2022年高二上學期期中數(shù)學試卷（文科） 含解析(III)

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1、2022年高二上學期期中數(shù)學試卷（文科） 含解析(III) 　 一、選擇題：（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個備選選項中，只有一項是符合題目要求的） 1．點A在直線l上，l在平面α外，用符號表示正確的是（　?。? A．A∈l，l?α B．A∈l，l?α C．A?l，l?α D．A?l，l∈α 2．直線經(jīng)過點A（﹣2，0），B（﹣5，3），則直線的傾斜角（　　） A．45° B．135° C．﹣45° D．﹣135° 3．設l為直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（　?。? A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l

2、⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 4．直線mx+ny+3=0在y軸上的截距為﹣3，而且它的傾斜角是直線x﹣y=3傾斜角的2倍，則（　?。? A． B． C． D． 5．已知直線l1：3x+2ay﹣5=0，l2：（3a﹣1）x﹣ay﹣2=0，若l1∥l2，則a的值為（　?。? A．﹣ B．6 C．0 D．0或﹣ 6．直線l1：y=x+a和l2：y=x+b將單位圓C：x2+y2=1分成長度相等的四段弧，則a2+b2=（　?。? A．1 B．2 C． D．4 7．已知側(cè)棱長為2a的正三棱錐（底面為等邊三角形）其底面周長為9a，則棱錐的高為（　?。? A．a(chǎn) B．2a C

3、． a D． a 8．已知：平面α⊥平面β，α∩β=l，在l上取線段AB=4，AC、BD分別在平面α和平面β內(nèi)，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC=3，BD=12，則CD的長度（　?。? A．13 B． C．12 D．15 9．直線y=kx+1與圓（x﹣1）2+（y﹣1）2=1相交于A，B，兩點，若|AB|≥，則k的取值范圍（　?。? A．[0，1] B．[﹣1，0] C．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞） D．[﹣1，1] 10．已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（　　） A．7 B．7 C．7 D．8 11．設點A（﹣2，3），B（3，2），若直線ax+y+2=0與線段

4、AB沒有交點，則a的取值范圍是（　?。? A．（﹣∞，﹣]∪[，+∞） B．（﹣，） C．[﹣，] D．（﹣∞，﹣]∪[，+∞） 12．已知圓O：x2+y2=16和點M（1，2），過點M的圓的兩條弦AC，BD互相垂直，則四邊形ABCD面積的最大值（　　） A．4 B． C．23 D．25 　 二、填空題：（本題共4小題，每小題5分，共20分，把答案分別填寫在答題卡相應位置） 13．經(jīng)過點（﹣2，3），且斜率為2的直線方程的一般式為　?。? 14．不論a為何實數(shù)，直線（a+3）x+（2a﹣1）y+7=0恒過定點　　． 15．在平面直角坐標系xOy中，以點（1，0）為圓心且與直線mx﹣

5、y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圓中，半徑最大的圓的標準方程為　?。? 16．已知三棱錐S﹣ABC所在頂點都在球O的球面上，且SC⊥平面ABC，若SC=AB=AC=1，∠BAC=120°，則球O的表面積為　?。? 　 三、解答題（共6小題，滿分70分） 17．如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面四邊形ABCD平行四邊形，AD⊥平面SAB． （1）若SA=3，AB=4，SB=5，求證：SA⊥平面ABCD （2）若點E是SB的中點，求證：SD∥平面ACE． 18．如圖，在△ABC中，BC邊上的高所在的直線方程為x﹣2y+1=0，∠A的平分線所在的直線方程為y=0，若點B的坐標為（1

6、，2），求點A和點C的坐標． 19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD=90°，且AB=2AD=2DC=2PD=4，E為PA的中點． （1）若正視方向與AD平行，作出該幾何體的正視圖并求出正視圖面積； （2）證明：平面CDE⊥平面PAB． 20．如圖，已知圓C的方程為：x2+y2+x﹣6y+m=0，直線l的方程為：x+2y﹣3=0． （1）求m的取值范圍； （2）若圓與直線l交于P、Q兩點，且以PQ為直徑的圓恰過坐標原點，求實數(shù)m的值． 21．如圖在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，且PA⊥平

