2023-2024学年河南省郑州重点学校高二（上）月考数学试卷（一）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省郑州重点学校高二（上）月考数学试卷（一）（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知a,b,c是空间的一个基底，则下列说法错误的是( )
A. 若xa+yb+zc=0，则x=y=z=0
B. a,b,c两两共面，但a,b,c不共面
C. 一定存在x，y，使得a=xb+yc
D. a+b,b−c,c+2a一定能构成空间的一个基底
2.已知直线l1：x+2ay−1=0，与l2：(2a−1)x−ay−1=0平行，则a的值是( )
A. 0或1B. 1或14C. 0或14D. 14
3.已知向量p在基底{a+b,b+c,c+a}下的坐标为(0,2,1)，则p在基底{a,b,c}下的坐标为( )
A. (0,1,2)B. (1,2,3)C. (1,3,2)D. (3,2,1)
4.对方程y−6x+3=2表示的图形，下列叙述中正确的是( )
A. 斜率为2的一条直线
B. 斜率为−12的一条直线
C. 斜率为2的一条直线，且除去点(−3,6)
D. 斜率为−12的一条直线，且除去点(−3,6)
5.已知空间四点A(4,1,3)，B(2,3,1)，C(3,7,−5)，D(x,−1,3)共面，则x=( )
A. 4B. 1C. 10D. 11
6.已知直线l的方程为xsinα+ 3y−1=0，α∈R，则直线l的倾斜角范围是( )
A. (0,π3]∪[23π,π)B. [0,π6]∪[5π6,π)C. [π6,5π6]D. [π3,2π3]
7.一条光线从点(−2,3)射出，经x轴反射后与圆(x−3)2+(y−2)2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )
A. 65或56B. 54或45C. 32或23D. 43或34
8.方程|x|−1= 2y−y2表示的曲线为( )
A. 两个半圆B. 一个圆C. 半个圆D. 两个圆
9.已知EF是圆C：x2+y2−2x−4y+3=0的一条弦，且CE⊥CF，P是EF的中点，当弦EF在圆C上运动时，直线l：x−y−3=0上存在两点A，B，使得∠APB≥π2恒成立，则线段AB长度的最小值是( )
A. 4 2−2B. 4 2+2C. 2 2−1D. 2 2+1
10.已知点P为平面直角坐标系xOy内的圆x2+y2=16上的动点，定点A(−3,2)，现将坐标平面沿y轴折成2π3的二面角，使点A翻折至A′，则A′，P两点间距离的取值范围是( )
A. [ 13,3 5]B. [4− 13,7]C. [4− 13,3 5]D. [ 13,7]
二、多选题（本大题共2小题，共10.0分。在每小题有多项符合题目要求）
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，C1C，A1A的中点，则( )
A. M，N，B，D1四点共面
B. 异面直线PD1与MN所成角的余弦值为 1010
C. 平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形
D. 三棱锥P−MNB的体积为13
12.设直线l：(a−2b)x+by−a=0，圆C：(x−2)2+y2=r2(r>0)，若直线l与圆C恒有两个公共点A，B，则下列说法正确的是( )
A. r的取值范围是[ 5,+∞)
B. 若r的值固定不变，则当2a−3b=0时∠ACB最小
C. 若r的值固定不变，则△ABC的面积的最大值为12r2
D. 若r=3，则当△ABC的面积最大时直线l的斜率为1或17
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若圆x2+y2+6x=0与圆x2+y2−2my+m2−16=0外离，则实数m的取值范围是 ．
14.已知a=(1,−2,−1)，b=(−1,x−1,1)，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是______ ．
15.已知两点A(1,2,3)，B(2,1,2)，P(1,1,2)点Q在直线OP上运动，则当QA⋅QB取得最小值时，Q点的坐标______ ．
16.已知点P(−3,0)在动直线mx+ny−(m+3n)=0上的投影为点M，若点N(2,32)，则|MN|的最大值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
(1)求与直线3x+4y−7=0垂直.且与原点的距离为6的直线方程；
(2)求经过直线l1：与l2：7x+15y+1=0的交点.且平行于直线x+2y−3=0的直线方程．
18.(本小题12.0分)
已知实数x，y满足方程x2+y2−4x+1=0．
(1)求y−x的最值；
(2)求x2+y2的最值．
19.(本小题12.0分)
