2020-2021学年安徽省太和某中学高二10月月考数学（理）试题（奥赛班） 解析

安徽省太和第一中学2020-2021学年高二10月月考奥赛班数学

试题

一、单选题

1.直线x+y—3=0被圆d+y2—2y=3截得的弦肱V的长为（）

A.2B.3C.2也D.2A/2

2.直线x+（£+l）y+l=0的倾斜角的取值范围是（）

八万~「八万、「万）（「、

A•口力1B.[O.]卜3"刁C.匕71,[A口.[『3%J

3.m^R,动直线4：》+加丁一1=0过定点4动直线小7巾一丁一2根+3=0过定点3,

若4与4交于点P（异于点A3）,贝||d|+归目的最大值为（）

A.75B.275C.屈D.2M

4.若m,n,a,bqR,且满足3m+4〃=6,3a+4Z?=1,则'（加一.+（“_与2的最小值

为（）A.6B.72C.1D.1

5.曲线y=l+〃T^与直线丁=左（%—2）+4有两个不同交点，实数左的取值范围

是（）A.k>~B.--<k<--C.k>—D.—<^<-

441212124

6.在棱长为2的正方体ABC。-43GA中，点E,尸分别是棱8C、CG的中点，则下列

结论错误的是（）

A.三棱锥A-BC尸外接球的表面积为9兀

C.点C到平面AEF的距离为gD.平面AEF截正方体所得的截面面积为g

7.三棱锥D—ABC中，AD=CD=®AB=BC=CA=6,当三棱锥体积最大时,

2

侧棱的长为（）

A.1B.72C.73D.2

8.如图，梯形ABC。中，ADIIBC,AD=AB=1,AD±AB,ZBCD=45，将AABZ）

沿对角线折起.设折起后点A的位置为A',并且平面A皿，平面BCD.

给出下面四个命题：②三棱锥A—5CD的体积为走；

2

③CD,平面A'5£＞；④平面ABC,平面A'OC.其中正确命题的序号是（）

A.①②B.③④C.①③D.②④

9.三棱锥S-A8C的各顶点均在球。的球面上，SC为该球的直径，AC=BC=2,ZACB=

120°,且三棱锥S-ABC的体积为2,则球。的半径为（）

A.6B.75C.1D.3

10.直线龙+y+2=o分别与x轴，》轴交于A，3两点，点尸在圆（x-2）2+y2=2上,

则AA5P面积的取值范围是

A.[2,6]B.[4,8]C.[夜，30]D.12夜，3顶]

11.已知点P（%,y）是直线辰+y+4=0（左＞0）上一动点Q4、总是圆

。：公+丁2—2y=0的两条切线，A、3是切点，若四边形B4cB的最小面积是2,则女的

值为（）

A.3B.叵C.2夜D.2

2

12.已知点点舷是圆Y+（y—iy=J_上的动点，点N是圆

4

（x—2）2+/=；上的动点，则|PN|—田网的最大值是（）

A.75-1B.2C.3D.75

二、填空题

13.过原点。有一条直线/,它夹在两条直线4：2x—y—2=0与/2：x+y+3=0之间的线

段恰好被点。平分，则直线I的方程为.

14.如图所示，在上、下底面对应边的比为1：2的三棱台中，过上底面一边4片作一个平

行于棱的平面A4EF,记平面分三棱台两部分的体积

为匕（三棱柱4与。1-EEC）,匕两部分，那么K：%=

B

15.过点P(—5,0)作直线(1+2机)x—(m+l)y—4m—3=0(me@的垂线，垂足为M，

已知点7V(3,11),贝ij|肱V|的取值范围是.

16.在三棱锥。一ABC中，已知平面ABC,且A5c为正三角形，AD=AB=5

点。为三棱锥D—A3C的外接球的球心，则点。到棱DB的距离为.

三、解答题

17.设直线L的方程为(a+1)x+y+2—a—G(aGR).

(1)若直线L在两坐标轴上的截距相等，求直线L的方程；

(2)若直线L不经过第二象限，求。的取值范围.

18.在平面四边形ABC。中，AB=BD=CD=1,ABJ_CD，,将150沿5。

折起，使得平面ABD，平面BCD,如图.

