1、2019-2020学年四川省乐山市十校高二（上）期中数学试卷（理科）一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）1（5分）如图是由哪个平面图形旋转得到的（）ABCD2（5分）若直线ax+by1与圆x2+y21有两个公共点，则点P（a，b）与圆x2+y21的位置关系是（）A在圆上B在圆外C在圆内D以上都有可能3（5分）圆心在y轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（）Ax2+（y2）21Bx2+（y+2）21C（x1）2+（y3）21Dx2+（y3）214（5分）设l是直线，是两个不同的平面（）A若l，l，则 B若l，l，则C若，l，则 lD若，l，则l5（5分）已知正方体ABCD
2、A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（）ABCD6（5分）点P（4，2）与圆x2+y24上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）21B（x2）2+（y+1）24C（x+4）2+（y2）21D（x+2）2+（y1）217（5分）下列四个命题：（1）存在与两条异面直线都平行的平面；（2）过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；（3）过平面外一点可作无数条直线与该平面平行；（4）过直线外一点可作无数个平面与该直线平行其中正确的命题的个数是（）A1B2C3D48（5分）直线x+y+40分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在
3、圆（x2）2+y22上，则ABP面积的取值范围是（）A2，6B8，16C，3D2，39（5分）圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是（）AB2CD10（5分）过点（1，2）作圆（x1）2+y21的两条切线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为（）AyByCyDy11（5分）方程k（x2）+3有两个不等实根，则k的取值范围是（）A（0，）B（，C（，+）D12（5分）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，则下列说法中正确的有（）存在点E使得直线SA平面SBC；平面SBC内存在直线与SA平行平面ABCE
4、内存在直线与平面SAE平行；存在点E使得SEBAA1个B2个C3个D4个二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13（5分）已知P（x，y）为圆（x2）2+y21上的动点，则3x+4y4的最大值为 14（5分）在三棱锥PABC中，PB6，AC3，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 15（5分）圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120的公共弦的长为 16（5分）若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，给出下列结论：四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点
5、出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分其中正确结论的序号是 （写出所有正确结论的序号）三、解答题（本题共6道小题，共70分）17（10分）已知一个几何体的三视图如图所示（1）求此几何体的表面积；（2）如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体侧面的表面上，从P点到Q点的最短路径的长18（12分）已知圆C：x2+y22x4y200及直线l：（2m+1）x+（m+1）y7m+4（mR）（1）证明：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；（2）求直线l被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程19（12分）如图，AB是圆
6、O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且POOB6D为线段AC的中点，（）求证：平面PAC平面PDO；（）若点E在线段PB上，且PE2EB，求三棱锥EPOC体积的最大值20（12分）已知圆C的圆心在直线x3y0上，且与y轴相切于点（0，1）（）求圆C的方程；（）若圆C与直线l：xy+m0交于A，B两点，分别连接圆心C与A，B两点，若CACB，求m的值21（12分）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点（1）证明：直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，