平面直角坐标系中有一个△ABC，已知B(−1,0)，C(1,0)，且|AB|= 2|AC|．
(Ⅰ)求顶点A的轨迹方程；
(Ⅱ)求△ABC的面积的最大值．
20.(本小题12.0分)
如图，△ABC是正三角形，四边形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，点M为AB中点，AB=2，AA1=2CC1．
(1)设直线l为平面ABC与平面A1B1C1的交线，求证：l/​/AB；
(2)若三棱锥M−A1B1C1的体积为2 33，求平面MB1C1与平面ABB1A1夹角的余弦值．
21.(本小题12.0分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC．
(1)证明：A1B⊥B1C；
(2)已知∠ABB1=π3，AB=AC=2，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.在l上是否存在点P，使直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为14？若存在，求线段B1P的长度；若不存在，试说明理由．
22.(本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x+3)2+(y−1)2=4和圆C2：(x−4)2+(y−5)2=4．
(1)若直线l过点A(4,0)，且被圆C1截得的弦长为2 3，求直线l的方程；
(2)设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线l1和l2，它们分别与圆C1和圆C2相交，且直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：对于A，若x，y，z不全为0，则a,b,c共面，与题意矛盾，故A正确，
对于B，a,b,c两两共面，但a,b,c不共面，故B正确，
对于C，a,b,c不共面，则不存在实数x，y，使得a=xb+yc，故C错误，
对于D，若a+b,b−c,c+2a共面，
则a+b=k(b−c)+λ(c+2a)，1=2λk=1k=λ，无解，故a+b,b−c,c+2a不共面，故D正确．
故选：C．
根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．
本题主要考查向量共面的定理，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查两直线平行的条件，要注意特殊情况即直线斜率不存在的情况，要进行检验，属于中档题．
先检验当a=0时，是否满足两直线平行；当a≠0时，两直线的斜率都存在，由2a−1a=1−2a≠−1−1，解得a的值．
【解答】
解：直线l1：x+2ay−1=0，与l2：(2a−1)x−ay−1=0，
当a=0时，两直线的斜率都不存在，它们的方程分别是x=1，x=−1，显然两直线是平行的；
当a≠0时，两直线的斜率都存在，故它们的斜率相等，由2a−1a=1−2a≠−1−1，解得a=14，此时它们的方程分别是x+12y−1=0,−12x−14y−1=0，两直线是平行的；
综上，a=0或14．
故本题选C．
3.【答案】B
【解析】解：因为向量p在基底{a+b,b+c,c+a}下的坐标为(0,2,1)，
所以p=0(a+b)+2(b+c)+(c+a)=a+2b+3c，
所以p在基底{a,b,c}下的坐标为(1,2,3)．
故选：B．
由空间向量的坐标的概念和空间向量的线性运算计算即可．
本题考查空间向量的坐标的概念和空间向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：方程y−6x+3=2成立的条件知x≠−3，
当x≠−3时，方程变形为y−6=2(x+3)，
由直线方程的点斜式知它表示一条斜率为2的直线，但要除去点(−3,6)．
故选：C．
根据方程y−6x+3=2成立的条件知x≠−3，故它表示的直线中要去除一点．
本题主要考查了直线的一般方程，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了向量共面定理，考查了计算能力，属于基础题．
由于四点A，B，C，D共面，可得存在实数λ，μ使得AD=λAB+μAC，解出即可．
【解答】
解：AB=(−2,2,−2)，AC=(−1,6,−8)，AD=(x−4,−2,0)，
∵四点A，B，C，D共面，
∴存在实数λ，μ使得AD=λAB+μAC，
∴(x−4,−2,0)=λ(−2,2,−2)+μ(−1,6,−8)，
∴x−4=−2λ−μ−2=2λ+6μ0=−2λ−8μ，解得x=11．
故选：D．
6.【答案】B
【解析】解：xsinα+ 3y−1=0，则k=− 33sinα∈[− 33, 33]，
设直线l的倾斜角为θ(0≤θ3，
综上，A′，P两点间距离的取值范围是[4− 13,7]．
故选：B．