(1)求证：AB±CD；

(2)若M为A。中点，求直线A。与平面MBC所成角的正弦值.

19.如图，在五面体ABCDEF中，A3,平面ADE,石尸，平面ADE,AB=CD=2.

(1)求证：AB〃CD；(2)若⑷缶=2,EF=1,且二面角E—DC—A的大小为60°，

求二面角/一6。一£)的大小.

20.已知O为坐标原点，圆。的方程为：(％—1)2+丁=1,直线/过点M(0,3).

(1)若直线/与圆。有且只有一个公共点，求直线/的方程;

(2)若直线/与圆。交于不同的两点A，B,试问：直线。4与08的斜率之和是否为定

值，若是，求出该定值；若不是，说明理由.

21.已知直线/：%+y—1=0截圆O:x2+y2=r2(r>0)所得的弦长为而.直线人的方程

为(1+2m)x+(m—l)y—3m—0.

(1)求圆。的方程；(2)若直线乙过定点尸，点在圆。上，且PMJLPN,。为线

段MV的中点，求。点的轨迹方程.

22.已知两个定点A(0,4),B(0,1),动点P满足|必|=2|尸引，设动点尸的轨迹为曲

线E,直线/：y—kx-4.

(1)求曲线E的轨迹方程；

(2)若/与曲线E交于不同的C、。两点，且NCOD=120。(。为坐标原点)，求直线/

的斜率；

(3)若左=1,Q是直线/上的动点，过Q作曲线E的两条切线。M、QN,切点为M、N,

探究：直线MN是否过定点，若存在定点请写出坐标，若不存在则说明理由.

参考答案

1.D

【分析】

先将圆化为标准方程，求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求得弦长.

解：

将圆好+V—2y=3化为标准方程得尤2+(y-1)2=4,

二圆心为(0,1),半径r=2,

设圆心到直线的距离为d,则+1、=应,

.-.\MN\=/=274^2=272.

故选：D.

点评：

本题考查了由圆的标准方程求圆心和半径，考查了点到直线的距离公式，考查了勾股定理，属

于基础题.

2.D

解:

设直线的斜率为左，倾斜角为则左=—-二一，；.一1W左<0,即一lWtane<0

a~+1

3万)

.••倾斜角的取值范围是

故选：D

3.B

由题意可得：A(1,0),B(2,3),且两直线斜率之积等于-1,

二・直线x+my-1=0和直线mx-y-2m+3=0垂直，

则1PA12+|PB12=|AB12=10^(lPAl+lPBl).即\PA\+\PB\<2^5.故选B.

2

点睛：含参的动直线一般都隐含着过定点的条件，动直线心动直线L分别过A(l,

0),B(2,3),同时两条动直线保持垂直，从而易得|PA|2+|PB|2=|AB「=10,然

后借助重要不等式，得到结果.

4.C

为直线3x+4y=6上的动点，⑼为直线3x+4y=1上的动点,

m-a)2+(〃-6)2可理解为两动点间距离的最小值,

6-1

显然最小值即两平行线间的距离：d=——L=1.

J9+16

故选C

5.D

【分析】

由曲线方程可知曲线为以（0,1）为圆心，2为半径的圆的y21的部分，又直线恒过A（2,4）,

由数形结合可确定临界状态，分别利用圆的切线的求解和两点连线斜率公式求得临界状态时

上的取值，进而得到结果.

解：

y=l+，4-V可化为丁+（丁—I），=4（y21）

二曲线y=l+,4.九2表示以（0,1）为圆心,2为半径的圆的y21的部分

又直线y=—2）+4恒过定点人（2,4）

可得图象如下图所示：

y

/、|3-2左|5

当直线丁=左"-2）+4为圆的切线时，可得d=\^^=2,解得：k=—

，左2十112

4—13

当直线丁=左（%—2）+4过点3（—2』）时，Zr=—=1

S3

由图象可知，当丁=左(%—2)+4与曲线有两个不同交点时，—<k<-

故选。

点评：

本题考查根据直线与曲线交点个数求解参数范围的问题,关键是能够明确曲线所表示的图形

和直线恒过的定点，利用数形结合的方式得到临界状态，进而利用直线与圆的知识来进行求

解.

