2022-2023学年浙江省金华市高二上学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省金华市高二上学期期末数学试题（含解析），共17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.若直线l的方向向量a=−2,6，则直线l的斜率是
( )
A. 13B. −13C. 3D. −3
2.若曲线C：x2+y2+2ax−4ay−10a=0表示圆，则实数a的取值范围为
( )
A. −2,0B. −∞,−2∪0,+∞
C. −2,0D. −∞,−2∪0,+∞
3.下列命题中正确的是．( )
A. 若直线的倾斜角为α，则直线的斜率为tanα
B. 若直线的斜率为tanα，则此直线的倾斜角为α
C. 平行于x轴的直线的倾斜角为180∘
D. 若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为90∘
4.在平面直角坐标系xy中，已知抛物线x2=2y的焦点为F，准线为l，则点F到准线l的距离为
( )
A. 12B. 1C. 2D. 4
5.圆x+y−6x−2y+1=0 被x轴所截得的弦长为
( )
A. 2 2B. 2 3C. 4D. 4 2
6.已知A(−2,0)，B(4,a)两点到直线l：3x−4y+1=0的距离相等，则a=( )
A. 2B. 92C. 2或−8D. 2或92
7.“直线x+ay−1=0与直线ax−y+1=0相互垂直”是“a=1”的
( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
8.已知F1、F2是椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0的两个焦点，过F2的直线与椭圆交于A、B两点，若AF1:|AB|:BF1=3:4:5，则该椭圆的离心率为
( )
A. 32B. 2− 3C. 3−12D. 22
二、多选题：本题共4小题，共20分。
9.设直线l的方程为x−y+m=0，圆C的方程为x2+y2−4x−4y=0，圆C上存在4个点到直线l的距离为 2，则实数m的取值可能为( )
A. −1B. −2C. 0D. 2
10.已知椭圆C：x2m+y29=1的焦点在y轴上，且长轴长是短轴长的3倍，则下列说法正确的是
( )
A. 椭圆C的长轴长为6B. 椭圆C的短轴长为2
C. 椭圆C的焦距为2 2D. 椭圆C的离心率为2 23
11.已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，P为椭圆C上不同于左右顶点的任意一点，则下列说法正确的是( )
A. ▵PF1F2的周长为8B. ▵PF1F2面积的最大值为 3
C. PF1⋅PF2的取值范围为[2,3)D. |PF1||PF2|的取值范围为(3,4]
12.已知边长为2的菱形ABCD1中，∠AD1C=60°(如图1所示)，将△AD1C沿对角线AC折起到△ADC的位置(如图2所示)，点P为棱BD上任意一点(点P不与B，D重合)，则下列说法正确的是( )
A. 四面体ABCD体积的最大值为1
B. 当BD= 6时，Q为线段CA上的动点，则线段PQ长度的最小值为 62
C. 当BD= 6时，点C到平面PAB的距离为2 155
D. 三棱锥P−ACD的体积与点P的位置无关
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量n=2,0,1为平面α的法向量，点A−1,2,1在α内，点P1,2,−2在α外，则点P到平面α的距离为______．
14.在平面直角坐标系xOy中，若圆x2+y2=4和圆x2+y2+4x−4y+4=0关于直线l对称，则直线l的方程为________．
15.已知A(4,0)、B(2,2)是椭圆x225+y29=1内的点，M是椭圆上的动点，则|MA|+|MB|的最大值为 ；最小值为 ．
