2020-2021广州市高中必修二数学下期中试题含答案

1、 2020-2021 广州市高中必修二数学下期中试题含答案一、选择题 ABC 的外接球的表面积为128 ， AB BC 4, AC 4 2，则三棱1已知三棱锥 D ABC锥 D体积的最大值为（）10 8 616 632 2 16 627ABCD32333212水平放置的V ABC 的斜二测直观图如图所示，若 AC，的面积为2 2，A B C1 111则的长为（）ABAB2 17C2D83已知m ， n 是空间中两条不同的直线， ， 为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（2）m m m nA若C若，则mB若D若，n，则n ， n m ，则m m ，/ / Im，则m4用一个平面去截正方

2、体，则截面不可能是（ ）A直角三角形 B等边三角形 C正方形5某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为4 的正方形，两条虚线互相垂直且相等，则该几何体的体积是（D正六边形）176316031283ABCD326若 ab0，0c1，则Alog clog cBlog alog bCa bDc cccababccx, y2 5 07已知实数满足 x yB 10，那么 x y 的最小值为（）22A 5C 2 5D2 108若圆锥的高等于底面直径，则它的底面积与侧面积之比为A12 B1 3 C1 59如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中： BM 与 平行 CN 与 是异面直线D3 2EDB

3、E CN 与 BM 成60角DM 与 BN是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A110某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（B2C3D4）1038333A 4 3BC2 3D I l11已知平面且，是平面 内一点，m ，n 是异于 且不重合的两条Ml直线，则下列说法中错误的是（ ）./m/l，则，则 m/m 且nm n，则A若 m 且 mB若D若m m/l且M m且m l ，则mC若 M12如图，正方体 ABCDA B C D 的棱长为 1，线段 B D 上有两个动点 E、F，且1 1 111 11EF= 则下列结论中正

4、确的个数为2 ACBE；EF平面 ABCD；三棱锥 ABEF 的体积为定值；AEF 的面积与BEF的面积相等，B3A4C2D1二、填空题13已知平面 与正方体的 12 条棱所成角相等，设所成角为 ，则sin _. 5,0，以: y 2x14在平面直角坐标系 xOy 中， A为直线l上在第一象限内的点，Buuuv uuuvAB 为直径的圆 与直线l 交于另一点 若AB CD 0，则点 A的横坐标为CD_ ABC中, PA 平面ABC AB BC， 4 5， PA15在三棱锥 P， 3 ， BCAB ABC则三棱锥 P的外接球的表面积为_ ABC16三棱锥 P中， PA PB 5 ，AC BC 2

5、 ， PC 3 ，则AC BC该三棱锥的外接球面积为_.17如图，在ABC 中，AB=BC=2，ABC=120.若平面 ABC 外的点 P 和线段 AC 上的点 D，满足 PD=DA，PB=BA，则四面体 PBCD 的体积的最大值是 .ABCD A B C DBB 的中点，则点 B 到平面18已知正方体ADE 的距离为_.19在平面直角坐标系内，到点 A（1，2），B（1，5），C（3，6），D（7，1）的距离之和最小的点的坐标是的棱长为 ，点 E 是棱1111111 A 1,0 B 2,0， 5 0，直线 ： kx y 上存在点 ，使得Pk20已知点lPA 2PB 9 成立，则实数k 的取值

6、范围是_.22三、解答题: x y 1 0，定点: x 3y 3 0 l和21在平面直角坐标系中，已知两直线l1xOy2A(1,2).l l（1）若 与 相交于点 ，求直线的方程；PAP12（2）若 恰好是ABCl的角平分线所在的直线， 是中线l所在的直线，求ABCBDCM12 的边BC 所在直线的方程.22如图，矩形点所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的ABCD（ ）证明：平面AMD 平面；BMC1（ ）在线段2上是否存在点 ，使得MC 平面？说明理由PBDAMP BD于点O，BC 2AD ，AC 9，将23在梯形中，AD / /BC ，ACABCDABD 沿着