由圆的方程得圆的半径r=4，|PA′|≥|OP|−|OA′|=4− (−3)2+22=4− 13，当且仅当O，A′，P三点共线时取等号，当P位于圆中P′处时，|PA′|取得最小值4− 13，当P与A′分别在两个半平面中时，作A′C⊥平面xOy，垂足为C，作A′E⊥y轴，垂足为E，连接CE，则A，C，E三点共线，设F为延长线上的点，则∠AEF即为翻折后的二面角的平面角，由此能求出A′，P两点间距离的取值范围．
本题考查圆、二面角和线面角的定义及求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，易知MN与BD1为异面直线，所以M，N，B，D1不可能四点共面，故A错误；
对于B，连接CD1，CP，易得MN/​/CD1，
所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角，
设AB=2，则CD1=2 2D1P= 5PC=3，
所以cs∠PD1C=(2 2)2+( 5)2−322×2 2× 5= 1010，
所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为 1010，故B正确；
对于C，连接A1B，A1M，易得A1B/​/MN，
所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1，故C正确；
对于D，易得D1P//BN，因为D1P⊄平面MNB，MN⊂平面MNB，
所以D1P/​/平面MNB，
所以VP−MNB=VD1−MNB=VB−MND1=13×12×1×1×2=13，故D正确．
故选：BCD．
根据直线与直线的位置关系判定A；由异面直线所成角求解判定B；作出截面判定C；由体积公式判定D．
本题主要考查异面直线所成的角，立体几何中的截面问题，锥体体积的计算等知识，属于中等题．
12.【答案】BD
【解析】解：A选项：因为直线l：(a−2b)x+by−a=0，即a(x−1)−b(2x−y)=0，所以直线l过定点P(1,2)，连接PC，因为直线l与圆C恒有两个公共点，所以r>|PC|= 5，故A错误．
B选项：因为直线l过定点P(1,2)，所以当l⊥PC时，∠ACB最小，因为kPC=−2，所以此时直线l的斜率为12，即−a+2bb=12，即2a−3b=0，故B正确．
C选项：设圆心C到直线l的距离为d，则△ABC的面积S=12⋅d⋅|AB|=d r2−d2= −d4+r2d2= −(d2−r22)2+r44，因为0⩽d⩽ 5，所以0⩽d2⩽5，
①若r22⩽5，即 55，即r> 10，则函数S随着d的增大而增大，所以Smax= 5r2−25，故C错误．
D选项：由C选项知，当d2=r22=92时，△ABC的面积最大，
因为d=|a−4b| (a−2b)2+b2，所以(a−4b)2(a−2b)2+b2=92，整理得7a2−20ab+13b2=0，所以a=b或a=137b，
因为b≠0，所以直线l的斜率k=2−ab，所以k=1或k=17，故D正确．
故选：BD．
A选项，先整理直线方程，得到直线过的定点，再根据直线与圆的位置关系得到半径r的范围；B选项，利用平面几何知识分析出当l⊥PC时，∠ACB最小，再利用斜率之间的关系即可判断；C选项，先将△ABC的面积用半径r和圆心C到直线l的距离d表示，再利用二次函数的知识求最值即可；D选项，利用C选项得到半径r和圆心C到直线l的距离d之间的关系，再利用点到直线的距离公式建立方程，求得a，b之间的关系，即可得到结果．
本题主要考查(1)整理直线方程，得到直线过的定点的坐标；(2)熟练掌握直线与圆的位置关系，并能利用平面几何知识分析出圆心角何时最小，属于中档题．
13.【答案】(−∞,−2 10)∪(2 10,+∞)
【解析】解：∵圆x2+y2+6x=0与圆x2+y2−2my+m2−16=0外离，
∴两个圆的圆心的距离大于半径之和，
∴(−3,0)与(0,m)之间的距离大于半径之和3+4=7，
∴ 9+m2>7，
∴2 100且x≠3}．
根据空间向量的数量积与夹角公式，列不等式组求解即可．
本题考查了空间向量的数量积运算问题，是基础题．
15.【答案】(43,43,83)
【解析】【分析】
本题考查空间向量的数量积运算，其中根据空间向量数量积的坐标运算公式，求出QA⋅QB的表达式，进而将问题转化为一个二次函数最值问题，是解答本题的关键，属于一般题．
可先设Q(x,y,z)，由点Q在直线OP上可得Q(λ,λ,2λ)，则由向量的数量积的坐标表示可求QA⋅QB，然后根据二次函数的性质可求，取得最小值时的λ，进而可求Q点的坐标．
【解答】
解：设Q(x,y,z)，
∵A(1,2,3)，(2,1,2)，P(1,1,2)，
则由点Q在直线OP上可得存在实数λ使得OQ=λOP=(λ,λ,2λ)，
则Q(λ,λ,2λ)，
则QA=(1−λ,2−λ,3−2λ)，QB=(2−λ,1−λ,2−2λ)，
∴QA⋅QB=(1−λ)(2−λ)+(2−λ)(1−λ)+(3−2λ)(2−2λ)=2(3λ2−8λ+5)，
根据二次函数的性质可得当λ=43时，取得最小值−23，
此时Q点的坐标为：(43,43,83).
故答案为(43,43,83).