7、面ABCD，AB=AD=CD=1，∠BAD=120°，PA=平行四邊形T，Q，M，N的四個頂點分別在棱PC、PA、AB、BC的中點． （1）求證：四邊形TQMN是矩形； （2）求四棱錐C﹣TQMN的體積． 22．平面直角坐標系xoy中，直線x﹣y+1=0截以原點O為圓心的圓所得的弦長為 （1）求圓O的方程； （2）若直線l與圓O切于第一象限，且與坐標軸交于D，E，當DE長最小時，求直線l的方程； （3）設M，P是圓O上任意兩點，點M關(guān)于x軸的對稱點為N，若直線MP、NP分別交于x軸于點（m，0）和（n，0），問mn是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由． 　

8、 參考答案與試題解析 　 一、選擇題：（本題共12小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個備選選項中，只有一項是符合題目要求的） 1．點A在直線l上，l在平面α外，用符號表示正確的是（　?。? A．A∈l，l?α B．A∈l，l?α C．A?l，l?α D．A?l，l∈α 【考點】平面的基本性質(zhì)及推論；平面的概念、畫法及表示． 【分析】利用點線面的關(guān)系，用符號表示即可． 【解答】解：∵點A在直線上l，直線l在平面α外， ∴A∈l，l?α． 故選B． 　 2．直線經(jīng)過點A（﹣2，0），B（﹣5，3），則直線的傾斜角（　?。? A．45° B．135° C．﹣45° D．

9、﹣135° 【考點】直線的傾斜角． 【分析】由兩點求斜率求出過A、B兩點的直線的斜率，由傾斜角的正切值等于斜率，結(jié)合傾斜角的范圍求解直線的傾斜角． 【解答】解：設過A、B的直線的斜率為k， 則． 再設該直線的傾斜角為α（0°≤α＜180°）， 由tanα=﹣1，得α=135°． 故選B． 　 3．設l為直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（　?。? A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 【考點】空間中直線與直線之間的位置關(guān)系；空間中直線與平面之間的位置關(guān)系；平面與平面之間

10、的位置關(guān)系． 【分析】根據(jù)線面平行的幾何特征及面面平行的判定方法，可判斷A； 根據(jù)面面平行的判定方法及線面垂直的幾何特征，可判斷B； 根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，線面垂直及面面垂直的判定定理，可判斷C； 根據(jù)面面垂直及線面平行的幾何特征，可判斷D． 【解答】解：若l∥α，l∥β，則平面α，β可能相交，此時交線與l平行，故A錯誤； 若l⊥α，l⊥β，根據(jù)垂直于同一直線的兩個平面平行，可得B正確； 若l⊥α，l∥β，則存在直線m?β，使l∥m，則m⊥α，故此時α⊥β，故C錯誤； 若α⊥β，l∥α，則l與β可能相交，可能平行，也可能線在面內(nèi)，故D錯誤； 故選B 　 4．直線mx+n

11、y+3=0在y軸上的截距為﹣3，而且它的傾斜角是直線x﹣y=3傾斜角的2倍，則（　?。? A． B． C． D． 【考點】直線的傾斜角；直線的截距式方程． 【分析】對于直線mx+ny+3=0，令x=0求出y的值，即為直線在y軸上的截距，根據(jù)截距為﹣3求出n的值，再由已知直線的斜率求出傾斜角，確定出所求直線的傾斜角，求出所求直線的斜率，即可求出m的值． 【解答】解：對于直線mx+ny+3=0，令x=0，得到y(tǒng)=﹣，即﹣=﹣3， 解得：n=1， ∵x﹣y﹣3=0的斜率為60°， ∴直線mx+ny+3=0的傾斜角為120°，即斜率為﹣， ∴﹣=﹣m=﹣，即m=． 故選D 　 5．