7、折起，使得A点到 点的位置，PC 3 5 .BDP（）求证：平面PBD 平面；BCD（）M 为上一点，且BM 2CM ，求证：OM / / 平面PCD.BC 1,124已知圆C 的圆心坐标（1）求圆C 的方程；，直线 ：lx y 1被圆C 截得弦长为2. （2）从圆C 外一点P 2,3 向圆引切线，求切线方程.25如图，矩形 ABCD 的两条对角线相交于点 M(2，0)，AB 边所在直线的方程为 x3y60，点 T(1，1)在 AD 边所在直线上求：(1) AD 边所在直线的方程；(2) DC 边所在直线的方程ABC A B CAB AA M , N， 分别为26如图，在直三棱柱中， ABC

8、90，1111B C1AC，的中点.1 （ ）求证：MN / / 平面1ABB A1；1 A B（ ）求证： AN2.1【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除一、选择题1D解析：D【解析】【分析】先求出球心O到底面距离的最大值，从而可求顶点D 到底面的距离的最大值，利用该最大值可求体积的最大值.【详解】设外接球的球心为 ，半径为 ，则4 R 128 ，故 ORR 4 2 .2设球心O在底面上的投影为 E ，因为OA OC OB，故 E 为ABC的外心. BC 4222ABC，所以 AC AB BC ，故为直角三角形，因为 AB，AC 4 2故 E 为 AC 的中点，所以OE OA AE 2 6

9、，22设 D 到底面 ABC的距离为h，则h OE R 2 6 4 2 ， 1 132 2 16 6 ABC4 4 2 6 4 2 所以三棱锥 D的体积的最大值为 .3 23故选：D.【点睛】几何体的外接球、内切球问题，关键是球心位置的确定，必要时需把球的半径放置在可解的几何图形中，注意球心在底面上的投影为底面外接圆的圆心如果球心的位置不易确定，则可以把该几何体补成规则的几何体，便于球心位置和球的半径的确定2B解析：B【解析】【分析】 2，根据勾股定理依题意由的面积为2 2，解得B C1 4，所以， ACBC 8A B C1 111即可求AB【详解】依题意，因为的面积为2 2，A B C1 1

10、111222 2 AC B C sin 45 ，解得 B C 4，2 B C 所以所以2211111111 2 8 ， ACAC BC，又因为，BC由勾股定理得：2 8AC BC22 2 68 2 17 2AB故选 B【点睛】本题考查直观图还原几何图形，属于简单题. 利用斜二测画法作直观图，主要注意两点：一是与 x 轴平行的线段仍然与x 轴平行且相等；二是与 y 轴平行的线段仍然与 轴平行且长y度减半.3C解析：C【解析】 ,n ，则m n则 A. 若m，则mB. m，错误； 若由题设， m， n m ，当n 时不能得到n ，错误.错误；D. 若故选 C.4A解析：A【解析】【分析】【详解】画

11、出截面图形如图显然 正三角形 正方形：CA 正六边形D可以画出三角形但不是直角三角形；故选 A用一个平面去截正方体，则截面的情况为：截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；截面为五边形时，不可能是正五边形；截面为六边形时，可以是正六边形故可选 A5B解析：B【解析】该几何体为一个正方体去掉一个倒四棱锥，其中正方体棱长为4，倒四棱锥顶点为正方体11603 24 中心，底面为正方体上底面，因此体积是43，选B.23点睛： 1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想

12、象出空间几何体的形状并画出其直观图2三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据6B 解析：B【解析】1gclga1gclgblog c ,log c 011 0，而 c 试题分析：对于选项 A，Q， gcab b 0lg lg，所以 alg 、lgbb ，但不能确定 a 的正负，所以它们的大小不能确定;对于algalgclgb1log a ,log b lg lgb, a选项 B，两边同乘以一个负数改变不等号方lgclgccc xcc向，所以选项 B 正确;对于选项 C，利用 y在第一象限内是增函数

