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内蒙古赤峰市红山区赤峰第四中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析）
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这是一份内蒙古赤峰市红山区赤峰第四中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 若直线与圆相切，则b的值是， 若方程表示圆，则的取值范围是， 已知直线，，则“”是“”的， 已知直线，，则与间的距离为， 圆与圆的位置关系为， 已知圆等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ（非选择题）两部分，考生作答时，请将第一卷选择题的答案用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后重新填涂；将第Ⅱ卷非选择题的答案用黑色中性笔答在答题卡指定答题区域内，在本试卷上答题无效.考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保留.
2.本试卷共150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于斜率结合倾斜角的范围即可求解.
【详解】由可得：，
所以斜率为，
设倾斜角为，则，
因，
所以，
故选：A
2 如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的加法、减法法则化简可得结果.
【详解】.
故选：D.
3. 若直线与圆相切，则b的值是（ ）
A. －2或12B. 2或－12C. －2或－12D. 2或12
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据题意得到圆心和半径，再根据圆心到直线的距离等于半径即可得到b的值.
【详解】由得圆的圆心坐标为半径为1，
因为直线与圆相切，所以或.
故选：D.
4. 若方程表示圆，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把给定方程配方化成圆的标准方程形式即可计算作答.
【详解】方程化为：，
因方程表示圆，于是得，解得，
所以的取值范围是：.
故选：A
5. 已知直线，，则“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】利用可求得的值，利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为，则，解得或.
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，此时两直线重合，不合乎题意.
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，
此时，，合乎题意.
因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
6. 如图，在正方体中，分别为棱，，的中点，则与MN所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出正方体边长为2，从而利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为2，则，
故，
则与MN所成角的余弦值为.
故选：A
7. 已知直线，，则与间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】由平行线间的距离公式可知，与间的距离为.
故选：A.
8. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 外离B. 内切C. 相交D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出两圆的圆心距，再结合圆与圆位置关系的判断方法，即可求解.
【详解】因为圆的圆心为，圆的圆心为，所以两圆的圆心距为．因为圆的半径为，圆的半径为，所以圆心距等于两圆的半径和，故两圆外切．
故选：D.
二、多选题（共4题，每题5分，全对5分，有错误选项0分，选对1个或部分选项2分）
9. 经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据截距的定义，分类讨论截距均为0和截距均不为0的情况，计算可得答案.
【详解】若直线在两坐标轴上的截距均为0，则直线的方程为，A正确；
若直线在两坐标轴上的截距不为0，可设直线的方程为，将代入方程得，则直线的方程为，C正确.
故选：AC
10. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在圆M内B. 圆M关于对称
C. 半径为D. 直线与圆M相切
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，代入点坐标，大于0，表示点在圆外；B选项，圆心在直线上，故关于直线对称；C选项，配方后得到圆的半径；D选项，利用点到直线距离进行求解.
【详解】整理得：，
∵，时，∴点在圆M外，A错；
∵圆心M在直线上，∴圆M关于对称，B对；
∵圆M半径为1，故C错；
∵圆心到直线的距离为，与半径相等，
∴直线与圆M相切，D对.
故选：BD.
11. (多选)直线x＋y－1＝0上与点P(－2，3)距离等于的点的坐标是（ ）
A. (－4，5)B. (－3，4)
C. (－1，2)D. (0，1)
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两点间的距离公式求得正确选项.
【详解】设所求点的坐标为，
则，解得或，
所以所求点的坐标为或.
故选：BC
12. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ）
A. 该半正多面体的表面积为
B. 平面
C. 若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意作图，结合正方体的几何性质，可得AB的正误，建立空间直角坐标值，利用线线角与点面距的公式，可得CD的正误.
【详解】由题意，可作图如下：
对于A，由图可知，该阿基米德体的定点分为为正方体各棱的中点，
则其是由六个正方形和八个正三角形组成的，所以该立体图形的表面积
，故A错误；
对于B，由图可知，根据正方体的几何性质，易知平面，故B正确；
建立空间直角坐标系，如下图：
对于C，由阿基米德体的棱长为，可知图中正方体的棱长为，
则，，，，取，，
设异面直线的夹角为，则，故C正确；
对于D，有图可知，，，，
在平面内取，，
设平面的法向量，由，
可得，化简可得，令，则，，
所以平面的一个法向量，取
设点到平面的距离，故D错误.
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（共4个题，每个5分）
13. 圆的圆心到直线的距离__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由题意首先确定圆心坐标，然后利用点到直线距离公式可得圆心到直线的距离.
【详解】圆的方程即：，则圆心坐标为，
圆心到直线的距离.
故答案为1．
【点睛】本题主要考查由圆的方程确定圆心的方法，点到直线距离公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14. 平行六面体中，，且，，，则等于______.
