2025學年第一學期溫州十校聯(lián)合體期中聯(lián)考

高二年級數(shù)學學科試題

命題學校：塘下中學黃相紅審題學校：虹橋中學繆秀玲

考生須知：

1.本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘.

2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字.

3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效.

4.考試結束后，只需上交答題紙.

選擇題部分

一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.

3

l:yx2

1.直線3的傾斜角是（）

A.30B.60C.120D.150

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)傾斜角與斜率的關系即可得到答案.

33

【詳解】l:yx2的斜率為，設其傾斜角為，0180，

33

3

則tan，則30.

3

故選：A.

x2

2.雙曲線y21的焦距為（）

4

A.23B.25C.4D.26

【答案】B

【解析】

【分析】由雙曲線方程得出a2,b2，求出c，即可得焦距2c.

x2

【詳解】由雙曲線y21可得a21,b24，則c2a2b25，c5，

4

則焦距2c25，

故選：B.

3.已知平面的一個法向量n1,2,2，點A1,0,1在平面內(nèi)，則點B2,1,3到平面的距離為（）

124

A.B.C.1D.

333

【答案】C

【解析】

【分析】利用空間向量法來求點到面的距離即可.

【詳解】由題意得AB1,1,2，平面的一個法向量n1,2,2，

ABn1,1,21,2,23

則點B2,1,3到平面的距離為d1，

n1,2,23

故選：C.

2222的

4.圓C1:xy4x2y10與圓C2:xy2x4y40位置關系是（）

A.外離B.外切C.相交D.內(nèi)切

【答案】A

【解析】

【分析】由一般方程得標準方程，得出圓心、半徑，求出圓心距，判斷與r1r2的關系即可得兩圓的位置

關系.

22

【詳解】圓C1即(x2)(y1)4，圓心C1(2,1)，半徑r12；

22

圓C2即(x1)(y2)1，圓心C2(1,2)，半徑r21；

，則兩圓外離，

C1C210r1r2

故選：A

5.過圓x2y24外一點P0,4作圓的兩條切線，切點為A、B，則ABP的外接圓半徑是（）

5

A.1B.5C.2D.

2

【答案】C

【解析】

1

【分析】圓x2y24的圓心O0,0，故以OP為直徑的圓就是ABP的外接圓，OP即為所求半徑．

2

【詳解】圓x2y24的圓心O0,0，半徑r2，

因為PA,PB是圓的切線，所以PAOA，PBOB，

∴以OP為直徑的圓就是ABP的外接圓，

∵P0,4，

11

∴ABP的外接圓的半徑為OP42.

22

故選：C.

x2y2

6.橢圓1的離心率可能是（）

164m2

5213

A.B.C.D.

3332

【答案】D

【解析】

12m2

【分析】寫出離心率表達式e，再結合m20范圍即可得到答案.

4

【詳解】4m20.

164m2恒成立，

2

164m12m2

則橢圓的焦點在x軸上，則離心率e，

164

12m21203

因為0m24，則1，

442

3

所以e,1，對照選項可知D正確.

2

故選：D.

x2y2

7.已知點P在橢圓C:1上運動，圓C的圓心為橢圓的右焦點F，半徑r3，點Q在圓C上，

1612

則PQ的取值范圍是（）

A.23,63B.0,8

C.23,8D.1,7

【答案】A

【解析】

【分析】設Px,y，則4x4，利用橢圓的焦半徑公式求出PF的取值范圍，再結合圓的幾何性質(zhì)

可求得PQ的取值范圍.

【詳解】在橢圓C中，a4，b23，則ca2b22，即F2,0，

x2y23x2

設點Px,y，則4x4，且1，可得y212，

16124

22

23xxx

所以PFx2y2x24x4124x1642,6，

442

所以PQPFFQPF363，

當且僅當P為橢圓的左端點，且Q為射線PF與圓C的交點時，上述不等式中的兩個等號同時成立，

PQPFFQPF323，

當且僅當P為橢圓的右端點，且Q為線段PF與圓C的交點時，上述不等式中的兩個等號同時成立，

綜上所述，PQ的取值范圍是23,63.

故選：A.

