2018-2019学年福建省厦门市高一(下)期末数学试卷

1、2018-2019 学年福建省厦门市高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5 分）若点 A（a，0），B（0，2），C（1，3）共线，则 a 的值为（）A2B1C0D12（5 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a3+a710，则 S9（）A9B10C45D903（5 分）下列选项正确的是（）A若 a

2、b，cd，则 acbdC若，则 abB若 ab0，则D若 ab0，c0，则 acbc4（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 acosB+bcosA2ccosC，则 C（）ABCD或5（5 分）已知 ， 为不同的平面，a，b 为不同的直线则下列选项正确的是（）A.若 a，b，则 abC若 ab，a，则 bB若 a，b，则 abD若 ，a，则

3、 a6（5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1 中，直线 AC 与 BC1 所成角的余弦值为（）ABCD07（5 分）已知 0x1，当A2B取得最小值时 x（   ）1          C              

4、D8（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，边上的中线长为 ，则ABC 面积的最大值为（）A2B2C2D4二、多选题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分9（5 分）如图，正方形 ABCD 中，E、F 分别是 A

5、B、BC 的中点将ADE，CDF，BEF分别沿 DE、DF、EF 折起，使 A、B、C 重合于点 P则下列结论正确的是（）第 1 页（共 22 页）APDEFB平面 PDE平面 PDFC二面角 PEFD 的余弦值为D点 P 在平面 DEF 上的投影是DEF 的外心“10（5 分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现： 平面内到两个定点 A，B 的距

6、离之比为定值 （1）的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯國，简称阿氏圆在平面直角坐标系 xOy 中，A（2，0），B（4，0），点 P 满足设点 P 的轨迹为 C，下列结论正确的是，（   ）13 5 分）直线 l1 过点（2，0）且倾斜角为 30°，直线 l2 过点（2，0）且与直线 l1 垂直，AC 的方程为（x+4）2+y29B在 x

7、 轴上存在异于 A，B 的两定点 D，E，使得C当 A，B，P 三点不共线时，射线 PO 是APB 的平分线D在 C 上存在点 M，使得|MO|2|MA|三、填空题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分11（5 分）不等式 x2+x10 的解集是12（5 分）等比数列an满足其公比 q（则直线 l1 与直线 l2 的交

8、点坐标为14（5 分）如图，货轮在海上以 20nmile/h 的速度沿着方位角（从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角）为 150°的方向航行为了确定船位，在点 B 观察灯塔 A 的方位角是120°，航行半小时后到达 C 点，观察灯塔 A 的方位角是 75°，则货轮到达 C 点时与灯塔 A 的距离为nmile第 2 页（共 22 页）15（5 分）

9、若直线 l：yx+m 上存在满足以下条件的点 P：过点 P 作圆 O：x2+y21 的两条切线（切点分别为 A，B），四边形 PAOB 的面积等于 3，则实数 m 的取值范围是16（5 分）如图，圆锥型容器内盛有水，水深3dm，水面直径 23dm 放入一个铁球后，水恰好把铁球淹没，则该铁球的体积为dm四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17（10 分）已知数列an的前 n&

10、#160;项和为（1）证明：数列an是等差数列；（2）设，求数列cn的前 2020 项和 T202018（12 分）已知函数（1）若关于 x 的不等式 f（x）4 的解集为（2，4），求 m 的值；（2）若对任意 x0，4，f（x）+20 恒成立，求 m 的取值范围19（12 分）平面四边形 ABCD 中，AB23，ACB60°（1）若 AC22，求 BC；（2）设ACD，ADC，若 A

11、DcosACcos，°，求ACD 面积的最大值第 3 页（共 22 页）20（12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABAC，AB1，AC2，AA12，D，E分别为 BC，A1C1 的中点（1）证明：C1D平面 ABE；（2）求 CC1 与平面 ABE 所成角的正弦值（21 12 分）已知圆 M： x4）2+（y5）24，圆 N 与圆 M 关于直