【答案】5
【解析】
【分析】将已知条件转化为向量则有,利用向量的平方以及数量积化简求解,由此能求出线段的长度．
【详解】平行六面体中, ,即向量两两的夹角均为,则
因此.
故答案为:5.
【点睛】本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用,考查学生转化与划归的能力,难度一般.
15. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是______
【答案】
【解析】
【分析】由向量在向量上的投影向量为,，计算即可求出答案．
【详解】向量，，
则，，，
所以向量在向量上的投影向量为
,,0,,0,，
故答案为：．
16. 在平面直角坐标下中，有四个定点及一个动点，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】这两道题给出的都是平面上四个定点，求一个动点到这四个定点的距离之和的最小值及成立的条件即此动点的位置，这两题中给出的四个定点虽然坐标不同但是将这四点连接后都构成了平面内的一个凸四边形，∴此题抛去平面坐标系后的命题立意即为在平面内找一点使得其到一个凸四边形的四个顶点的距离最小及最小值是多少．
（当且仅当点位于线段上时取等号），
（当且仅当点位于线段上时取等号），
（当且仅当点位于线段与的交点时取等号），
即当到四点距离最小时，点的坐标即为直线与直线的交点，
，
即的最小值为．
四、解答题（17题10分，18-22题每个12分）
17. 求出满足下列条件的直线方程.
（1）经过点且与直线垂直；
（2）经过点且与直线平行.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由垂直关系求得斜率，从而写出方程；
（2）由平行关系求得斜率，从而写出方程；
【详解】解：（1）因为所求的直线与直线垂直，所以所求的直线的斜率为3.
又直线经过点，所以该直线方程为，即.
（2）因为所求的直线与直线平行，所以所求的直线的斜率为2.
又直线经过点，所以该直线方程为，即.
18. 已知的三个顶点分别为、、．求：
（1）边所在直线的方程；
（2）边上的高所在直线的方程；
（3）边上的中线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先用斜率公式求出的斜率，再利用直线方程的点斜式，即可求解；
（2）利用两直线垂直得到，即可得到高所在直线斜率，利用直线方程的点斜式，即可求解.
（3）求出边上的中点D坐标，利用两点的坐标，即可求出直线方程；
【小问1详解】
因为、，
故，边AC所在直线的方程为：，
即为：，
【小问2详解】
由（1）知，故
所以AC边上的高所在直线的斜率为，
又，故为：，即；
【小问3详解】
设AC边上的中点为D，则，即，
故AC边上的中线BD所在直线的方程的斜率为，
故为：，即.
19. 如图，在长方体中，，．点E在上，且．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，，的坐标，证明，，即可得证；
（2）由（1）知，的法向量为，直接写出平面法向量，按照公式求解即可.
【小问1详解】
在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系
因为，，
所以，，，，，
则，，，
所以有，，则，，又
所以平面
【小问2详解】
由（1）知平面的法向量为，而平面法向量为
所以，
由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．
20. 已知圆C经过两点，，且圆心在直线上，直线l的方程为.
（1）求圆C的方程；
（2）证明：直线l与圆C恒相交．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设圆C的方程为，利用待定系数法可得答案；
（2）由直线方程特点可得直线l过定点，且在圆内可判断直线和圆的位置关系.
【小问1详解】
设圆C的方程为，
由条件得，解得，
所以圆C的方程为；
【小问2详解】
由，得，
令得，
即直线l过定点，
由，知点在圆内，
所以直线l与圆C恒相交．
21. 在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成的角；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）先求出相关直线的方向向量，再计算数量积来证明垂直；
（2）求出平面一个法向量，再利用向量夹角公式即可求出夹角；
（3）利用点到面的距离公式即可求解.
【小问1详解】
以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，，，，
∵，
∴
∴
∴；
【小问2详解】
设平面的法向量为
，
由
令，则，
∴平面的一个法向量为
由
设直线与平面所成角为
∴直线与平面所成角为；
【小问3详解】
点到平面的距离.
22. 已知圆内有一点，过点P作直线l交圆C于A，B两点.
（1）当P为弦的中点时，求直线l的方程；
（2）若直线l与直线平行，求弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，，求出直线l的斜率，利用点斜式即可求解；
（2）由题意，利用点斜式求出直线l的方程，然后由点到直线的距离公式求出弦心距，最后根据弦长公式即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，圆心，P为弦的中点时，由圆的性质有，又，
所以，
所以直线l的方程为，即；
【小问2详解】
解：因为直线l与直线平行，所以，
所以直线的方程为，即，
因为圆心到直线的距离，又半径，
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ（非选择题）两部分，考生作答时，请将第一卷选择题的答案用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后重新填涂；将第Ⅱ卷非选择题的答案用黑色中性笔答在答题卡指定答题区域内，在本试卷上答题无效.考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保留.
