2015年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷(理科）一、選擇題：本大題共8小題，每題5分,共40分2015年一般高等學(xué)校招生全國一致考試(浙江卷）數(shù)學(xué)（理科）1．(5分）（2015?浙江）已知會(huì)合P={x｜x2﹣2x≥0}，Q={x｜1＜x≤2}，則（?RP)∩Q=（)A．[0，1)B．(0,2]C．（1，2）D．[1，2］2．（5分）(2015?浙江）某幾何體的三視圖如下圖（單位：cm)，則該幾何體的體積是（)A．3B．12cm3C．D．8cm3．(5分)(2015?浙江)已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零，前n項(xiàng)和是Sn，若a3，a4,a8成等比數(shù)列，則（)d＞0,dS＞0B．a(chǎn)d＜0,dS＜0C．a(chǎn)d＞0，dS＜0D．0A．a(chǎn)141414144．（5分)（2015?浙江）命題“?n∈N*，f（n）∈N＊且f（n）≤n"的否認(rèn)形式是(）A．?n∈N*，f（n）?N*且f（n)＞nB．?n∈N＊，f（n)?N＊或f（n）＞nC．?n0∈N*，f（n*且f（nD．?n0∈N*，f（n*或f(n0）＞n00）?N0)＞n00)?N5．（5分)(2015?浙江）如圖，設(shè)拋物線y2=4x的焦點(diǎn)為F，不經(jīng)過焦點(diǎn)的直線上有三個(gè)不一樣的點(diǎn)A，B，C,此中點(diǎn)A,B在拋物線上，點(diǎn)C在y軸上，則△BCF與△ACF的面積之比是(）第1頁（共17頁）A．B．C．D．6．（5分)(2015?浙江）設(shè)A，B是有限集，定義：d（A，B)=card(A∪B)﹣card（A∩B)，其中card（A）表示有限集A中的元素個(gè)數(shù)（）命題①：對(duì)隨意有限集A，B,“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必需條件；命題②：對(duì)隨意有限集A，B，C，d（A,C）≤d（A，B）+d（B，C）A．命題①和命題②都建立B．命題①和命題②都不建立C．命題①建立，命題②不建立D．命題①不建立,命題②建立7．（5分）（2015?浙江)存在函數(shù)f（x）知足,對(duì)隨意x∈R都有()．f（sin2x）=sinxB．f（sin2x）=x2+xC．f（x2+1）=|x+1|D．f（x2+2x）=｜x+1|8．（5分）(2015?浙江)如圖，已知△ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將△ACD折成△A′CD,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角為α，則(）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α二、填空題：本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分，共36分．9．（6分）(2015?浙江）雙曲線=1的焦距是，漸近線方程是．10．（6分）(2015?浙江）已知函數(shù)（fx）=,則（ff(﹣3）)=，f（x)的最小值是．11．(6分)（2015?浙江）函數(shù)f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是，單一遞減區(qū)間是．a(chǎn)﹣a．12．（4分）（2015?浙江）若a=log43，則2+2=13．（4分）（2015?浙江）如圖,三棱錐A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,點(diǎn)M,N分別是AD,BC的中點(diǎn),則異面直線AN，CM所成的角的余弦值是．第2頁（共17頁）2214．(4分）（2015?浙江)若實(shí)數(shù)x，y知足x+y≤1，則｜2x+y﹣2｜+｜6﹣x﹣3y|的最小值是．15．（6分）（2015?浙江）已知是空間單位向量，，若空間向量知足，且對(duì)于隨意x，y∈R,，則x0=，y0=，｜=．三、解答題:本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．16．（14分)(2015?浙江)在△ABC中，內(nèi)角A,B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知A=,b2a2=c2．1）求tanC的值；2)若△ABC的面積為3，求b的值．17．（15分）（2015?浙江）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°,AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影為BC的中點(diǎn),D是B1C1的中點(diǎn)．1）證明：A1D⊥平面A1BC；2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．18．（15分)(2015?浙江)已知函數(shù)f(x）=x2+ax+b（a,b∈R），記M（a，b）是｜f(x）｜在區(qū)間[﹣1,1]上的最大值．（1）證明：當(dāng)|a|≥2時(shí),M（a，b）≥2;第3頁（共17頁）(2）當(dāng)a,b知足M（a,b）≤2時(shí)，求｜a|+｜b|的最大值．