13、即可得到a b ，c cab所以 C 错误;对于选项 D，利用 y选 B.在 上为减函数易得c c ，所以 D 错误.所以本题Rx【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.7A解析：A【解析】由题意知， x y 表示点(x, y)到坐标原点的距离，225又原点到直线2x y 5 0 的距离为d 5，2 122所以 x y 的距离的最小值为 5 ，故选 A.228C解析：C【解析】【分析】由已知，求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的底面面积和侧面积，可得答案【详解

14、】设圆锥底面半径为 ，则高 2 ，其母线长 2， 故选S rl r S rrhrlr侧底C【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥的表面积公式，属于基础题9B解析：B【解析】【分析】把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案【详解】 把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，BM 与异面且垂直，故错误；ED与平行，故错误；CNBEBE P CN ， EBM 为，可知 BEM 为正三EM连接，则与 BM 所成角，连接BECN角形，则EBM 60，故正确；由异面直线的定义可知，DM 与 BN 是异面直线，故正确正确命题的个数是 2 个故选

15、：B【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题10B解析：B【解析】1103 4 3 2 3 3由题意可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥，V.3故选：B.11D解析：D【解析】【分析】根据已知条件和线面位置关系一一进行判断即可.【详解】选项 ：一条直线平行于两个相交平面，必平行于两个面交线，故 正确；A A选项 ：垂直于两垂直面的两条直线相互垂直，故 正确；B B/ /m m/l且选项 ： M得m且m，故 正确；CC,m .选项 ： MD且 m l 不一定得到m，所以m l 可以异面，不一定得到m故选： .D【点睛】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系的

16、判定，掌握线面、线线之间的判定定理和性质定理是解决本题的关键，是基础题.12B 解析：B【解析】试题分析：中 ACBE，由题意及图形知，AC面 DD1B1B，故可得出 ACBE，此命题正确；EF平面 ABCD，由正方体 ABCD-A1B1C1D1 的两个底面平行，EF 在其一面上，故EF 与平面 ABCD 无公共点，故有 EF平面 ABCD，此命题正确；三棱锥 A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面 DD1B1B 距离是定值，故可得三棱锥 A-BEF 的体积为定值，此命题正确；由图形可以看出，B 到线段 EF 的距离与 A 到 EF 的距离不相

17、等，故AEF 的面积与BEF 的面积相等不正确考点：1正方体的结构特点；2空间线面垂直平行的判定与性质二、填空题13【解析】【分析】棱与平面所成的角相等所以平面就是与正方体的 12 条棱的夹角均为 的平面之一设出棱长即可求出【详解】因为棱与平面所成的角相等所以平面就是与正方体的条棱的夹角均为的平面设棱长为：易知故答案3解析：3【解析】【分析】A A, A B , A D棱与平面AB D1所成的角相等，所以平面AB D1就是与正方体的 12 条棱1111111的夹角均为 的平面之一，设出棱长，即可求出sin .【详解】A A, A B , A D因为棱与平面AB D1所成的角相等，111111A

18、 AO 所以平面 AB D 就是与正方体的12 条棱的夹角均为 的平面，111232626sin 设棱长为：1 ， AO1, AO ，易知.32223故答案为：3【点睛】本题考查了线面所成的角，解题的关键是作出线面角，属于基础题. 143【解析】分析：先根据条件确定圆方程再利用方程组解出交点坐标最后根据平面向量的数量积求结果详解：设则由圆心为中点得易得与联立解得点的横坐标所以所以由得或因为所以点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范解析：3【解析】分析：先根据条件确定圆方程，再利用方程组解出交点坐标，最后根据平面向量的数量积求结果. 5 A a,2a (a 0)a,a , 易得详解：设，则由圆心