16.【答案】112
【解析】解：根据题意，直线mx+ny−(m+3n)=0，变形可得m(x−1)+n(y−3)=0，
恒过定点(1,3)，设Q(1,3)，
点P(−3,0)在动直线mx+ny−(m+3n)=0上的投影为点M，即直线PM⊥直线mx+ny−(m+3n)=0，
则点M的轨迹是以PQ为直径的圆，设其圆心为G，
则G的坐标为(−1,32)，半径为r=12 (1+3)2+32=52，
则|NG|=3，故|MN|的最大值为|NG|+r=3+52=112．
故答案为：112．
根据题意，分析直线mx+ny−(m+3n)=0的经过的定点，由此可得点M的轨迹是以PQ为直径的圆，结合点与圆的位置关系分析可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，涉及轨迹的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设与直线3x+4y−7=0垂直的直线方程为：4x−3y+m=0．
又与原点的距离为6，∴|m| 42+(−3)2=6，解得m=±30．
∴满足条件的直线方程为：4x−3y±30=0.…(5分)
(2)联立2x+3y−5=07x+15y+1=0，解得x=263y=−379．
设平行于直线x+2y−3=0的直线方程为x+2y+n=0．
把x=263y=−379代入上述方程可得：n=−49．
∴要求的直线方程为：9x+18y−4=0．
【解析】(1)设与直线3x+4y−7=0垂直的直线方程为：4x−3y+m=0.又与原点的距离为6，列方程|m| 42+(−3)2=6，由此能求出满足条件的直线方程．
(2)联立2x+3y−5=07x+15y+1=0，解得x=263y=−379.设平行于直线x+2y−3=0的直线方程为x+2y+n=0.把x=263y=−379代入，能求出直线方程．
本题考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)令y−x=t，即x−y+t=0对应直线l，
因为x2+y2−4x+1=0表示圆心为(2,0)，半径为 3的圆，
将直线l平移，当l与圆C：(x−2)2+y2=3相切时，t达到最大或最小值，
由d=|2+t| 2= 3，得t=−2± 6，
∴t的最小值为−2− 6，最大值为−2+ 6；

(2)满足x2+y2−4x+1=0的点P(x,y)在以C(2,0)为圆心，半径为 3的圆上，x2+y2=|OP|2，
∵当P、O、C三点共线时，|OP|达到最大值或最小值
∴当圆C上的点P在OC延长线上时，|OP|的最大值为|OC|+ 3=2+ 3，
得到x2+y2的最大值为(2+ 3)2=7+4 3；
当圆C上的点P在线段OC上时，|OP|的最小值为|OC|− 3=2− 3，
得到x2+y2的最大值为(2− 3)2=7−4 3．
综上所述，x2+y2的最大值为7+4 3；最小值为7−4 3．
【解析】(1)令y−x=t，即当直线当l与圆C：(x−2)2+y2=3相切时，t达到最大或最小值，根据d=r求解即可；
(2)因为x2+y2表示|OP|2，作出图象，当O、P、C三点共线时，|OP|2最得最值，根据图象求解即可；
本题考查了函数最值的几何意义、直线与圆的位置关系及数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)设A(x,y)，则
∵B(−1,0)，C(1,0)，且|AB|= 2|AC|，
∴(x+1)2+y2=2(x−1)2+2y2，
∴x2+y2−6x+1=0
∴顶点A的轨迹方程为x2+y2−6x+1=0；
(Ⅱ)x2+y2−6x+1=0可化为(x−3)2+y2=8，
∴A到x轴的最大距离为2 2，
∴△ABC的面积的最大值为12×2×2 2=2 2．
【解析】(Ⅰ)利用直接法，求顶点A的轨迹方程；
(Ⅱ)求出A到x轴的最大距离，即可求△ABC的面积的最大值．
本题考查轨迹方程，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABB1A1是矩形，
∴AB//A1B1，
∵A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，
∴AB/​/平面A1B1C1，
又AB⊂平面ABC，平面ABC∩平面A1B1C1=1，
∴AB/​/l；
(2)连接MC，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，MC⊥AB，
∴MC⊥平面ABB1A1，
而CC1⊥平面ABC，CC1⊂平面ABB1A1，
∴CC1/​/平面ABB1A1，
∴VM−AB1C1=VC1−MA1B1=12×A1B1×AA1×MC×13=12×2AA1× 3×13=2 33，
∴AA1=2，CC1=1，
设A1B1中点为N，由(1)知，AB，MC，MN两两垂直，
以点M为坐标原点，MB，MC，MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则B1(1,0,2)，C1(0, 3,1)，
∴MB1=(1,0,2),MC1=(0, 3,1)，
设平面MB1C1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅MB1=x+2z=0m⋅MC1= 3y+z=0，则可取m=(−2 3,−1, 3)，
取平面ABB1A1的法向量为n=(0,1,0)，
