2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 直线3x−y−1=0的倾斜角大小为( )
A.π6B.π3C.2π3D.5π6

2. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AC和A1B所成的角的大小为（ ）

A.30∘B.45∘C.60∘D.120∘

3. 若a，b是异面直线，直线c // a，则c与b的位置关系是（ ）
A.相交B.异面C.平行D.异面或相交

4. 下列命题为真命题的是（ ）
A.平行于同一平面的两条直线平行
B.与某一平面成等角的两条直线平行
C.垂直于同一平面的两条直线平行
D.垂直于同一直线的两条直线平行

5. 一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个直角边为a的等腰直角三角形，则原图形的面积为（ ）
A.22a2B.22a2C.24a2D.2a2

6. 已知圆C1:x2+y2+4x−4y+7＝0与圆C2：(x−2)2+(y−5)2＝16的位置关系是（ ）
A.外离B.外切C.相交D.内切

7. 直线mx+4y−2＝0与直线2x−5y+n＝0垂直，垂足为(1, p)，则n的值为（ ）
A.−12B.−2C.0D.10

8. 方程x2+y2−2x+m＝0表示一个圆，则x的范围是（ ）
A.m<1B.m<2C.m≤12D.m≤1

9. 若直线x−y−2＝0被圆(x−a)2+y2＝4所截得的弦长为22，则实数a为（ ）
A.−1或3B.1或3C.−2或6D.0或4

10. 已知边长为22的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球心O到平面ABCD的距离为3，则球O的体积为（ ）
A.6423πB.32πC.20πD.2873π

11. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（ ）
（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式V=13(S+SS+S)⋅ℎ）
A.2寸B.3寸C.4寸D.5寸

12. 直线2x+3y−6＝0分别交x轴和y轴于A，B两点，P是直线y＝−x上的一点，要使|PA|+|PB|最小，则点P的坐标是（ ）
A.(−1, 1)B.(0, 0)C.(1, −1)D.(12, −12)
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

过点A(3, −1)且在x轴和y轴上的截距相等的直线方程是________．

若直线x−y＝1与直线(m−3)x+my−8＝0平行，则这两条平行线间的距离________．

已知直三棱柱ABC−A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝23，AC＝26，AB⊥AC，AA1＝8，则球的表面积为________．

如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．（写出所有正确说法的序号）
①不论D折至何位置（不在平面ABC内)，都有MN // 平面DEC；
②不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有MN // AB；
④不论D折至何位置（不在平面ABC内），都有EC不垂直AD．

三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答题应写出文字说明及演算步骤）

某个几何体的三视图如图所示（单位：m）.

(1)求该几何体的表面积；

(2)求该几何体的体积．

已知△ABC的顶点A(5, 1)，边AB上的中线CM所在直线方程为2x−y−5=0，边AC上的高BH所在直线的方程为x−2y−5=0．

(1)求顶点C的坐标；

(2)求直线BC的方程．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB // DC，∠BCD=90∘．

(1)求证：PC⊥BC；

(2)求点A到平面PBC的距离．

如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD的中点．

（1）求证：PB // 平面EAC；

（2）求证：AE⊥平面PCD；

（3）若直线AC与平面PCD所成的角为30∘，求CDAD的值．

已知圆C:x2+y2−2x−4y−20=0及直线l：(2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m∈R)．
(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．