16.已知点M0,3，点M、N关于直线l1:y=1−x对称，若直线l2过点N且与直线l1交于点P，若S▵PMN=4，且直线l2的倾斜角大于l1的倾斜角，则直线l2的斜截式方程为_______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。
17.已知平面直角坐标系xOy中，▵ABC的三个顶点的坐标分别为A3,2，B5,−2，C−1,−1．
(1)若直线l过点C且与直线AB平行，求直线l的方程；
(2)求线段BC的垂直平分线方程．
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD//BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3,BC=1．
(1)若点F为PD上一点且PF=13PD，证明：CF//平面PAB；
(2)求直线PA与平面BPD所成角的正弦值．
19.已知圆C过点A15,−5,A2−2,2,A36,−4．
(1)求圆C的一般方程；
(2)已知直线l过点A45 5,a(a<0)且与直线l2：2x−4y+1=0平行，若直线l与圆C相切，求a的值以及直线l的方程．
20.如图甲，在矩形ABCD中，AB=2AD=2 2,E为线段DC的中点，ΔADE沿直线AE折起，使得DC= 6，如图乙．
(1)求证：BE⊥平面ADE；
(2)线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4？若不存在，说明理由；若存在，求出H点的位置．
21.在①圆心C在直线l:2x−7y+8=0上，B1,5是圆C上的点；②圆C过直线s:2x+y+4=0和圆x2+y2+2x−4y−16=0的交点．
这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并进行解答．
问题：已知在平面直角坐标系xOy中，圆C过点A6,0，且_________．
(1)求圆C的标准方程；
(2)求过点A的圆C的切线方程．
22.在平面直角坐标系中，已知两个定点A0,6,B0,3，曲线C上动点P满足PA=2PB．
(1)求曲线C的方程；
(2)过点D0,1任作一条直线与曲线C交于P,Q两点(P,Q不在y轴上)，设E0,4，并设直线OP和直线EQ交于点M.试证明：点M恒在一条定直线上，并求出此定直线方程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据直线的斜率与方向向量的关系可求得直线 l 的斜率．
解：因为直线 l 的方向向量 a=−2,6 ，则直线 l 的斜率是 k=6−2=−3 ．
故选：D．
2.【答案】B
【解析】【分析】根据圆的一般式变形为标准式，进而可得参数范围．
解：由 x2+y2+2ax−4ay−10a=0 ，
得 x+a2+y−2a2=5a2+10a ，
由该曲线表示圆，
可知 5a2+10a>0 ，
解得 a>0 或 a<−2 ，
故选：B．
3.【答案】D
【解析】【分析】根据倾斜角和斜率的概念进行分析可得答案．
解：对于A，当 α=π2 时，直线的斜率不存在，故A不正确；
对于B，当 α=−π4 时，斜率为 −1 ，倾斜角为 3π4 ≠α ，故B不正确；
对于C，平行于x轴的直线的倾斜角为 0∘ ，故C不正确；
对于D，若直线的斜率不存在，则此直线的倾斜角为 90∘ 是正确的．
故选：D
4.【答案】B
【解析】【分析】由抛物线的标准方程可知 p ，即可求解．
解：因为抛物线x2=2y，
所以 2p=2 ，即 p=1 ，
所以焦点F到准线 l 的距离为1，
故选：B
5.【答案】D
【解析】【分析】根据圆的弦长公式即可求解．
解： x+y−6x−2y+1=0 的圆心和半径分别为 3,1 ， r=3 ，
因此圆被 x 轴所截得的弦长为 2 r2−12=4 2 ，
故选：D
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查点到直线的距离公式，考查方程思想，属于基础题．