已知球是棱長為的正方體的內(nèi)切球，點為球表面上一動點，且滿足

8.O2ABCDA1B1C1D1MOBM//

面，則22的最大值為（）

AD1CMA1MB

148

A.B.2C.6D.

33

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)題意，證得平面A1BC1//平面AD1C，得到點M在平面A1BC1與球O的截面圓上，求得正

3221

A1BC1的邊長為2，得到A1(1,0),B(1,0)，圓的方程為(x)y，結合圓的性質(zhì)，即可求解.

33

【詳解】如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，可得A1B//CD1,A1C1//AC，

因為A1B平面AD1C，CD1平面AD1C，所以A1B//平面AD1C，

同理可證：A1C1//平面AD1C，

又因為A1BA1C1A1，且A1B,A1C1平面A1BC1，所以平面A1BC1//平面AD1C，

要使得BM//平面AD1C，且點M為球O表面上一動點，

所以點M在平面A1BC1與球O的截面圓上，且截面圓恰為A1BC1的內(nèi)切圓，

因為正方體的棱長為，可得正的邊長為，其內(nèi)切圓的半徑為3，

2A1BC12r

3

以A1B所在直線為x軸，以A1B的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，

2

31

可得A(1,0),B(1,0)，內(nèi)切圓的方程為2，

1xy

33

設，則22222222，

M(x,y)MA1MB(x1)y(x1)y2(xy)2

2(x2y2)222((x0)2(y0)2)22，

因為(x0)2(y0)2表示內(nèi)切圓上點到原點的距離，

23

y23

可得內(nèi)切圓與軸的交點為0,時，距離最大，最大距離為d2r，

33

2

2314

所以22.

MA1MB22

max33

故選：A.

二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題列出的四個備選項中至少有一個是

符合題目要求的.全部選對的得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分）

9.已知空間向量a1,2,2，bx,1,0，c0,1,1，則下列說法中正確的是（）

1

A.若∥，則xB.若，則x2

ab2ab

5

C.向量ac在a上的投影向量的模長為D.若b5，則x2

3

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用空間向量共線求參數(shù)，由于無解可判斷A，利用空間向量積為0可判斷B，利用投影向量的坐

標運算可判斷C，利用空間向量模的坐標運算可判斷D．

【詳解】對于A，空間向量a1,2,2，bx,1,0，由a∥b，可得ba，

即x,12,02，顯然和x無解，故A錯誤；

對于B，若ab，則x200x2，故B正確；

1,1,11,2,25

對于C，向量ac1,1,1在a1,2,2上的投影向量的模長是=，故C正確；

1,2,23

對于D，bx,1,0=x215x2，故D正確；

故選：BCD

10.已知直線l:m2xm1y3m10，則下列選項中正確的是（）

45

A.直線l恒過定點,

33

B.若直線l與直線2xy30平行，則m0

1

C.若直線l不經(jīng)過第二象限，則1m

3

D.原點到直線l的距離可能為2

【答案】ABD

【解析】

xy30

【分析】選項A，將直線l整理成m(xy3)(2xy1)0，則有，

2xy10

解出這個方程組的解就是直線l恒過的定點；選項B，求出直線l的斜率為k1，直線2xy30的斜率為

k2，由這兩條直線平行得到k1k2，代入k1和k2計算得解；選項C，第一種情況：當直線l存在斜率時，

求出直線l的斜率為k1和在y軸上的截距，由l不過第二象限，得到k10且在y軸上的截距小于等于0，

4

計算得到m的范圍；第二種情況：當直線l不存在斜率時，m1，l:x，l不經(jīng)過第二象限，m1

3

符合題意，這兩種情況求并集得到m的范圍；選項D，利用點到直線的距離求出原點到直線l的距離，這個

距離等于2，得到m的一元二次方程，利用判別式與0的大小關系判斷這個一元二次方程是否有解，得到判

斷.