6.B

三垂线定理可排除B错误

解：

A.设AC与交于点M，则〃■是的外心，取Ab中点N,连接则

NMHCF,平面ABCD,N是三棱锥A—5CF外接球的球心，

附=3.=将+(242=g,球表面积为s=4»x1|]=971,A正确；

B.如图，取。2中点G,连接G”G4,由于歹是cq中点，.•.GE/ADC,而。平

面ADDX\,GF_L平面ADD1A,A,Du平面ADDX\,：.GF_LAiD,若Ap,

由于AFGb=R,4。，平面AbG,又AGu平面AbG,

但正方形ADDJA中，G是。2中点，不可能有A。，AG,B错;

C.S^AFC——XECxAB=—x2xl=l,V——S^-FC=—xlxl=—,

ZAAziC22丈F一AfFlC3/\ArFAC,33

AE尸中，AE=V22+12EF=®，AF=3,

AE?+EF?—AF?5+2-9_屈sin/AEP=M^

则cosZAEF=

2AEEF2x75x72-10'10

SAAEF=|AE-EFsmZEF=|xV5xV2x^^=|,设C到平面AE尸的距离为力，

1312

则匕-Eb=%-A所得§X]/z=3,h=3,C正确;

D.连接尸2,O]A,易证得AD】//Be】//EF,平面AW截正方体所得的截面即为等腰梯

形AD1=2五,EF=4i，AE=DiF=45,梯形的高为

S='x（亚+2后）x^^=2,D正确.

222

DtG

故选：A.

点评：

本题考查立体几何中命题的真假，考查线线垂直的判断，三棱锥的外接球问题，等体积法求

点到平面的距离，考查正方体的截面等知识，考查学生的空间想象能力，运算求解能力，分

析并解决问题的能力，属于中档题.

7.C

【分析】

首先根据题意得到当平面平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，再求的长

即可.

解：

由题知：三棱锥£>—ABC中，AD=CD=&,AB=BC=CA=6

2

当平面平面ABC时，三棱锥D—A5c体积最大，如图所示:

D

取AC中点。，连接。O,BO.

因为AD=CD,所以。OLAC,DO=

3

又因为45=5。，所以BOLAC,BO=

2

又平面ZMC_L平面ABC=AC,DO±AC,所以DO_L平面ABC.

OBu平面ABC,所以。0_L50.

所以BD=

故选：C

点评:

本题主要考查面面垂直的性质，同时考查了三棱锥体积的最值问题，属于中档题.

8.B

【分析】

利用折叠前四边形ABCD中的性质与数量关系，可证出然后结合平面A3D

，平面6C。，可得CDJ_平面A3D，从而可判断①③；三棱锥4—3CD的体积为

\二后."走=正，可判断②；因为CD，平面A5D，从而证明CDLAB,再

3226

证明43,平面A'OC，然后利用线面垂直证明面面垂直.

解：

①ZBAD=90°,AD^AB,

ZADB=ZABD=45°，

ADIIBC,NBCD=4S,

..BDLDC,

平面A'BD，平面BCD,且平面A'3£＞平面8。。=应＞,

\CDA平面ABD，

AOu平面A'BD,

：.CDLAD,

故AOLBC不成立，故①错误；

②棱锥A-3co的体积为LL&.血.1=1,故②错误；

3226

③由①知CDJ_平面A8D,故③正确；

④由①知CD,平面A8D，

又A5u平面A'BD,

：.CDLAB,

又A5J_AO,且A£＞、COu平面ADC,NDcCD=D,

二4'5，平面4£＞。，又A3u平面ABC,

平面ABC1平面ADC,故④正确.

故选：8.

点评：

本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键

是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形A3CD中

的性质与数量关系.

9.A

【分析】

作出示意图，求得A5C的面积，并计算出三棱锥S-A5C的高S。，利用正弦定理计算

圆E的直径然后利用勾股定理求出SC,即可求解球的直径，得到答案.

解：

如图所示，因为AC=3C=2,NACB=120,

可得ABC的面积为S0BC=1AC-BCsinZACB=1x2x2x^=73-

设A3C的外接圆为圆E,连接0E,则平面ABC,

作圆E的直径CD,连接S£),

因为0,E分别为SC,CD的中点，则SD//OE,所以SDJ_平面ABC,

所以三棱锥S-ABC的体积为V_c-x6xSO=2'解得必=26,

ACAC

由正弦定理，可得CD==4,SC=VCD2+SD2=277-

sinZABCsin30

设球的半径为H，则2R=SC=2j7，解得R=5.