19、 为C中点得 CAB2 e C : x 5 x a y y 2a 0，与x1,所以y 2x联立解得点 的横坐标DDuuuvuuuv 5 D 1,2 .aAB 5 a,2a ,CD 1,2 a ，所以2 5 uuuv uuuvAB CD a5 a 1 2a 2 a 0,a2 2a 3 0,a 3或a 1，0由 得2因为 a 0，所以 a 3.点睛：以向量为载体求相关变量的取值或范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程或解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.15【解析】【分析】以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥

20、的外接球由此能求出三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意在三棱锥中平面以为长宽高构建长方体则长方体的外接球是三棱锥的外接球所以三棱锥的外接球解析：50 【解析】【分析】以 AB, BC, PA此能求出三棱锥 P【详解】为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC 的外接球，由 ABC的外接球的表面积. ABC中， PA 平面 ABC AB BC AB 3,BC, 4, 5，PA由题意，在三棱锥 P以 AB, BC, PA为长宽高构建长方体，则长方体的外接球是三棱锥P ABC的外接球，125 22 ABC所以三棱锥 P的外接球的半径为 3 4 5 ，R2225 22 ABC2) 50 .

21、2所以三棱锥 P的外接球的表面积为S 4 R 4 (【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的计算问题，其中解答中根据几何体的结构特征，以 AB, BC, PA为长宽高构建长方体，得到长方体的外接球是三棱锥P ABC 的外接球是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力. 16【解析】【分析】由已知数据得两两垂直因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方和【详解】 又以作长方体则长方体的外接球就是三棱锥的外接球设外接球半径为则球表面积为故答案为：【点睛】本题考查球解析：7【解析】【分析】由已知数据得CA,CB,CP和两两垂直，因此三棱锥外接球直径的平方等于这三条棱长的平方【

22、详解】 PA PB 5 ，AC BC， PC 3 ，2 CB PB , PC CA PA ， PC CB, PC CA ，又CA CB ， PC222222P ABC以CA,CB,CP作长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，7 CA CB CP 7设外接球半径为 R ，则(2R)2， R22227球表面积为 4 4 ( ) 7 .SR222故答案为： 7【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是确定CA,CB,CP 两两垂直，以CA,CB,CP作长方体， ABC则长方体的外接球就是三棱锥P的外接球17【解析】中因为所以由余弦定理可得所以设则在中由余弦定理可得故在中由余弦定理可得所以过作直线的

23、垂线垂足为设则即解得而的面积设与平面所成角为则点到平面的距离故四面体的体积设因为所以则（1）当时有故此时因1解析：2【解析】ABC 中，因为 AB BC 2, ABC 120 ，o所以BAD BCA 30 .o由余弦定理可得 AC AB BC 2AB BC cos B222 2 2 2 2 2cos120 12 ，22o所以 2 3 .AC x设 AD，则0 2 3 ， 2 3 .tDCxABD中，由余弦定理可得BD2 AD AB 2AD AB cos A2 2在 x 2 2x2cos30 x 2 3x 4 .22o2故 .x2 2 3x 4BD AD xPBDPB BA 2， .在中，PDP

24、D PB BDx 2 (x 2 3x 4)3222222由余弦定理可得cosBPD ，2PD PB2 x22所以BPD 30 .o d过 作直线P的垂线，垂足为O.设 POBD11 BDd PD PBsin BPD则 S，PBD221即1x2 2 3x 4 d x2sin 30o，22xd 解得.x 2 3x 421112CD BC sin BCD (2 3 x) 2sin 30(2 3 x) .而设BCD的面积 So22 d sin .与平面 ABC所成角为 ，则点 到平面 ABC的距离hPOP故四面体 PBCD的体积1111 1d (2 3 x)3 2xV Sh S d sin S3BcD