12、已知直線l1：3x+2ay﹣5=0，l2：（3a﹣1）x﹣ay﹣2=0，若l1∥l2，則a的值為（　?。? A．﹣ B．6 C．0 D．0或﹣ 【考點】直線的一般式方程與直線的平行關(guān)系． 【分析】根據(jù)兩直線平行的條件可知，3（﹣a）﹣2a（3a﹣1）=0．從而可求出a的值． 【解答】解：∵l1∥l2， ∴3（﹣a）﹣2a（3a﹣1）=0． 即6a2+a=0． 解得，a=0或a=． 故選：D． 　 6．直線l1：y=x+a和l2：y=x+b將單位圓C：x2+y2=1分成長度相等的四段弧，則a2+b2=（　　） A．1 B．2 C． D．4 【考點】直線與圓的位置關(guān)系． 【

13、分析】由題意可得，圓心（0，0）到兩條直線的距離相等，且每段弧長都是圓周的，即==cos45°，由此求得a2+b2的值． 【解答】解：由題意可得，圓心（0，0）到兩條直線的距離相等，且每段弧長都是圓周的， 即==cos45°=，∴a2+b2=2， 故選：B． 　 7．已知側(cè)棱長為2a的正三棱錐（底面為等邊三角形）其底面周長為9a，則棱錐的高為（　?。? A．a(chǎn) B．2a C． a D． a 【考點】棱錐的結(jié)構(gòu)特征． 【分析】根據(jù)正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，先求出底面中心到頂點的距離，再利用測棱長求高． 【解答】解：如圖示： ∵正三棱錐底面周長為9a，∴底面邊長為3a， ∵正棱錐

14、的頂點在底面上的射影為底面的中心O， ∴OA=AD=×3a×=a， 在Rt△POA中，高PO===a， 故選：A． 　 8．已知：平面α⊥平面β，α∩β=l，在l上取線段AB=4，AC、BD分別在平面α和平面β內(nèi)，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC=3，BD=12，則CD的長度（　?。? A．13 B． C．12 D．15 【考點】點、線、面間的距離計算． 【分析】如圖所示，連接BC．由DB⊥AB，平面α⊥平面β，α∩β=l=AB，可得BD⊥平面α，BD⊥BC，又AC⊥AB，利用勾股定理即可得出． 【解答】解：如圖所示，連接BC． ∵DB⊥AB，平面α⊥平面β，α∩β=l=AB，

15、 ∴BD⊥平面α，BC?平面α，∴BD⊥BC， 又AC⊥AB， ∴CD2=BD2+BC2=BD2+AC2+BC2 =122+32+42=132， ∴CD=13， 故選：A． 　 9．直線y=kx+1與圓（x﹣1）2+（y﹣1）2=1相交于A，B，兩點，若|AB|≥，則k的取值范圍（　?。? A．[0，1] B．[﹣1，0] C．（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞） D．[﹣1，1] 【考點】直線與圓的位置關(guān)系． 【分析】由弦長公式得，當圓心到直線的距離等于d時，通過|AB|≥，解此不等式求出k的取值范圍． 【解答】解：由于圓（x﹣1）2+（y﹣1）2=1 則圓心（1，1），

16、半徑為1， 設圓心（1，1）到直線y=kx+1的距離為d，由弦長公式得，|AB|=2≥，故d2， 即，化簡得 （k﹣1）（k+1）≤0，∴﹣1≤k≤1， 故選：D． 　 10．已知一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（　　） A．7 B．7 C．7 D．8 【考點】由三視圖求面積、體積． 【分析】根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是棱長為2的正方體，去掉兩個三棱錐剩余的部分，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)即可求出它的體積． 【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖知，該幾何體是棱長為2的正方體，去掉兩個三棱錐剩余的部分， 如圖所示； 所以該幾何體的體積為 V=V正方體﹣﹣ =23﹣××

17、12×2﹣××1×2×2 =7． 故選：A． 　 11．設點A（﹣2，3），B（3，2），若直線ax+y+2=0與線段AB沒有交點，則a的取值范圍是（　　） A．（﹣∞，﹣]∪[，+∞） B．（﹣，） C．[﹣，] D．（﹣∞，﹣]∪[，+∞） 【考點】兩條直線的交點坐標． 【分析】直線ax+y+2=0過定點（0，﹣2），直線ax+y+2=0與線段AB沒有交點轉(zhuǎn)化為過定點（0，﹣2）的直線與線段AB無公共點，作出圖象，由圖求解即可． 【解答】解：直線ax+y+2=0恒過點M（0，﹣2）， 且斜率為﹣a， ∵kMA==﹣， kMB==， 由圖可知：﹣a＞﹣且﹣a＜， ∴

