河南许昌市长葛市民办实验中学2026-2027学年高二上学期阶段性测试二数学试题

高二数学阶段测试（二) 一、单选题（共40分） 1已烟收数：=则z在复半面内对应的点位于(） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为A'B'C',其中 OA=OB'=O'C'=1,则此三棱柱的体积为() B C A.2 B.4 c n 3,某校举行“数学文化节”知识竞答，高二（3)班10名同学参加初赛的得分（单位：分）分别为62,70， 74,78,82,84,88,90,94,96.则这组数据的第60百分位数为() A.82 B.84 C.86 D.88 4.已知圆锥0P的轴截面为△PAB,在空间直角坐标系Ogz中，点A(-2,0,0),B(2,0,0),P0,V2,√7），则 圆锥PO的体积为() A.12元 B.8元 C.4π D.3π 5.直线l:x+ay+3=0和直线l2:(a-2)x+3y+a=0互相平行，则a的值为() A.-1或3 B.-3或1 C.-1 D.3 6.在三角形ABC中，点D,E满足DB=5AD,AE=EC且BE=6DE,若AB=6,则三角形ABC面积 最大值为() A.7 B.2 e.9 2 7 D.7 7.“a2+b2<R2”是“圆(x-a)2+(y-b)2=R2与坐标轴有四个交点”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 8.已知直线y=在+2-2k与曲线y=2x-3交于A,B两点，平面上的动点P满足，PA+P四≤2，则PO x-2 的最大值为() A.2√2-1 B.2W2+1 C.√2+1 D.32 试卷第1页（共4页) 二、多选题（共18分） 9.下列说法正确的是（) A.数据1,2,4,5,6,7,8,9的平均数是5.5 B.若样本数据x,x2,…,x的方差为4，则数据2x+1,2x2+1,…,2x+1的方差为16 C.抛掷一枚质地均匀的硬币两次，则事件“第一次正面朝上”与事件“第二次反面朝上”不互斥 D.若事件A与事件B相互独立，P(A)=0.4,P(B)=0.5,则P(AUB)=0.7 10.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，EF分别是边AC,BC的中点，则下列说法正确的是（) B 、A --- C B A.EF和平面ABB,A平行 B.若AC=AB,则异面直线B,C和AF垂直 C.e D.若AC⊥BC,AC=BC=2,EF与平面ACC4所成角为元，则CC=2N2 11.已知圆C:(x-2)+(y+)2=4,直线I:y=a-2,动点P在圆C上，点A(2,3),则下列说法正确的 是() A,若直线1与圆C湘切。则k=-子 B.直线I恒过的定点在圆C外 C.存在k,使直线I交圆C于点M,N,且AM·AW=0 D.PA+2PO(O为坐标原点)的最小值为4 三、填空题（共15分） 12.正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC-AB,C的底面边长为2，侧棱长为2√2，则AC与侧面 ABB,A的夹角为 试卷第2页（共4页) B B 13.光线通过点A(2,3),在直线1：x+y+1=0上反射，反射光线经过点B,),则反射光线所在直线方程为 14.已知a,b,c,deR,(a-2+b-2=1,(c+32j+(d+32=100,则(a+e}+b+d02的 最小值为 四、解答题（共77分） 15.(本题13分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知V3(acos B+bcos A)=2 csin C (1)求角C: 2若c=V7,$nA+5imB5smC,求△BC的面积 16.(本题15分)每年3月是中辉中学的“数学节”，在本次数学节中高三年级举行了一次“数学文化知识竞 赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x作为样本进行统计.将成绩进行整理后， 分为五组(50≤x<60,60≤x<70,70≤x<80,80≤x<90,90≤x≤100)，其中第1组的频数的平方 为第2组和第4组频数的积.