2024-2025学年山东省聊城市高二上学期期中数学检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省聊城市高二上学期期中数学检测试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知空间两点A（0，1，2），B（﹣2，3，1），则A、B两点间的距离是（ ）
A．2B．3C．4D．9
2．（5分）若直线l经过点，则直线l的斜率是（ ）
A．B．C．D．
3．（5分）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．C．D．
4．（5分）已知直线x+y＝0与圆C：x2+（y﹣2）2＝8相交于A，B两点，则|AB|＝（ ）
A．B．4C．D．2
5．（5分）已知空间三点P（2，0，0），O（0，0，0），A（﹣1，1，2），则点P到直线OA的距离是（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）若过两点A（m2+2，m2﹣3），B（﹣m2﹣m+3，2m）的直线l的倾斜角为45°，则m＝（ ）
A．﹣2或﹣1B．1C．﹣1D．﹣2
7．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为棱AB的中点，BC1与B1C交于点E，若AB＝AA1，则B1D与A1E所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）若过直线3x+4y+12＝0上一点P作圆C：x2+y2﹣2x＝0的两条切线，切点为A，B，则|PC|•|AB|的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分；在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）设直线l1：x﹣ay+2a＝0，l2：ax+y+a＝0的交点为M（x0，y0），则（ ）
A．l1恒过定点（0，2）
B．l1⊥l2
C．的最大值为
D．点（3，﹣2）到直线l1的距离的最大值为5
（多选）10．（6分）直线l的方程为x﹣ysinθ+2＝0，则直线l的倾斜角α的可能取值？（ ）
A．B．C．D．π
（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则（ ）
A．存在唯一点P，使得C1P⊥平面B1D1C
B．存在唯一点P，使得A1P∥平面B1D1C
C．当x+y＝1时，点B1到平面PA1D1的距离的最小值为
D．当时，三棱锥P﹣ACB1的体积的最小值为
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．（5分）若实数x，y满足方程x+2y﹣5＝0，则的最小值为 ．
13．（5分）由曲线x2+y2＝|x|+|y|所围成的图形面积为 ．
14．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝2AD＝4，O为对角线AC1的中点，过点O的直线与长方体表面交于E，F两点，M为长方体表面上的动点，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB＝4，设AC∩BD＝E．
（1）证明：B1E∥平面A1C1D；
（2）求平面A1B1E与平面C1B1E夹角的余弦值．
16．（15分）已知△ABC的顶点A（5，1），AB边上的中线CM所在直线方程为2x﹣y﹣5＝0，AC的边上的高BH所在直线方程为x﹣2y﹣5＝0．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求直线BC的方程．
17．（15分）已知直线l经过直线l1：x﹣2y+3＝0，l2：x+y﹣3＝0的交点P，且A（3，2）、B（﹣1，﹣2）两点到直线l的距离相等．
（1）求直线l的一般式方程；
（2）若点A、B在直线l的同侧，且Q为直线l上一个动点，求|AQ|+|BQ|的最小值．
18．（17分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将△ADC折起，点D到达点P的位置，使点P在平面ABC的射影H落在边AB上．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）求点B到平面PAC的距离；
（3）若，求直线AC与平面AMB所成角的正弦值．
19．（17分）在平面直角坐标系中，已知圆C经过原点和点P（2，0），并且圆心在x轴上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）设P1P2为圆C的动弦，且P1P2不经过点P，记k1、k2分别为弦P1P、P2P的斜率．
（i）若k1•k2＝﹣1，求△PP1P2面积的最大值；
（ii）若k1•k2＝3，请判断动弦P1P2是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.