【詳解】選項A，l:m2xm1y3m10，

xy30

m(xy3)(2xy1)0，，

2xy10

4

x

345

，直線l恒過定點,，故選項A正確；

533

y

3

m2

選項B，l:m2xm1y3m10的斜率為k，

1m1

直線2xy30的斜率為k22，這兩條直線平行，

m2

kk，2，m0，故選項B正確；

12m1

選項C，第一種情況：當直線l存在斜率時，

3m1

l:m2xm1y3m10，當x0時，y，

m1

3m1

l在y軸上的截距為，

m1

l不過第二象限，

m2

k01m2

1m11

，1，1m，

3m11m3

03

m1

第二種情況：當直線l不存在斜率時，

l:m2xm1y3m10，

4

m1，l:x，l不經(jīng)過第二象限，m1符合題意，

3

1

綜上，若直線l不經(jīng)過第二象限，則1m，故選項C錯誤；

3

選項D，l:m2xm1y3m10，

2

3m13m19m26m1

原點到直線的距離為d2

l22222

m2m1m4m4m2m12m2m5

222

9m6m142m2m5，m22m190，Δ24190，

m22m190有根，原點到直線l的距離可能為2，故選項D正確.

故選：ABD.

11.在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABAA15，AD3，點P在底面四邊形ABCD內(nèi)（含邊界）運

動，且滿足BD1B1P，點M是線段B1P的中點，則下列選項中正確的是（）

334

A.點P的軌跡是線段，其長度為

5

B.三棱錐MA1B1C1的體積為定值

C.直線D1M與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為1

5

D.存在點M，使得M到AD的距離為

2

【答案】AB

【解析】

【分析】利用空間向量坐標運算來確定交線，再用坐標運算可求解線段長來判斷A，線面是否存在垂直來

判斷C，求點到線的距離來判斷D，利用體積變換來判斷B.

【詳解】

如圖建立空間直角坐標系，根據(jù)ABAA15，AD3，

可得：B3,5,0,D10,0,5,B13,5,5,A3,0,0,C0,5,0,D0,0,0,A13,0,5，設點Px,y,0，

則

BD13,5,5,B1Px3,y5,5,AC3,5,0,DA13,0,5,DB13,5,5

因為，所以，

BD1B1PBD1B1P3,5,5x3,y5,53x95y25250

9

化簡得：3x5y9，令x0得y，令y0得x3，

5

9

由此可得點P在以點A3,0,0，點E0,,0為端點的線段上，

5

81306334334

此時AE9，故點P的軌跡是線段AE，其長度為，故A正確；

252555

因為點M是線段B1P的中點，點P在底面四邊形ABCD內(nèi)（含邊界）運動，

1111525

所以三棱錐MA1B1C1的體積VV5，故B正確；

MA1B1C12PA1B1C12324

由，

A1C1AC3,5,0,DA13,0,5

11x3y55

D1MD1B1B1MD1B1B1P3,5,0x3,y5,5,,，

22222

設平面A1C1D的法向量為na,b,c，

ACn3a5b0

則11，令，則，

a5b3,c3

DA1n3a5c0

所以n5,3,3，

要想使得直線D1M與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為1，

x3y55

則需要滿足D1M平面A1C1D，此時D1M//n,,//5,3,3，

222

x3

516

2x

3

y5

即存在使得3，解得y0，此時不滿足x3，故C錯誤；

2

5

5

36

2

11x3y55

由DMDB1B1MDB1B1P3,5,5x3,y5,5,,，

22222

則點M到AD的距離為：

2

2x3

22

23

DMDAx3y552y5255

dDM,,，

222342

DA

此時取等號條件為y5，顯然y0，所以等號不成立，故D錯誤；

故選：AB.

非選擇題部分

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.在空間直角坐標系中，點P1,3,3關于平面xOz對稱的點的坐標為__________.

【答案】1,3,3

【解析】

【分析】根據(jù)空間直角坐標系中，點關于坐標平面對稱的點的坐標寫出即可．

【詳解】點P1,3,3關于平面xOz對稱的點的坐標為(1,3,3).

故答案為：1,3,3

13.已知直線l:ykx1與圓C:x2y24x2y10相交于A，B兩點，若弦AB的長度為4，則實

數(shù)k的值為__________.

【答案】1

【解析】

【分析】利用圓的弦長公式求得圓心到直線的距離，進而可得答案.