请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： 频率组距 0.040 0 0.016 0.008 0'5060708090100成绩（分） (1)求a,b的值： (2)从样本数据在80≤x<90,90≤x<100两个小组内的同学中，用分层抽样的方法抽取6名同学，再从这 6名同学中随机选出2人，求选出的两人恰好来自不同小组的概率； (3)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：x,x2,x3,,xo,已知这10个分数的平均数x=90 若剔除其中的95和85两个分数，求剩余8个分数的平均数 17.(本题15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3的正方形 试卷第3页（共4页) --------D B (I)若直线I是平面PAB和平面PCD的交线，证明：AB/L; (②若四棱维P-ABCD的体积为3，二面角P-B-C和二面角P-D-B都是牙，求直线AP与平面PBC 所成角的正弦值， 18.（本题17分)(1)已知元为任意实数，当变化时，方程4x-5y+1+(x+6y-7)=0表示什么图形？ 该图形有何特征？ (2)已知直线1：(3m+6n)x+(m-5n)y=2m+11n,其中m、n均为任意实数，m2+n2≠0. (i)证明：直线过定点； (ⅱ)过点A(5,2)作直线AB,使得ABWl,且AB=4,过A作I的垂线，垂足为H,求△ABH的面积的 最大值， 19.(本题17分)已知圆M:(x+1)2+(y+1)2=9,N:(x-22+(y-22=15,1:y=c+2, (1)直线1：y=c+2被圆M截得的弦长为2万，求直线1的方程； (2)圆H过圆M与圆N交点， (i）当圆H面积最小时，求圆H的方程； (ⅱ)在(i)的条件下，若直线I:y=x+2与圆H交于C,D两点，探究当k不断变化时，在y轴上是 否存在一定点E,使得y轴平分∠CED？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由. 试卷第4页（共4页) 《2026年10月13日高中数学作业》参考答案 回▣互薄 座 可然熙题断 题号 1 2 3 6 6 8 9 10 答案 D B C C C C A B BCD ABD 题号 11 答案 ABD 1.D 1 11 【详解1因为2中+2=2，所以z在复平面内对应的点为 22 其横坐标为正， 纵坐标为负，故该点位于第四象限 2.B 【详解】由题意得该直三棱柱的底面是一个等腰三角形，底边长BC=B'C'=2, 1 BC边的高OA=2OA=2,从而S。MC= ×2×2=2， 2 所以此三棱柱的体积为Sc·h=2×2=4. 3.C 【分析】由百分位数的定义求解即可. 【详解】将10个数据从小到大排列（题中已排列）：62,70,74,78,82,84,88,90,94,96， 因为n=10,p=10×60%=6为整数， 所以第60百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即84+8=86. 2 4.C 【详解】由题意圆锥底面的半径OA=2,圆锥的高OP=V0+2+7=3, 所以圆锥P0的体积为)×4红x3=4红. 5.c 【分析】利用两条直线一般式的平行条件列等式求出参数的可能值，再代入验证排除两直线重合的情况， 最终得结果。 【详解】4：x+y+3=0、2:(a-2)x+3y+a=0平行，得：1×3=a(a-2), 整理：a2-2a-3=0,解得a=-1或a=3. 当a=3时，1：x+3y+3=0,1,:x+3y+3=0,两条直线完全重合，不符合平行要求，舍去： 当a=-1时，1：x-y+3=0,2:-3x+3y-1=0,斜率均为1且截距不同，是平行直线，符合条件. 答案第1页（共14页) 因此最终a=-1. 6.c 【分析】首先以A为原点，AB为x轴正方向，建立平面直角坐标系，进而发现E点轨迹为一个圆，而E为 AC中点，则可求出点C到直线AB距离的最大值 【详解】建立如图所示平面直角坐标系，以A为原点，AB为x轴正方向，则B(6,O),D(L,O), 设x0.则6r-少+7=-6+，化蜀得-号+广-0y0 E的轨迹是圆心为 0半径为的圆， 则点E到直线AB距离最大值为，面E为AC中点， 故点C到直线AB距离最大值为2 所以△ABC面积最大值为二×6 12_36 2 77 E B 7.A 【分析】由a2+b2<R能推出圆心到原点距离小于半径，原点在圆内，则圆与坐标轴必有4个交点，充分 成立；而圆与坐标轴有4个交点只需a<R、b<R,存在满足该条件但a2+b2≥R2的例子，必要性不成 立，由此判定是充分不必要条件 【详解】由a2+b2<R2,可知点(0,0)在圆(x-a)2+(y-b)2=R的内部， 此时圆(x-a)+(y-b)2=R与坐标轴有四个交点，充分性成立： 反之，由圆(x-a)2+(y-b)2=R的方程可知，圆心为(a,b),半径为R, 要使圆(x-a)2+y-b)2=R2与坐标轴有四个交点，只需a<R,bl<R,且a2+b2≠R2, 此时a2+b2<2R2即可，所以存在满足条件且a2+b2≥R2的情况，必要性不成立， 故“a2+b2<R2”是“圆(x-a)2+(y-b)2=R2与坐标轴有四个交点”的充分不必要条件. 