ay﹣1=0,l2:x﹣4y=0,且l1∥l2,可得,求得 a=﹣2,
故选C.
8.设直线过点(0,a),其斜率为1,且与圆x2+y2=2相切,则a的值为( )
A.± B.±2 C.±2 D.±4
【考点】圆的切线方程.
【分析】先求出过点(0,a),其斜率为1的直线方程,利用相切(圆心到直线的距离等于半径)求出a即可.
【解答】解:设直线过点(0,a),其斜率为1,且与圆x2+y2=2相切,
设直线方程为y=x+a,圆心(0,0)到直线的距离等于半径,
∴,
∴a的值为±2,
故选B.
9.一空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )
A.2π+2 B.4π+2 C.2π+ D.4π+
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】由三视图及题设条件知,此几何体为一个上部是四棱锥,下部是圆柱其高已知,底面是半径为1的圆,故分别求出两个几何体的体积,再相加即得组合体的体积.
【解答】解:此几何体为一个上部是正四棱锥,下部是圆柱
由于圆柱的底面半径为1,其高为2,故其体积为π×12×2=2π
棱锥底面是对角线为2的正方形,故其边长为,其底面积为2,又母线长为2,
故其高为
由此知其体积为=
故组合体的体积为2π+
故选C
10.一束光线从点(﹣1,1)出发,经x轴反射到圆C:(x﹣2)2+(y﹣3)2=1上的最短路径长度是( )
A.4 B.5 C.3 D.2
【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程.
【分析】
求出点A关于x轴的对称点A′,则要求的最短路径的长为A′C﹣r(圆的半径),计算求得结果.
【解答】解:由题意可得圆心C(2,3),半径为r=1,
点A关于x轴的对称点A′(﹣1,﹣1),
求得A′C==5,
则要求的最短路径的长为A′C﹣r=5﹣1=4,
故选A.
11.点P(2,﹣1)为圆(x﹣1)2+y2=25的弦AB的中点,则直线AB的方程为( )
A.x+y﹣1=0 B.2x+y﹣3=0 C.x﹣y﹣3=0 D.2x﹣y﹣5=0
【考点】直线与圆相交的性质.
【分析】由垂径定理,得AB中点与圆心C的连线与AB互相垂直,由此算出AB的斜率k=1,结合直线方程的点斜式列式,即可得到直线AB的方程.
【解答】解:∵AB是圆(x﹣1)2+y2=25的弦,圆心为C(1,0)
∴设AB的中点是P(2,﹣1)满足AB⊥CP
因此,PQ的斜率k===1
可得直线PQ的方程是y+1=x﹣2,化简得x﹣y﹣3=0
故选:C
12.四面体P﹣ABC中,若PA=PB=PC,则点P在平面ABC内的射影点O是三角形ABC的( )
A.内心 B.外心 C.垂心 D.重心
【考点】棱锥的结构特征.
【分析】由已知条件推导出△POA≌△POB≌△POC,由此能求出点P在平面ABC内的射影点O是三角形ABC的外心.
【解答】解:设P在平面ABC射影为O,
∵PA=PB=PC,PO=PO=PO,(公用边),∠POA=∠POB=∠POC=90°,
∴△POA≌△POB≌△POC,
∴OA=OB=OC,
∴O是三角形ABC的外心.
故选:B.
二、填空题(本题包括4个小题,每小题5分,共20分)
13.已知⊙O1:x2+y2=1与⊙O2:(x﹣3)2+(y+4)2=9,则⊙O1与⊙O2的位置关系为 相离 .
【考点】圆与圆的位置关系及其判定.
【分析】先根据圆的方程得出圆的圆心坐标和半径,求出圆心距和半径之和等,再根据数量关系来判断两圆的位置关系即可.
【解答】解:根据题意,得
⊙O1的半径为r=1,⊙O2的半径为R=3,O1O2=5,
R+r=4,R﹣r=2,
则4<5,
即R+r<O1O2,
∴两圆相离.
故答案为:相离.
14.圆柱的侧面展开图是边长分别为2a,a的矩形,则圆柱的体积为 或 .
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积.
【分析】
有两种形式的圆柱的展开图,分别求出底面半径和高,分别求出体积.
【解答】解:圆柱的侧面展开图是边长为2a与a的矩形,
当母线为a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是π×()2×a=;
当母线为2a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是π×()2×2a=,
综上所求圆柱的体积是:或.
故答案为:或;
15.若l为一条直线,α,β,γ为三个互不重合的平面,给出下面四个命题:①α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β;②α⊥γ,β∥γ,则α⊥β;③l∥α,l⊥β,则α⊥β.④若l∥α,则l平行于α内的所有直线.其中正确命题的序号是 ②③ .(把你认为正确命题的序号都填上)
【考点】四种命题的真假关系;空间中直线与平面之间的位置关系;平面与平面之间的位置关系.
【分析】若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能平行与可能相交,可判断①的正误;
由两个平行的平面与第三个平面的夹角相同,可判断②的正误;
根据面面垂直的判断定理,我们判断③的正误;
若l∥α,则l与α内的直线平行或异面,可判断④的正误;
逐一分析后,即可得到正确的答案.