【詳解】圓C的方程為：x2y24x2y10，

化為標準式得：(x2)2(y1)24，

因此，圓C的圓心為(2,1)，半徑為2，

弦長公式為：AB2r2d2，d為圓心C到直線l的距離，

把AB4,r2代入得：

4222d2，

解得：d0.

因此，直線l:ykx1通過圓心(2,1).

即：1k21

解得：k1.

故答案為：1

14.已知雙曲線mx2y21，過點P1,1的直線l與雙曲線相交于A，B兩點，P為弦AB中點，則正整

數(shù)m的最小值為__________.

【答案】3

【解析】

,,(,)的

【分析】設A(x1y1)Bx2y2，過點P1,1直線l與雙曲線相交于A，B兩點，P為弦AB中點，則此

直線一定存在斜率，利用直線的點斜式設出過點P1,1的直線l的方程，將直線l的方程代入雙曲線，消去

y，得到關于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系得到x1x2，又P為弦AB中點，利用中點坐標公式

建立m,k的等式，利用判別式大于0建立m,k的不等式，要求正整數(shù)m的最小值，則對m,k從1開始取值，

代入m,k的不等式中求出正整數(shù)m的最小值.

,,(,)

【詳解】設A(x1y1)Bx2y2，過點P1,1的直線l與雙曲線相交于A，B兩點，P為弦AB中點，

則此直線一定存在斜率，設過點P1,1的直線l的方程為y1k(x1)，

2

整理得到y(tǒng)kxk1，代入雙曲線得到mx2kxk11，

整理得mk2x22k(k1)x(k1)210，

2k(k1)

則有，為弦中點，

x1x2PAB

mk2

2k(k1)

2，2k(k1)2mk2，mk，

mk2

222

又2k(k1)4mk(k1)10，

m(k22k2)k20，mk，m0，

當mk1時，m(k22k2)k20不成立；

當mk2時，m(k22k2)k20不成立；

當mk3時，m(k22k2)k20成立；

正整數(shù)m的最小值為3.

故答案為：3.

四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

如圖，在正方體中，點、為棱、的中點，設，，

15.ABCDA1B1C1D1MPAA1A1D1BAaBCbBB1c.

（）用、、表示；

1abcMC1

（2）證明：M、P、C1、B四點共面.

c

【答案】（1）MCab

12

（2）證明見解析

【解析】

【分析】（1）由向量的線性表示即可求解；

∥∥

（2）法1：由題可得MPAD1，AD1BC1，進而得到MP∥BC1即可證明；法2：根據(jù)向量的線性運算

可得即可證明；法：建立空間直角坐標系，利用空間向量法證明∥即可．

BC12MP3BC1MP

【小問1詳解】

1c

MCMAABBCBBBABCab；

111111212

【小問2詳解】

法1：連接AD1，

∥∥

易知MPAD1，AD1BC1，

故MP∥BC1，得M、P、C1、B四點共面；

法：；

2BC1BCBB12A1P2MA12A1PMA12MP

故∥，得、、、四點共面；

BC1MPMPC1B

y

法3：以B為原點，BA、BC、BB1所在直線分別為x軸、軸、z軸建立空間直角坐標系Bxyz，

33

易得B0,0,0，M3,0,，C10,3,3，P3,,3，

22

33

得，，

BC10,3,3MP0,,

22

故有，∥，

BC12MPBC1MP

得M、P、C1、B四點共面．

16.已知F13,0，F(xiàn)23,0，動點P滿足PF110PF2

（1）指出動點P的軌跡是什么曲線，并寫出它的方程；

4

（2）過F作直線l與曲線交于P，Q兩點，P在x軸上方，直線PQ的斜率為，求經(jīng)過P，Q且以坐標

23

軸為對稱軸的雙曲線的標準方程，若不存在，說明理由.

x2y2

【答案】（1）橢圓，1

2516

（2）不存在，理由見解析

【解析】

【分析】（1）利用橢圓的定義可求得橢圓標準方程；

（2）利用直線與橢圓聯(lián)立方程組可求得交點坐標，再由雙曲線經(jīng)過這兩個交點，利用待定系數(shù)法求解，最

終因無解說明不存在.