8.B 【分析】由已知条件可知直线恒过定点即为曲线的对称中心M,再由向量性质可得动点P在以M(2,2)为 圆心，半径r=1的圆内含边界，从而可知PO的最大值为原点到点M的距离与半径的和. 【详解】由y=+2-2k=k(x-2)+2可知，直线过定点，设定点为M,则M为(2,2)， 答案第2页（共14页) 由y=2x-3_2-2)+1=2+L可知，曲线由反比例函数y=平移得到，则曲线对称中心为2,2)，即 x-2x-2 x-2 为点M, 所以点M为A,B两点中点，则由向量中点公式可得PA+PB=2PM, 又PA+PB≤2，所以2PM≤2，即PMs1,所以动点P在以M(2,2)为圆心，半径r=1的圆内含边界， 因为0M=V22+2=22,所以P0=0M+r=2V2+1. 9.BCD 【详】对于A选明.因为4+4+56+7+89号-故A选项错淡： 8 对于B选项，因为D(X)=4,所以D(2X+1)=22·D(X)=4×4=16,故B选项正确； 对于C选项，抛掷两次硬币，事件“第一次正面朝上”包含{正正，正反}，事件“第二次反面朝上”包 含{正反，反反}，二者的交集为{正反}（可以同时发生），因此两个事件不互斥； 对于D选项，P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB), 因为事件相互独立，所以P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B), 由P(4)=0.4,P(B)=0.5得，P(AUB)=0.4+0.5-0.4×0.5=0.7，,故D选项正确. 10.ABD 【分析】对于A,根据面面平行的判定定理及面面平行的性质证明即可；对于B,根据线面垂直的判定定 理及线面垂直的性质，结合异面直线所成角的求法求解即可；对于C,利用等体积法和棱锥体积公式计 算即可；对于D,建立空间直角坐标系，利用线面角公式求出CC 【详解】选项A:取AC的中点P,连接EP,PF. 在△ACC中，E为AC的中点，P为AC的中点，所以PE∥CC. B 直三棱柱ABC-ABC中，A4/ICC,所以PE11AA. 因为AAC平面ABBA,PE在平面ABBA,所以PE/I平面ABB,A. 在△ABC中，P为AC的中点，F为BC的中点，所以PF/AB 因为ABC平面ABBA,PF丈平面ABB,A,所以PFII平面ABBA 答案第3页（共14页） 又PE∩PF=P,EP,PFC平面EPF,所以平面EPF/I平面ABB,A. 因为EFC平面EPF,所以EFII平面ABB,A,故A正确， 选项B:直三棱柱ABC-AB,C中，B,CI/BC,AA⊥平面ABC, 所以异面直线B,C,和AF所成的角即为直线BC和A,F所成的角. B 连接AF若AC=AB,且F为BC的中点，则AF⊥BC. B 因为BCc平面ABC,所以AA⊥BC. 又AF∩A4=A,AF,AAc平面A,AF,所以BC⊥平面AAF. 因为AFc平面AAF,所以BC⊥AF,所以B,C⊥AF故B正确. 选项C:设直三棱柱的高为h,底面aMBC的面积为S,则y,c=了S%. 因为E是4G的中点，所以E到平面ABC的距离d-CG-. 2 为F是BC的中点，所以S,S月 所以m=med-兮合)m故c错误 选项D:直三棱柱ABC-AB,C中，CC⊥平面ABC, 又CA,CBc平面ABC,所以CC⊥CA,CC⊥CB. 因为AC⊥BC,所以CA,CB,CC两两垂直. 以C为原点，CB,CA,CC所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 答案第4页（共14页) B 设CC=h,则C(0,0,0),B(2,0,0),A0,2,0),C(0,0,h). B x 因为E为4C点：则EQ)F为BC点，则FL0o叭，所以所-(-l) 因为CC⊥CB,AC⊥BC,CC∩AC=C,CC,ACc平面ACCA, 所以BC⊥平面ACCA,所以CB=(2,0,0)即为平面ACCA的法向量. 因为EF与平面ACC4所成角为 则sn若-eos<F.cB EF.CB 2 EF·cE +1+ +2 ,h2 2+4 1 1 即。