1．（5分）已知空间两点A（0，1，2），B（﹣2，3，1），则A、B两点间的距离是（ ）
A．2B．3C．4D．9
【正确答案】B
【分析】由距离公式计算．
解：由点A（0，1，2），B（﹣2，3，1），
可得：．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间两点间的距离计算，考查计算能力，属于基础题．
2．（5分）若直线l经过点，则直线l的斜率是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】根据斜率公式计算即可．
解：因为直线l经过点，
所以直线l的斜率k＝＝﹣．
故选：D．
【点评】本题考查由两点的坐标求直线的斜率的方法，属于基础题．
3．（5分）若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】C
【分析】根据已知条件，结合空间向量共面的定义，即可求解．
解：对于A，，故，，共面，故A错误；
对于B，，故，，共面，故B错误；
对于C，构成空间的一个基底，
则，，显然也可以为基底，
故，，不共面，故C正确；
对于D，，
故，，共面，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量共面的基本定理，属于基础题．
4．（5分）已知直线x+y＝0与圆C：x2+（y﹣2）2＝8相交于A，B两点，则|AB|＝（ ）
A．B．4C．D．2
【正确答案】A
【分析】利用几何法即可求得弦AB的长|AB|．
解：由圆C：x2+（y﹣2）2＝8得：
C（0，2），半径为，
圆心C到直线x+y＝0的距离，
则弦AB的长．
故选：A．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，弦长的计算，属于基础题．
5．（5分）已知空间三点P（2，0，0），O（0，0，0），A（﹣1，1，2），则点P到直线OA的距离是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】首先表示出，，再根据点P到直线OA的距离计算可得．
解：由题意得，，
则，，
所以点P到直线OA的距离．
故选：D．
【点评】本题考查点到直线的距离求法，属中档题．
6．（5分）若过两点A（m2+2，m2﹣3），B（﹣m2﹣m+3，2m）的直线l的倾斜角为45°，则m＝（ ）
A．﹣2或﹣1B．1C．﹣1D．﹣2
【正确答案】见试题解答内容
【分析】直接利用两点式和直线的斜率的关系的应用求出m的值．
解：过两点A（m2+2，m2﹣3），B（﹣m2﹣m+3，2m）的直线l的倾斜角为45°，
所以，
解得m＝﹣2（m＝﹣1时，A，B重合，舍去）．
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：直线的斜率和两点的关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为棱AB的中点，BC1与B1C交于点E，若AB＝AA1，则B1D与A1E所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】法（i）连接CD，取CD中点O，连接OE，OA1，证明∠A1EO是B1D与A1E所成的角或其补角，设AB＝AA1＝2，解三角形可得；法（ii）取B1A1的中点D1，连接CD，DD1，建立空间直角坐标系，求出B1D，A1E的方向向量，的坐标，再求出这两个向量的夹角的余弦值，进而求出异面直线所成的角的余弦值．
解：法（i）连接CD，取CD中点O，连接OE，OA1，则OE∥DB1，，
所以∠A1EO是B1D与A1E所成的角或其补角，
正棱柱ABC﹣A1B1C1中所有侧棱都与底面上的任意直线垂直，
设AB＝AA1＝2，则，所以，
，
等边三角形ABC中，CD⊥AB，
，，
，在等腰△CA1B1中，，
，
△A1OE中，由余弦定理可得：，
所以B1D与A1E所成角的余弦值是．
法（ii）取B1A1的中点D1，连接CD，DD1，
正三棱柱中，设AB＝BB1＝4，取以D为坐标原点，CD，DB，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣2，0，0），E（﹣，1，2），A（0，﹣2，0），
A1（0，﹣2，4），B1（0，2，4），则＝（﹣，3，﹣2），＝（0，2，4），
可得•＝﹣×0+3×2+（﹣2）×4＝﹣2，||＝＝4，||＝＝2，
所以cs＜，＞＝＝＝，
所以B1D与A1E所成角的余弦值为|cs＜，＞|＝．
故选：B．
【点评】本题考查中位线的性质的应用及余弦定理的应用或用空间向量的方法求两条异面直线所成角的余弦值，属于中档题．
8．（5分）若过直线3x+4y+12＝0上一点P作圆C：x2+y2﹣2x＝0的两条切线，切点为A，B，则|PC|•|AB|的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】D
【分析】利用圆的几何性质，将|PC|•|AB|化为，再求得P，C两点间距离的最小值，进而求得|PC|•|AB|的最小值．
解：圆C：x2+y2﹣2x＝0化为（x﹣1）2+y2＝1，圆的圆心C（1，0），半径r＝|AC|＝1
四边形PACB中，CB＝2S△PAC，
则，整理得|PC|•|AB|＝2|PA|，
又，
