【文档说明】山西省山西大学附属中学校2022-2023学年高二上学期11月期中考试数学试题 含解析.docx，共(24)页，3.982 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b1ae0f108f972455ecb55720747f04dc.html

以下为本文档部分文字说明：

山西大学附中2022～2023学年第一学期高二年级期中考试数学试题考试时间：120分钟满分：150分命题人：苏兆忠审核人：张耀军一、单选题（每小题5分，共60分）1.已知点()()1,0,2,3AB，则直线AB的倾斜角是（）A.60B.120C.30D.150【答案】A

【解析】【分析】求出直线AB的斜率，根据倾斜角的范围可得答案.【详解】因为点()()1,0,2,3AB，所以30321ABk−==−，设直线AB的倾斜角为，则0180，所以60=.故选：A.2.已知圆22(1)4xy−+=内一点P(2，1)

，则过P点的最短弦所在的直线方程是（）A.10xy−−=B.30xy+−=C.30xy++=D.2x=【答案】B【解析】【分析】设圆心C，由圆的对称性可知过点P与CP垂直的直线被圆所截的弦长最短【详解】由题意可知，当过圆心且过点(2,1)P时所得弦

为直径，当与这条直径垂直时所得弦长最短，圆心为(1,0)C，(2,1)P，则由两点间斜率公式可得10121CPk−==−，所以与PC垂直的直线斜率为1k=−，则由点斜式可得过点(2,1)P的直线方程为11(2)yx−=−−，化简可得30

xy+−=，故选：B3.直线3450xy++=关于直线1x=对称的直线方程为（）A.34130xy−+=B.34110xy−−=C.34110xy+−=D.34130xy++=【答案】B【解析】【分析】设

点(),Pxy是所求直线上任意一点，进而求得其关于1x=对称的点为()2,Pxy−，再代入已知直线方程即可得答案.【详解】解：设点(),Pxy是所求直线上任意一点，则(),Pxy关于直线1x=对称的点为()2,Pxy−，且在直线3450xy++=上，所以，代入

可得()32450xy−++=，整理得34110xy−−=．所以，所求直线方程为34110xy−−=.故选：B4.“1a=−”是“直线1:(2)(1)10laxay++−−=与2:(1)(23)20laxay−+++=互相垂直”的（）A.充分不必要条件

B.必要不充分条件C.充要条件D.即不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】判断两直线垂直的方法：设两直线为1111:0lAxByC++=，2222:0lAxByC++=，2112210AAlBBl+=⊥，代入求解参数a，根据充分必要性的判断法则即可得答案.【详解】解：由题意得：1

2ll⊥的充要条件是(2)(1)(1)(23)0aaaa+−+−+=即210a−=，故解得1a=于是“1a=−”是“直线1:(2)(1)10laxay++−−=与2:(1)(23)20laxay−+++=互相垂直”的充分不必要条件.故选：

A5.若两条平行直线1:20(0)lxymm−+=与2:30lxny+−=之间的距离是5，则mn+=（）A.0B.1C.2−D.1−【答案】A【解析】【分析】由两直线平行求得参数n，再由距离求出m后即得．【详解】

由题意两直线平行，则112n=−，2n=−，又355md+==，而0m，所以2m=．所以0mn+=．故选：A．6.以下四个命题表述正确的是（）A.直线()4120Rmxym+−=恒过定点()3,0B.两圆22440xyxy++−=与222120xyx++−=的公共弦所在的直线方程为260x

y++=C.已知圆C：222xy+=，P为直线230xy++=上一动点，过点P向圆C引条切线PA，其中A为切点，则PA的最小值为2D.圆1C：2220xyx++=与圆2C：224840xyxy+−−+=恰有三条公切线【答案】D【解析】【分析】代入检验法判断A，两圆方程相减可得公共弦所

在直线方程（如果有公共弦），由此判断B，求出圆心到直线的距离得PC的最小值，从而得切线最小值判断C，确定两圆位置关系后得公切线的条数判断D．【详解】选项A，30120m+−=不可能恒成立，因此直线4120mxy+−=不恒过点(3,0)，A错；选项B，两圆方程相减并整理

