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  • 2021-06-11 发布

数学卷·2018届湖北省仙桃中学高二上学期期中数学试卷(解析版)

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‎2016-2017学年湖北省仙桃中学高二(上)期中数学试卷 ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是(  )‎ A.若l⊥m,m⊂α,则l⊥α B.若l⊥α,l∥m,则m⊥α C.若l∥α,m⊂α,则l∥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m ‎2.已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行,则它们之间的距离是(  )‎ A. B. C.8 D.2‎ ‎3.圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(  )‎ A.(x﹣1)2+(y﹣1)2=1 B.(x+1)2+(y+1)2=1 C.(x+1)2+(y+1)2=2 D.(x﹣1)2+(y﹣1)2=2‎ ‎4.正三棱柱的底面边长为,侧棱长为2,且三棱柱的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(  )‎ A.4π B.8π C.12π D.16π ‎5.过点A(1,2)且与原点距离最大的直线方程为(  )‎ A.2x+y﹣4=0 B.x+2y﹣5=0 C.x+3y﹣7=0 D.3x+y﹣5=0‎ ‎6.已知圆T:(x﹣4)2+(y﹣3)2=25,过圆T内定点P(2,1)作两条相互垂直的弦AC和BD,那么四边形ABCD面积最大值为(  )‎ A.21 B.21 C. D.42‎ ‎7.已知点M(a,b)在圆O:x2+y2=1外,则直线ax+by=1与圆O的位置关系是(  )‎ A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 ‎8.如图,一个简单空间几何体的三视图中,其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形,俯视图轮廓为正方形,则其侧面积是(  )‎ A.12 B.8 C.4 D.‎ ‎9.有如下三个命题:‎ ‎①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线;‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线是平行直线;‎ ‎③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直.其中正确命题的个数为(  )‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎10.点E,F,G,H分别为空间四边形ABCD中AB,BC,CD,AD的中点,若AC=BD,且AC与BD成90°,则四边形EFGH是(  )‎ A.菱形 B.梯形 C.正方形 D.空间四边形 ‎11.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积与侧面积的比是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎12.现要制作一个圆锥形漏斗,其母线长为t,要使其体积最大,其高为(  )‎ A.. B.. C... D..‎ ‎ ‎ 二、填空题 ‎13.过点A(3,2)且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是  .‎ ‎14.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角C1﹣BD﹣C的正切值为  .‎ ‎15.在正三棱锥S﹣ABC中,侧棱SC⊥侧面SAB,侧棱SC=,则此正三棱锥的外接球的表面积为  .‎ ‎16.如图所示,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥底面A1B1C1‎ ‎,底面为直角三角形,∠ACB=90°,AC=2,BC=1,CC1=,P是BC1上一动点,则A1P+PC的最小值是  .‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎17.已知空间四边形ABCD的两条对角线的长AC=6,BD=8,AC与BD所成的角为30o,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,求四边形EFGH的面积.