18、a∈（﹣，）， 故選B． 　 12．已知圓O：x2+y2=16和點M（1，2），過點M的圓的兩條弦AC，BD互相垂直，則四邊形ABCD面積的最大值（　?。? A．4 B． C．23 D．25 【考點】直線與圓的位置關(guān)系． 【分析】連接OA、OD作OE⊥AC OF⊥BD垂足分別為E、F，推導出四邊形OEPF為矩形，由OA=OC=4，OM=3，求出AC2+BD2=92，由任意對角線互相垂直四邊形的面積等于對角線乘積的，求出當AC=BD時，四邊形ABCD的面積取最大值． 【解答】解：如圖，連接OA、OD作OE⊥AC OF⊥BD垂足分別為E、F ∵AC⊥BD ∴四邊形OEPF為矩形

19、 已知OA=OC=4，OM=3， 設OE為x，則OF=EP==， ∴AC=2AE=2=2， BD=2DF=2=2， ∴AC2+BD2=92， 由此可知AC與BD兩線段的平方和為定值， 又∵任意對角線互相垂直四邊形的面積等于對角線乘積的， 當AC=BD=時 四邊形ABCD的面積最大值=23． 故選：B． 　 二、填空題：（本題共4小題，每小題5分，共20分，把答案分別填寫在答題卡相應位置） 13．經(jīng)過點（﹣2，3），且斜率為2的直線方程的一般式為　2x﹣y+7=0?。? 【考點】直線的點斜式方程；直線的一般式方程． 【分析】由直線的點斜式方程能夠求出經(jīng)過點（﹣2，

20、3），且斜率為2的直線方程． 【解答】解：由直線的點斜式方程得： 經(jīng)過點（﹣2，3），且斜率為2的直線方程為 y﹣3=2（x+2）， 整理得2x﹣y+7=0， 故答案為：2x﹣y+7=0． 　 14．不論a為何實數(shù)，直線（a+3）x+（2a﹣1）y+7=0恒過定點?。ī?，1）?。? 【考點】恒過定點的直線． 【分析】由直線系的知識化方程為（x+2y）a+3x﹣y+7=0，解方程組可得答案． 【解答】解：直線（a+3）x+（2a﹣1）y+7=0可化為（x+2y）a+3x﹣y+7=0， 由交點直線系可知上述直線過直線x+2y=0和3x﹣y+7=0的交點， 解方程組可得 ∴

21、不論a為何實數(shù)，直線（a+3）x+（2a﹣1）y+7=0恒過定點（﹣2，1） 故答案為：（﹣2，1） 　 15．在平面直角坐標系xOy中，以點（1，0）為圓心且與直線mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圓中，半徑最大的圓的標準方程為?。▁﹣1）2+y2=2?。? 【考點】圓的標準方程；圓的切線方程． 【分析】求出圓心到直線的距離d的最大值，即可求出所求圓的標準方程． 【解答】解：圓心到直線的距離d==≤， ∴m=1時，圓的半徑最大為， ∴所求圓的標準方程為（x﹣1）2+y2=2． 故答案為：（x﹣1）2+y2=2． 　 16．已知三棱錐S﹣ABC所在頂點都在球O的球面

22、上，且SC⊥平面ABC，若SC=AB=AC=1，∠BAC=120°，則球O的表面積為　5π?。? 【考點】球的體積和表面積． 【分析】求出BC，可得△ABC外接圓的半徑，從而可求該三棱錐的外接球的半徑，即可求出三棱錐的外接球表面積． 【解答】解：∵AB=1，AC=1，∠BAC=120°， ∴BC==， ∴三角形ABC的外接圓直徑2r==2， ∴r=1， ∵SC⊥面ABC，SC=1，三角形OSC為等腰三角形， ∴該三棱錐的外接球的半徑R==， ∴該三棱錐的外接球的表面積為S=4πR2=4π×（）2=5π． 故答案為：5π． 　 三、解答題（共6小題，滿分70分） 17．如