已知两个定点A(−4, 0)，B(−1, 0)，动点P满足|PA|＝2|PB|．设动点P的轨迹为曲线E，直线l:y＝kx−4．
（1）求曲线E的轨迹方程；

（2）若l与曲线E交于不同的C，D两点，且∠COD＝90∘（O为坐标原点），求直线l的斜率；

（3）若k=12,Q是直线l上的动点，过Q作曲线E的两条切线QM，QN，切点为M，N，探究：直线MN是否过定点．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省高二（上）期中数学试卷（理科）
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60分、每小题4个选项中，只有一个选项符合题目要求．）
1.
【答案】
B
【考点】
直线的倾斜角
【解析】
利用斜率与倾斜角的关系即可得出．
【解答】
解：设直线3x−y−1=0的倾斜角为θ，θ∈[0, π)，
则tanθ=3，
∴ θ=π3．
故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
法一：（几何法）连结A1C1、BC1，由A1C1 // AC，得∠BA1C1是异面直线A1B与AC所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1B与AC所成角．
法二：（向量法）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1B与AC所成角．
【解答】
解法一：（几何法）连结A1C1、BC1，
∵ A1C1 // AC，
∴ ∠BA1C1是异面直线A1B与AC所成角（或所成角的补角），
∵ A1C1＝A1B＝BC1，
∴ ∠BA1C1＝60∘，
∴ 异面直线A1B与AC所成角是60∘．
解法二：（向量法）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为1，
则A1(1, 0, 1)，B(1, 1, 0)，A(1, 0, 0)，C(0, 1, 0)，
A1B→=(0, 1, −1)，AC→=(−1, 1, 0)，
设异面直线A1B与AC所成角为θ，
则csθ=|A1B→⋅AC→||A1B→|⋅|AC→|=12×2=12，
∴ θ＝60∘，
∴ 异面直线A1B与AC所成角是60∘．
3.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
若a，b是异面直线，直线c // a，所以c与b可能异面，可能相交．
【解答】
解：由a，b是异面直线，直线c // a，
可知c与b的位置关系是异面或相交.
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
选项A、B、D均可以从正方体模型中找到反例，故都不正确．选项C可以用反证法进行证明，故c正确．
【解答】
如图1，A1C1 // 平面ABCD，B1D1 // 平面ABCD，但是A1O∩C1O＝O，所以A错；
A1O、C1O与平面ABCD所成角度大小相同，但是A1O∩C1O＝O，所以B错；
D1A1⊥A1A，B1A1⊥A1A，但是B1A1∩D1A1＝A1，所以D错；
如图2，假设a⊥α，b⊥α，且a∩b＝A，
则过一点有两条直线均垂直于平面，
故假设不成立，
即垂直于同一平面的两条直线平行，
所以C正确．
5.
【答案】
D
【考点】
平面图形的直观图
斜二测画法画直观图
【解析】
根据直观图形和原图形面积之间的比例关系求解即可．
【解答】
由题意，直观图的三角形面积为12a2，
因为直观图和原图面积之间的关系为SS=22，
所以原三角形的面积是22×12a2=2a2．
6.
【答案】
B
【考点】
圆与圆的位置关系及其判定
【解析】
根据题意，分析两圆的圆心与半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
【解答】
根据题意，圆C1:x2+y2+4x−4y+7＝0，即(x+2)2+(y−2)2＝1，其圆心为(−2, 2)，半径R＝1，
圆C2：(x−2)2+(y−5)2＝16，其圆心为(2, 5)，半径r＝4，
两圆的圆心距|C1C2|=16+9=5，有|C1C2|＝R+r，则两圆外切，
7.
【答案】
A
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
利用两条直线相互垂直的充要条件、直线的交点即可得出．
【解答】
∵ 直线mx+4y−2＝0与直线2x−5y+n＝0垂直，垂足为(1, p)，
∴ −m4×25=−1，2−5p+n＝0，m+4p−2＝0，
解得m＝10，p＝−2，n＝−12，