‎ ‎18.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD,PB⊥AC,Q是线段PB的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证:AB⊥平面PAC;‎ ‎(Ⅱ)求证:AQ∥平面PCD.‎ ‎19.如图,在四棱锥P﹣ABCED中,PD⊥面ABCD,四边形ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=PA=2AD=4,‎ ‎(1)若E为PC中点,求证:PA∥平面BDE ‎(2)求三棱锥D﹣BCP的体积.‎ ‎20.已知两点A(2,3)、B(4,1),直线l:x+‎ ‎2y﹣2=0,在直线l上求一点P.‎ ‎(1)使|PA|+|PB|最小;‎ ‎(2)使|PA|﹣|PB|最大.‎ ‎21.已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A,B.‎ ‎(1)求圆C1的圆心坐标;‎ ‎(2)求线段AB 的中点M的轨迹C的方程;‎ ‎(3)是否存在实数 k,使得直线L:y=k(x﹣4)与曲线 C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:x2+y2=4和直线l:x=4,M为l上一动点,A1,A2为圆C与x轴的两个交点,直线MA1,MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q.‎ ‎(1)若M点的坐标为(4,2),求直线PQ方程;‎ ‎(2)求证直线PQ过定点,并求出此定点的坐标.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年湖北省仙桃中学高二(上)期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题 ‎1.设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是(  )‎ A.若l⊥m,m⊂α,则l⊥α B.若l⊥α,l∥m,则m⊥α C.若l∥α,m⊂α,则l∥m D.若l∥α,m∥α,则l∥m ‎【考点】直线与平面平行的判定.‎ ‎【分析】根据题意,依次分析选项:A,根据线面垂直的判定定理判断.C:根据线面平行的判定定理判断.D:由线线的位置关系判断.B:由线面垂直的性质定理判断;综合可得答案.‎ ‎【解答】解:A,根据线面垂直的判定定理,要垂直平面内两条相交直线才行,不正确;‎ C:l∥α,m⊂α,则l∥m或两线异面,故不正确.‎ D:平行于同一平面的两直线可能平行,异面,相交,不正确.‎ B:由线面垂直的性质可知:平行线中的一条垂直于这个平面则另一条也垂直这个平面.故正确.‎ 故选B ‎ ‎ ‎2.已知直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0行,则它们之间的距离是(  )‎ A. B. C.8 D.2‎ ‎【考点】两条平行直线间的距离;直线的一般式方程与直线的平行关系.‎ ‎【分析】根据两平行直线的斜率相等,在纵轴上的截距不相等,求出 ‎ m,利用两平行直线间的距离公式求出两平行直线间的距离.‎ ‎【解答】解:∵直线3x+4y﹣3=0与直线6x+my+14=0平行,∴=≠,∴m=8,‎ 故直线6x+my+14=0 即3x+4y+7=0,故两平行直线间的距离为 =2,‎ 故选 D.‎ ‎ ‎ ‎3.圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是(  )‎ A.(x﹣1)2+(y﹣1)2=1 B.(x+1)2+(y+1)2=1 C.(x+1)2+(y+1)2=2 D.(x﹣1)2+(y﹣1)2=2‎ ‎【考点】圆的标准方程.‎ ‎【分析】利用两点间距离公式求出半径,由此能求出圆的方程.‎ ‎【解答】解:由题意知圆半径r=,‎ ‎∴圆的方程为(x﹣1)2+(y﹣1)2=2.‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎4.正三棱柱的底面边长为,侧棱长为2,且三棱柱的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(  )‎ A.4π B.8π C.12π D.16π ‎【考点】球的体积和表面积.‎ ‎【分析】根据正三棱柱的对称性,它的外接球的球心在上下底面中心连线段的中点.再由正三角形的性质和勾股定理,结合题中数据算出外接球半径,用球表面积公式即可算出该球的表面积.