7、求二面角MABD的平面角的余弦值22（12分）在平面直角坐标系xOy中，ABC顶点的坐标为A（1，2），B（1，4），C（3，2）（1）求ABC外接圆E的方程；（2）若直线l经过点（0，4），且与圆E相交所得的弦长为，求直线l的方程；（3）在圆E上是否存在点P，满足PB22PA212，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由2019-2020学年四川省乐山市十校高二（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道小题，每小题5分，共60分）1（5分）如图是由哪个平面图形旋转得到的（）ABCD【分析】利用所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的，从而得到轴截面的图
8、形【解答】解：图中所给的几何体是由上部的圆锥和下部的圆台组合而成的，故轴截面的上部是直角三角形，下部为直角梯形构成，故选：D【点评】本题考查旋转体的结构特征，旋转体的轴截面的形状2（5分）若直线ax+by1与圆x2+y21有两个公共点，则点P（a，b）与圆x2+y21的位置关系是（）A在圆上B在圆外C在圆内D以上都有可能【分析】根据题意，由直线与圆的位置关系可得圆心到直线ax+by1的距离dr1，变形可得a2+b21，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，直线ax+by1与圆x2+y21有两个公共点，即直线与圆相交，则有圆心到直线ax+by1的距离dr1，变形可得a2+b21，则点P（a，b）
9、在圆x2+y21的外部；故选：B【点评】本题考查直线与圆的位置关系，注意分析a、b的关系，属于基础题3（5分）圆心在y轴上，半径为1，且过点（1，2）的圆的方程为（）Ax2+（y2）21Bx2+（y+2）21C（x1）2+（y3）21Dx2+（y3）21【分析】法1：由题意可以判定圆心坐标（0，2），可得圆的方程法2：数形结合法，画图即可判断圆心坐标，求出圆的方程法3：回代验证法，逐一检验排除，即将点（1，2）代入四个选择支，验证是否适合方程，圆心在y轴上，排除C，即可【解答】解法1（直接法）：设圆心坐标为（0，b），则由题意知，解得b2，故圆的方程为x2+（y2）21故选A解法2（数形结合法
10、）：由作图根据点（1，2）到圆心的距离为1易知圆心为（0，2），故圆的方程为x2+（y2）21故选A解法3（验证法）：将点（1，2）代入四个选择支，排除B，D，又由于圆心在y轴上，排除C故选：A【点评】本题提供三种解法，三种解题思路，考查圆的标准方程，是基础题4（5分）设l是直线，是两个不同的平面（）A若l，l，则 B若l，l，则C若，l，则 lD若，l，则l【分析】对4个选项分别进行判断，即可得出结论【解答】解：若l，l，则 或，相交，故A不正确；根据线面平行的性质可得：若l，经过l的直线与的交线为m，则lm，l，m，根据平面与平面垂直的判定定理，可得，故B正确；若l，则l或l，故C错误；作
11、出正方体ABCDABCD，设平面ABCD为，ADDA为，则，观察正方体，得到：BC，且BC；AD，且AD；AB，且AB与相交面、及直线l满足：，l，则一定有l或l或l与相交，故D不正确故选：B【点评】“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5（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为（）ABCD【分析】设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，以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
12、够求出异面直线AE与D1F所成角的余弦值【解答】解：设正方体ABCDA1B1C1D1棱长为2，以DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），E（2，2，1）D1（0，0，2），F（0，2，1）（0，2，1），（0，2，1），设异面直线AE与D1F所成角为，则cos|cos，|0|故选：B【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，是基础题解题时要认真审题，仔细解答，注意向量法的合理运用6（5分）点P（4，2）与圆x2+y24上任一点连线的中点轨迹方程是（）A（x2）2+（y+1）21B（x2）2+（y+1）24C（x+4）2+（y2）21D（x+2）2+（y
13、1）21【分析】设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则，由此能够轨迹方程【解答】解：设圆上任意一点为（x1，y1），中点为（x，y），则代入x2+y24得（2x4）2+（2y+2）24，化简得（x2）2+（y+1）21故选：A【点评】本题考查点的轨迹方程，解题时要仔细审题，注意公式的灵活运用7（5分）下列四个命题：（1）存在与两条异面直线都平行的平面；（2）过空间一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行；（3）过平面外一点可作无数条直线与该平面平行；（4）过直线外一点可作无数个平面与该直线平行其中正确的命题的个数是（）A1B2C3D4【分析】通过画图举出例子说明（1）的正确性；
14、通过举出反例说明（2）不正确；（3）平面外一点有无数条直线与这个平面平行，这些直线在与这个平面平行的平面内正确；（4）过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行，因为只须这些平面经过这条直线的平行线且不过这条直线即可判断【解答】解：（1）如图，a，b是两条异面直线，过两条异面直线的公垂线的中点作公垂线的垂面，则此垂面与两条异面直线都平行，故（1）正确；（2）不正确若过点A与直线a的平面与直线b平行时，不存在符合要求的平面；（3）正确，因为过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，这些直线在与这个平面平行的平面内；（4）正确，过直线外一点可以作无数个平面与已知直线平行，只须这些平面经过这条直线的平