2.本试卷共150分，考试时间120分钟。
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于斜率结合倾斜角的范围即可求解.
【详解】由可得：，
所以斜率为，
设倾斜角为，则，
因，
所以，
故选：A
2 如图，平行六面体中，与交于点，设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的加法、减法法则化简可得结果.
【详解】.
故选：D.
3. 若直线与圆相切，则b的值是（ ）
A. －2或12B. 2或－12C. －2或－12D. 2或12
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据题意得到圆心和半径，再根据圆心到直线的距离等于半径即可得到b的值.
【详解】由得圆的圆心坐标为半径为1，
因为直线与圆相切，所以或.
故选：D.
4. 若方程表示圆，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把给定方程配方化成圆的标准方程形式即可计算作答.
【详解】方程化为：，
因方程表示圆，于是得，解得，
所以的取值范围是：.
故选：A
5. 已知直线，，则“”是“”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
【答案】C
【解析】
【分析】利用可求得的值，利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为，则，解得或.
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，此时两直线重合，不合乎题意.
当时，直线的方程可化为，直线的方程可化为，
此时，，合乎题意.
因此，“”是“”的充要条件.
故选：C.
6. 如图，在正方体中，分别为棱，，的中点，则与MN所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出正方体边长为2，从而利用向量夹角余弦公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体边长为2，则，
故，
则与MN所成角的余弦值为.
故选：A
7. 已知直线，，则与间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】由平行线间的距离公式可知，与间的距离为.
故选：A.
8. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 外离B. 内切C. 相交D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出两圆的圆心距，再结合圆与圆位置关系的判断方法，即可求解.
【详解】因为圆的圆心为，圆的圆心为，所以两圆的圆心距为．因为圆的半径为，圆的半径为，所以圆心距等于两圆的半径和，故两圆外切．
故选：D.
二、多选题（共4题，每题5分，全对5分，有错误选项0分，选对1个或部分选项2分）
9. 经过点，且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据截距的定义，分类讨论截距均为0和截距均不为0的情况，计算可得答案.
【详解】若直线在两坐标轴上的截距均为0，则直线的方程为，A正确；
若直线在两坐标轴上的截距不为0，可设直线的方程为，将代入方程得，则直线的方程为，C正确.
故选：AC
10. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在圆M内B. 圆M关于对称
C. 半径为D. 直线与圆M相切
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，代入点坐标，大于0，表示点在圆外；B选项，圆心在直线上，故关于直线对称；C选项，配方后得到圆的半径；D选项，利用点到直线距离进行求解.
【详解】整理得：，
∵，时，∴点在圆M外，A错；
∵圆心M在直线上，∴圆M关于对称，B对；
∵圆M半径为1，故C错；
∵圆心到直线的距离为，与半径相等，
∴直线与圆M相切，D对.
故选：BD.
11. (多选)直线x＋y－1＝0上与点P(－2，3)距离等于的点的坐标是（ ）
A. (－4，5)B. (－3，4)
C. (－1，2)D. (0，1)
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两点间的距离公式求得正确选项.
【详解】设所求点的坐标为，
则，解得或，
所以所求点的坐标为或.
故选：BC
12. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数24，棱长为的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，下列结论正确的有（ ）
A. 该半正多面体的表面积为
B. 平面
C. 若为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意作图，结合正方体的几何性质，可得AB的正误，建立空间直角坐标值，利用线线角与点面距的公式，可得CD的正误.
【详解】由题意，可作图如下：
对于A，由图可知，该阿基米德体的定点分为为正方体各棱的中点，
则其是由六个正方形和八个正三角形组成的，所以该立体图形的表面积
，故A错误；
对于B，由图可知，根据正方体的几何性质，易知平面，故B正确；
建立空间直角坐标系，如下图：
对于C，由阿基米德体的棱长为，可知图中正方体的棱长为，
则，，，，取，，
设异面直线的夹角为，则，故C正确；
对于D，有图可知，，，，
在平面内取，，
设平面的法向量，由，
可得，化简可得，令，则，，
所以平面的一个法向量，取
设点到平面的距离，故D错误.
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题（共4个题，每个5分）
13. 圆的圆心到直线的距离__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由题意首先确定圆心坐标，然后利用点到直线距离公式可得圆心到直线的距离.
【详解】圆的方程即：，则圆心坐标为，
圆心到直线的距离.
故答案为1．
【点睛】本题主要考查由圆的方程确定圆心的方法，点到直线距离公式的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
14. 平行六面体中，，且，，，则等于______.