8.
【答案】
A
【考点】
二元二次方程表示圆的条件
【解析】
圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F＝0(D2+E2−4F＝0)，若方程x2+y2−2x+m＝0表示圆，必须满足4+02−4×m>0，解出即得．
【解答】
根据题意有4+02−4×m>0，∴ m<1
9.
【答案】
D
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标和半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后利用垂径定理求弦长．
【解答】
圆(x−a)2+y2＝4的圆心坐标为(a, 0)，半径为2，
圆心(a, 0)到直线x−y−2＝0的距离d=|a−2|2，
又直线x−y−2＝0被圆(x−a)2+y2＝4所截得的弦长为22，
∴ 222−(a−2)22=22，
即4−(a−2)22=2，解得a＝0或a＝4．
10.
【答案】
D
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
由题意求正方形ABCD所在的圆面的半径r，其圆面圆心与球心的连线为球心O到平面ABCD的距离为d=3，构造直角三角形可得球的半径R，由球的体积公式从而可得球的体积．
【解答】
边长为22的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，
则正方形ABCD的外接圆半径为r=12(22)2+(22)2=2，
因为球心O到平面ABCD的距离为d=3，
即圆面圆心与球心的连线为球心O到平面ABCD的距离为d=3，
所以球的半径R=22+(3)2=7，
则球O的体积为V=43πR3=2873π．
11.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．
【解答】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
∵ 积水深9寸，
∴ 水面半径为12(14+6)＝10寸，
则盆中水的体积为13π×9(62+102+6×10)＝588π（立方寸）．
∴ 平地降雨量等于588ππ×142=3（寸）．
12.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
【解析】
由题意，A(3, 0)，B(0, 2)，求得点B(0, 2)关于直线y＝−x的对称点B′的坐标，用两点式求得AB′的方程，再由直线AB′的方程和直线y＝−x的方程联立方程组，求得点P的坐标
【解答】
由题意，A(3, 0)，B(0, 2)
设点B(0, 2)关于直线y＝−x的对称点B′(m, n)，
则由n−2m⋅(−1)=−12+n2=−m2 ，求得m=−2n=0 ，可得B′(−2, 0)，
∴ AB′的直线方程为：y＝0
∴ 联立方程可得：y=0y=−x ，求得x＝y＝0
∴ 点P的坐标为(0, 0)．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【答案】
x+3y＝0，或x+y−2＝0
【考点】
直线的斜截式方程
【解析】
分类讨论，用待定系数法求得要求的直线的方程．
【解答】
当过点A(3, −1)且在x轴和y轴上的截距相等的直线经过原点时，
它的斜率为−13=−13，它的方程是y=−13x，即x+3y＝0．
当过点A(3, −1)且在x轴和y轴上的截距相等的直线不经过原点时，
设它方程为x+y＝k，把点A代入，可得3−1＝k，求得k＝2，它的方程是x+y−2＝0．
综上，所求的直线的方程为 x+3y＝0，或x+y−2＝0，
【答案】
1926
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
由题意利用两条直线平行的性质求得m的值，再利用两条平行直线间的距离公式计算求得结果．
【解答】
∵ 直线x−y＝1与直线(m−3)x+my−8＝0平行，∴ 1m−3=−1m≠18，求得m=32，
则这两条平行线即x−y＝1与直线x+y+163=0，
故它们之间的距离为：|163+1|2=1926．
【答案】
100π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
由题意知三棱柱为球O的内接直三棱柱，利用勾股定理求BC、BC1可求得球的半径，然后求出球的表面积即可．
【解答】
由题意画出几何体的图形如图，
题意得知直三棱柱ABC−A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，则三棱柱为球O的内接直三