19．(15分）(2015?浙江）已知橢圓上兩個(gè)不一樣的點(diǎn)A,B對(duì)于直線y=mx+對(duì)稱．1)務(wù)實(shí)數(shù)m的取值范圍；2）求△AOB面積的最大值（O為坐標(biāo)原點(diǎn))．20．（15分）（2015?浙江）已知數(shù)列｛an}知足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N＊）（1)證明:1≤≤2(n∈N＊)；（2）設(shè)數(shù)列｛an2}的前n項(xiàng)和為Sn，證明（n∈N＊）．第4頁（共17頁）2015年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷（理科)參照答案與試題分析一、選擇題:本大題共8小題，每題5分，共40分2015年一般高等學(xué)校招生全國一致考試(浙江卷)數(shù)學(xué)（理科)1．(5分）考點(diǎn):交、并、補(bǔ)集的混淆運(yùn)算．專題：會(huì)合．剖析：求出P中不等式的解集確立出P，求出P補(bǔ)集與Q的交集即可．解答：解:由P中不等式變形得：x（x﹣2）≥0,解得：x≤0或x≥2，即P=(﹣∞，0］∪［2,+∞），∴?RP=（0，2），∵Q=(1，2］，∴(?RP）∩Q=（1，2），應(yīng)選：C．評(píng)論：本題考察了交、并、補(bǔ)集的混淆運(yùn)算，嫻熟掌握運(yùn)算法例是解本題的重點(diǎn)．2．（5分）考點(diǎn)：由三視圖求面積、體積．專題：空間地點(diǎn)關(guān)系與距離．剖析：判斷幾何體的形狀，利用三視圖的數(shù)據(jù),求幾何體的體積即可．解答：解：由三視圖可知幾何體是下部為棱長為2的正方體，上部是底面為邊長2的正方形奧為2的正四棱錐,所求幾何體的體積為：23+×2×2×2=．應(yīng)選：C．評(píng)論：本題考察三視圖與直觀圖的關(guān)系的判斷,幾何體的體積的求法，考察計(jì)算能力．3．（5分）考點(diǎn)：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合．專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．剖析：,a，a成等比數(shù)列，獲得首項(xiàng)和公差的關(guān)系，即可判斷ad和dS的符號(hào)．由a34814第5頁（共17頁）解答：解：設(shè)等差數(shù)列｛an}的首項(xiàng)為a1，則a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d,由a348成等比數(shù)列，得,整理得：．，a，a∵d≠0,∴,∴，=＜0．應(yīng)選：B．評(píng)論：本題考察了等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，考察了等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，是基礎(chǔ)題．4．（5分）考點(diǎn)：命題的否認(rèn)．專題：簡(jiǎn)略邏輯．剖析：依據(jù)全稱命題的否認(rèn)是特稱命題即可獲得結(jié)論．解答：解:命題為全稱命題，則命題的否認(rèn)為：?n0∈N*，f（n0)?N*或f（n0)＞n0,應(yīng)選：D．評(píng)論:本題主要考察含有量詞的命題的否認(rèn)，比較基礎(chǔ)．5．(5分）考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系．專題:圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．剖析：依據(jù)拋物線的定義，將三角形的面積關(guān)系轉(zhuǎn)變?yōu)榈年P(guān)系進(jìn)行求解即可．解答：解:如下圖，拋物線的準(zhǔn)線DE的方程為x=﹣1，過A，B分別作AE⊥DE于E，交y軸于N，BD⊥DE于E，交y軸于M,由拋物線的定義知BF=BD，AF=AE，則|BM|=｜BD｜﹣1=|BF｜﹣1，|AN|=｜AE|﹣1=|AF｜﹣1，則===，應(yīng)選：A第6頁（共17頁）評(píng)論:本題主要考察三角形的面積關(guān)系，利用拋物線的定義進(jìn)行轉(zhuǎn)變是解決本題的重點(diǎn)．6．（5分）考點(diǎn)：復(fù)合命題的真假．專題：會(huì)合;簡(jiǎn)略邏輯．剖析：命題①依據(jù)充要條件分充分性和必需性判斷即可，③借助新定義,依據(jù)會(huì)合的運(yùn)算，判斷即可．解答:解：命題①：對(duì)隨意有限集A，B，若“A≠B”，則A∪B≠A∩B，則card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0"建立，若d（A，B)＞0”，則card（A∪B）＞card（A∩B），則A∪B≠A∩B，故A≠B建立，故命題①建立，命題②，d(A，B)=card（A∪B）﹣card（A∩B）,d（B,C）=card（B∪C)﹣card（B∩C），d（A，B)+d(B，C）=card（A∪B)﹣card(A∩B）+card（B∪C）﹣card(B∩C）=[card（A∪B）+card（B∪C）］﹣[card（A∩B）+card（B∩C）］≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A,C)，故命題②建立，應(yīng)選：A評(píng)論:本題考察了，元素和會(huì)合的關(guān)系,以及邏輯關(guān)系,分清會(huì)合之間的關(guān)系與各會(huì)合元素個(gè)數(shù)之間的關(guān)系,注意本題對(duì)充要條件的考察．