|PC|最小值即为圆心C到直线3x+4y+12＝0的距离，
则．
故选：D．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分；在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）设直线l1：x﹣ay+2a＝0，l2：ax+y+a＝0的交点为M（x0，y0），则（ ）
A．l1恒过定点（0，2）
B．l1⊥l2
C．的最大值为
D．点（3，﹣2）到直线l1的距离的最大值为5
【正确答案】ABD
【分析】由直线过定点即可判断A，由两直线垂直列出方程即可判断B，联立两直线方程求出交点坐标，代入计算即可判断C，结合题意可知点（3，﹣2）到直线l1的距离的最大值即为点（3，﹣2）到定点（0，2）的距离，即可判断D．
解：因为直线l1：x﹣ay+2a＝0，即x+（2﹣y）a＝0，
令，解得，所以l1恒过定点（0，2），故A正确；
因为直线l1：x﹣ay+2a＝0，l2：ax+y+a＝0满足1×a﹣a×1＝0，
所以l1⊥l2，故B正确；
联立两直线方程，解得，
所以，
直线l1：x﹣ay+2a＝0，l2：ax+y+a＝0的交点为M（x0，y0），
则
＝，
令a2＝t，则t≥0，所以，
且f（t）在[0，+∞）上单调递增，当t→+∞时，f（t）→5，
所以f（t）＜5，故C错误；
因为直线l1：x﹣ay+2a＝0，即x+（2﹣y）a＝0，
令，解得，所以l1恒过定点（0，2），
则点（3，﹣2）到直线l1的距离的最大值即为点（3，﹣2）到定点（0，2）的距离，
即，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查直线定点、直线垂直的性质，属于中档题．
（多选）10．（6分）直线l的方程为x﹣ysinθ+2＝0，则直线l的倾斜角α的可能取值？（ ）
A．B．C．D．π
【正确答案】ABC
【分析】按sinθ分类讨论，求得直线l的倾斜角α的取值范围，进而求得直线l的倾斜角α的可能取值．
解：当sinθ≠0时，直线l的方程可化为，
则直线l的斜率，则k≥1或k≤﹣1，
则直线l的倾斜角α的取值范围为，
当sinθ＝0时，直线l的方程为x+2＝0，直线l的倾斜角为，
综上，直线l的倾斜角α的取值范围为．
故直线l的倾斜角α可能取值为，，．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
（多选）11．（6分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点P满足，其中x∈[0，1]，y∈[0，1]，则（ ）
A．存在唯一点P，使得C1P⊥平面B1D1C
B．存在唯一点P，使得A1P∥平面B1D1C
C．当x+y＝1时，点B1到平面PA1D1的距离的最小值为
D．当时，三棱锥P﹣ACB1的体积的最小值为
【正确答案】AC
【分析】以D为原点，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间坐标系，由C1P⊥平面B1D1C，利用向量法可得x＝1，y＝0，从而得P（2，0，0）唯一确定，即可判断A；由A1P∥平面B1D1C，可得x＝y，从而得P不唯一，即可判断B；找出点P的轨迹，结合由等体积法判断C，D．
解：以D为原点，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间坐标系，如图所示：
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），
对于A，因为，
所以，P（2x，2y，0），
所以，
又因为，，
设平面B1D1C的法向量为，
则，则，
所以，
取x＝﹣1，则，
又因为C1P⊥平面B1D1C，
所以，
所以x＝1，y＝0，
所以P（2，0，0），唯一确定，故正确；
对于B，因为，
要使A1P∥平面B1D1C，
则，
所以，
所以x＝y，
故点P不唯一，故错误；
对于C，因为x+y＝1，所以A，C，P三点共线，
因为，
设点B1到平面PA1D1的距离为d，
则有，
所以，
设P到A1D1的距离为h，
则，
当P与C重合时，，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以点P在以D为圆心，为半径的圆弧上，
设P到AC的距离为h′
因为，
当点P位于圆弧中点时，．
所以，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12．（5分）若实数x，y满足方程x+2y﹣5＝0，则的最小值为 ．
【正确答案】．
【分析】将转化为，进而求得的最小值．
解：方程x+2y﹣5＝0，可得x＝5﹣2y，
则
＝
＝＝≥，当且仅当y＝2时取等号．
则的最小值为．
故．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
13．（5分）由曲线x2+y2＝|x|+|y|所围成的图形面积为 2+π ．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】通过对x，y的取值讨论，去掉绝对值符号，说明曲线的图形形状，画出图形，即可解答所求问题．
解：当x，y≥0时，曲线x2+y2＝|x|+|y|互为x2+y2＝x+y，