根据已知条件，结合点到直线的距离公式，即可求解．
【解答】
解：∵A(−2,0)，B(4,a)两点到直线l：3x−4y+1=0的距离相等，
∴|−2×3−4×0+1| 32+(−4)2=|3×4−4a+1| 32+(−4)2，解得a=2或92．
故选：D．
7.【答案】B
【解析】【分析】根据两直线垂直，求出 a 的值，则可判断充分性和必要性．
解：因为直线 x+ay−1=0 与直线 ax−y+1=0 相互垂直，
所以 1×a+a×−1=0 ，
所以 a∈R ．
当 a=1 时，直线 x+ay−1=0 与直线 ax−y+1=0 相互垂直，
而当直线 x+ay−1=0 与直线 ax−y+1=0 相互垂直时， a=1 不一定成立，
所以“直线 x+ay−1=0 与直线 ax−y+1=0 相互垂直”是“ a=1 ”的必要而不充分条件，
故选：B．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了求椭圆的离心率，涉及了椭圆的定义，属于中档题．
利用勾股定理得出∠F1AF2=90∘，利用椭圆的定义求得AF1、AF2，利用勾股定理可得出关于a、c的等量关系，由此可解得该椭圆的离心率．
【解答】
解：如下图所示，设AF1=3t，则AB=4t，BF1=5t，所以，AF12+AB2=BF12，
所以，∠F1AF2=90∘，
由椭圆的定义可得AF1+AB+BF1=12t=4a，∴t=a3，∴AF1=3t=a，
所以，AF2=2a−AF1=a，
所以，▵AF1F2为等腰直角三角形，可得AF12+AF22=F1F22，∴2a2=4c2，
所以，该椭圆的离心率为e=ca= 22．
故选：D．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式，属于基础题．
由图形可知圆心(2,2)到直线l的x−y+m=0距离小于 2时圆C上存在4个点到直线l的距离为 2，所以2−2+m 2< 2，求解可得m的取值范围．
【解答】
解：圆C的方程为x2+y2−4x−4y=0可化为(x−2)2+(y−2)2=8，
所以圆心C(2,2)，半径长为2 2，
当圆心(2,2)到直线l的x−y+m=0距离小于 2时圆C上存在4个点到直线l的距离为 2，
所以2−2+m 2< 2，解得−2故选：AC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的方程与性质，属于中档题．
先由题意及椭圆的几何性质求得m=1，从而得到a=3，b=1，c=2 2，由此对选项逐一检验分析即可．
【解答】
解：因为椭圆C：x2m+y29=1的焦点在y轴上，所以a2=9,b2=m，
又因为2a=3×2b，故a2=9b2，即9=9m，故m=1，
对于A，由a2=9得a=3，故椭圆C的长轴长为2a=6，故A正确；
对于B，由b2=m=1得b=1，故椭圆C的短轴长为2b=2，故B正确；
对于C，因为c2=a2−b2=9−1=8，所以c=2 2，
故椭圆C的焦距为2c=4 2，故C错误；
对于D，易知椭圆C的离心率为ca=2 23，故D正确．
故选：ABD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义以及性质，属于较难题．
选项A，利用求椭圆的定义即可判断；选项B，设出P的坐标，根据|y0|的取值范围即可求解；选项C，由数量积的坐标运算得PF1⋅PF2=OP2−c2，从而可求PF1⋅PF2的范围；选项D，|PF1||PF2|=−PF1−a2+a2，结合二次函数求|PF1||PF2|的范围．
【解答】
解：由椭圆方程可知，a=2,b=​3，从而c= a2−b2=1，
根据椭圆定义，PF1+PF2=2a=4，又F1F2=2c=2，所以△PF1F2的周长是6，A项错误；
设点P(x0,y0),y0≠0，因为F1F2=2，则S△PF1F2=12F1F2⋅y0=y0．
因为0设Px0,y0,x0∈−a,a，
PF1⋅PF2=−c−x0,−y0·c−x0,−y0=x20+y20−c2=OP2−c2，