【小問1詳解】

由題意得：PF1PF210，

所以動點P軌跡是焦點為3,0，3,0長軸長等于10的橢圓，

則a5,c3,b225916，

x2y2

即P點的軌跡方程為1；

2516

【小問2詳解】

4

設直線PQ的方程為yx3,

3

16x225y24000

2252

聯(lián)立方程4，化簡得xx6x925，

yx39

3

757532

即2，得到，，，，

34x150x0xQx0P0,4Q,

17P1717

由P點在y軸上，可知頂點在y軸上，

a216

y2x222

設雙曲線標準方程為：1，將P,Q兩點代入3275，

22

ab1717

1

a2b2

該方程組無解，所以不存在所要求的雙曲線.

17.四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ABC，△ADC均為等腰直角三角形，斜邊分別為BC，

AC，且BC42，PA2，N為PC的中點．

（1）求證：DN//平面PAB；

（2）求平面PAB與平面NBD的夾角的余弦值．

【答案】（1）證明見解析

314

（2）

14

【解析】

【分析】（1）根據(jù)四棱錐的性質(zhì)，結合已知條件推出線、線平行，進而推出線面平行；

（2）先建立空間直角坐標系，求出相關點坐標和向量坐標，再分別求出兩平米的法向量，最后利用向量夾

角余弦公式求出向量夾角余弦值，進而得出平面PAB與平面NBD的夾角的余弦值．

【小問1詳解】

ABC，△ADC均為等腰直角三角形，斜邊分別為BC，AC，

DACACB45AD//BC，

又BC42，ACAB4，DADC22，BC2AD，

取BP的中點H，連接HN，AN，

HN//AD，HNAD，

四邊形HNDA為平行四邊形，DN//AH，

AH平面PAB，DN平面PAB，

DN//平面PAB．

【小問2詳解】

以點A為坐標原點，AB，AC，AP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，

則A0,0,0，B4,0,0，C0,4,0，D2,2,0，P0,0,2，N0,2,1，

NB4,2,1，BD6,2,0，AC0,4,0，

記面PAB和面NBD的法向量分別為m，n，

AC平面PAB，m0,4,0，

設nx,y,z，

nNB04x2yz0

則，令，則，

y3n1,3,2

nBD06x2y0

mn12314

cosm,n0，

mn419414

314

平面PAB與平面NBD的夾角余弦值為．

14

18.已知拋物線y=x2與直線ymx2相交于P，Q兩點（P在Q左側(cè)），給定點A1,1、B2,4在

拋物線上．

（1）用m表示xPxQ；

（2）若P，A，B，Q四點共圓，求實數(shù)m的值；

（3）在（2）的條件下，求過P，A，B，Q四點的圓的方程．

【答案】（1）xPxQm

（2）m1

2

（3）x2y35

【解析】

【分析】（1）聯(lián)立拋物線和直線方程，根據(jù)韋達定理列出關系式；

（2）根據(jù)四點共圓的性質(zhì)，結合韋達定理分析四點共圓的成立條件求出m的值；

（3）先求出四點坐標，代入圓的一般方程求解．

【小問1詳解】

拋物線y=x2與直線ymx2相交于P，Q兩點，

聯(lián)立方程得x2mx2，移項得x2mx20，

由已知xP、xQ為方程的兩個根，由韋達定理得：xPxQm．

【小問2詳解】

方法一：（代數(shù)法）

設圓的方程為：x2y2DxEyF0，

代入點A1,1得11DEF0DEF2①，

代入點B2,4得4162D4EF02D4EF20②，

由①②式，消去F，得3D3E18E6D，

代入①式得D6DF2F2D4，

點在圓上，代入圓的方程22，

PxP,mxP2xPmxP2DxPEmxP2F0

22

同理對xQ成立，xP，xQ是方程xmx2DxEmx2F0的兩根，

2

但xP，xQ也是xmx20的兩根，兩方程系數(shù)成比例，

2

又x2mx2DxEmx2F0得：1m2x24mDEmx42EF0，