12、线 l：x+y20 对称（1）求圆 N 的方程；（2）过直线 l 上的点 P 分别作斜率为4，4 的两条直线 l1，l2，使得被圆 M 截得的弦长与 l2 被圆 N 截得的弦长相等（i）求 P 的坐标；（）过 P 任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交，判断所得弦长是否恒相等，并说明理由22（12 分）数学的发展推动着科技的进步，正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用，华为的&

13、#160;5G 技术领先世界目前某区域市场中 5G 智能终端产品的制造由 H公司及 G 公司提供技术支持据市场调研预测，5G 商用初期，该区域市场中采用 H 公司与 G 公司技术的智能终端产品分别占比 a055%及 b045%，假设两家公司的技术更新周期一致，且随着技术优势的体现，每次技术更新后，上一周期采用 G 公司技术的产品中有 20%转而采用 H 公司技术，采用 H 公司技术的仅有 

14、;5%转而采用 G 公司技术设第 n 次技术更新后，该区域市场中采用 H 公司与 G 公司技术的智能终端产品占比分别为第 4 页（共 22 页）an 及 bn，不考虑其它因素的影响（1）用 an 表示 an+1，并求实数  使an是等比数列；（2）经过若干次技术更新后，该区域市场采用 H 公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上？若能，至少需要经过几次技术更新；若不能，说明理由（参考

15、数据：lg20.301，lg30.477）第 5 页（共 22 页）2018-2019 学年福建省厦门市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1（5 分）若点 A（a，0），B（0，2），C（1，3）共线，则 a 的值为（）A2B1C0D1【分析】利用三点共线，结合向量平行，求解即可【解答】解：三点 A（a，0），B（0，2），

16、C（1，3）共线，可得，（1a，3），（1，1），可得 1a30，解得 a2故选：A【点评】本题考查三点共线，向量平行，考查计算能力，是基础题2（5 分）已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 a3+a710，则 S9（）A9B10C45D90【分析】利用等差数列的通项公式和前 n 项和公式求解【解答】解：等差数列an的前 n 项和为 Sn，a3+a710，S9 （a1+a9）      45

17、故选：C【点评】本题考查等差数列的前 9 项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用3（5 分）下列选项正确的是（）A若 ab，cd，则 acbdC若，则 abB若 ab0，则D若 ab0，c0，则 acbc【分析】根据不等式的基本性质逐一判断即可【解答】解：Aab，cd，则 adbc，故 A 不正确；B由 ab0，知 a2b2，故 B 正确；C.，则|a|b|，故 C 不正确；第 

18、;6 页（共 22 页）D当 c0 时，acbc，故 D 不正确故选：B【点评】本题考查了不等式的基本性质，属基础题4（5 分）ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 acosB+bcosA2ccosC，则 C（）ABCD或【分析】由题意和正余弦定理及和差角的三角函数公式，易得 cosC，由三角形内角的范围可得【解答】解：在ABC 中 acosB+bcosA2ccosC，由正弦定理可得 sinAco

19、sB+sinBcosA2sinCcosC，sin（A+B）2sinCcosC，sinC2sinCcosC，cosC ，由三角形内角的范围可得角 C故选：B【点评】本题考查了正弦定理余弦定理和和差公式，考查了推理能力与计算能力，属基础题5（5 分）已知 ， 为不同的平面，a，b 为不同的直线则下列选项正确的是（）A.若 a，b，则 abC若 ab，a，则 bB若 a，b，则 abD若 ，a，则 a【分析】对于 A，通过直线与平行平行的判断定理，判断

20、选项正误即可；对于 B，两条直线平行一个平面，判断位置关系即可；对于 C，ab，a，利用平行线与平面垂直的位置关系判断正误即可；对于 D，a，则 a，判断真假即可【解答】解：对于选项 A，若 a，b，则 ab 或 a 或 b 是异面直线，故 A 是假命题；对于选项 B，若 a，b，则 ab 或相交或异面直线，故是假命题；对于选项 C，ab，a，则 b，满足直线与平面垂直的性质定理，是真命题；对于选