15、行线且不过这条直线即可故正确命题的个数为3故选：C【点评】本题考查两条直线之间的关系，考查线与面之间的关系，考查异面直线的性质，本题是一个判定定理和性质定理的综合题目8（5分）直线x+y+40分别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆（x2）2+y22上，则ABP面积的取值范围是（）A2，6B8，16C，3D2，3【分析】先求出点A与点B的坐标，以线段AB为ABC的高，关键是求点p到直线距离的取值范围，最大值为圆心到直线距离加半径，最小值为圆心到直线距离减半径【解答】解：直线x+y+40分别与x轴，y轴交于A，B两点，A（4，0），B（0，4）|AB|4，设圆心（2，0）到直线x+y+40的距离
16、为d，则d3，设点p到直线x+y+40的距离为h，h的取值范围为2，4，即ABP的高的取值范围是2，4，又ABP面积为，所以ABC面积的取值范围为8，16，故选：B【点评】考查了直线与圆的位置关系，以及求圆上一点到直线距离的最大值和最小值，是中档题9（5分）圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是（）AB2CD【分析】通过圆台的底面面积，求出上下底面半径，利用侧面积公式求出母线长，然后求出圆台的高，即可求得圆台的体积【解答】解：S1，S24，r1，R2，S6（r+R）l，l2，hV（1+4+2）故选：D【点评】本题是基础题，通过底面面积求出半径，转化为求圆台的高，是本题的难点
17、，考查计算能力，常考题10（5分）过点（1，2）作圆（x1）2+y21的两条切线，切点分别为A，B，则AB所在直线的方程为（）AyByCyDy【分析】求出以（1，2）、C（1，0）为直径的圆的方程，将两圆的方程相减即得公共弦AB的方程【解答】解：圆（x1）2+y21的圆心为C（1，0），半径为1，以（1，2）、C（1，0）为直径的圆的方程为：（x1）2+（y+1）21，将两圆的方程相减，即得公共弦AB的方程为2y+10即y故选：B【点评】本题考查了直线和圆的位置关系以及圆和圆的位置关系、圆的切线问题，也考查了数形结合的数学思想，属于基础题目11（5分）方程k（x2）+3有两个不等实根，则k的取
18、值范围是（）A（0，）B（，C（，+）D【分析】首先注意到等式左边是一段圆弧x2+y24 （y0），右边是条直线ykx+32k，直线恒过定点（2，3），再考虑直线与圆相切及过点（2，0）两个位置的斜率，从而得解【解答】解：由题意，等式左边是一段圆弧x2+y24 （y0）右边是条直线ykx+32k，直线恒过定点（2，3）根据点到直线的距离小于半径时才有和圆弧所在的圆有两个交点k当直线过点（2，0）时，所以方程有两个不等实根时，故选：D【点评】本题以方程根为载体，考查根的存在性及根的个数判断，其中利用方程的几何意义，是解答本题的关键12（5分）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，
19、将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，则下列说法中正确的有（）存在点E使得直线SA平面SBC；平面SBC内存在直线与SA平行平面ABCE内存在直线与平面SAE平行；存在点E使得SEBAA1个B2个C3个D4个【分析】由已知中点E为正方形ABCD边CD上异于点C，D的动点，将ADE沿AE翻折成SAE，使得平面SAE平面ABCE，我们可得SEA为锐角，SEC不为直角，逐一分析题目中的四个结论，分别分析出它们的真假，即可得到答案【解答】解：若直线SA平面SBC，则直线SA与平面SBC均垂直，则SABC，又由ADBC，则SAAD，这与SAD为锐角矛盾，故错误；平面SBC直线SAS，故
20、平面SBC内的直线与SA相交或异面，故错误；取AB的中点F，则CFAE，由线面平行的判定定理，可得CFSAE平行，故正确；若SEBA，由ECAB，可得SEEC，这与SEC不为直角矛盾，故错误；故选：A【点评】本题考查的知识点是平面与平面垂直的性质，反证法，其中根据对于存在性结论的论证，从正面论证难度较大时，一般使用反证法来进行证明二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13（5分）已知P（x，y）为圆（x2）2+y21上的动点，则3x+4y4的最大值为7【分析】直接把圆的直角坐标方程转换为参数方程，进一步利用三角函数关系式的变换把函数的关系式，变形成正弦型函数，进一步求出函数的最大值
21、【解答】解：把圆圆（x2）2+y21的方程转换为（为参数），所以3x+4y43cos+4sin+25sin（+）+2当sin（+）1时，3x+4y4的最大值为7故答案为：7【点评】本题考察知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型14（5分）在三棱锥PABC中，PB6，AC3，G为PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为8【分析】如图所示，过G作EFAC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FMPB交BC于点M，过点E作ENPB交AB于点N由作图可知：四点EFM