h22,解得h2=8,即h=2√2，即CC=22故D正确 4 11.ABD 【分析】利用点到直线距离公式求相切时斜率判断A选项，B选项确定直线定点并判断其与圆位置，C选 项联立方程结合向量垂直求斜率，D选项根据距离关系确定轨迹求最值， 【详解】由题意可得：圆C的圆心为(2，)，半径r=2, 直线1：y=-2,即c-y-2=0,点A(2,3),O(0,0), A选项中，若直线I与圆C相切，根据点到直线的距离公式可得： d-2k-少-3_2k-,所以d=r=2.即l24-2。 Vk2+1Vk2+1 Vk2+1 化简可得：42-4秋+1=4秋2+4，即4=3.解得长=}A正确， B选项中，由y=x-2,得y+2=k(x+0),令x=0,则y=-2 所以直线1恒过定点(0，-2)，且(0-2)2+(-2+1)2=5>4，所以定点在圆C外，B正确， C选项中，因为AM·AN=0,即∠MAN=90°， y=kx-2, 联立直线和圆可得： (x-2)2+y+102=4, 答案第5页（共14页） 消去y,得k2+1)x2-(2k+4)x+1=0 又因为直线I交圆于M,N, 所以△=(2k+4-4+小>0，解得>子 设直线1与圆C的交点为M(x,),N(x2,y2) 则+65= 1 由AM.AN=0,得(x-2)(x2-2)+(y-3)(y2-3) =(x-2)(x2-2)+(x-5)(x2-5)=(k2+1)xx2-(2+5k)(x+x2)+29, =30-(2+5)2k+4-0,即10k2-12k+11=0, k2+1 因为△2=144-440<0，所以满足条件的k不存在，C错误， D选项中，取B(2,0),设点P(x,y),且PA=2|PB|, 则V(x-2)2+(y-3)2=2√(x-2)2+y2, 整理得(x-2)2+y+1)2=4,所以PA+2PO=2PB+2PO≥2OB=4, 当且仅当O,卫，B在一条直线上，且P(2-V3,0)时，等号成立， 所以1PA+2|PO的最小值为4，D正确. 12. 6 【详解】如图过C作CC2⊥AB,于C2,连接AC2, 因为AA⊥面AB,C,又CC2c平面ABC,所以AA⊥CC2, 又AA∩AB=A,AA,AB,C平面ABBA,所以CC2⊥平面ABBA, 则∠CAC2为直线AC与平面ABB,A所成的角， 以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 答案第6页（共14页) 则42a,coa2.c}52v5 所以4G-(202回，4G-392 则cos∠C,AC2= ACAC_1+0+8_3 ACAC 23x3 2 又∠CAC2∈0， 2 所以0=π 61 B 13.4x-5y+1=0 【分析】先求点A关于直线I的对称点A',由反射定律知反射光线所在直线就是直线A'B,再由两点式写 出方程并整理。 【详解】设点A(2,3)关于直线1：x+y+1=0的对称点为A(x,%) 因为1的斜率为-1，由AA1得k=l,即凸- 七0-2 =1① 又AM的中点在1上，即+2++3+1=0@. 2 2 联立①②解得。=4、%=-3，即A(-4,-3). 由反射定律知，反别光线所在直线即为直线B,其斜率太 所以反射光线所在直线方程为y-1-号(x-).即红-5+1=0， 14.25 【分析】将所求问题转换成P(a,b)与R(-c,-d)的距离问题，再结合两圆位置关系即可求解. 【详解】 答案第7页（共14页) R ·C3 设点P(a,b),由(a-V2)2+(b-V2)2=1可知： 点P在以C(√2，√2)为圆心、半径r=1的圆上， 设点Q(c,d),由(c+3v2)2+(d+3√2)2=100可知： 点9在以C,(-3V2,-3√2)为圆心、半径5=10的圆上， (a+c)2+(b+d02=[a-(-c)+[b-(-d0, 它表示点P(a,b)与点R(-c,-d)的距离的平方， 因为Q(c,d),R(-c,-d)两点关于原点对称， 所以R(-c,-d)的轨迹是以C,(3V2,3V2)为圆心、半径仍为5=10的圆， CC=V32-V2}+(32-2)}2=4, 又5=10>|CC,+片=5，说明小圆完全内含于大圆， 内含两圆上点的最小距离为5CC,-片=10-4-1=5， 因此(a+c)2+(b+d)2的最小值为52=25. 15.(1)C=或C=2π 3 3 R33 2 【分析】(1)直接由正弦定理及两角和的正弦公式可得sinC- ,进而可得所求角的值： 2 (2)由正弦定理可得a+b=5,，再结合（1)中结果分两种情况讨论，并用余弦定理及三角面积公式计算 可得. 