棱柱（如图所示）；由勾股定理可知
BC=(23)2+(26)2=6，
可得球O的半径R＝OB=1262+82=5，
由公式S＝4mR2有球的表面积S＝4π×52＝100π．
【答案】
①②
【考点】
直线与平面垂直的判定
平面与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
利用直线和平面平行、直线和平面垂直的判定定理、性质定理，结合反例、反证法的思想方法，逐一判断得出答案．
【解答】
解：由已知，在未折叠的原梯形中，AB // DE，BE // AD，
所以四边形ABED为平行四边形，
∴ DA=EB．折叠后得出图形如图所示：
①过点M作MP//DE，交AE于点P，连结NP．
∵ M，N分别是AD，BE的中点，
∴ 点P为AE的中点，故NP//EC.
又MP∩NP=P，DE∩CE=E，
所以平面MNP//平面DEC，
故MN//平面DEC，故①正确；
②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，
∴ AE⊥MP，AE⊥NP.
又MP∩NP=P，
∴ AE⊥平面MNP.
又MN⊂面MNP，
∴ MN⊥AE，故②正确；
③假设MN // AB，则MN与AB确定平面MNBA，
从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，
与BE和AD是异面直线矛盾，故③错误；
④当CE⊥ED时，EC⊥AD．
∵ CE⊥EA，CE⊥ED，EA∩ED=E，
∴ CE⊥平面AED，AD⊂平面AED，
∴ EC⊥AD，故④错误．
故答案为：①②.
三、解答题（本大题共6小题，满分70分，解答题应写出文字说明及演算步骤）
【答案】
解：(1)由三视图可知，该几何体是由半球和正四棱柱组成，
棱柱是正方体，棱长为2，球的半径为1，
该几何体的表面积=正方体的表面积+半球面面积−球的底面积，
∴ S=6×2×2+2π×12−π×12=24+π(m2)；
(2)该几何体的体积为正方体的体积+半球的体积，
V=2×2×2+12×43×π×13=8+23π(m3).
【考点】
由三视图求表面积（组合型）
由三视图求体积（组合型）
【解析】
通过三视图判断几何体的特征，（1）利用三视图的数据求出几何体的表面积；
（2）利用组合体的体积求出几何体的体积即可．
【解答】
解：(1)由三视图可知，该几何体是由半球和正四棱柱组成，
棱柱是正方体，棱长为2，球的半径为1，
该几何体的表面积=正方体的表面积+半球面面积−球的底面积，
∴ S=6×2×2+2π×12−π×12=24+π(m2)；
(2)该几何体的体积为正方体的体积+半球的体积，
V=2×2×2+12×43×π×13=8+23π(m3).
【答案】
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．
∴ 2m−n−5=0n−1m−5×12=−1，
解得m=4n=3．
∴ C(4, 3)．
(2)设B(a, b)，
则a−2b−5=02×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1b=−3．
∴ B(−1, −3)．
∴ kBC=3+34+1=65
∴ 直线BC的方程为y−3=65(x−4)，
化简为6x−5y−9=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
中点坐标公式
直线的点斜式方程
【解析】
（1）设C(m, n)，利用点与直线的位置关系、相互垂直的直线斜率之间的关系即可得出；
（2）利用中点坐标公式、点斜式即可得出．
【解答】
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．
∴ 2m−n−5=0n−1m−5×12=−1，
解得m=4n=3．
∴ C(4, 3)．
(2)设B(a, b)，
则a−2b−5=02×a+52−1+b2−5=0，
解得a=−1b=−3．
∴ B(−1, −3)．
∴ kBC=3+34+1=65
∴ 直线BC的方程为y−3=65(x−4)，
化简为6x−5y−9=0．
【答案】
解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC．
由∠BCD=90∘，得CD⊥BC，
又PD∩DC=D，PD、DC⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD．
因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC．