又OP2=x20+y20=x20+b2−b2a2x20=c2a2x02+b2∈[b2,a2),
PF1⋅PF2=OP2−c2∈[b2−c2,b2)，故PF1⋅PF2的取值范围为[2,3)，C正确；
|PF1||PF2|=PF12a−PF1=−PF1−a2+a2，
P为椭圆C上不同于左右顶点，
故当PF1=a−c或a+c时．
(|PF1||PF2|)min=−c2+a2=b2(取不到)，
|PF1||PF2|max=a2=4，
|PF1||PF2|的取值范围为(3,4]，D正确．
故本题选：BCD．
12.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题以命题真假判断为载体，考查了异面直线距离问题，考查了三棱锥体积问题，属于中档题．
A根据棱锥体积公式计算判断；B求公垂线段长度判断；C用等体积法计算判断；D用棱锥体积公式判断．
【解答】
解：对于A，取AC中点O，连接DO，BO，
当DO⊥平面ABC时，四面体ABCD体积最大，
此时，VD−ABC=13⋅S△ABC⋅OD=13⋅12⋅2⋅2⋅sin60°⋅2⋅sin60°=1，所以A对；
对于B，因为BD= 6，OD=OB= 3，BD2=OD2+OB2，
所以∠DOB=90°，
取BD中点M，连接OM，OM为AC与BD的公垂线段，
所以PQ长度的最小值为OM=12⋅BD= 62，所以B对；
对于C，设点C到平面PAB的距离为ℎ，
因为VD−ABC=VC−ABD，
所以1=13⋅12⋅BD⋅AM⋅ℎ，即1=13⋅12⋅ 6⋅ 22−( 62)2⋅ℎ，
解得ℎ=2 155，所以C对；
对于D，因为三棱锥P−ACD的体积与点P到平面ACD的距离有关，
所以三棱锥P−ACD的体积与点P的位置有关，所以D错．
故选：ABC．
13.【答案】 55
【解析】【分析】根据给定条件，利用点到平面距离的向量求法计算作答．
解：依题意， AP=(2,0,−3) ，而平面 α 的法向量为 n=2,0,1 ，
所以点P到平面 α 的距离 d=|AP⋅n||n|=|2×2+(−3)×1| 5= 55 ．
故答案为： 55
14.【答案】x−y+2=0
【解析】【分析】直线 l 为两个圆心的中垂线，分别求圆心，利用点斜式求解即可．
解：若圆 x2+y2=4 和圆 x2+y2+4x−4y+4=0 关于直线 l 对称，
则直线 l 为两个圆心的中垂线，
x2+y2=4 的圆心为 O1(0,0) ，
x2+y2+4x−4y+4=0 的圆心为 O2(−2,2) ．
kO1O2=−1 ，中点为 (−1,1)
可得直线 l 为 y−1=x+1 ，整理得： x−y+2=0 ．
故答案为： x−y+2=0 ．
15.【答案】10+2 10；10−2 10
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义及最值的求法，注意转化思想，以及三点共线求最值的方法，解题时要熟练掌握定义法的运用．
由椭圆的定义可知，MA+MB=10+|MB|−|MF|.当M在直线BF与椭圆交点上时，在第一象限交点时有|MB|−|MF|=−|BF|，在第三象限交点时有|MB|−|MF|=|BF|.显然当M在直线BF与椭圆第一象限交点时，|MA|+|MB|有最小值，当M在直线BF与椭圆第三象限交点时|MA|+|MB|有最大值，由两点间的距离公式能够求出|MA|+|MB|的最值．
【解答】
解：A为椭圆右焦点，设左焦点为F(−4,0)，B在椭圆内，
则由椭圆定义|MA|+|MF|=2a=10，
于是|MA|+|MB|=10+|MB|−|MF|．
当M不在直线BF与椭圆交点上时，M、F、B三点构成三角形，
于是|MB|−|MF|<|BF|，
而当M在直线BF与椭圆交点上时，
在第一象限交点时，有|MB|−|MF|=−|BF|，
在第三象限交点时有|MB|−|MF|=|BF|．
显然当M在直线BF与椭圆第一象限交点时，|MA|+|MB|有最小值，其最小值为
|MA|+|MB|=10+|MB|−|MF|=10−|BF|=10− (2+4)2+(2−0)2=10−2 10；