故选：A.

点评：

本题主要考查了球的体积的计算公式及应用，其中解答中作出示意图，根据组合体的结构特

征，找出线面垂直关系，求得三棱锥的高是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于中

档试题.

10.A

分析:先求出A,B两点坐标得到|AB|,再计算圆心到直线距离,得到点P到直线距离范围,

由面积公式计算即可

详解：直线x+y+2=0分别与x轴，y轴交于A,B两点

.•.A（-2,0）,B（0,-2）Jij|AB|=2^

点P在圆（x—2>+丁=2上

|2+0+2|

二圆心为（2,0）,则圆心到直线距离4==20

0

故点P到直线x+y+2=0的距离d2的范围为[30]

则S®=g|A固&=四&42,6]

故答案选A.

点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于

中档题.

11.D

【分析】

作出图形，可知由四边形B4cB的最小面积是2,可知此时

=]?同取最小值2,由勾股定理可知归。的最小值为君，即圆心C到直线

丘+丁+4=0（左＞0）的距离为逐，结合点到直线的距离公式可求出左的值.

解：

如下图所示，由切线长定理可得？A=PB，又AC=BC,PC=PC,且

APAC=ZPBC=90，，RMAC=RtAPBC,

所以，四边形K4cB的面积为AB4c面积的两倍,

X

Ax+y+4=0\

圆C的标准方程为Y+（y_l）2=l,圆心为C（O,1）,半径为r=l,

四边形24cB的最小面积是2,所以，AB4C面积的最小值为1,

又S*c=g附-\AC\=^\PA\>1,.'.\PA\mn=2,

由勾股定理|PC|=+户=JPA|2+I>J5，

当直线PC与直线"+y+4=o（左>0）垂直时，|PC|取最小值有，

即|PC|.=匕±=6整理得左2=4,k>3解得左=2.

1lnunVFTi

故选：D.

点评：

本题考查由四边形面积的最值求参数的值，涉及直线与圆的位置关系的应用，解题的关键就

是确定动点尸的位置，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

12.B

9191

设圆好+（y—1）=7圆心为4。/），圆（x—2）+丁=4圆心为3（2,0）,则

\PN\-\PM\<|PB|+1-（|PA|-1）=\PB\-\PA\+I=陷—|PA[+I<|A'B\+1=2

其中4(1,0)为A关于直线对称点,所以选8.

点睛：与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略

(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法.一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的

几何性质数形结合求解.

(2)与圆上点(x,y)有关代数式的最值的常见类型及解法.①形如u=上心型的最值问题，

x-a

可转化为过点(以力)和点Q,y)的直线的斜率的最值问题；②形如。=公+外型的最值问题,

可转化为动直线的截距的最值问题；③形如(x-a>+(y-〃)2型的最值问题，可转化为动

点到定点(心初的距离平方的最值问题.

【分析】

设两交点分别为A(a,2a—2),利用中点为原点求解a,6,得到A点坐标，即

得解.

解：

设两交点分别为A(a,2a—2),B(b,—3—b),

a+b=0

2(2-5-Z?=0=>

4

所以直线/的方程为y=《九.

4

故答案为：y=-x

点评:

本题考查了直线与直线的位置关系，考查了学生综合分析，转化划归的能力，属于中档题.

14.3：4

【分析】

设三棱台的高为〃，上底面的面积是S,则下底面的面积是4S,计算体积得到答案.

解：

设三棱台的高为〃，上底面的面积是S,则下底面的面积是4S,

17-V=Sh--Sh-3

.%=”(S+4s+2S)=产.「—=sj4.

3

故答案为：3:4.

点评：

本题考查了三棱台的体积问题，意在考查学生的计算能力.

15.[13-710,13+^]

【分析】

先将直线化为M2x—y—4)+(x—y—3)=0,可知直线过定点。(1,—2),可得M在以

PQ为直径的圆上运动，求出圆心和半径，由圆的性质即可求得最值.