(2)连接AC．设点A到平面PBC的距离为ℎ．
因为AB // DC，∠BCD=90∘，
所以∠ABC=90∘．
从而AB=2，BC=1，
得△ABC的面积S△ABC=1．
由PD⊥平面ABCD及PD=1，
得三棱锥P−ABC的体积V=13S△ABC⋅PD=13．
因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DC．
又PD=DC=1，
所以PC=PD2+DC2=2．
由PC⊥BC，BC=1，
得△PBC的面积S△PBC=22．
由VA−PBC=VP−ABC，13S△PBC⋅ℎ=V=13，
得ℎ=2，
故点A到平面PBC的距离等于2．
【考点】
点、线、面间的距离计算
两条直线垂直的判定
【解析】
（1），要证明PC⊥BC，可以转化为证明BC垂直于PC所在的平面，由PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB // DC，∠BCD=90∘，容易证明BC⊥平面PCD，从而得证；
（2），有两种方法可以求点A到平面PBC的距离：
方法一，注意到第一问证明的结论，取AB的中点E，容易证明DE // 平面PBC，点D、E到平面PBC的距离相等，而A到平面PBC的距离等于E到平面PBC的距离的2倍，由第一问证明的结论知平面PBC⊥平面PCD，交线是PC，所以只求D到PC的距离即可，在等腰直角三角形PDC中易求；
方法二，等体积法：连接AC，则三棱锥P−ACB与三棱锥A−PBC体积相等，而三棱锥P−ACB体积易求，三棱锥A−PBC的地面PBC的面积易求，其高即为点A到平面PBC的距离，设为ℎ，则利用体积相等即求．
【解答】
解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PD⊥BC．
由∠BCD=90∘，得CD⊥BC，
又PD∩DC=D，PD、DC⊂平面PCD，
所以BC⊥平面PCD．
因为PC⊂平面PCD，故PC⊥BC．
(2)连接AC．设点A到平面PBC的距离为ℎ．
因为AB // DC，∠BCD=90∘，
所以∠ABC=90∘．
从而AB=2，BC=1，
得△ABC的面积S△ABC=1．
由PD⊥平面ABCD及PD=1，
得三棱锥P−ABC的体积V=13S△ABC⋅PD=13．
因为PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DC．
又PD=DC=1，
所以PC=PD2+DC2=2．
由PC⊥BC，BC=1，
得△PBC的面积S△PBC=22．
由VA−PBC=VP−ABC，13S△PBC⋅ℎ=V=13，
得ℎ=2，
故点A到平面PBC的距离等于2．
【答案】
连结BD交AC于O，连结EO，
∵ O、E分别为BD、PD的中点，
∴ EO // PB，E0⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
∴ PB // 平面EAC．…．
∵ ABCD⇒CD⊥ADPAD∩ABCD=ADABCD⊥PAD ⇒CD⊥PADCD⊂PDC⇒PDC⊥PAD，CD⊂面ABCD，正三角形PAD中，E为PD的中点，
∴ AE⊥PD，
又面PDC∩面PAD＝PD，AE⊂面PAD，
∴ AE⊥平面PCD…．
由（2）AE⊥平面PCD，直线AC与平面PCD所成的角为∠ACE．
∴ Rt△ACE中，∠ACE＝30∘，AC＝2AE，又△PAD,AE=32AD，
∴ AC=3AD，又矩形ABCD,AC=AD2+CD2，由AD2+CD2=3AD，
解得CD=2AD，
∴ CDAD=2⋯..
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面平行
【解析】
（1）连结BD交AC于O，连结EO，可证EO // PB，即可证明PB // 平面EAC．
（2）要证明AE⊥平面PCD，只要证明AE⊂面PAD，且平面PAD⊥平面PDC即可．
（3）由（2）可得直线AC与平面PCD所成的角为∠ACE，可求△PAD,AE=32AD，AC=3AD，又AD2+CD2=3AD，解得CD=2AD，从而求得CDAD=2．
【解答】
连结BD交AC于O，连结EO，
∵ O、E分别为BD、PD的中点，
∴ EO // PB，E0⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
∴ PB // 平面EAC．…．
∵ ABCD⇒CD⊥ADPAD∩ABCD=ADABCD⊥PAD ⇒CD⊥PADCD⊂PDC⇒PDC⊥PAD，CD⊂面ABCD，正三角形PAD中，E为PD的中点，
∴ AE⊥PD，
又面PDC∩面PAD＝PD，AE⊂面PAD，