‎ ‎【解答】解:设三棱柱ABC﹣A′B′C′的上、下底面的中心分别为O、O′,‎ 根据图形的对称性,可得外接球的球心在线段OO′中点O1,‎ ‎∵OA=AB=1,OO1=AA′=1‎ ‎∴O1A=‎ 因此,正三棱柱的外接球半径R=,可得该球的表面积为S=4πR2=8π 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎5.过点A(1,2)且与原点距离最大的直线方程为(  )‎ A.2x+y﹣4=0 B.x+2y﹣5=0 C.x+3y﹣7=0 D.3x+y﹣5=0‎ ‎【考点】点到直线的距离公式;直线的一般式方程与直线的性质.‎ ‎【分析】过点A(1,2)且与原点距离最大的直线与OA垂直,再用点斜式方程求解.‎ ‎【解答】解:根据题意得,当与直线OA垂直时距离最大,‎ 因直线OA的斜率为2,所以所求直线斜率为﹣,‎ 所以由点斜式方程得:y﹣2=﹣(x﹣1),‎ 化简得:x+2y﹣5=0,‎ 故选:B ‎ ‎ ‎6.已知圆T:(x﹣4)2+(y﹣3)2=25,过圆T内定点P(2,1)作两条相互垂直的弦AC和BD,那么四边形ABCD面积最大值为(  )‎ A.21 B.21 C. D.42‎ ‎【考点】圆內接多边形的性质与判定.‎ ‎【分析】设圆心到AC、BD的距离分别为d1、d2,则 d12+d22=8,代入面积公式S=×AC×BD,使用基本不等式求出四边形ABCD的面积的最大值.‎ ‎【解答】解:设圆心T(O)到AC、BD的距离分别为d1,d2.‎ 则d12+d22=TP2=OP2=8..‎ 四边形ABCD的面积为:‎ S=×|AC|×|BD|=×2×2‎ ‎=2≤50﹣(d12+d22)=42.‎ 当且仅当d12=d22时取等号,‎ 故选 D.‎ ‎ ‎ ‎7.已知点M(a,b)在圆O:x2+y2=1外,则直线ax+by=1与圆O的位置关系是(  )‎ A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定 ‎【考点】直线与圆的位置关系.‎ ‎【分析】由M在圆外,得到|OM|大于半径,列出不等式,再利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线ax+by=1的距离d,根据列出的不等式判断d与r的大小即可确定出直线与圆的位置关系.‎ ‎【解答】解:∵M(a,b)在圆x2+y2=1外,‎ ‎∴a2+b2>1,‎ ‎∴圆O(0,0)到直线ax+by=1的距离d=<1=r,‎ 则直线与圆的位置关系是相交.‎ 故选B ‎ ‎ ‎8.如图,一个简单空间几何体的三视图中,其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形,俯视图轮廓为正方形,则其侧面积是(  )‎ A.12 B.8 C.4 D.‎ ‎【考点】由三视图求面积、体积.‎ ‎【分析】根据已知中一个简单空间几何体的三视图中,其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形,俯视图轮廓为正方形,我们可以判断出该几何体为一个正四棱锥,进而求出其底面棱长及侧高,代入棱棱侧面积公式,即可得到答案.‎ ‎【解答】解:由已知中几何体的三视图中,‎ 正视图与侧视图都是边长为2的正三角形,俯视图轮廓为正方形 可得这个几何体是一个正四棱椎 且底面的棱长为2,棱锥的高为,其侧高为2‎ 则棱锥的侧面积S=4××2×2=8‎ 故选B ‎ ‎ ‎9.有如下三个命题:‎ ‎①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线;‎ ‎②垂直于同一个平面的两条直线是平行直线;‎ ‎③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直.其中正确命题的个数为(  )‎ A.0 B.1 C.2 D.3‎ ‎【考点】异面直线的判定;平面的基本性质及推论.‎ ‎【分析】①此命题考查的是异面直线的判定,分别在两个平面内的两条直线,三种位置关系均有可能;只有分别在两个平行平面中的两条直线才一定是异面直线.‎ ‎②此命题是直线与平面垂直的性质定理.‎ ‎③根据平面的基本性质及其推论可知:两条相交直线,有且只有一个平面.故可过斜线与平面α的交点作一条垂直于平面α的直线,则斜线与垂线所确定的平面即与平面α垂直,这样的平面有且只有一个.‎ ‎【解答】解:①分别在两个平行平面中的两条直线一定是异面直线,故①错误.‎ ‎②此命题是直线与平面垂直的性质定理,故②正确.‎ ‎③可过斜线与平面α的交点作一条垂直于平面α的直线,则斜线与垂线所确定的平面即与平面α垂直,这样的平面有且只有一个.故③正确.‎ ‎∴②③正确.‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎10.