【解答】解:①中,若α⊥γ,β⊥γ,则α与β可能平行与可能相交,故①错误;
②中,若α⊥γ,β∥γ,则α⊥β,故②正确;
③中,若l∥α,l⊥β,则α中存在直线a平行l,即 a⊥β,由线面垂直的判定定理,得则α⊥β,故③正确;
④中,若l∥α,则l与α内的直线平行或异面,故④的错误;
故答案:②③
16.如图2﹣①,一个圆锥形容器的高为a,内装有一定量的水.如果将容器倒置,这时所形成的圆锥的高恰为(如图2﹣②),则图2﹣①中的水面高度为 a﹣ .
【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台).
【分析】圆锥正置与倒置时,水的体积不变,另外水面是平行于底面的平面,此平面截得的小圆锥与原圆锥成相似体,它们的体积之比为对应高的立方比.
【解答】解:令圆锥倒置时水的体积为V′,圆锥体积为V
则=
正置后:V水=V
则突出的部分V空=V
设此时空出部分高为h,则
h3:,
∴
故水的高度为:a﹣
故答案为:a﹣
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.已知直线l经过直线3x+4y﹣2=0与直线2x+y+2=0的交点P,且垂直于直线x﹣2y﹣1=0.求:
(Ⅰ)直线l的方程;
(Ⅱ)直线l与两坐标轴围成的三角形的面积S.
【考点】直线的一般式方程;两条直线的交点坐标.
【分析】(Ⅰ)联立两直线方程得到方程组,求出方程组的解集即可得到交点P的坐标,根据直线l与x﹣2y﹣1垂直,利用两直线垂直时斜率乘积为﹣1,可设出直线l的方程,把P代入即可得到直线l的方程;
(Ⅱ)分别令x=0和y=0求出直线l与y轴和x轴的截距,然后根据三角形的面积函数间,即可求出直线l与两坐标轴围成的三角形的面积.
【解答】解:(Ⅰ)由解得由于点P的坐标是(﹣2,2).
则所求直线l与x﹣2y﹣1=0垂直,可设直线l的方程为2x+y+m=0.
把点P的坐标代入得2×(﹣2)+2+m=0,即m=2.
所求直线l的方程为2x+y+2=0.
(Ⅱ)由直线l的方程知它在x轴.y轴上的截距分别是﹣1.﹣2,
所以直线l与两坐标轴围成三角形的面积.
18.如果一个几何体的主视图与左视图都是全等的长方形,边长分别是4cm与2cm如图所示,俯视图是一个边长为4cm的正方形.
(1)求该几何体的全面积.
(2)求该几何体的外接球的体积.
【考点】由三视图求面积、体积.
【分析】三视图复原的几何体是底面是正方形的正四棱柱,根据三视图的数据,求出几何体的表面积,求出对角线的长,就是外接球的直径,然后求它的体积即可.
【解答】解:(1)由题意可知,该几何体是长方体,
底面是正方形,边长是4,高是2,因此该
几何体的全面积是:
2×4×4+4×4×2=64cm2
几何体的全面积是64cm2.
(2)由长方体与球的性质可得,长方体的对角线是球的直径,
记长方体的对角线为d,球的半径是r,
d=所以球的半径r=3
因此球的体积v=,
所以外接球的体积是36πcm3.
19.已知直线l1:mx﹣y=0,l2:x+my﹣m﹣2=0.
(1)求证:对m∈R,l1与l2的交点P在一个定圆上;
(2)若l1与定圆的另一个交点为P1,l2与定圆的另一个交点为P2,求当m在实数范围内取值时,△PP1P2的面积的最大值及对应的m.
【考点】直线与圆的位置关系;两条直线的交点坐标.
【分析】(1)联立两条直线方程,消去m,即得到l1和l2的交点M的方程,判断对m∈R,l1与l2的交点P在一个定圆上;
(2)由(1)得:(0,0),(2,1).当P点在定圆上移动时,△PP1P2的底边P1P2为定值2r.当三角形的高最大时,△PP1P2的面积最大.
【解答】解:(1)如图所示:l1:﹣y=0,过定点(0,0),=m;
l2:x+my﹣m﹣2=0,m(y﹣1)+x﹣2=0, =﹣
令y﹣1=0,x﹣2=0.得y=1,x=2,∴过定点(2,1),
∵•=﹣1,∴直线与直线互相垂直,
∴直线与直线的交点必在以(0,0),(2,1)为一条直径端点的圆上,且圆心(1,),半径r==,
∴圆的方程为(x﹣1)2+(y﹣)2=.
即x2+y2﹣2x﹣y=0;
(2)由(1)得:(0,0),(2,1).当P点在定圆上移动时,△PP1P2的底边P1P2为定值2r.当三角形的高最大时,△PP1P2的面积最大.
故三角形面积最大为•2r•r=
又与圆的交点为P(,),且OP与P1P2的夹角是45°.
∴|OP|==,即+=,解得:m=3或m=
故当m=3或m=时,△PP1P2的面积取得最大值.