23、圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面四邊形ABCD平行四邊形，AD⊥平面SAB． （1）若SA=3，AB=4，SB=5，求證：SA⊥平面ABCD （2）若點E是SB的中點，求證：SD∥平面ACE． 【考點】直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定． 【分析】（1）由線面垂直的性質(zhì)可證SA⊥AD，利用已知及勾股定理可證SA⊥AB，即可證明SA⊥平面ABCD， （2）連接BD，設AC∩BD=O，連接OE，可得BO=OD，BE=ES，可證SD∥OE，即可證明SD∥平面ACE． 【解答】證明：（1）∵AD⊥平面SAB，SA?平面SAB， ∴SA⊥AD， ∵SA=3，AB=4，SB=5

24、， ∴SA2+AB2=SB2，即SA⊥AB，又AB∩AD=A， ∴SA⊥平面ABCD． （2）連接BD，設AC∩BD=O，連接OE， ∵BO=OD，BE=ES， ∴SD∥OE，又SD?平面ACE，OE?平面ACE， ∴SD∥平面ACE． 　 18．如圖，在△ABC中，BC邊上的高所在的直線方程為x﹣2y+1=0，∠A的平分線所在的直線方程為y=0，若點B的坐標為（1，2），求點A和點C的坐標． 【考點】兩條直線的交點坐標． 【分析】根據(jù)三角形的性質(zhì)解A點，再解出AC的方程，進而求出BC方程，解出C點坐標．逐步解答． 【解答】解：點A為y=0與x﹣2y+1=0兩直線

25、的交點， ∴點A的坐標為（﹣1，0）． ∴kAB==1． 又∵∠A的平分線所在直線的方程是y=0， ∴kAC=﹣1． ∴直線AC的方程是y=﹣x﹣1． 而BC與x﹣2y+1=0垂直，∴kBC=﹣2． ∴直線BC的方程是y﹣2=﹣2（x﹣1）． 由y=﹣x﹣1，y=﹣2x+4， 解得C（5，﹣6）． ∴點A和點C的坐標分別為（﹣1，0）和（5，﹣6） 　 19．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD垂直于底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，DC∥AB，∠BAD=90°，且AB=2AD=2DC=2PD=4，E為PA的中點． （1）若正視方向與AD平行，作出該幾何體的正視圖并

26、求出正視圖面積； （2）證明：平面CDE⊥平面PAB． 【考點】平面與平面垂直的判定；簡單空間圖形的三視圖． 【分析】（1）沿AD方向看到的面為平面PAB在平面PCD上的投影，從而可得主視圖； （2）先證明AB⊥平面PAD得出AB⊥DE，再證明DE⊥PA可得DE⊥平面PAB，故而平面CDE⊥平面PAB． 【解答】解（1）正視圖如下： 主視圖面積S==4cm2． （2）∵PD⊥底面ABCD，AB?平面ABCD， ∴PD⊥AB， ∵AB⊥AD，PD?平面PAD，AD?平面PAD，PD∩AD=D， ∴AB⊥平面PAD，又DE?平面PAD， ∴DE⊥AB， ∵E是PA的

27、中點，AD=PD， ∴DE⊥PA， 又AB?平面PAB，PA?平面PAB，PA∩AB=A， ∴DE⊥平面PAB， 又DE?平面CDE， ∴平面CDE⊥平面PAB． 　 20．如圖，已知圓C的方程為：x2+y2+x﹣6y+m=0，直線l的方程為：x+2y﹣3=0． （1）求m的取值范圍； （2）若圓與直線l交于P、Q兩點，且以PQ為直徑的圓恰過坐標原點，求實數(shù)m的值． 【考點】直線與圓的位置關(guān)系． 【分析】（1）將圓的方程化為標準方程：，若為圓，須有，解出即可； （2）設點P（x1，y1），Q（x2，y2），由題意得OP、OQ所在直線互相垂直，即kOP?kOQ=﹣