21、项 D，a，则 a，也可能平行也可能相交，故是假命题故选：C第 7 页（共 22 页）【点评】本题考查空间中线面之间位置关系的判断，考查了利用线面平行的判定定理与条件灵活证明判断6（5 分）正方体 ABCDA1B1C1D1 中，直线 AC 与 BC1 所成角的余弦值为（）ABCD0【分析】由异面直线所成的角的作法可得：A1C1B 为所求，在正三角形 A1C1B 中，A1C1B，计算可得解【解答】解：由图可知，A1C1B 为所求

22、，在正三角形 A1C1B 中，A1C1B所以 cosA1C1B ，故选：C，【点评】本题考查了异面直线所成的角，属简单题7（5 分）已知 0x1，当A2B1取得最小值时 x（   ）C              D【分析】根据化简后直接利用基本不等式求出最小值即可得 x 的值【解答】解：0x1，1x0，当且仅当9，即  

23、;  时取等号，第 8 页（共 22 页）取得最小值时 x 故选：D 【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题8（5 分）ABC 的内角 A ，B ，C 的对边分别为 a，b，c，边上的中线长为 2，则ABC 面积的最大值为（）A 2B 2C 2D 4【分析】设 AB 的中点为 M ，连接 CM 延

24、长至 D ，使得 CM MD ，得到平行四边形 ACBD ，由平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和，结合条件求得a2，再由三角形的面积公式和正弦函数的值域可得所求最大值【解答】解：设 AB 的中点为 M ，连接 CM 延长至 D ，使得 CM MD ，得到平行四边形 ACBD ，由题意可得 CM 2，由平行四边形的两条对角线的平方和等于四条边的平方和，可得 

25、;42+c22（a2+b2），由 b2a2+c2，可得 a2，由  ABC 2SBCM 2BC CMsinBCM 4sinBCM 4，当BCM 90°时，SABC 取得最大值 4故选：D 【点评】本题考查三角形的面积的最值求法，注意运用平行四边形的对角线的平方和等于四条边的平方和，以及正弦函数的值域，考查运算能力，属于中档题二、多选题：本题共 2 小题，每小题 5 分，共 10 分在每小题给出的四

26、个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分9（5 分）如图，正方形ABCD 中，E 、F 分别是 AB 、BC 的中点将ADE ，CDF ，BEF第 9 页（共 22 页）分别沿 DE、DF、EF 折起，使 A、B、C 重合于点 P则下列结论正确的是（）APDEFB平面 PDE平面 

27、PDFC二面角 PEFD 的余弦值为D点 P 在平面 DEF 上的投影是DEF 的外心【分析】由题意画出图形，由线面垂直的判定与性质可得 A 正确；由面面垂直的判定得B 正确；作出二面角 PEFD 的平面角并求其余弦值可得 C 正确，作出 P 在底面的射影，再由斜线长与射影的关系判断 D【解答】解：如图，由已知可得 PE、PF、PD 三条侧棱两两互相垂直，则 PD平面 PEF，PDEF，

28、故 A 正确；PE平面 PDF，而 PE 平面 PDE，平面 PDE平面 PDF，故 B 正确；取 EF 最低 G，连接 PG，DG，可得 PGEF，DGEF，得PGD 为二面角 PEFD的平面角，设正方形 ABCD 的边长为 2，则 PD2，PG，DG，cos，即二面角 PEFD 的余弦值为 ，故 C 正确；过 P 

29、作 PODG，则 O 为 P 在底面 DEF 上的射影，PEPD，OEOD，则 O 不是DEF 的外心，故 D 错误故选：ABC第 10 页（共 22 页）【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中的线与面的位置关系，考查空间想象能力与思维能力，是中档题“10（5 分）古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现： 平面内到两个定点 A，B 的距离之比为定值 （1）的点

30、的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯國，简称阿氏圆在平面直角坐标系 xOy 中，A（2，0），B（4，0），点 P 满足设点 P 的轨迹为 C，下列结论正确的是，（   ）AC 的方程为（x+4）2+y29B在 x 轴上存在异于 A，B 的两定点 D，E，使得C当 A，B，P 三点不共线时，射线 PO 是APB 的平分线D在 C 上存在点