当M在直线BF与椭圆第三象限交点时，|MA|+|MB|有最大值，其最大值为
|MA|+|MB|=10+|MB|−|MF|=10+|BF|=10+ (2+4)2+(2−0)2=10+2 10．
故答案为：10+2 10，10−2 10．
16.【答案】y=−13x+13
【解析】【分析】利用两点关于直线的对称性求出点 N 的坐标，求出 MN 以及直线 MN 的方程，设点 Pt,1−t ，利用点到直线的距离公式以及 S▵PMN=4 求出 t 的值，根据直线 l2 的斜率的取值范围为 −1,0 得出点 P 的坐标，进而可求得直线 l2 的方程．
解：设点 Na,b ，线段 MN 的中点为 Ea2,b+32 ，直线 l1 的斜率为 −1 ，
由题意可得 1−a2=b+32b−3a=1 ，解得 a=−2b=1 ，即点 N−2,1 ，
设点 Pt,1−t ，直线 MN 的方程为 y=x+3 ，且 MN= 0+22+3−12=2 2 ，
点 P 到直线 MN 的距离为 d=2t+1 2= 2t+1 ，
S△PMN=12MN⋅d=12×2 2× 2t+1=2t+1=4 ，解得 t=1 或 t=−3 ．
因为直线 l2 的倾斜角大于 l1 的倾斜角，且直线 l1 的斜率为 −1 ，
设直线 l2 的斜率为 k2 ，则 −1若 t=1 时，则点 P1,0 ，此时 k2=0−11+2=−13 ，合乎题意；
若 t=−1 时，则点 P−1,2 ， k2=2−1−1+2=1 ，不合乎题意．
所以，直线 l2 的方程为 y=−13x−1=−13x+13 ．
故答案为： y=−13x+13 ．
17.【答案】解：(1)因为 A3,2 ， B5,−2 ，所以 kAB=−2−25−3=−2 ，
因为直线 l 与直线AB平行，所以 kl=kAB=−2 ，
又因为直线 l 过点 C−1,−1 ，所以直线 l 为 y+1=−2x+1 ，即 2x+y+3=0 ．
(2)因为 B5,−2 ， C−1,−1 ，
所以BC的中点 D 为 5−12,−2−12=2,−32 ， kBC=−2+15+1=−16 ，
故线段BC的垂直平分线 m 的斜率为 km=−1kBC=6 ，
所以直线 m 为 y+32=6x−2 ，即 12x−2y−27=0 ．

【解析】【分析】(1)利用直线平行求得 kl=kAB=−2 ，再利用点斜式即可求得直线 l 的方程；
(2)先利用中点坐标公式求得BC的中点 D2,−32 ，再利用直线垂直求得 km=−1kBC=6 ，从而利用点斜式即可求得所求．
18.【答案】证明：(1)作FH//AD交PA于H，连接BH，
∵PF=13PD，∴HF=13AD=1，
又AD//BC且BC=1，∴HF//BC且HF=BC，
∴四边形HFCB为平行四边形，∴CF//BH，
∵BH⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，∴CF//平面PAB;
(2)∵PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PB⊥BC，
又AD⊥AB，AD//BC ∴AB⊥BC，
则可以B为坐标原点，BC，BA，BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系：
则B0,0,0，P0,0,3，D3,3,0，A0,3,0，
∴PD=3,3,−3，PA=0,3,−3，BD=3,3,0，
设平面PBD的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅PD=3x+3y−3z=0n⋅BD=3x+3y=0，令x=1，则y=−1，z=0，∴n→=(1,−1,0)，
设直线PA与平面BPD所成角为θ，
∴sinθ=csPA,n=|PA⋅n||PA|n=33 2× 2=12．
所以直线PA与平面BPD所成角的正弦值为12．

【解析】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求线面的夹角，是中档题．