【详解](1)由正弦定理品品6点c=2R,得a=2RmA6=2Rnc=2mC 代入条件V3(acos B+bcos A)=2 csin C,得V3(2 Rsin Acos B+2 Rsin Bcos A)=4Rsin2C, 答案第8页（共14页） 再由两角和的正弦公式得V3sin(A+B)=2sinC, 又因为△ABC中，A+B=π-C,所以sin(A+B)=sin(π-C)=sinC,且sinC≠0， 所以V5=2si血C,即simC=5,且0<C<,因此C=或c2红 3 (2）由正弦定理得a=2Rs血4，b=2 RsinB,.c=2 RsinC,代入sin4+sinB=5Y7。 -sin C, 7 得a+b=5v7 c,又因为c=√万，所以a+b=5. 由(1)解析知C=或C=2红 3 3 ①当C=时，由余弦定理c2=d2+6-2 abosC,c=万，a+h=5. 得7=a2+b2-ab=(a+b)}2-3ab=25-3ab,解得ab=6. 2 由基本不等式ab≤ a+b 验证6≤ 成立，三角形存在， 2 所以Sm-)absinC=x6x5_35 2 22 @C=2时，由余弦定理c2=d+-2 2abcosC,c=7,a+b=5. 3 得7=a2+b2+ab=(a+b)2-ab=25-ab,解得ab=18. 由基本不等式ab≤ a+b 验证18≤ 不成立，△ABC不存在，舍去. 2 综上所述，△ABC的面积为3 2 16.(1)a=0.032,b=0.004 og (3)90 【分析】(1)利用频率直方图的性质构造a,b关系式，根据己知条件列方程求出a,进而求出b; (2)根据已知样本数据确定分层抽样比例，列举出抽取总数及符合条件的事件数，求出相关概率； (3)根据题意，先求出10名学生的分数总和，再剔除后求解平均数 【详解】（1）由频率直方图的性质得，10×(0.016+a+0.040+0.008+b)=1, 化简可得a+b=0.036, 已知第1组的频数的平方为第2组和第4组频数的积，设样本容量为n, 则(0.016×10n)=10an×(0.008×10n,解得a=0.032, 答案第9页（共14页) 代入a+b=0.036得，b=0.004. (2)样本数据在80≤x<90组频率为：0.008×10=0.08， 样本数据在90≤x<100组频率为：0.004×10=0.04 两组频数比为：0.08：0.04=2：1，分层抽取6人， 则从80≤x<90组抽4人，记为a,a2,4,a4,90≤x<100组抽2人，记为b,b2 从6人中选2人，总共抽法为： (a,a2),(a,a3),(a,a4),(a,b),(a,b2),(a2,a3),(a2,a4),(a2,b),(a2,b2) (a,a4),(a,b),(a,b2),（a4,b),(a4,b2),(b,b2),共计15种： 两人来自不同小组的事件为： (a,b),(a,b2),(a2,b),(a2,b2),(a,b),(a,b2),(a4,b),(a4,b2),共计8种， 故概率为：P5 (3)已知这10个分数的平均数x=90,故总和为：x×10=900, 剔除95和85后，剩余8个分数总和：900-85-95=720， 2 故剩余8个分数的平均数为：8 =90. 17.(1) 正方形ABCD,.ABIICD :CDc平面PCD,AB丈平面PCD, ∴.AB∥平面PCD,又ABc平面PAB,直线I是平面PAB和平面PCD的交线， ..ABIII; R 5 【分析】(1)依题意可得AB/CD,即可证明AB/平面PCD,再由线面平行的性质证明即可； (2)过点P作平面ABCD的垂线，垂足为H,过点H作EH⊥AB,垂足为E,连接PE,由锥体的体积 公式求出PH,再由二面角得到EH=1,同理可得点H到AD的距离为1，建立空间直角坐标系，利用空 间向量法计算可得. 【详解】(1)略 (2)如图，过点P作平面ABCD的垂线，垂足为H,过点H作EH⊥AB,垂足为E,连接PE, 因为二面角P-AB-C和二面角P-AD-B都是 4 可知点H在正方形ABCD内， 答案第10页（共14页） 四棱锥P-ABCD的体积为3，即'，n=3 AB2×PH=3PH=3,可得PH=1, D H B 因为PH⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,所以PH⊥AB, 因为PH⊥AB,EH⊥AB,，PHEH=H,PH,EHC平面PEH, 所以AB⊥平面PEH,所以∠PEH为二面角P-AB-C的平面角， 可得∠PEH-子可得EH=1.