∴ AE⊥平面PCD…．
由（2）AE⊥平面PCD，直线AC与平面PCD所成的角为∠ACE．
∴ Rt△ACE中，∠ACE＝30∘，AC＝2AE，又△PAD,AE=32AD，
∴ AC=3AD，又矩形ABCD,AC=AD2+CD2，由AD2+CD2=3AD，
解得CD=2AD，
∴ CDAD=2⋯..
【答案】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【考点】
直线与圆的位置关系
直线恒过定点
两点间的距离公式
两条直线垂直与倾斜角、斜率的关系
【解析】
（1）求出直线l过定点(3, 1)，圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．定点(3, 1)到圆心(1, 2)的距离小于半径，从而得到点(3, 1)在圆内，由此能证明不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
（2）设直线l与圆交于A、B两点．当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，l被截得的弦长|AB|最短．
【解答】
(1)证明：把直线l的方程改写成(x+y−4)+m(2x+y−7)=0，
由方程组x+y−4=0，2x+y−7=0， 解得x=3，y=1，
所以直线l总过定点M(3, 1)．
圆C的方程可写成(x−1)2+(y−2)2=25，
所以圆C的圆心为(1, 2)，半径为5．
定点M(3, 1)到圆心(1, 2)的距离为(3−1)2+(1−2)2=5<5，
即定点M(3, 1)在圆内．
所以过点(3, 1)的直线总与圆相交，
即不论m取什么实数，直线l与圆C总相交．
(2)解：设直线l与圆交于A，B两点．
当直线l过定点M(3, 1)且垂直于过点M的圆C的半径时，
l被截得的弦长|AB|最短．
因为|AB|=2|BC|2−|CM|2
=225−5=220=45，
此时kAB=−1kCM=2，所以直线AB的方程为y−1=2(x−3)，
即2x−y−5=0．
故直线l被圆C截得的弦长最小值为45，
此时直线l的方程为2x−y−5=0．
【答案】
设点P坐标为(x, y)，
由|PA|＝2|PB|，得：(x+4)2+y2=2(x+1)2+y2，
平方可得x2+y2+8x+16＝4(x2+y2+2x+1)，
整理得：曲线E的轨迹方程为x2+y2＝4；
直线l的方程为y＝kx−4，
依题意可得三角形COD为等腰直角三角形，
圆心到直线的距离为12|CD|=2，
则d=|4|1+k2=2，
∴ k=±7；
由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，
设Q(t,12t−4)，
以OQ为直径的圆的方程为x(x−t)+y(y−12t+4)=0，
即：x2−tx+y2−(t2−4)y=0，
又M，N在曲线E:x2+y2＝4上，
可得MN的方程为tx+(12t−4)y−4＝0，
即(x+y2)t−4(y+1)=0，由x+y2=0y+1=0 得x=12y=−1 ，
∴ 直线MN过定点(12,−1)．
【考点】
轨迹方程
【解析】
（1）设点P坐标为(x, y)，运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；
（2）由题意可得三角形COD为等腰直角三角形，运用弦长公式和点到直线的距离公式，计算即可得到所求直线的斜率；
（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设Q(t,12t−4)，运用直径式圆的方程，及圆上点的切线方程和切点弦方程，结合直线系方程，即可得到所求定点．
【解答】
设点P坐标为(x, y)，
由|PA|＝2|PB|，得：(x+4)2+y2=2(x+1)2+y2，
平方可得x2+y2+8x+16＝4(x2+y2+2x+1)，
整理得：曲线E的轨迹方程为x2+y2＝4；
直线l的方程为y＝kx−4，
依题意可得三角形COD为等腰直角三角形，
圆心到直线的距离为12|CD|=2，
则d=|4|1+k2=2，
∴ k=±7；
由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，
设Q(t,12t−4)，
以OQ为直径的圆的方程为x(x−t)+y(y−12t+4)=0，
即：x2−tx+y2−(t2−4)y=0，
又M，N在曲线E:x2+y2＝4上，
可得MN的方程为tx+(12t−4)y−4＝0，
即(x+y2)t−4(y+1)=0，由x+y2=0y+1=0 得x=12y=−1 ，
∴ 直线MN过定点(12,−1)．