22、N共面可得，EFMN2同理可得：ENFM2【解答】解：如图所示，过点G作EFAC，分别交PA，PC于点E，F过点F作FMPB交BC于点M，过点E作ENPB交AB于点N由作图可知：ENFM，四点EFMN共面可得MNACEF，ENPBFM，可得EFMN2同理可得：ENFM2截面的周长为8故答案为：8【点评】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，考查了推理能力用途计算能力，属于中档题15（5分）圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120的公共弦的长为2【分析】两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定
23、理及垂径定理即可求出公共弦长【解答】解：圆x2+y240与圆x2+y24x+4y120的方程相减得：xy+20，由圆x2+y240的圆心（0，0），半径r为2，且圆心（0，0）到直线xy+20的距离d，则公共弦长为222故答案为：2【点评】此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键16（5分）若四面体ABCD的三组对棱分别相等，即ABCD，ACBD，ADBC，给出下列结论：四面体ABCD每组对棱相互垂直；四面体ABCD每个面的面积相等；从四面体ABCD每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90而小于180；连接四面体ABCD每组对棱中点的线段相互垂直平分其中正确结论的序
24、号是（写出所有正确结论的序号）【分析】由对棱相等知四面体为长方体的面对角线组成的三棱锥，借助长方体的性质判断各结论是否正确即可【解答】解：由题意可知四面体ABCD为长方体的面对角线组成的三棱锥，如图所示；当四面体棱长都相等时，四面体的每组对棱互相垂直，错误；由四面体的对棱相等可知四面体的各个面全等，它们的面积相等，正确；当四面体的所有棱长相等时，过任意一个定点的两条棱的夹角均为60，两两夹角之和为180，错误；由长方体的性质可知四面体的对棱中点连线必经过长方体的中心，由对称性知连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段相互垂直平分，正确综上，正确的命题序号是故答案为：【点评】本题考查了棱锥的结构特
25、征与命题真假的判断问题，解题的关键是把三棱锥放入长方体中，是基础题三、解答题（本题共6道小题，共70分）17（10分）已知一个几何体的三视图如图所示（1）求此几何体的表面积；（2）如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体侧面的表面上，从P点到Q点的最短路径的长【分析】（1）首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的表面积（2）利用展开面的关系，利用勾股定理的应用求出结果【解答】解：（1）根据几何体的三视图，转换为几何体，是由一个圆锥和一个圆柱组成该几何体的表面积是由圆锥的侧面积和圆柱的侧面积及圆柱的底面积组成所以（2）沿点P与点Q所在的母线剪开圆柱的侧面，如图所
26、示：所以PQ，即最短路径【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积和表面积公式的应用，几何体之间的转换的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型18（12分）已知圆C：x2+y22x4y200及直线l：（2m+1）x+（m+1）y7m+4（mR）（1）证明：不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；（2）求直线l被圆C截得的弦长的最小值及此时的直线方程【分析】（1）根据直线过的定点在圆内，得出直线与圆总相交（2）作图分析出当直线l与半径CM垂直与点M时|AB|最短，利用勾股定理求出此时|AB|的长，再运用两直线垂直时斜率相乘等于1，求出此时直线l的方程【解答】解
27、：（1）证明：直线l的方程可化为（x+y4）+m（2x+y7）0，由方程组，解得，所以直线过定点M（3，1），圆C化为标准方程为（x1）2+（y2）225，所以圆心坐标为（1，2），半径为5，因为定点M（3，1）到圆心（1，2）的距离为，所以定点M（3，1）在圆内，故不论m取什么实数，过定点M（3，1）的直线l与圆C总相交；（2）设直线与圆交于A、B两点，当直线l与半径CM垂直与点M时，直线l被截得的弦长|AB|最短，此时|AB|2224，此时kAB2，所以直线AB的方程为y12（x3），即2xy50故直线l被圆C截得的弦长的最小值为4，此时的直线l的方程为2xy50【点评】本题主要考查直线和
28、圆的位置关系，当直线l与半径CM垂直于点M时|AB|最短是做题的关键，是中档题19（12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且POOB6D为线段AC的中点，（）求证：平面PAC平面PDO；（）若点E在线段PB上，且PE2EB，求三棱锥EPOC体积的最大值【分析】（）由OAOC，D为中点得出ACOD，又POAC，证明AC平面PDO，从而证明平面PAC平面PDO；（）由题意求得ABC面积的最大值，求得三棱锥PABC体积的最大值，从而求得三棱锥EPOC体积的最大值【解答】（）证明：在AOC中，因为OAOC，D为AC的中点，所以ACOD，又PO垂直于圆O所