曲线表示以为圆心，以为半径的圆，在第一象限的部分；
当x≥0，y≤0时，曲线x2+y2＝|x|+|y|互为x2+y2＝x﹣y，
曲线表示以为圆心，以为半径的圆，在第四象限的部分；
当x≤0，y≥0时，曲线x2+y2＝|x|+|y|互为x2+y2＝﹣x+y，
曲线表示以为圆心，以为半径的圆，在第二象限的部分；
当x≤0，y≤0时，曲线x2+y2＝|x|+|y|互为x2+y2＝﹣x﹣y，
曲线表示以为圆心，以为半径的圆，在第三象限的部分；
如图
所求曲线x2+y2＝|x|+|y|所围成的图形面积为：＝2+π．
故2+π．
【点评】本题是中档题，考查曲线所围成的图形面积的求法，注意分类讨论思想的应用，数形结合的应用，考查计算能力．
14．（5分）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，AA1＝2AD＝4，O为对角线AC1的中点，过点O的直线与长方体表面交于E，F两点，M为长方体表面上的动点，则的取值范围是 [﹣5，5] ．
【正确答案】[﹣5，5]．
【分析】由，求出MO，EO的最大值和最小值后即可得．
解：O为对角线AC1的中点，即为正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的中心，由对称性，O为EF的中点，
AA1＝2AD＝4，AB＝AD＝2，，所以，
则，
则∈[﹣5，5]．
故[﹣5，5]．
【点评】本题考查向量的应用，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB＝4，设AC∩BD＝E．
（1）证明：B1E∥平面A1C1D；
（2）求平面A1B1E与平面C1B1E夹角的余弦值．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行．
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求两个平面所成角的余弦．
（1）证明：连接B1D1，设A1C1∩B1D1＝F，连接FD，
则B1F∥ED，且B1F＝ED，∴四边形B1FDE是平行四边形，
∴B1E∥FD，FD⊂平面A1C1D，B1E⊄平面A1C1D，
故B1E∥平面A1C1D．
（2）解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AA1＝AD＝2AB＝4，∴D（0，0，0），B1（4，2，4），A1（4，0，4），
E（2，1，0），C1（0，2，4），
∴．
设平面A1B1E的法向量，
则，
令z＝1，解得y＝0，x＝﹣2，∴，
，，
设平面C1B1E的一个法向量，
则，令z1＝1，则y1＝﹣4，x1＝0，
∴．
设平面A1B1E与平面C1B1E的夹角为α，∴，
故平面A1B1E与平面C1B1E夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查线面平行的证明，平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
16．（15分）已知△ABC的顶点A（5，1），AB边上的中线CM所在直线方程为2x﹣y﹣5＝0，AC的边上的高BH所在直线方程为x﹣2y﹣5＝0．
（1）求顶点C的坐标；
（2）求直线BC的方程．
【正确答案】（1）C（4，3）
（2）6x﹣5y﹣9＝0
【分析】（1）先设C（m，n），然后结合C在直线CM上及AC与BH垂直关系可建立关于m，n的方程组，进而可求；
（2）先设B（a，b）进而可求AB的中点，由B在BH上及M在在直线CM上可得关于a，b的方程组，进而可求．
解：（1）设C（m，n），
∵AB边上的中线CM所在直线方程为2x﹣y﹣5＝0，AC边上的高BH所在直线方程为x﹣2y﹣5＝0．
∴，解得m＝4，n＝3，
∴C（4，3）．
（2）设B（a，b），则a﹣2b﹣5＝0①，边AB的中点M，
所以2×﹣﹣1＝0，②
①②联立解得b＝﹣3，a＝﹣1，
∴B（﹣1，﹣3）．
∴．
∴直线BC的方程为，化为6x﹣5y﹣9＝0．
【点评】本题主要考查了直线方程的求解，属于中档题．
17．（15分）已知直线l经过直线l1：x﹣2y+3＝0，l2：x+y﹣3＝0的交点P，且A（3，2）、B（﹣1，﹣2）两点到直线l的距离相等．
（1）求直线l的一般式方程；
（2）若点A、B在直线l的同侧，且Q为直线l上一个动点，求|AQ|+|BQ|的最小值．
【正确答案】（1）x﹣y+1＝0或x﹣1＝0；
（2）．
【分析】（1）分类讨论所求直线与直线AB平行或过AB的中点，结合直线点斜式方程运算求解；
（2）求点A关于直线l的对称点为C，结合几何性质可得|AQ|+|BQ|≥|CB|，即可得结果．
解：（1）已知P为直线l1：x﹣2y+3＝0，l2：x+y﹣3＝0的交点，
联立，
解得，
所以P（1，2），
又A（3，2）、B（﹣1，﹣2）两点到直线l的距离相等，
①当所求直线与直线AB平行时，直线AB的斜率为，
则所求直线的方程为y﹣2＝1•（x﹣1），
即x﹣y+1＝0；
②当所求直线过AB的中点时，线段AB的中点坐标为（1，0），
则所求直线垂直于x轴，
故所求直线方程为x＝1，
即x﹣1＝0；
综上所述，所求直线方程为x﹣y+1＝0或x﹣1＝0．
（2）因为点A、B在直线l的同侧，所以直线l的方程为x﹣y+1＝0，
设点A关于直线l的对称点为C（x0，y0），