28、1，亦即x1x2+y1y2=0，根據(jù)P、Q在直線l上可變?yōu)殛P(guān)于y1、y2的表達式，聯(lián)立直線方程、圓的方程，消掉x后得關(guān)于y的二次方程，將韋達定理代入上述表達式可得m的方程，解出即可； 【解答】解：（1）將圓的方程化為標準方程為：， 依題意得：，即m＜， 故m的取值范圍為（﹣∞，）； （2）設點P（x1，y1），Q（x2，y2）， 由題意得：OP、OQ所在直線互相垂直，則kOP?kOQ=﹣1，即， 所以x1x2+y1y2=0， 又因為x1=3﹣2y1，x2=3﹣2y2， 所以（3﹣2y1）（3﹣2y2）+y1y2=0，即5y1y2﹣6（y1+y2）+9=0①， 將直線l的方程：

29、x=3﹣2y代入圓的方程得：5y2﹣20y+12+m=0， 所以y1+y2=4，， 代入①式得：，解得m=3， 故實數(shù)m的值為3． 　 21．如圖在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，且PA⊥平面ABCD，AB=AD=CD=1，∠BAD=120°，PA=平行四邊形T，Q，M，N的四個頂點分別在棱PC、PA、AB、BC的中點． （1）求證：四邊形TQMN是矩形； （2）求四棱錐C﹣TQMN的體積． 【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積． 【分析】（1）先利用中位線定理證明四邊形為平行四邊形，再證明AC⊥平面PAB，得出MN⊥MQ，故而得出結(jié)論； （2）先求出三棱錐T﹣

30、CMN的體積，則VC﹣TQMN=2VC﹣TMN=2VT﹣CMN． 【解答】證明：（1）連接AC， ∵Q，T，M，N分別是PA，PC，AB，BC的中點， ∴QTAC，MNAC， ∴QTMN， ∴四邊形TQMN是平行四邊形， ∵PA⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴PA⊥AC， ∵四邊形ABCD是等腰梯形，AB=AD=CD=1，∠BAD=120°， ∴AC=，BC=2， ∴AB2+AC2=BC2， ∴AB⊥AC，又PA?平面PAB，AB?平面PAB，PA∩AB=A， ∴AC⊥平面PAB，∵MQ?平面PAB， ∴AC⊥MQ，又MN∥AC， ∴MN⊥MQ， ∴四邊形

31、TQMN是矩形． （2）∵PA=，T為PC的中點， ∴T到平面ABCD的距離h==， ∵CN==1，MN=AC=，∠ABC=60°， ∴∠MNC=150°， ∴VC﹣TQMN=2VC﹣TMN=2VT﹣CMN=S△CMN?h=××1××sin150°×=． 　 22．平面直角坐標系xoy中，直線x﹣y+1=0截以原點O為圓心的圓所得的弦長為 （1）求圓O的方程； （2）若直線l與圓O切于第一象限，且與坐標軸交于D，E，當DE長最小時，求直線l的方程； （3）設M，P是圓O上任意兩點，點M關(guān)于x軸的對稱點為N，若直線MP、NP分別交于x軸于點（m，0）和（n，0），問mn是

32、否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由． 【考點】直線和圓的方程的應用；直線與圓相交的性質(zhì)． 【分析】（1）求出O點到直線x﹣y+1=0的距離，進而可求圓O的半徑，即可得到圓O的方程； （2）設直線l的方程，利用直線l與圓O相切，及基本不等式，可求DE長最小時，直線l的方程； （3）設M（x1，y1），P（x2，y2），則N（x1，﹣y1），，，求出直線MP、NP分別與x軸的交點，進而可求mn的值． 【解答】解：（1）因為O點到直線x﹣y+1=0的距離為， 所以圓O的半徑為， 故圓O的方程為x2+y2=2． （2）設直線l的方程為，即bx+ay﹣ab=0， 由直線l與圓O相切，得，即， ， 當且僅當a=b=2時取等號，此時直線l的方程為x+y﹣2=0． （3）設M（x1，y1），P（x2，y2），則N（x1，﹣y1），，， 直線MP與x軸交點，， 直線NP與x軸交點，， ===2， 故mn為定值2． 　 xx12月15日