同理可得点H到AD的距离为1， 以A为坐标原点，向量AB,AD,与平面ABCD垂直的方向分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(3,0,0),D(0,3,0),C(3,3,0),P(1,1,1)， 可得AP=1,l,1),BC=(0,3,0),BP=(-2,1,1) 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z), BC.m=3y=0, 有 取x=1,y=0,z=2,可得m=(1,0,2), BP.m=-2x+y+z=0, 所以Ap.m=3,AD=V5,m=V5 所以cos AP,m= AP.m 3 V15 APm3×55, 所以直线AP与平面PBC所成角的正弦值为√5 18.(1)方程4x-5y+1+(x+6y-7)=0表示过定点(1,1)的所有直线（不包含直线x+6y-7=0). (2)(i)证明：1的方程可化为m(3x+y-2)+n(6x-5y-11)=0. 3x+y-2=0mx=1 由 6x-5y-11=0得{y=-所以1过定点PL,-). 得 (iⅱ）10 【分析】对于(1)，因为方程是过两定直线交点的直线系形式，所以先求两条定直线的交点，再分析入变 化时方程对应的图形及恒过该交点的特征； 对于(2)(I),将方程按m、n整理为合并同类项的形式，令m、n的系数和常数项分别为0，解方程组 得到定点坐标； 对于(2)（Ⅱ），先写出直角三角形ABH的面积，求出A到I的距离，求出面积的最大值. 答案第11页（共14页） 【详解】方程4x-5y+1+九(x+6y-7)=0即为(4+)x+(62-5)y+1-72=0, 因为4+2与62-5不能同时为0， 所以方程4x-5y+1+2(x+6y-7)=0表示一条直线. 4x-5y+1=0x=1 x+6y-7=0得 由 少=1，所以该直线过定点(，， 无论元取何值，4+2_61-5_一？2都不成立。 1 6 7 所以直线4x-5y+1+2(x+6y-7)=0不能与直线x+6y-7=0重合， 所以方程4x-5y+1+2(x+6y-7)=0表示过定点(1,1)的所有直线（不包含直线x+6y-7=0). (2)(i)略 (i)设A到l的距离为d,即AH=d. 由题意得△ABH的面积S=4,d=21, 因为1恒过定点P(1,-),且AP=V5-1+(2+1}=5, 所以d≤AP=5,当且仅当1与AP垂直时取到，因此面积最大值Smx=2×5=10 A 19.(1)y=x+2或y=-7x+2 回(i)r+y少=7(i)存在定点引 【分析】 (1)根据垂径定理，可求圆心M到直线1的距离d=√2，根据圆心到直线：y=kx+2的距离为d=√2， 可求直线方程： (2)(i)当圆H面积最小时，就是以圆M与圆N交点弦为直径的圆； (iⅱ)在y轴上存在一定点E,使得y轴平分∠CED,即kcE+k=0,设E(O,t),C(x,y),D(x2,2), 代入乃+乃-0，根据韦达定理即可求解。 x x2 【详解】(1) 答案第12页（共14页） H 设圆心M到直线I的距离为d,则27=2V9-d,故d=√2， 由d=k+1+2-2得k=1或k=-7. V1+k2 故直线1的方程为y=x+2或y=-7x+2, (2)(i)设圆M与圆N交点分别为P,Q,圆H面积最小时，圆H是以PQ为直径的圆， M:(x+1)2+(y+1)2=9,即x2+y2+2x+2y-7=0,① 圆N:(x-2)2+(y-2)2=15,即x2+y2-4x-4y-7=0,② ①-②得公共弦PQ所在直线方程：x+y=0, 2+1-1, 圆M圆心M(-1,-)、圆N圆心N(2,2),两点连线的斜率w=2+ 所以直线MN:y=x,直线MN垂直平分PQ,故圆心H就是直线MN与PQ的交点， y=x 联立 x+y=0解得H(0,0) 将y=-x代入(x+1)+(y+1)2=9 得(x+1+(←x+=9,即父号，所以H=2+y2=22=7 所以圆H的方程为x2+y2=7. (ii)假设存在点E,使得y轴平分∠CED,满足kE+koe=0,设E(0,t),C(x,),D(x2,y2) 则+少=0，将乃=+2，为=，+2代入， 得低+2-++2--0，即2k+2-)+5-0.() X x2 y=kx+2 联立2+P=7得(1+)r+4-3=0,△=282+12>0. 根据根与系数的关系，得无+5=一， -3 1+积，西+R, 答案第13页（共14页） 所转-等代入)式将站2-普-0 即2+8，)-0，因为对任意在等式+8-0恒成立，所以2+3=0. 3 解得1=了因此存在定点0满足条件 答案第14页（共14页）