29、在的平面，所以POAC；又DOPOO，所以AC平面PDO；又AC平面PAC，所以平面PAC平面PDO；（）由PEPB，则SPOESPOB，所以V三棱锥EPOCV三棱锥CPOEV三棱锥CPOBV三棱锥POCBV三棱锥PACB；又点C在圆O上，所以当COAB时，C到AB的距离最大，且最大值为6；又AB12，所以ABC面积的最大值为12636；又三棱锥PABC的高为PO6，所以三棱锥PABC体积的最大值为36672；综上知，三棱锥EPOC体积的最大值为7224【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题20（12分）已知圆C的圆心在直线x3y0上，且与y轴相切于点（0
30、，1）（）求圆C的方程；（）若圆C与直线l：xy+m0交于A，B两点，分别连接圆心C与A，B两点，若CACB，求m的值【分析】（）设圆心坐标为C（a，b），得a3b，再由已知可得b1，r|a0|，由此可得圆心坐标与半径，则圆的方程可求；（）由CACB，|CA|CB|r，可得ABC为等腰直角三角形，求出圆心C到直线l的距离d再由点到直线的距离公式列式求解m值【解答】解：（）设圆心坐标为C（a，b），则a3b，圆与y轴相切于点（0，1），则b1，r|a0|，圆C的圆心坐标为（3，1），半径r3则圆的方程为（x3）2+（y1）29；（）CACB，|CA|CB|r，ABC为等腰直角三角形，|CA|CB
31、|r3，圆心C到直线l的距离d则d，解得m1或5【点评】本题考查直线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查计算能力，是基础题21（12分）如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点（1）证明：直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45，求二面角MABD的平面角的余弦值【分析】（1）取PA的中点F，连结EF，BF，推导出四边形BCEF是平行四边形，从而CEBF，由此能证明直线CE平面PAB（2）取AD中点O，连结PO，CO，推导出POAD，从而PO平面ABCD，POCO，推导出CO
32、AD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角MABD的平面角的余弦值【解答】解：（1）证明：取PA的中点F，连结EF，BF，E是PD的中点，EFAD，EFAD，ABBCAD，BADABC90，BCAD，EFBC，EFBC，四边形BCEF是平行四边形，CEBF，BF平面PAB，CE平面PAB，直线CE平面PAB（2）解：如图，取AD中点O，连结PO，CO，PAD是正三角形，POAD，侧面PAD是等边三角形，且垂直于底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD，PO平面ABCD，又CO平面ABCD，POCO，AOABBCAD，且BAD
33、ABC90，四边形ABCO是正方形，COAD，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，设ABBCAD1，则OAODABCO1，OP，POC是直角三角形，|OC|OP|，PCO60，作MNCO，垂足为N，连结BN，POCO，MNPO，且PO平面ABCD，MN平面ABCD，MBN是直线BM与平面ABCD所成角，设CNt，PCO60，MN，BN，MBN45，MNBN，解得t，ON1，MN，A（0，1，0），B（1，1，0），M（1，0，），D（0，1，0），（1，0，0），（0，2，0），（1，1，），设平面MAB和平面DAB的法向量分别为（x，y，z），（x，y，z），
34、则，取z2，得（0，2），同理得（0，0，1），cos，由图形得二面角MABD的平面角是锐角，二面角MABD的平面角的余弦值为【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题22（12分）在平面直角坐标系xOy中，ABC顶点的坐标为A（1，2），B（1，4），C（3，2）（1）求ABC外接圆E的方程；（2）若直线l经过点（0，4），且与圆E相交所得的弦长为，求直线l的方程；（3）在圆E上是否存在点P，满足PB22PA212，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）已知圆上三点坐标，设圆的一般
35、方程，列出方程解组，即可求出圆的方程（2）对直线l的斜率分两种情况讨论，设出直线l的方程，再利用弦长公式，求出斜率k（3）先假设点p存在，联立方程，求出点p坐标，因为方程组无解，故点p不存在【解答】解：（1）设圆的一般方程为x2+y2+Dx+Ey+F0，则，解得，ABC外接圆E的方程为x2+y22x4y+10；（2）当直线l的斜率k不存在时，直线l的方程为x0，联立，解得或，此时弦长为2，满足题意，当直线l的斜率k存在时，设直线l的方程为y4kx，即联立，得（1+k2）x+（4k2）x+10，3k24k0，解得k0或k，设直线与圆交于点E（x1，y1），点F（x2，y2），则x1+x2，x1x2，弦长为，2，解得k，直线l的方程为3x+4y160，综上所求：直线l的方程为x0或3x+4y160；（3）假设存在点p，设出点P的坐标为（x，y），PB22PA212，A（1，2），B（1，4），（x1）2+（y4）22（x+1）22（y2）212，即x2+y2+6x+50，联立，两式相减得2x+y+10，联立，方程组无解，圆E上不存在点P，满足PB22PA212【点评】考查了圆的一般方程，直线与圆相交求弦长，是中档题