点E,F,G,H分别为空间四边形ABCD中AB,BC,CD,AD的中点,若AC=BD,且AC与BD成90°,则四边形EFGH是(  )‎ A.菱形 B.梯形 C.正方形 D.空间四边形 ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系.‎ ‎【分析】先根据三角形的中位线定理整出两队对边平行且相等,是一个平行四边形,再证明四边形EFGH为菱形,然后说明∠EFG=90°,得到四边形是一个正方形.‎ ‎【解答】解: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 ‎∵AC=BD,‎ 所以四边形EFGH为菱形.‎ ‎∵AC与BD成900‎ ‎∴菱形是一个正方形,‎ 故选C.‎ ‎ ‎ ‎11.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形,这个圆柱的全面积与侧面积的比是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积;旋转体(圆柱、圆锥、圆台).‎ ‎【分析】设圆柱底面积半径为r,求出圆柱的高,然后求圆柱的全面积与侧面积的比.‎ ‎【解答】解:设圆柱底面积半径为r,则高为2πr,‎ 全面积:侧面积=[(2πr)2+2πr2]:(2πr)2‎ ‎=.‎ 故选A.‎ ‎ ‎ ‎12.现要制作一个圆锥形漏斗,其母线长为t,要使其体积最大,其高为(  )‎ A.. B.. C... D..‎ ‎【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台).‎ ‎【分析】设圆锥形漏斗的高为h,我们可以表示出底面半径r,进而得到圆锥体积的表达式,利用导数法,易得到体积取最大值时,高h与母线l之间的关系.‎ ‎【解答】解:设圆锥形漏斗的高为h,则圆锥的底面半径为,(0<h<t)‎ 则圆锥的体积V=•π(t2﹣h2)•h=﹣h3+h 则V′=﹣πh2+,‎ 令V′=0‎ 则h=±t ‎∵0<h<t ‎∴当高h=t时,圆锥的体积取最大值,‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ 二、填空题 ‎13.过点A(3,2)且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是 2x﹣y﹣4=0 .‎ ‎【考点】直线的点斜式方程.‎ ‎【分析】设过点A(3,2)且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是2x﹣y+m=0,把A(3,2)代入方程求出m,即得 所求的直线方程.‎ ‎【解答】解:设过点A(3,2)且与直线2x﹣y+1=0平行的直线方程是2x﹣y+‎ m=0,把A(3,2)代入方程得 ‎6﹣2+m=0,∴m=﹣4,故所求的直线方程为 2x﹣y﹣4=0,‎ 故答案为:2x﹣y﹣4=0.‎ ‎ ‎ ‎14.如图,在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中,二面角C1﹣BD﹣C的正切值为  .‎ ‎【考点】二面角的平面角及求法.‎ ‎【分析】取BD的中点O,连接OC1,OC,则∠COC1就是二面角C1﹣BD﹣C的平面角,由此能求出二面角C1﹣BD﹣C的正切值.‎ ‎【解答】解:设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a,‎ 则,CD=BC=CC1=a,‎ 取BD的中点O,连接OC1,OC,则∠COC1就是二面角C1﹣BD﹣C的平面角,‎ ‎∵CO==,‎ ‎∴tan∠COC1==.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎15.在正三棱锥S﹣ABC中,侧棱SC⊥侧面SAB,侧棱SC=,则此正三棱锥的外接球的表面积为 36π .‎ ‎【考点】球内接多面体.‎ ‎【分析】由题意推出SC⊥平面SAB,∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°,将此三棱锥补成正方体,则它们有相同的外接球,正方体的对角线就是球的直径,求出直径即可求出球的表面积.‎ ‎【解答】解:∵三棱锥S﹣ABC正棱锥且侧棱SC⊥侧面SAB,‎ ‎∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°,将此三棱锥补成正方体,则它们有相同的外接球,‎ ‎∴2R=2,∴R=3,∴S=4πR2=4π•(3)2=36π,‎ 故答案为:36π.‎ ‎ ‎ ‎16.如图所示,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥底面A1B1C1,底面为直角三角形,∠ACB=90°,AC=2,BC=1,CC1=,P是BC1上一动点,则A1P+PC的最小值是  .