25、3BcD3BcDx 2 3x 421 x(2 3 x).6x2 2 3x 4 ，因为0 x 2 3 ，所以1 t 2(x 3) 1设 x 2 3x 4 .t22 3 t 1 .则 x2x 3 3 x t 1 ，（1）当0 x 3 时，有2x 3 t2 1故 .1 ( 3 t 1)2 3 ( 3 t 1)22此时， V6t1 4 t2 1 4 ( t)6 t.6 t1 4 1)，因为1 t 2 ，V (t)(6 t21 4V (1) ( 1) 6 112 V (t) 0V (t) 1,2上单调递减，故V (t)在所以，函数. 3 x 3 t 1，（2）当 3 x 2 3 时，有 x2x 3 t2

26、 1故 .1 ( 3 t 1)2 3 ( 3 t 1)22此时， V6t1 4 t2 1 4 ( t)6 t.6 t1 4V (1) ( 1) 6 112由（1）可知，函数V (t) 在(1,2单调递减，故V (t).1综上，四面体的体积的最大值为 .PBCD218【解析】【分析】点到平面的距离等价于点到平面的距离过作交于证得平面利用等面积法求得点到平面的距离也即点到平面的距离【详解】由于是的中点故点到平面的距离等价于点到平面的距离过作交于由于故平面在直角三角5解析：5【解析】【分析】B点 到平面 ADE 的距离等价于点 到平面 ADE 的距离，过 作 BF AE ，交 AE 于BB1F ，证

27、得 BF 平面ADEBADE 的距离，也即点 到平，利用等面积法求得点 到平面B1面 ADE 的距离.【详解】由于 是 BB 的中点，故点 到平面 ADE 的距离等价于点 到平面 ADE 的距离，过BEBAD AE E15B11 AEAEBF 作 BF，交于 F ，由于 BF AD ，故平面 ADE .在直11 AB BE AE BFAB1,BE , AE 角三角形中，所以,解得ABE22225BF .5 【点睛】本小题主要考查点到面的距离，考查等面积法求高，考查线面垂直的证明，属于基础题.19（24）【解析】【分析】【详解】取四边形 ABCD 对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可

28、证明如下：假设在四边形 ABCD 中任取一点 P在 APC 中有 APPCAC 在 BPD 中有 PBPDBD解析：（2，4）【解析】【分析】【详解】取四边形 ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形 ABCD 中任取一点 P，在APC 中，有 APPCAC，在BPD 中，有 PBPDBD，而如果 P 在线段 AC 上，那么 APPCAC；同理，如果 P 在线段 BD 上，那么 BPPDBD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是 AC 与 BD 的交点易求得 P(2,4) 20【解析】【分析】先求出直线经过的定点设直线上的点坐标由可

29、求得点的轨迹方程进而求得斜率的取值范围【详解】解：由题意得：直线因此直线经过定点；设点坐标为；化简得：因此点为与直线的交点所以应当满足圆心到直15 15,15 15解析：【解析】【分析】p先求出直线 经过的定点，设直线上的 点坐标，由 PA 2PB 9 可求得点 的轨迹方l22P程，进而求得斜率 的取值范围k【详解】: y k(x 5)解：由题意得：直线l，(5,0)因此直线 经过定点l；设点 坐标为P，(x； ，y ) Q PA 2PB 92200y (x 1) 2y 2(x 2) 922220000化简得：y ，2x 0 x22000p x y 2x 0与直线l : y k(x 5)因此点

30、 为的交点22所以应当满足圆心(1,0)到直线的距离小于等于半径| 4k |1k2115 15,15 15解得： k 15 15,15 15故答案为 k 【点睛】本题考查了求轨迹方程，一次函数的性质，考查了直线与圆的位置关系，是中档题三、解答题 3x 1x 7y 17 0.21（ ） AP : y1；（ ）2【解析】【分析】（ ）根据题意，联立两直线得其交点坐标，进而写出直线1的方程；AP 3t 4 t 2 （ ）根据题意，设 B 3t 3,t，则 M,，利用点M在直线l 上，得t 2 ，2 222 B 3,21k BC，再利用到角公式得，即可得到的直线方程.BC7【详解】 x 3y 3 0