會(huì)合的元素個(gè)數(shù)，表現(xiàn)兩個(gè)會(huì)合的關(guān)系，但僅依靠元素個(gè)數(shù)不可以判斷會(huì)合間的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．7．（5分)考點(diǎn)：函數(shù)分析式的求解及常用方法．專題:函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．剖析：利用x取特別值，經(jīng)過函數(shù)的定義判斷正誤即可．解答：解：A．取x=0,則sin2x=0，∴f（0）=0；取x=,則sin2x=0，∴f(0）=1；f(0)=0，和1，不切合函數(shù)的定義；不存在函數(shù)f（x)，對(duì)隨意x∈R都有f(sin2x）=sinx;B．取x=0,則f（0）=0;2取x=π,則f(0)=π+π;f(0）有兩個(gè)值，不切合函數(shù)的定義；該選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．取x=1，則f（2）=2,取x=﹣1，則f(2）=0;這樣f（2）有兩個(gè)值，不切合函數(shù)的定義；∴該選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．令｜x+1|=t，t≥0，則f（t2﹣1）=t；第7頁（共17頁）令t2﹣1=x，則t=；∴；，對(duì)隨意x∈R,都有f（x2+2x)=|x+1｜；即存在函數(shù)f（x）=∴該選項(xiàng)正確．應(yīng)選：D．評(píng)論:本題考察函數(shù)的定義的應(yīng)用,基本知識(shí)的考察,可是思慮問題解決問題的方法比較難．8．（5分）考點(diǎn)：二面角的平面角及求法．專題：創(chuàng)新題型;空間角．剖析：解：畫出圖形,分AC=BC，AC≠BC兩種狀況議論即可．解答：解：①當(dāng)AC=BC時(shí)，∠A′DB=α；②當(dāng)AC≠BC時(shí)，如圖，點(diǎn)A′投影在AE上，α=∠A′OE，連接AA′,易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE,即∠A′DB＞α綜上所述，∠A′DB≥α，應(yīng)選：B．評(píng)論：本題考察空間角的大小比較，注意解題方法的累積，屬于中檔題．二、填空題:本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．9．(6分）考點(diǎn)：雙曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)．專題：計(jì)算題；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．剖析：確立雙曲線中的幾何量，即可求出焦距、漸近線方程．解答：解:雙曲線=1中，a=，b=1,c=，∴焦距是2c=2，漸近線方程是y=±x．故答案為：2;y=±x．評(píng)論：本題考察雙曲線的方程與性質(zhì)，考察學(xué)生的計(jì)算能力，比較基礎(chǔ)．10．（6分）考點(diǎn)：函數(shù)的值．專題:計(jì)算題；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．第8頁（共17頁）剖析:依據(jù)已知函數(shù)可先求f（﹣3）=1，而后輩入可求f(f(﹣3））;因?yàn)閤≥1時(shí),f（x）=，當(dāng)x＜1時(shí),f（x）=lg（x2+1），分別求出每段函數(shù)的取值范圍，即可求解解答：解：∵f（x)=，f（﹣3）=lg10=1，則f(f（﹣3）)=f（1）=0,當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=,即最小值，當(dāng)x＜1時(shí)，x2+1≥1，(x）=lg（x2+1）≥0最小值0,故f（x）的最小值是．故答案為：0；．評(píng)論:本題主要考察了分段函數(shù)的函數(shù)值的求解，屬于基礎(chǔ)試題．11．（6分）考點(diǎn)：兩角和與差的正弦函數(shù);三角函數(shù)的周期性及其求法；正弦函數(shù)的單一性．專題：三角函數(shù)的求值．剖析:由三角函數(shù)公式化簡(jiǎn)可得f（x）=sin(2x﹣）+，易得最小正周期,解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函數(shù)的單一遞減區(qū)間．解答：解：化簡(jiǎn)可得f(x）=sin2x+sinxcosx+1(1﹣cos2x）+sin2x+1sin（2x﹣）+，∴原函數(shù)的最小正周期為T==π，由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+,∴函數(shù)的單一遞減區(qū)間為[kπ+，kπ+］（k∈Z）故答案為：π；［kπ+，kπ+］（k∈Z)評(píng)論：本題考察三角函數(shù)的化簡(jiǎn),波及三角函數(shù)的周期性和單一性，屬基礎(chǔ)題．