解：

由直线(1+27〃)%—(〃/+1)y一4加一3=0(7〃七尺)化为帆(2》一丁一4)+(刀—丁一3)=0,

2x-y-4=0[x=l/、

令4c八，解得4C，所以直线过定点0(1,—2),因为M为垂足，所以AP0M

x-y-3=0[y=-2

为直角三角形，斜边为PQ,所以刊在以PQ为直径的圆上运动，由点？(-5,0)可知以PQ

为直径的圆圆心为C(-2,-l),半径为r=卜5-1)-+(0+2)-=屈,

2

则\MN\的取值范围|C7V|一厂W\MN\<\CN\+r,又因为|CN|=J(3+2p+(11+1『=13，

所以|肱7|的取值范围是［13-加,13+标］.

故答案为：［13-^0,13+^0］.

点评：

本题主要考查直线与圆的综合问题，考查学生综合应用所学知识的能力.

1

16.-

2

【分析】

设。'为ABC的中心，M为AD中点，连结OM,OO',AO,求得。4=且，设平

2

面OZM截得外接球是O,D,A，歹是。表面上的点，结合圆的性质和球的性质，

即可求解.

解：

由题意，设。'为ABC的中心，舷为AD中点，

连结加，00,,AO,则4?'=1,AM=—，可得。4=也，即球的半径为立，

222

作平面ODA交于E,交于产，

设平面ODA截得外接球的截面是O,D,A，F是。表面上的点,

又••••，平面ABC,所以NZMb=90°,所以。歹是。的直径，也是球。的直径,

DF=汨,所以。BL5F.

因为ZMLAB,DA=BAB=6,所以80=病，所以3尸=1,

做OHLDB,所以OH//BF,

又由。O=OE,所以O”是的中位线，所以OH=LBF,故。"=L

22

故答案为：一

2

点评：

本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的性质的应用，其中解答中熟练应用空间几何体

的几何结构特征和球的性质是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力.

17.(2)3x+y=0或x+y+2=0；(3)(-co,-l].

解：

(1)由(a+1)x+y+2—a=0整理得：(a+l)x+y=a-2,

当a=2时，直线L的方程为：3x+y=0,此时直线的横、纵截距都为0,满足题意.

当aw2时，直线L的方程可化为：6+1卜+上=i,要使得直线L在两坐标轴上的截

a—2a—2

距相等，贝必+1=1,即：1=0.此时直线L的方程为：x+y+2=0.

综上可得：3x+y=0或x+y+2=0.

(2)直线L不经过第二象限，贝"'7，解得:a<-l.

a-2<0

点评：

本题主要考查了直线过定点问题，还考查了直线的截距概念，直线图像特征相关知识，属于

基础题.

18.(1)证明见解析；(2)逅.

3

【分析】

解：

试题分析：(D由A31.5D,将AABD沿折起，使得平面ABD1平面BCD,即可得AB

垂直于平面BCD.从而得到结论.

(2)依题意，可得NDBC=45°,又由AB,平面BCD.如图建立直角坐标系.求直线AD与平面

MBC所成角的正弦值.等价于求出直线与平面的法向量所成的角的余弦值.写出

相应的点的坐标以及相应的向量,求出法向量即可得到结论.

试题解析：(1)因为平面BCD,平面ABD平面BCD=A3u平面

ABD,AB±5£),所以AB，平面BCD又COu平面所以AB±CD.

(2)过点B在平面BCD内作BD的垂线作为左轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

'：AB=BD=CD=1,AB±BD,CD±BD,

：.B(0,0,0),C(1,1,0),A(0,0,1),D(0,1,0),M\0,-,-.

I22

：.AD=(。,1.T)，BC=(1，1,0),=ag1•

n-BC=x+y=0

设平面BCM的法向量九=(尤，y,z),贝"11

n-BM=—y+—z=0

I22

令》=-1,则x=l,z=l.

n=(1»-1,1).

设直线AO与平面M8C所成角为e.

考点：1.线面的位置关系2空间直角坐标系3空间想象力.

19.(1)证明见详解;(2)60°.