‎ ‎【考点】棱柱的结构特征.‎ ‎【分析】连A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,利用两点之间线段最短,即可求出满足条件的P的位置,然后利用余弦定理即可求解.‎ ‎【解答】解:连A1B,沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内,如图所示,‎ 连A1C,则A1C的长度就是所求的最小值.‎ 在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥底面A1B1C1,底面为直角三角形,∠ACB=90°,AC=2,BC=1,CC1=,‎ ‎∴BC1=2,A1C1=2,A1B=2,BC=1,CC1=,‎ 即∠A1C1B=90°,∠CC1B=30°,‎ ‎∴∠A1C1C=90°+30°=120°,‎ 由余弦定理可求得A1C2==‎ ‎,‎ ‎∴A1P+PC的最小值是,‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ 三、解答题 ‎17.已知空间四边形ABCD的两条对角线的长AC=6,BD=8,AC与BD所成的角为30o,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA的中点,求四边形EFGH的面积.‎ ‎【考点】直线与平面平行的性质.‎ ‎【分析】由于AC∥EF,BD∥FG,所以得出EF与FG所成的角即为AC、BD所成的角,EFGH中有一内角为30°,利用平行四边形面积公式S=absinθ计算即可.‎ ‎【解答】解:∵AC∥EF,BD∥FG,‎ ‎∴EF与FG所成的角即为AC、BD所成的角,‎ ‎∴∠EFG(或其补角)=30°,S EFGH =EF×FG×sin∠EFG=AC×BD×sin30°,即.‎ ‎ ‎ ‎18.如图,在四棱锥P﹣ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC=2AD,PB⊥AC,Q是线段PB的中点.‎ ‎(Ⅰ)求证:AB⊥平面PAC;‎ ‎(Ⅱ)求证:AQ∥平面PCD.‎ ‎【考点】直线与平面平行的判定;直线与平面垂直的判定.‎ ‎【分析】(Ⅰ)根据线面垂直的性质及PA⊥平面ABCD推断出PA⊥AC,PA⊥AB,进而利用PB⊥AC,推断出AC⊥平面PAB,利用线面垂直性质可知AC⊥AB,再根据PA⊥AB,PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A推断出AB⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)取PC中点E,连结QE,ED,推断出QE为中位线,判读出QE∥BC,BC=2AD,进而可知QE∥AD,QE=AD,判断出四边形AQED是平行四边形,进而可推断出AQ∥DE,最后根据线面平行的判定定理证明出AQ∥平面PCD.‎ ‎【解答】证明:(Ⅰ)∵PA⊥平面ABCD,AC,AB⊂平面ABCD,‎ ‎∴PA⊥AC,PA⊥AB,‎ ‎∵PB⊥AC,AP⊥AC,PA,PB⊂平面PAB,PA∩PB=P,‎ ‎∴AC⊥平面PAB,‎ ‎∵AB⊂平面PAB,‎ ‎∴AC⊥AB,PA⊥AB,PA,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A;‎ ‎∴AB⊥平面PAC.‎ ‎(Ⅱ)取PC中点E,连结QE,ED,‎ ‎∵Q是线段PB的中点,E是PC的中点,‎ ‎∴QE∥BC,BC=2AD,‎ ‎∴QE∥AD,QE=AD,‎ ‎∴四边形AQED是平行四边形,‎ ‎∴AQ∥DE,‎ ‎∵AQ∥ED,ED⊂平面PCD,‎ ‎∴AQ∥平面PCD.‎ ‎ ‎ ‎19.如图,在四棱锥P﹣ABCED中,PD⊥面ABCD,四边形ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=PA=2AD=4,‎ ‎(1)若E为PC中点,求证:PA∥平面BDE ‎(2)求三棱锥D﹣BCP的体积.‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积;直线与平面平行的判定.‎ ‎【分析】(1)连结AC,BD,交于点O,连结OE,则OE∥AP,由此能证明PA∥平面BDE.‎ ‎(2)求出S△BDC==2,PD==2,由,能求出三棱锥D﹣BCP的体积.‎ ‎【解答】(1)证明:连结AC,BD,交于点O,‎ ‎∵四边形ABCD为平行四边形,∴O是AC中点,‎ ‎∵E是PC中点,∴OE∥AP,‎ 又AP⊄平面BDE,OE⊂平面BDE,‎ ‎∴PA∥平面BDE.