【答案】5
【解析】
【分析】将已知条件转化为向量则有,利用向量的平方以及数量积化简求解,由此能求出线段的长度．
【详解】平行六面体中, ,即向量两两的夹角均为,则
因此.
故答案为:5.
【点睛】本题考查向量的数量积和模在求解距离中的应用,考查学生转化与划归的能力,难度一般.
15. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是______
【答案】
【解析】
【分析】由向量在向量上的投影向量为,，计算即可求出答案．
【详解】向量，，
则，，，
所以向量在向量上的投影向量为
,,0,,0,，
故答案为：．
16. 在平面直角坐标下中，有四个定点及一个动点，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】这两道题给出的都是平面上四个定点，求一个动点到这四个定点的距离之和的最小值及成立的条件即此动点的位置，这两题中给出的四个定点虽然坐标不同但是将这四点连接后都构成了平面内的一个凸四边形，∴此题抛去平面坐标系后的命题立意即为在平面内找一点使得其到一个凸四边形的四个顶点的距离最小及最小值是多少．
（当且仅当点位于线段上时取等号），
（当且仅当点位于线段上时取等号），
（当且仅当点位于线段与的交点时取等号），
即当到四点距离最小时，点的坐标即为直线与直线的交点，
，
即的最小值为．
四、解答题（17题10分，18-22题每个12分）
17. 求出满足下列条件的直线方程.
（1）经过点且与直线垂直；
（2）经过点且与直线平行.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由垂直关系求得斜率，从而写出方程；
（2）由平行关系求得斜率，从而写出方程；
【详解】解：（1）因为所求的直线与直线垂直，所以所求的直线的斜率为3.
又直线经过点，所以该直线方程为，即.
（2）因为所求的直线与直线平行，所以所求的直线的斜率为2.
又直线经过点，所以该直线方程为，即.
18. 已知的三个顶点分别为、、．求：
（1）边所在直线的方程；
（2）边上的高所在直线的方程；
（3）边上的中线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先用斜率公式求出的斜率，再利用直线方程的点斜式，即可求解；
（2）利用两直线垂直得到，即可得到高所在直线斜率，利用直线方程的点斜式，即可求解.
（3）求出边上的中点D坐标，利用两点的坐标，即可求出直线方程；
【小问1详解】
因为、，
故，边AC所在直线的方程为：，
即为：，
【小问2详解】
由（1）知，故
所以AC边上的高所在直线的斜率为，
又，故为：，即；
【小问3详解】
设AC边上的中点为D，则，即，
故AC边上的中线BD所在直线的方程的斜率为，
故为：，即.
19. 如图，在长方体中，，．点E在上，且．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出，，的坐标，证明，，即可得证；
（2）由（1）知，的法向量为，直接写出平面法向量，按照公式求解即可.
【小问1详解】
在长方体中，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系
因为，，
所以，，，，，
则，，，
所以有，，则，，又
所以平面
【小问2详解】
由（1）知平面的法向量为，而平面法向量为
所以，
由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为．
20. 已知圆C经过两点，，且圆心在直线上，直线l的方程为.
（1）求圆C的方程；
（2）证明：直线l与圆C恒相交．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设圆C的方程为，利用待定系数法可得答案；
（2）由直线方程特点可得直线l过定点，且在圆内可判断直线和圆的位置关系.
【小问1详解】
设圆C的方程为，
由条件得，解得，
所以圆C的方程为；
【小问2详解】
由，得，
令得，
即直线l过定点，
由，知点在圆内，
所以直线l与圆C恒相交．
21. 在直三棱柱中，，，点，分别为，的中点.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成的角；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）先求出相关直线的方向向量，再计算数量积来证明垂直；
（2）求出平面一个法向量，再利用向量夹角公式即可求出夹角；
（3）利用点到面的距离公式即可求解.
【小问1详解】
以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
，，，，，，，
∵，
∴
∴
∴；
【小问2详解】
设平面的法向量为
，
由
令，则，
∴平面的一个法向量为
由
设直线与平面所成角为
∴直线与平面所成角为；
【小问3详解】
点到平面的距离.
22. 已知圆内有一点，过点P作直线l交圆C于A，B两点.
（1）当P为弦的中点时，求直线l的方程；
（2）若直线l与直线平行，求弦的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，，求出直线l的斜率，利用点斜式即可求解；
（2）由题意，利用点斜式求出直线l的方程，然后由点到直线的距离公式求出弦心距，最后根据弦长公式即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，圆心，P为弦的中点时，由圆的性质有，又，
所以，
所以直线l的方程为，即；
【小问2详解】
解：因为直线l与直线平行，所以，
所以直线的方程为，即，
因为圆心到直线的距离，又半径，
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