则|cs|=|m⋅n||m||n|=11×4=14，
∴平面MB1C1与平面ABB1A1夹角的余弦值是14．
【解析】(1)先证明AB/​/平面A1B1C1，再利用线面平行的性质即可得证；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面MB1C1与平面ABB1A1的法向量，利用向量的夹角公式得解．
本题考查线面平行的性质定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：∵平面AA1B1B⊥平面ABC，
又平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AC⊥AB，AC⊂平面ABC，
∴AC⊥平面AA1B1B，又A1B⊂平面AA1B1B，∴AC⊥A1B，
∵四边形AA1B1B是菱形，∴AB1⊥A1B，
又AC∩AB1=A，AC、AB1⊂平面AB1C，
∴A1B⊥平面AB1C，又B1C⊂平面AB1C，
∴A1B⊥B1C；
(2)取A1B1中点D，连接AD，
∵四边形AA1B1B为菱形，∴AB=BB1，
又∠ABB1=60°，∴△ABB1为等边三角形，
由菱形的几何性质可知∠AA1B1=60°，AA1=A1B1，
∴△AA1B1也为等边三角形，又D为A1B1的中点，
∴AD⊥A1B1，又AB/​/A1B1，∴AB⊥AD，
由(1)知，AC⊥平面AA1B1B，
∴以AB、AD、AC所在直线分别为x、y、z轴，建系如图，则根据题意可得：
A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,0,2)、A1(−1, 3,0)、B1(1, 3,0)，
∴A1B=(3,− 3,0)，设P(1, 3,t)，则AP=(1, 3,t)，AB=(2,0,0)，
∵AC/​/A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，
∴AC/​/平面A1B1C1，又平面A1B1C1∩平面AB1C=l，AC⊂平面AB1C，
∴AC/​/l，由(1)知l⊥平面AA1B1B，
设平面ABP的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AP=x+ 3y+tz=0n⋅AB=2x=0，取n=(0,t,− 3)，
∵直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为14，
∴|cs|=|A1B⋅n||A1B|⋅|n|=|− 3t|2 3× t2+3=14，解得t=±1，
∴存在点P，线段B1P的长为1．
【解析】(1)利用面面垂直的性质可得出AC⊥平面AA1B1B，可得出AC⊥A1B，利用菱形的几何性质可得出AB1⊥A1B，可推导出A1B⊥平面AB1C，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；
(2)取A1B1中点D，连接AD，推导出AD⊥AB，然后点A为坐标原点，AB、AD、AC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出AC/​/l，设点P(1, 3,t)，利用空间向量法求出t的值，即可得出结论．
本题考查线线垂直的证明，线面垂直的判定定理与性质，向量法求解线面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
22.【答案】解：(1)由于直线x=4与圆C1不相交；
∴直线l的斜率存在，设l方程为：y=k(x−4)，
圆C1的圆心到直线l的距离为d，∵l被⊙C1截得的弦长为2 3，
∴d= 22−( 3)2=1，
d=|−1−7k| 1+k2从而k(24k+7)=0即k=0或k=−724，
∴直线l的方程为：y=0或7x+24y−28=0．
(2)设点P(a,b)满足条件，
由题意分析可得直线l1、l2的斜率均存在且不为0，
不妨设直线l1的方程为y−b=k(x−a)，k≠0，
则直线l2方程为：y−b=−1k(x−a)，
∵⊙C1和⊙C2的半径相等，及直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，
∴⊙C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，
即|1−k(−3−a)−b| 1+k2=|5+1k(4−a)−b| 1+1k2，
整理得|1+3k+ak−b|=|5k+4−a−bk|，
∴1+3k+ak−b=±(5k+4−a−bk)，
即(a+b−2)k=b−a+3或(a−b+8)k=a+b−5，
因k的取值有无穷多个，所以a+b−2=0b−a+3=0或a−b+8=0a+b−5=0，
解得a=52b=−12或a=−32b=132，
这样的点只可能是点P1(52,−12)或点P2(−32,132)．
【解析】(1)设出直线l的点斜式方程，又由直线被圆C1截得的弦长为2 3，得到一个关于直线斜率k的方程，解方程求出k值，代入即得直线l的方程．
(2)设点P(a,b)满足条件，⊙C1的圆心到直线l1的距离和圆C2的圆心到直线l2的距离相等，得到|1−k(−3−a)−b| 1+k2=|5+1k(4−a)−b| 1+1k2，转化为求解方程组的问题即可．
本题主要考查直线与圆的位置关系，圆中的探究性问题，直线方程的求解等知识，属于中等题．