31、60;M，使得|MO|2|MA|【分析】设 P（x，y），运用两点的距离高富帅，化简可得 P 的轨迹方程，可判断 A；假设在 x 轴上存在异于 A，B 的两定点 D，E，使得，设出 D，E 的坐标，求得轨迹方程，对照 P 的轨迹方程可得 D，E，可判断 B；当 A，B，P 三点不共线时，由 ，由角平分线定理的逆定理，可判断 C；若在 C 上存在点 M，使得|MO|2|MA|，可

32、设 M（x，y），运用两点的距离公式，可得 M的轨迹方程，联立 P 的轨迹方程，即可判断 D【解答】解：在平面直角坐标系 xOy 中，A（2，0），B（4，0），点 P 满足，设 P（x，y），则 ，化简可得（x+4）2+y216，故 A 错误；假设在 x 轴上存在异于 A，B 的两定点 D，E，使得，可设 D（m，0），E（n，0），可得2第 11 页（共 22 页

33、），化简可得 3x2+3y2（8m2n）x+4m2n20，由 P 的轨迹方程为 x2+y2+8x0，可得 8m2n24，4m2n20，解得 m6，n12 或 m2，n4（舍去），即存在 D（6，0），E（12，0），故 B 正确；当 A，B，P 三点不共线时，由C 正确；      ，可得射线 PO 是APB 的平分线，故y若在 C 上存在点

34、60;M，使得|MO|2|MA|，可设 M（x， ），即有2            ，化简可得 x2+y2+x+  0，联立 x2+y2+8x0，可得方程组无解，故不存在 M，故 D错误故选：BC【点评】本题考查轨迹方程的求法，考查圆方程的求法和运用，以及两点距离公式的运用，考查化简运算能力，属于中档题三、填空题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共

35、0;30 分11（5 分）不等式 x2+x10 的解集是x|x      【分析】直接根据“大于取两边，小于取中间“解出一元二次不等式即可【解答】解：x2+x10，故答案为：x【点评】本题考查了一元二次不等式的解法，属基础题12（5 分）等比数列an满足其公比 q【分析】可设等比数列an的公比为 q，则根据条件可得出，这样即可求出公比 q【解答】解：设等比数列an的公比为 q，则由；第 12 页（共 22 

36、页）得：13 5 分）直线 l1 过点（2，0）且倾斜角为 30°，直线 l2 过点（2，0）且与直线 l1 垂直，解得故答案为： 【点评】考查等比数列的定义，以及等比数列的通项公式（则直线 l1 与直线 l2 的交点坐标为【分析】用点斜式求出两条直线的方程，再联立方程组，解方程组求得直线 l1 与直线 l2的交点坐标【解答】解：由题意可得直线 l1 的斜率等于 tan30°，

37、由点斜式求得它的方程为 y0即（x+2），x3y+2  0直线 l2 过的斜率等于  ，由点斜式求得它的方程为 y0  （x2），即x+y2  0由，解得       ，故直线 l1 与直线 l2 的交点坐标为       ，故答案为【点评】本题主要考查用点斜式求直线的方程，两条直线垂直的性质，求两

38、条直线的交点坐标，属于基础题14（5 分）如图，货轮在海上以 20nmile/h 的速度沿着方位角（从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角）为 150°的方向航行为了确定船位，在点 B 观察灯塔 A 的方位角是120°，航行半小时后到达 C 点，观察灯塔 A 的方位角是 75°，则货轮到达 C 点时与灯塔 A 的距离为5nmile第 13 页（共 22 页）

39、【分析】在ABC 中，BC20×0.510nmile，求出ABC，BAC，利用正弦定理，可得货轮到达 C 点时与灯塔 A 的距离【解答】解：在ABC 中，BC20×0.510nmile，ABC150°120°30°，ACB75°+（180°150°）105°，BAC180°105°30°45°，根据正弦定理，AC货轮到达 C 点时与灯塔的距离是约nmile故答案为：【点评】本题考查了解三