(1)作FH//AD，根据比例关系可知HF=1，从而可证得四边形HFCB为平行四边形，进而得到CF//BH，由线面平行判定定理可证得结论；
(2)根据垂直关系可以B为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果．
19.【答案】解：(1)设圆 C 的一般方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0 ．
因为 A15,−5,A2−2,2,A36,−4 三点都在圆上，
所以 {25+25+5D−5E+F=0+4−2D+2E+F=036+16+6D−4E+F=0 ，解得 D=−4,E=2,F=−20 ，
故圆 C 的一般方程为 x2+y2−4x+2y−20=0 ．
(2)由(1)知，圆 C 的标准方程为 x−22+y+12=25 ，
所以圆心 C2,−1 ，半径为 r=5 ．
因为直线 l 与直线 l2：2x−4y+1=0 平行，
所以设直线 l 的方程为 2x−4y+m=0m≠1 ，
因为直线 l 与圆 C 相切，
所以圆心 C2,−1 到直线 l 的距离为 5 ，即 d=4+4+m 22+−42=5 ，解得 m=10 5−8 或 m=−10 5−8 ，
当 m=10 5−8 时，直线 l 的方程为 2x−4y+10 5−8=0 ，
又因为点 A45 5,a(a<0) 在直线 l 上，
所以 2×5 5−4a+10 5−8=0 ，解得 a=5 5−2>0 (舍)．
当 m=−10 5−8 时，直线 l 的方程为 2x−4y−10 5−8=0 ，
又因为点 A45 5,a(a<0) 在直线 l 上，
所以 2×5 5−4a−10 5−8=0 ，解得 a=−2 ，符合题意，
所以 a=−2 ，直线 l 的方程为 2x−4y−10 5−8=0 ．

【解析】【分析】(1)利用待定系数法设出圆 C 的一般方程，代入已知点即可求解；
(2)根据(1)的结论及圆的标准方程，利用平行系及直线与圆相切的条件，结合点到直线的距离公式及点在直线上即可求解．
20.【答案】解：(1)证明：如图所示，取AE中点O，
则由题意可得DO⊥AE，且DO=12AE=1，
由平面图形易得OC= 5，又DC= 6，
∴DO2+OC2=DC2，∴DO⊥CO，
又DO⊥AE，且CO∩AE=O，CO,AE⊂平面ABCE，
∴DO⊥平面ABCE，又BE⊂平面ABCE，
∴BE⊥DO，又易知BE⊥AE，且DO∩AE=O，DO,AE⊂平面ADE，
∴BE⊥平面ADE；
(2)取AB的四等分点F，AF=14AB= 22，
则易得OF⊥AB，取BC的中点P，则OP⊥OF，
建立如图的空间直角坐标系，则根据题意可得：
A( 22,− 22,0)，B( 22,3 22,0)，
C(− 22,3 22,0)，E(− 22, 22,0)，D(0,0,1)，
设H( 22,t,0)，t∈[− 22,3 22]，
则CD=( 22,−3 22,1)，CH=( 2,t−3 22,0)，
设平面DHC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD= 22x−3 22y+z=0n⋅CH= 2x+(t−3 22)y=0，
取n=(3 2−2t,2 2,3+ 2t)，
又根据(1)知平面ADE的法向量为EB=( 2, 2,0)，
∴|cs|=|6−2 2t+4|2× (3 2−2t)2+8+(3+ 2t)2=csπ4，
∴|5 2−2t| (3 2−2t)2+8+(3+ 2t)2=1，又t∈[− 22,3 22]，
解得t= 22，∴FH= 22，
∴H为AB的中点，
故存在AB的中点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4．
【解析】本题考查线面垂直的判定定理，向量法解二面角，方程思想，向量夹角公式的应用，属于较难题．