【分析】

(1)由两条直线同时垂直平面得两直线平行，再利用线面平行的性质定理，即可证明线线

平行；

(2)如图，取AD的中点为G,连接EG,AC,3。，设AC与应>的交点为。，连接OF,OG,

利用二面角的知识，求出NADE=60°，连接再利用线面垂直推导线线垂直和二

面角的知识，得出NOLF即为所求角，把对应值代入即可得答案.

解：

(1)：718，面40£，E尸，面ADE，

AB//EF

又EFu面CDEF,AB<z面CDEF,

AB//面CDEP

又ABi面ABC。，面ABC。面CDEF=CD,

：.AB//CD

(2)设AD的中点为G,连接EG,AC,5D,

设AC与BO的交点为。，连接。£OG,

面ADE，DEu面ADE，；."，可，AB±DE.

VAB//CD,：.CD±DA,CDLDE.

又D4u面ABC。，DEu面CDEF,且面ABCD面CDEF=CD.

；.二面角A—OC—E的平面角NADE=60°.

又在AADE中，AD=AE=2,

/.AADE是边长为2的正三角形，

•*.EG±AD,

'：AB,平面ADE,

：.AB±EG,

,/ADoAB=A,

•*.EG，面ABC。，

由（1）知AB//CD,又CdM,AB^CD^AD,

四边形ABC。为正方形，

AOG=-AB=1=EF,又OG〃AB,

2

AOG/ZEF,

.••四边形OGEF为平行四边形，

/.OF//EG,

：.OF±BC,

取的中点为X,连接

OHLBC,

OFOH=O,

：.BCL面OFH,

BCLFH,

，ZOHF即为二面角歹—5C—。所成的平面角，

：AADE是边长为2的正三角形，四边形ABCD为正方形，

：.OF=6，OH=1,

•*.tanNOHF=与=5

•*.ZOHF=60°，

...二面角尸—BC—。的平面角大小为60°.

点评：

本题主要考查线面平行性质定理、线面垂直性质定理、二面角的大小求解，考查转化与化归

思想，考查空间想象能力、运算求解能力.属于较难题.

2

20.(1)光=0或4x+3y—9=0；(2)直线。4与03的斜率之和为定值］.

【分析】

(1)当/斜率不存在时，经检验符合题意，当/斜率存在时，设/的方程为y=Ax+3,只有

一个公共点，即直线与圆相切，可得圆心。(1,0)到直线y^kx+3的距离d=，代入数据，

即可得答案；

(2)设出直线/的方程及点的坐标，则可得自A+的表达式，联立直线和圆的方程,

根据韦达定理，可得%+々，%一々的值，代入表达式，即可得证.

解：

(1)①当直线/斜率不存在时，/的方程为x=0符合题意；

②当直线/斜率存在时，设/的方程为y=Ax+3,由(*-1)2+丁=1得圆心。。,0),半径

r=L

•••直线与圆有一个公共点，

,I左+3|4

==

yj/kV+1,解得k=一3彳,

；./的方程为4x+3y—9=0,

综上所述，直线/的方程为x=0或4x+3y—9=0.

(2)直线OA与08的斜率之和为定值，

证明：由(1)知直线/斜率存在，设/的方程为丁=履+3,

设A（X，K）,3（9，%），

则%A+G=&+涯="^+生9=24+2+2=24+丸山.

X々石%2%9玉

y=kx+3

联立直线与圆的方程:

（x-l）2+y2=1

消去》得（左~+1）龙~+（6左—2）x+9=0,

A=（6Z—2）2—36（左2+1）>0得左<—）,

6k—2

x+x-_

i2―左2+1

根据韦达定理得，9

X-X-

x2左2十1

1806

kOA+kOB=2k+—[+1=2：—2k+、=g.

k2+l

2

：.直线。4与03的斜率之和为定值一.

3

点评：

本题考查直线与圆的位置关系、韦达定理的应用，易错点为需讨论斜率是否存在，再进行求

解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

21.(1)x2+y2=4；(2)(x—+('-g]=*

【分析】

(1)利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，利用直线截圆得到的弦长公式

2＞/r2-J2=V14可得半径r，从而得到圆的方程；(2)由己知可得直线L恒过定点P(l,l),

设腑的中点0(x,y),由已知可得l"N|=2|PQ|,利用两点间的距离公式化简可得答案.

解：

(1)根据题意，圆。：/+9=/2(厂＞0)的圆心为(0,