40、角形的实际应用，考查了正弦定理，考查了计算能力，属基础题15（5 分）若直线 l：yx+m 上存在满足以下条件的点 P：过点 P 作圆 O：x2+y21 的两条切线（切点分别为 A，B），四边形 PAOB 的面积等于 3，则实数 m 的取值范围是2，2【分析】由 PAOA，PBOB，结合切线长定理，可得四边形 PAOB 的面积为 S|PA|，设 P（x0，y0），运用点到直线的距离公式，可得所求范围【解答】

41、解：由 PAOA，PBOB，|PA|PB|，|OA|OB|1，可得四边形 PAOB 的面积为 S |PA|OA|+ |PB|OB|PA|3，设 P（x0，y0），可得|PA|，由于 x02+y02（）2，可得10，第 14 页（共 22 页）解得2m2故答案为：2，2【点评】本题考查直线和圆的位置关系，考查切线长定理和点到直线的距离公式的运用，考查化简运算能力，属于中档题16（5 分）如图，圆锥型容器内盛有水，水深3dm，水面直径 23dm 放入

42、一个铁球后，水恰好把铁球淹没，则该铁球的体积为dm【分析】由题意画出截面图，设铁球的半径为 r，利用体积相等求解 r，则球的体积可求【解答】解：如图，设铁球的半径为 r，则放入铁球后水深为 3r，上底面半径为，此时铁球与水的体积和为原来水的体积为，铁球的体积为，则，解得铁球的体积 V故答案为：【点评】本题考查圆锥与球的体积，是基础的计算题四、解答题：共 70 分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤17（10 分）已知数列an的前 n 项和为（1）证明：数列an是等差数列；（2）设，求数列cn的前

43、 2020 项和 T2020第 15 页（共 22 页）【分析】本题考查等差数列的定义、通项公式及前 n 项和公式，考查数列求和的方法第（1）问利用 sn 和 an 的关系，先求出 an，再通过证明 an+1an 是一个常数来说明an是等差数列；第（2）问可采用并项求和法求和1【解答】解：（1）当 n1 时，a1s11，当 n2 时，ansnsn3n2，综上，an+1an3，an是等差数列（2），

44、T2020（a1+a2）+（a3+a4）+（a2019+a2020）3×10103030【点评】本题考查等差数列的定义、通项公式及前 n 项和公式，考查数列求和的方法属于通性通法的考查，难度中等18（12 分）已知函数（1）若关于 x 的不等式 f（x）4 的解集为（2，4），求 m 的值；（2）若对任意 x0，4，f（x）+20 恒成立，求 m 的取值范围（【分析】 1）f（x）4 可化为 x2（42m）x80 然

45、后根据解集由根与系数的关系可得关于 m 的方程，解出 m；（2）当 x0 时，02 恒成立，符合题意；当x（0，4时，则只需成立，利用基本不等式求出的最小值即可【解答】解：（1）本题等式 f（x）4 可化为 x2（42m）x80，不等式 f（x）4 的解集为（2，4），由根与系数的关系有2+442m，m1，经检验 m1 满足题意，m 的值为 1（2）对任意 x0，4，f（x）+20 恒成立，对任意的 x0，4恒成立，

46、当 x0 时，02 恒成立，符合题意；第 16 页（共 22 页）当 x（0，4时，要使则只需而恒成立，成立，当且仅当 x2 时取等号，m0，m 的取值范围为0，+）【点评】本题考查了不等式的解集与方程根的关系和不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想，转化思想和方程思想，属中档题19（12 分）平面四边形 ABCD 中，AB23，ACB60°（1）若 AC22，求 BC；（2）设ACD，ADC，若 ADcosACcos

47、，°，求ACD 面积的最大值（【分析】 ）在ABC 中，由余弦定理即可解得 BC 的值（2）由已知利用正弦定理sin2，可得 ，或 +，设ABC，由正弦定理可得：AC4sin，分类讨论利用三角形的面积公式即可求解（【解答】解： ）在ABC 中，由余弦定理可得：AB2AC2+BC22ACBCcosACB，即：（2）2（2解得：BC）2+BC22×，或       （舍去），（）在ACD 中，由正弦定理及