31、x 0 P 0,1，（1）由题意，联立，解得，即两直线的交点x y 1 02 1y 1k 3x . 3 1所以，直线 AP 的斜率，故直线 AP 的方程为： y1 03t 4 t 2（2）设点 B 的坐标为3t 3,t，则点,l在直线 上，MM，又点222 3,2，3t 4 t 21 0 ，解得t ，故2B即222 2所以1，kAB 311k kk kk，由到角公式得，BC，l直线 的斜率1AB11 31 k k1 k k11BCAB11131 k113BC 即，解得k，17BC1 k133BC1所在直线方程为 2 ( 3)，化简得 x 7y 17 0 .所以BCyx7【点睛】本题考查直线方程

32、，两直线的位置关系，到角公式，属于基础题.22（1）证明见解析（2）存在，理由见解析【解析】【分析】【详解】分析：（1）先证AD CM,再证CM MD，进而完成证明（2）判断出 P 为 AM 中点，证明 ，然后进行证明即可MC OP详解：（1）由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD因为 ，BC CD BC平面 ABCD，所以 BC平面 CMD，故BC DM因为 为 上异于 ， 的点，且M CD C D为直径，所以 DM CMDC又而 = ，所以 DM平面 BMCBC CM C平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC的中点时，MC平面 PBDDM（2）当 为PAM证明如下：连结交AC

33、 BD于 因为O为矩形，所以 为O中点ABCDAC连结，因为 为OP中点，所以 MC OPPAM平面，PBD OP平面 PBD，所以 MC平面 PBDMC 点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象P能力，属于中档题23（）见证明；（）见证明【解析】【分析】BCD（）先证明PO 平面，再证明平面PBD 平面BCD；（）先证明OM / /DC .再证明OM / / 平面PCD.【详解】（）因为AD / /BC，BC 2AD ，所以CO 2AO，所以CO 6，AO 3.即PO 3 B

34、D，又因为PC 3 5 ，根据勾股定理逆定理可得PO CO .于点O，所以PO BD.因为AC又因为BD OC O，所以PO 平面BCD.又因PO 平面，所以平面PBD 平面BCD.PBDBO，BC 2AD，所以2 ，（）因为AD / /BCDOBMBO BM又因为 2，因此，所以OM / /DC .CMDO CMPCD DC 平面PCD，又因为OM 平面，所以OM / / 平面PCD.【点睛】本题主要考查线面平行和面面垂直的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 1 y 1 1 x 2和3x 4y 6 0；（ ）224（ ） x221.【解析】【分析】 1 设圆C 的半径

35、为r ，根据圆心坐标写出圆的标准方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线 的距离即为弦心距，然后根据垂径定理得到其垂足为弦的中点，由弦长的一l半，圆心距及半径构成的直角三角形，根据勾股定理列出关于r 的方程，求出方程的解即可得到r 的值，从而确定圆C 的方程； 2 2为圆的切线；当切线方程的斜率不存在时，显然得到xp当切线方程的斜率存在时，设出切线的斜率为k ，由 的坐标和k 写出切线方程，利用点到直线的距离公式求出圆心到所设直线的距离d ，根据直线与圆相切，得到d 等于圆的半径，列出关于k 的方程，求出方程的解即可得到k 的值，从而确定出切线的方程，综上，得到所求圆的两条切线方程.【详解】 1 y 1 r2(r 0)（1）设圆C 的标准方程为： x221112 C 1, 1x y 1 0圆心到直线的距离： d，22221 1r d 1则 2222 2 1 y 1 1 圆C 的标准方程： x22 2（2）当切线斜率不存在时，设切线： x，此时满足直线与圆相切. y 3 k x 2y kx 2k 3当切线斜率存在时，设切线：，即k1 2k 3 C 1, 1kx y 2k 3 0 d 的距离：1则圆心解得：到直线k 12344k 3，即 k3x 4y 6 0则切线方程为： 2 3 4 6 0 y 和 x综上，切线方程为：