12．(4分）考點(diǎn)：對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)．專題:函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．剖析:直接把a(bǔ)代入2a+2﹣a,而后利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)得答案．第9頁（共17頁）解答：解:∵a=log43,可知a4=3，即2a=,因此2a+2﹣a=+=．故答案為：．評(píng)論:本題考察對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，是基礎(chǔ)的計(jì)算題．13．(4分）考點(diǎn)：異面直線及其所成的角．專題:空間角．剖析：連接ND，取ND的中點(diǎn)為：E，連接ME說明異面直線AN，CM所成的角就是∠EMC通過解三角形，求解即可．解答：解:連接ND，取ND的中點(diǎn)為：E，連接ME，則ME∥AN，異面直線AN,CM所成的角就是∠EMC，∵AN=2，∴ME==EN，MC=2，又∵EN⊥NC，∴EC==，∴cos∠EMC===．故答案為:．評(píng)論：本題考察異面直線所成角的求法，考察空間想象能力以及計(jì)算能力．14．（4分)考點(diǎn):函數(shù)的最值及其幾何意義．專題：不等式的解法及應(yīng)用；直線與圓．剖析：依據(jù)所給x，y的范圍，可得｜6﹣x﹣3y｜=6﹣x﹣3y，再議論直線2x+y﹣2=0將圓x2+y2=1分紅兩部分，分別去絕對(duì)值，運(yùn)用線性規(guī)劃的知識(shí)，平移即可獲得最小值．第10頁（共17頁）22解答:解：由x+y≤1,可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，如圖直線2x+y﹣2=0將圓x2+y2=1分紅兩部分，在直線的上方（含直線),即有2x+y﹣2≥0，即｜2+y﹣2|=2x+y﹣2，此時(shí)|2x+y﹣2｜+|6﹣x﹣3y｜=（2x+y﹣2）+(6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，利用線性規(guī)劃可得在A(，）處獲得最小值3；在直線的下方（含直線）,即有2x+y﹣2≤0,即|2+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2)，此時(shí)|2x+y﹣2｜+｜6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y)=8﹣3x﹣4y，利用線性規(guī)劃可得在A(，)處獲得最小值3．綜上可得，當(dāng)x=，y=時(shí),|2x+y﹣2|+｜6﹣x﹣3y|的最小值為3．故答案為：3．評(píng)論:本題考察直線和圓的地點(diǎn)關(guān)系，主要考察二元函數(shù)在可行域內(nèi)獲得最值的方法，屬于中檔題．15．(6分）考點(diǎn)：空間向量的數(shù)目積運(yùn)算；平面向量數(shù)目積的運(yùn)算．專題:創(chuàng)新題型;空間向量及應(yīng)用．剖析：?＞=，不如設(shè)=（,,0）,=（1，0，0）,由已知由題意和數(shù)目積的運(yùn)算可得＜可解=（，,t），可得|﹣（｜2=（x+）2+（y﹣2）2+t2,由題意可適當(dāng)x=x0=1，0222取最小值1,由模長公式可得｜．y=y=2時(shí)，(x+）+(y﹣2)+t第11頁（共17頁）解答：解：∵?=|||｜c(diǎn)os＜?＞=cos＜?＞=，∴＜?＞=，不如設(shè)=(,,0），=（1，0，0），=（m，n，t），則由題意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），∵﹣(）=（﹣x﹣y,，t），∴|﹣（|2=（﹣x﹣y)2+（)2+t2=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由題意當(dāng)x=x0，y=y0=2時(shí)，(x+2（y﹣2）22取最小值1，=1）++t此時(shí)t2=1，故｜==2故答案為：1；2;2評(píng)論:本題考察空間向量的數(shù)目積，波及向量的模長公式，屬中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共16．（14分）考點(diǎn)：余弦定理．專題：解三角形．剖析：（1）由余弦定理可得：