48、60;ADcosACcos，可得：sincossincos，即 sin2，22，或 2+2，即 ，或 +，ACD 是等边三角形或直角三角形，在ABC 中，设ABC，由正弦第 17 页（共 22 页）定理可得：，AC4sin，若  ACD是 等 边 三 角 形 ， 则 ： SACD   AC  AD  sin 

49、 CAD sin2，4，当时，ACD 面积的最大值为 4；若ACD 是直角三角形，则  ACD ACAD ×4sin，当时，ACD 面积的最大值为 8；综上所述，ACD 面积的最大值为 88sin2，【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式等知识在解三角形中的应用，考查了数形结合，分类讨论，转化与化归等数学思想，考查了数学运算，直观想象等核心素养，属于中档题20（12 分）如图，直三棱柱 ABCA1B1C1 

50、中，ABAC，AB1，AC2，AA12，D，E分别为 BC，A1C1 的中点（1）证明：C1D平面 ABE；（2）求 CC1 与平面 ABE 所成角的正弦值【分析】 1）取 AB 的中点 H，连接 EH，HD，可得四边形 DHEC1 为平行四边形，即 DC1（第 18 页（共 22 页）HE，即可证明 C1D平面 ABE；（2），在三棱柱 ABCA1B1C1 中，过&

51、#160;A1 作 A1FAE 于 F，可得A1AE 即为 CC1 与平面 ABE 所成的角解三角形即可求解【解答】证明（1）取 AB 的中点 H，连接 EH，HD，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，D，E 分别为 BC，A1C1 的中点，EC1ACDH，四边形 DHEC1 为平行四边形，即 DC1HE，EH面 ABE，CD面 ABE，C1D平面 ABE；

52、解：（2），在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1平面 ABC，AA1AB又 ABAC，ACAA1A，AB面 ACC1A1，过 A1 作 A1FAE 于 F，A1F平面 ACC1A1，又 CC1AA1，A1AE 即为 CC1 与平面 ABE 所成的角AA12，A1E1，CC1 与平面 ABE 所成角的正弦值为【点评】本题考查了线面平行、线面角考查推理论证能力，考查化归、转化思想，属于中档题（21

53、 12 分）已知圆 M： x4）2+（y5）24，圆 N 与圆 M 关于直线 l：x+y20 对称（1）求圆 N 的方程；（2）过直线 l 上的点 P 分别作斜率为4，4 的两条直线 l1，l2，使得被圆 M 截得的弦长第 19 页（共 22 页）与 l2 被圆 N 截得的弦长相等（i）求 P 的坐

54、标；（）过 P 任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交，判断所得弦长是否恒相等，并说明理由（【分析】 1）根据垂直和中点关系可得 N 的坐标，根据半径相等可得圆 N 的半径，由圆的标准方程可得圆 N 的方程；（2）（i）设出 P 的坐标，可得 l1，l2 的方程，根据点到直线的距离列等式可解得 m；（ii）相等讨论 l1，l2 的斜率是否存在，根据点到直线的距离公式列式可证明【解答】解：（1）设 N（a，b），因为圆 

55、M 与圆 N 关于直线 l：x+y20 对称，M（4，5），则直线 MN 与直线 l 垂直，MN 的中点在直线 l 上，得，解得 a3，b2，所以圆 N：（x+3）2+（y+2）24（2）（i）设 P（m，2m），l1 的方程为：y（2m） （xm），即 x+4y+3m80；l2 的方程为 y（2m）4（xm），即 4xy+25m0，因为 l1 被圆 M&#

56、160;截得的弦长与 l2 被圆 N 截得的弦长相等，且两圆半径相等，所以 M 到 l1 的距离与 N 到 l2 的距离相等，即所以 m4 或 m3       ，由题意，M 到直线 l1 的距离 d2         m         ，所以 m4 不满足题意，舍去故 m3，点 P 的坐标（3，5）（ii）过点 P 任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长相等证明如下：ll当 l1 的斜率等于 0 时， 2 的斜率不存在，1 被圆 M 截得的弦长与