‎ ‎(2)解:∵S△BDC==2,‎ PD==2,‎ ‎∴==4.‎ ‎ ‎ ‎20.已知两点A(2,3)、B(4,1),直线l:x+2y﹣2=0,在直线l上求一点P.‎ ‎(1)使|PA|+|PB|最小;‎ ‎(2)使|PA|﹣|PB|最大.‎ ‎【考点】与直线关于点、直线对称的直线方程;直线的两点式方程.‎ ‎【分析】先判断A、B与直线l:x+2y﹣2=0的位置关系,即把点的坐标代入x+2y﹣2,看符号相同在同侧,相反异侧.‎ ‎(1)使|PA|+|PB|最小,如果A、B在l的同侧,将其中一点对称到l的另一侧,连线与l的交点即为P;‎ 如果A、B在l的异侧,则直接连线求交点P即可.‎ ‎(2)使|PA|﹣|PB|最大.如果A、B在l的同侧,则直接连线求交点P即可;‎ 如果A、B在l的异侧,将其中一点对称到l的另一侧,连线与l的交点即为P.‎ ‎【解答】解:(1)可判断A、B在直线l的同侧,设A点关于l的对称点A1的坐标为(x1,y1).‎ 则有+2•﹣2=0, •(﹣)=﹣1.‎ 解得 x1=﹣,‎ y1=﹣.‎ 由两点式求得直线A1B的方程为y=(x﹣4)+1,直线A1B与l的交点可求得为P(,﹣).‎ 由平面几何知识可知|PA|+|PB|最小.‎ ‎(2)由两点式求得直线AB的方程为y﹣1=﹣(x﹣4),即x+y﹣5=0.‎ 直线AB与l的交点可求得为P(8,﹣3),它使|PA|﹣|PB|最大.‎ ‎ ‎ ‎21.已知过原点的动直线l与圆C1:x2+y2﹣6x+5=0相交于不同的两点A,B.‎ ‎(1)求圆C1的圆心坐标;‎ ‎(2)求线段AB 的中点M的轨迹C的方程;‎ ‎(3)是否存在实数 k,使得直线L:y=k(x﹣4)与曲线 C只有一个交点?若存在,求出k的取值范围;若不存在,说明理由.‎ ‎【考点】轨迹方程;直线与圆的位置关系.‎ ‎【分析】(1)通过将圆C1的一般式方程化为标准方程即得结论;‎ ‎(2)设当直线l的方程为y=kx,通过联立直线l与圆C1的方程,利用根的判别式大于0、韦达定理、中点坐标公式及参数方程与普通方程的相互转化,计算即得结论;‎ ‎(3)通过联立直线L与圆C1的方程,利用根的判别式△=0及轨迹C的端点与点(4,0)决定的直线斜率,即得结论.‎ ‎【解答】解:(1)∵圆C1:x2+y2﹣6x+5=0,‎ 整理,得其标准方程为:(x﹣3)2+y2=4,‎ ‎∴圆C1的圆心坐标为(3,0);‎ ‎(2)设当直线l的方程为y=kx、A(x1,y1)、B(x2,y2),‎ 联立方程组,‎ 消去y可得:(1+k2)x2﹣6x+5=0,‎ 由△=36﹣4(1+k2)×5>0,可得k2<‎ 由韦达定理,可得x1+x2=,‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的参数方程为,其中﹣<k<,‎ ‎∴线段AB的中点M的轨迹C的方程为:(x﹣)2+y2=,其中<x≤3;‎ ‎(3)结论:当k∈(﹣,)∪{﹣, }‎ 时,直线L:y=k(x﹣4)与曲线C只有一个交点.‎ 理由如下:‎ 联立方程组,‎ 消去y,可得:(1+k2)x2﹣(3+8k2)x+16k2=0,‎ 令△=(3+8k2)2﹣4(1+k2)•16k2=0,解得k=±,‎ 又∵轨迹C的端点(,±)与点(4,0)决定的直线斜率为±,‎ ‎∴当直线L:y=k(x﹣4)与曲线C只有一个交点时,‎ k的取值范围为(﹣,)∪{﹣, }.‎ ‎ ‎ ‎22.在平面直角坐标系xOy中,已知圆C:x2+y2=4和直线l:x=4,M为l上一动点,A1,A2为圆C与x轴的两个交点,直线MA1,MA2与圆C的另一个交点分别为P、Q.‎ ‎(1)若M点的坐标为(4,2),求直线PQ方程;‎ ‎(2)求证直线PQ过定点,并求出此定点的坐标.‎ ‎【考点】直线和圆的方程的应用.‎ ‎【分析】(1)求出A1,A2的坐标,可求直线MA1的方程、直线MA2的方程,与圆的方程联立,求出P,Q的坐标,由两点式求直线PQ方程;‎ ‎(2)设M(4,t),则直线MA1的方程:,直线MA2的方程:,分别代入圆的方程,求出P,Q的坐标,分类讨论,确定直线PQ的方程,即可得出结论.‎ ‎【解答】(1)解:当M(4,2),‎ 则A1(﹣2,0),A2(2,0).‎ 直线MA1的方程:x﹣3y+2=0,‎ 解得.‎ 直线MA2的方程:x﹣y﹣2=0,‎ 解得Q(0,﹣2),‎ 由两点式可得直线PQ的方程为2x﹣y﹣2=0;‎ ‎(2)证明:设M(4,t),则直线MA1的方程:,直线MA2的方程:‎ 由得 由得 当时,,‎ 则直线PQ:‎ 化简得,恒过定点(1,0)‎ 当时,,直线PQ:x=1,恒过定点(1,0)‎ 故直线PQ过定点(1,0).…‎ ‎ ‎

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