(1)取AE中点O，则由题意可得DO⊥AE，再利用勾股定理证明DO⊥CO，从而得DO⊥平面ABCE，从而得BE⊥DO，又易知BE⊥AE，从而可证BE⊥平面ADE；
(2)建系，引入变量t，设出点P的坐标，再利用空间向量的夹角公式建立关于t的方程，解方程即可求解．
21.【答案】解：(1)解：若选①，直线 AB 的斜率为 kAB=5−01−6=−1 ，线段 AB 的中点为 M72,52 ，
所以，线段 AB 的垂直平分线所在直线的方程为 y−52=x−72 ，即 y=x−1 ，
联立 2x−7y+8=0y=x−1 可得 x=3y=2 ，故圆心为 C3,2 ，
圆 C 的半径为 AC= 6−32+0−22= 13 ，
因此，圆 C 的方程为 x−32+y−22=13 ．
若选②，设圆 C 的方程为 x2+y2+2x−4y−16+λ2x+y+4=0 ，
将点 A 的坐标代入圆 C 的方程可得 16λ+32=0 ，解得 λ=−2 ，
所以，圆 C 的方程为 x2+y2−2x−6y−24=0 ，即 x−12+y−32=34 ．
(2)解：若选①， kAC=2−03−6=−23 ，故所求切线的斜率为 32 ，
则过点 A 的圆 C 的切线方程为 y=32x−6 ，即 3x−2y−18=0 ；
若选②，圆心为 C1,3 ， kAC=3−01−6=−35 ，故所求切线的斜率为 53 ，
则过点 A 的圆 C 的切线方程为 y=53x−6 ，即 5x−3y−30=0 ．

【解析】【分析】(1)选①，求出线段 AB 的垂直平分线所在直线的方程，将其与直线 l 的方程联立，求出圆心 C 的坐标，并求出圆 C 的半径，即可得出圆 C 的半径；
选②，设圆 C 的方程为 x2+y2+2x−4y−16+λ2x+y+4=0 ，将点 A 的坐标代入圆 C 的方程，求出 λ 的值，即可得出圆 C 的方程；
(2)选①或选②，求出直线 AC 的斜率，可得出切线的斜率，再利用点斜式可得出所求切线的方程．
22.【答案】解：(1)解：设 Px,y ，因为两个定点 A0,6,B0,3 ，曲线 C 上动点 P 满足 PA=2PB ．
所以 PA= x2+y−62=2 x2+y−32=2PB ，整理得： x2+y2−4y=0 ，
所以，曲线 C 的方程为 x2+y2−4y=0
(2)解：因为过点 D0,1 任作一条直线与曲线 C 交于 P,Q 两点 (P,Q 不在 y 轴上)，
所以，直线 PQ 斜率存在，设其方程为 y=kx+1 ，
设 Px1,y1,Qx2,y2 ，因为 E0,4 ，
所以直线 OP 方程为 y=y1x1x ，直线 EQ 的方程为 y=y2−4x2x+4 ，
所以，联立方程得 y=y1x1xy=y2−4x2x+4 得 M4x1x2y1x2−x1y2+4x1,4x2y1y1x2−x1y2+4x1
因为 y1=kx1+1,y2=kx2+1 ，
所以 xM=4x1x2y1x2−x1y2+4x1=4x1x2kx1+1x2−x1kx2+1+4x1=4x1x2x2+3x1 ，
yM=4x2y1y1x2−x1y2+4x1=4x2kx1+1kx1+1x2−x1kx2+1+4x1=4kx1x2+4x2x2+3x1
联立方程 y=kx+1x2+y2−4y=0 得 k2+1x2−2kx−3=0 ，
所以， x1+x2=2kk2+1,x1x2=−3k2+1 ，
所以 x1+x2=−23kx1x2 ，即 −3x1+x22k=x1x2
所以，将 −3x1+x22k=x1x2 代入 yM=4kx1x2+4x2x2+3x1 整理得： yM=4kx1x2+4x2x2+3x1=−6x1+x2+4x2x2+3x1=−2x2+3x1x2+3x1=−2 ，
所以，点 M 恒在定直线 y=−2 上．

【解析】【分析】(1)设 Px,y ，进而根据距离公式整理化简即可；
(2)由题知直线 PQ 斜率存在，设其方程为 y=kx+1 ，设 Px1,y1,Qx2,y2 ，进而结合直线 OP 和直线 EQ 方程联立得 M4x1x2y1x2−x1y2+4x1,4x2y1y1x2−x1y2+4x1 ，再结合韦达定理整理化简得 yM=−2 ，进而得答案．