分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．222．可得，a=．利，已知b﹣a=c用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．（2）由=×=3,可得c，即可得出b．解答:解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：,∴b2﹣a2=bc﹣c2，又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得,∴a2=b2﹣=,即a=．∴cosC===．∵C∈（0，π)，∴sinC==．∴tanC==2．第12頁（共17頁）（2）∵=×=3，解得c=2．∴=3．評(píng)論:本題考察了正弦定理余弦定理、同角三角形基本關(guān)系式、三角形面積計(jì)算公式,考察了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．17．（15分）考點(diǎn):二面角的平面角及求法;直線與平面垂直的判斷．專題：空間地點(diǎn)關(guān)系與距離；空間角．剖析：（1）以BC中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)B、OA、OA1所在直線分別為x、y、z軸建系，經(jīng)過?=?=0及線面垂直的判斷定理即得結(jié)論；2）所求值即為平面A1BD的法向量與平面B1BD的法向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值的相反數(shù)，計(jì)算即可．解答：(1）證明：如圖，以BC中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B、OA、OA1所在直線分別為x、y、z軸建系．則BC=AC=2，A1O==，易知A1（0，0，)，B（，0，0）,C（﹣,0，0），A（0，，0）,D(0，﹣，），B1(，﹣，），=（0，﹣,0），=（﹣，﹣，)，=(﹣,0，0)，=(﹣2,0,0），=（0，0，）,?=0，∴A1D⊥OA1，又∵?=0,∴A1D⊥BC,又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；（2)解:設(shè)平面A1BD的法向量為=（x，y，z），由,得，取z=1，得=(，0，1）,設(shè)平面B1BD的法向量為=（x，y，z），由，得，取z=1,得=(0，,1），得13頁（共17頁）∴cos＜,＞===，又∵該二面角為鈍角，∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值為﹣．評(píng)論：本題考察空間中線面垂直的判斷定理,考察求二面角的三角函數(shù)值,注意解題方法的積累,屬于中檔題．18．(15分）考點(diǎn)：二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值．專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．剖析：(1)明確二次函數(shù)的對(duì)稱軸，區(qū)間的端點(diǎn)值，由a的范圍明確函數(shù)的單一性,聯(lián)合已知以及三角不等式變形所求獲得證明；（2）議論a=b=0以及剖析M（a，b）≤2獲得﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，進(jìn)一步求出|a｜+｜b｜的求值．解答：解：（1)由已知可得f（1）=1+a+b,f（﹣1）=1﹣a+b，對(duì)稱軸為x=﹣，因?yàn)椋黙｜≥2,因此或≥1，因此函數(shù)f(x）在［﹣1，1]上單一，因此M（a，b）=max｛｜f（1），｜f（﹣1）|｝=max｛|1+a+b｜，｜1﹣a+b|｝，因此M(a,b）≥（|1+a+b|+｜1﹣a+b|）≥｜(1+a+b）﹣（1﹣a+b）｜≥｜2a|≥2；（2）當(dāng)a=b=0時(shí)，|a|+｜b｜=0又|a|+|b|≥0，因此0為最小值，切合題意;又對(duì)隨意x∈[﹣1,1］．有﹣2≤x2+ax+b≤2獲得﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1,易知|a｜+|b｜=max｛｜a第14頁（共17頁）﹣b｜，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2時(shí)切合題意，因此|a|+|b｜的最大值為3．評(píng)論:本題考察了二次函數(shù)閉區(qū)間上的最值求法；解答本題的重點(diǎn)是正確理解M（a，b）是|f（x）｜在區(qū)間［﹣1，1]上的最大值，以及利用三角不等式變形．19．（15分)考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系．專題：創(chuàng)新題型；圓錐曲線中的最值與范圍問題．剖析:（1）由題意,可設(shè)直線AB的方程為x=﹣my+n，代入橢圓方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0,設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，設(shè)線段AB的中點(diǎn)P（x0，y0)，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式及其根與系數(shù)的可得P，代入直線y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．（2）直線AB與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)為n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．解答：解:（1）由題意，可設(shè)直線AB的方程為x=﹣my+n，代入橢圓方程,可得（m2+2）y22mny+n2﹣2=0，設(shè)A（x1，y1），B