20.已知圆C同时满足下列三个条件:①与y轴相切;②在直线y=x上截得弦长为2;③圆心在直线x﹣3y=0上.求圆C的方程.
【考点】圆的标准方程.
【分析】设所求的圆C与y轴相切,又与直线y=x交于AB,由题设知圆心C(3a,a),R=3|a|,再由点到直线的距离公式和勾股定理能够求出a的值,从而得到圆C的方程.
【解答】解设所求的圆C与y轴相切,又与直线y=x交于AB,
∵圆心C在直线x﹣3y=0上,∴圆心C(3a,a),又圆
与y轴相切,∴R=3|a|.又圆心C到直线y﹣x=0的距离.
在Rt△CBD中,,
∴9a2﹣2a2=7.a2=1,a=±1,3a=±3.
∴圆心的坐标C分别为(3,1)和(﹣3,﹣1),
故所求圆的方程为(x﹣3)2+(y﹣1)2=9或(x+3)2+(y+1)2=9.
21.已知四棱锥P﹣ABCD,底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形,又PD⊥底ABCD,且PD=CD,点M、N分别是棱AD、PC的中点.
(1)证明:DN∥平面PMB;
(2)证明:平面PMB⊥平面PAD;
(3)求点A到平面PMB的距离.
【考点】直线与平面平行的判定;平面与平面垂直的判定;点、线、面间的距离计算.
【分析】(1)取PB中点Q,连接MQ、NQ,再加上QN∥BC∥MD,且QN=MD,于是DN∥MQ,再利用直线与平面平行的判定定理进行证明,即可解决问题;
(2)易证PD⊥MB,又因为底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形,且M为AD中点,然后利用平面与平面垂直的判定定理进行证明;
(3)因为M是AD中点,所以点A与D到平面PMB等距离,过点D作DH⊥PM于H,由(2)平面PMB⊥平面PAD,所以DH⊥平面PMB,DH是点D到平面PMB的距离,从而求解.
【解答】解:(1)证明:取PB中点Q,连接MQ、NQ,
因为M、N分别是棱AD、PC中点,
所以QN∥BC∥MD,且QN=MD,于是DN∥MQ.
⇒DN∥平面PMB.
(2)⇒PD⊥MB
又因为底面ABCD是∠A=60°、边长为a的菱形,且M为AD中点,
所以MB⊥AD.
又AD∩PD=D,
所以MB⊥平面PAD. ⇒平面PMB⊥平面PAD.
(3)因为M是AD中点,所以点A与D到平面PMB等距离.
过点D作DH⊥PM于H,由(2)平面PMB⊥平面PAD,所以DH⊥平面PMB.
故DH是点D到平面PMB的距离..
∴点A到平面PMB的距离为.
22.已知半径为5的圆的圆心在x轴上,圆心的横坐标是整数,且与直线4x+3y﹣29=0相切.
(Ⅰ)求圆的方程;
(Ⅱ)设直线ax﹣y+5=0(a>0)与圆相交于A,B两点,求实数a的取值范围;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,是否存在实数a,使得弦AB的垂直平分线l过点P(﹣2,4),若存在,求出实数a的值;若不存在,请说明理由.
【考点】直线和圆的方程的应用;圆的标准方程.
【分析】(Ⅰ)设圆心为M(m,0)(m∈Z).由于圆与直线4x+3y﹣29=0相切,且半径为5,所以,由此能求了圆的方程.
(Ⅱ)把直线ax﹣y+5=0代入圆的方程,得(a2+1)x2+2(5a﹣1)x+1=0,由于直线ax﹣y+5=0交圆于A,B两点,故△=4(5a﹣1)2﹣4(a2+1)>
0,由此能求出实数a的取值范围.
(Ⅲ)设符合条件的实数a存在,则直线l的斜率为,l的方程为,由于l垂直平分弦AB,故圆心M(1,0)必在l上,由此推导出存在实数使得过点P(﹣2,4)的直线l垂直平分弦AB.
【解答】(本小题满分14分)
解:(Ⅰ)设圆心为M(m,0)(m∈Z).
由于圆与直线4x+3y﹣29=0相切,且半径为5,
所以,
即|4m﹣29|=25.因为m为整数,故m=1.
故所求圆的方程为(x﹣1)2+y2=25. …
(Ⅱ)把直线ax﹣y+5=0,即y=ax+5,
代入圆的方程,消去y,
整理,得(a2+1)x2+2(5a﹣1)x+1=0,
由于直线ax﹣y+5=0交圆于A,B两点,
故△=4(5a﹣1)2﹣4(a2+1)>0,
即12a2﹣5a>0,
由于a>0,解得a>,
所以实数a的取值范围是().
(Ⅲ)设符合条件的实数a存在,
则直线l的斜率为,
l的方程为,
即x+ay+2﹣4a=0
由于l垂直平分弦AB,故圆心M(1,0)必在l上,
所以1+0+2﹣4a=0,解得.
由于,故存在实数
使得过点P(﹣2,4)的直线l垂直平分弦AB.…