则，
解得，
即点C（1，4），
因为，当Q、B、C三点共线时取等号，
故|AQ|+|BQ|的最小值为．
【点评】本题考查了直线的方程，重点考查了对称问题及中点坐标公式，属中档题．
18．（17分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将△ADC折起，点D到达点P的位置，使点P在平面ABC的射影H落在边AB上．
（1）证明：PA⊥BC；
（2）求点B到平面PAC的距离；
（3）若，求直线AC与平面AMB所成角的正弦值．
【正确答案】（1）证明见解答；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证BC⊥平面PAB，即可证明PA⊥BC；
（2）根据题意，作BE⊥PC，垂足为E，由线面垂直的判定定理可得BE⊥平面PAC，即可得到点到面的距离；
（3）以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及线面角的公式代入计算，即可得到结果．
解：（1）证明：因为点P在平面ABC的射影H落在边AB上，
所以PH⊥平面ABC，
又因为BC⊂平面ABC，所以PH⊥BC，
又因为BC⊥AB，且AB⊂平面PAB，PH⊂平面PAB，AB∩PH＝H，
所以BC⊥平面PAB，又因为PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA．
（2）作BE⊥PC，垂足为E，
由已知得：PA⊥PC，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，BC∩PC＝C，
所以PA⊥平面PBC，因为PA⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBC，
又因为BE⊂平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，BE⊥PC，
所以BE⊥平面PAC，即BE即为点B到平面PAC的距离，
在直角三角形PBC中，BC＝3，PC＝4，所以，
所以点B到平面PAC的距离为．
（3）在直角三角形PAB中可得，，
则以点B为坐标原点，分别以BC，BA所在直线为x，y轴，以过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
因为，
所以＝，
从而，所以，
设平面AMB的法向量为，则，，
所以，
解得x＝0，令，得，，
又直线AC的方向向量为，
因此可得，
故直线AC与平面AMB所成角的正弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的证明，点到平面的距离求法，直线与平面所成角的求法，属于中档题．
19．（17分）在平面直角坐标系中，已知圆C经过原点和点P（2，0），并且圆心在x轴上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）设P1P2为圆C的动弦，且P1P2不经过点P，记k1、k2分别为弦P1P、P2P的斜率．
（i）若k1•k2＝﹣1，求△PP1P2面积的最大值；
（ii）若k1•k2＝3，请判断动弦P1P2是否过定点？若过定点，求该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【正确答案】（1）（x﹣1）2+y2＝1．
（2）（i）1，（ii）过定点，（3，0）．
【分析】（1）设出圆的标准方程（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，代入已知条件求解；
（2）（i）由k1•k2＝﹣1得PP1⊥PP2，P1P2是直径，由基本不等式可求得面积的最大值；
（ii）设直线P1P2的方程为y＝kx+m，P1（x1，y1），P2（x2，y2），代入圆方程，应用韦达定理得x1+x2，x1x2，代入k1k2＝3，得出k，m关系，然后观察直线方程可得定点坐标．
解：（1）设圆C的标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，
由已知可得：
解得：a＝1，b＝0，r＝1，
∴圆C的标准方程为（x﹣1）2+y2＝1
（2）（i）∵k1•k2＝﹣1，∴P1P⊥P2P，
从而直线P1P2经过圆心，△PP1P2是直角三角形，且|P1P2|＝2，
设|P1P|＝a，|P2P|＝b，则a2+b2＝4，
又4＝a2+b2≥2ab，当且仅当时取等号，∴ab≤2，
∴．
（ii）由已知k1•k2＝3，可知直线P1P2的斜率必存在，
设P1（x1，y1），P2（x2，y2），直线P1P2的方程为y＝kx+m，
由，消去y得：（k2+1）x2+2（km﹣1）x+m2＝0，
，（※）
又k1•k2＝＝＝＝3，
即＝0，
代入（※）得：m2+5km+6k2＝0，
即（m+2k）（m+3k）＝0，
解得：m＝﹣3k，或m＝﹣2k，
当m＝﹣3k时，此时直线P1P2的方程为y＝k（x﹣3），过定点（3，0），
当m＝﹣2k时，此时直线P1P2的方程为y＝k（x﹣2），过定点P（2，0）（舍去）．
故当k1•k2＝3，动弦P1P2过定点（3，0）．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题．