1m242EF

③，

12

將E6D，F(xiàn)2D4代入③得426D2D421m2，

化簡得m21m1，

檢驗：當m1時，直線為yx2，與拋物線交點：x2x20，解得x2或x1，

即P1,1A，Q2,4B，此時四點共圓，但P，Q與A，B重合，舍去；

當m1時，直線為yx2，與拋物線交點：x2x20，解得x2或x1，

即P2,4，Q1,1，與A，B不同，四點共圓成立．

m1．

方法二：（幾何法）

設直線PQ與直線AB相交于點M，

由圓冪定理知：若P，A，B，Q共圓，則MAMBMPMQ，

直線AB過A1,1，B2,4，斜率kAB1，直線方程為：yx2，

直線方程PQ:ymx2，

兩直線聯(lián)立求交點M:x2mx2xmx0x1m0，

m1，則x0，y2，即M0,2，

2222

MA10122，MB204222，

MAMB2224，

22

設P，Q橫坐標為x，x，則2，

12MPx10mx122x11m

同理2，

MQx21m

2

MPMQx1x21m，

拋物線y=x2與直線ymx2相交于P，Q兩點，聯(lián)立方程得x2mx20，

由韋達定理得：x1x22，x1x22，

MPMQ21m2，

由圓冪定理得：421m2m21，解得m1，舍去m1（重合情況），得m1．

方法三：

22

設圓的方程為：xyDxEyF0，P，Q橫坐標為x1，x2，

聯(lián)立圓方程與拋物線方程得：

42

x1ExDxF0，x1，x2，1，2是該方程四個根，

42

x1ExDxFxx1xx2x1x2，

展開xx1xx2x1x2得：

43242

x1x1x2xx1x22x1x2x2x12x2x1x2x2x1x2x1ExDxF，即

1x1x20，

拋物線y=x2與直線ymx2相交于P，Q兩點，聯(lián)立方程得x2mx20，

x1x2m，即1x1x21m0，解得m1．

方法四：

直線AB過A1,1、B2,4，斜率kAB1，直線AB方程為：yx2，

直線PQ:ymx2，兩直線相交于點M0,2，

拋物線關于y軸對稱，如果兩直線也是關于y軸對稱，則四點共圓，

m1．

【小問3詳解】

當m1時，P2,4，Q1,1，A1,1，B2,4，

設圓方程為：x2y2DxEyF0，

代入點A1,1得11DEF0DEF2，

代入點B2,4得4162D4EF02D4EF20，

代入點P2,4得4162D4EF02D4EF20，

解得E6，D0，F(xiàn)4，

2

圓方程為：x2+y2-6y+4=0，標準方程為：x2y35．

222

19.在平面直角坐標系中，若一條直線與一條圓錐曲線相交于A，B兩點，且滿足OAOBAB，

其中O為坐標原點，則稱該圓錐曲線關于此直線是“和諧”的，該直線稱為圓錐曲線的“和諧線”.已知橢圓

x2

C:y21和直線l:ykxm（其中k0），直線l與橢圓C相交于A，B兩點.

4

（1）當m0時，求直線l被橢圓C截得的弦長AB（用k表示）；

（2）若直線l是橢圓C的“和諧線”，求k與m的關系式；

（3）在（2）的條件下，求AOB面積S的取值范圍.

41k2

【答案】（1）

14k2

41k2

（2）m2

5

4

（3）S,1

5

【解析】

【分析】（1）聯(lián)立ykx與橢圓方程，求出點A，B的坐標，即可表示弦長AB；

222

（2）聯(lián)立直線l:ykxm與橢圓方程，由OAOBAB可得OAOB，OAOBx1x2y1y20，

代入韋達定理化簡整理即可得k與m的關系式；

（3）由的表達式，代入韋達定理以及（2）的結論，構造函數(shù)結合基本不等式求出范圍即可.

SAOB

【小問1詳解】

當m0時，直線l的方程為ykx，

14

222

x2x2x2

將ykx代入橢圓方程y1得：kx1，1214k，

4k

44

22k

所以x，對應的y.

14k214k2

22k22k

因此，點A，B的坐標分別為,和,.

14k214k214k214k2

22

44k1616k241k2

弦長.

AB2

14k214k21