得260xy−+=，因此它们的公共弦所在直线方程不可能是260xy++=，B错；选项C，(0,0)C，圆半径为2r=，2222PAPCrPC=−=−，而min002362PC++==，所以min622PA=−=，C错；选项D，两圆标准方程分别为221:(1)1Cxy++=，2

22:(2)(4)16Cxy−+−=，1(1,0)C−，11r=，2(2,4)C，24r=，2212(12)(04)5CC=−−+−=，而1212CCrr=+，两圆外切，它们有三条公切线，D正确．故选：D．7.已知中心在原点,焦点在x轴上,焦距为4的椭圆被直线l：3yx

=+截得的弦的中点的横坐标为-2,则此椭圆的方程为（）A.22142xy+=B.22162xy+=C.22184xy+=D.221128xy+=【答案】C【解析】【分析】因为是弦中点问题,可以用点差法,找到长半轴长和短半轴长之间关系,再根据焦距求出椭圆方程即可.【详解】解:由题设,

若椭圆方程为()222210xyabab+=,令直线l与椭圆交点分别为()11,Axy,()22,Bxy,则有2211221xyab+=①2222221xyab+=②,两式作差可得：2222122122xxyyab−−=,即2212122121yyyybxx

xxa−+=−−+,易知,弦的中点()2,1−,所以122yy+=,124xx+=−,因为直线l：3yx=+,所以1ABk=,故2212ABbka=−−,所以2212ba=,又2c=,224ab−=,解得24b=,28a=,,故E的

方程为22184xy+=.故选:C8.在一平面直角坐标系中，已知()1,6A−，()2,6B−，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为（）A.27B.41C.17D.35【答案】D【

解析】【分析】平面直角坐标系中已知()1,6A−，()2,6B−，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角后，通过向量的数量积转化求解距离即可．【详解】解：平面直角坐标系中已知()1,6A−，()2,6B−，沿x轴将坐标平面折成60

°的二面角后，作AC⊥x轴，交x轴于C点，作BD⊥x轴，交x轴于D点，则6,3,6,ACCDDB===,ACCDCDDB⊥⊥，,ACDB的夹角为120°∴ABACCDDB=++，222222212+2+2=6+3+6266452ABACCDDBACCDCDDBACDB=+++−

=35AB=,即折叠后A，B两点间的距离为35.故选：D．【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用．9.已知F是椭圆22:132xyC+=的右焦点，P为椭圆C上一点，()1,22A为椭圆外一点，则PAPF

+的最大值为（）A.42+B.42C.43+D.43【答案】D【解析】【分析】设椭圆C左焦点为()1,0F−，由已知条件推导出23PAPFPAPF+=+−，当点P在AF的延长线上时，得PAPF+的最大值．【详解】解：

点F为椭圆22:132xyC+=的右焦点，()1,0F，点P为椭圆C上任意一点，点A的坐标为()1,22A，点A在椭圆外，设椭圆C的左焦点为()1,0F−，23PAPFPAPF+=+−，23PAPF=+−，23PA

PFAF−=„，当点P在AF的延长线上时取等号，43PAPF+„，则PAPF+的最大值为43．故选：D．10.阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（0

k且1k）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A、B间的距离为2，动点P与A、B距离之比为2，当PAB△面积最大时，APPB=（）A.8−B.16−C.8D.16【答案】B【解析】【分析】由题意，建立平面坐标系，根据圆的几何性质以及

三角形的面积公式，求得三角形面积最大时，动点的坐标，根据数量积的坐标表示，可得答案.【详解】由题意，以AB的中点O为原点，以AB所在直线为x轴，以过O垂直于直线AB的直线为y轴，建立坐标系，的则()()1,0,1,0AB−，设(),Pxy，故2PAPB=，则()()2222121

xyxy++=−+，整理可得：()2238xy−+=，即P的轨迹是以()3,0C为圆心，以22r=为半径的圆，如下图：由,,ABC共线，则当CPAB⊥时，PAB△的面积最大，不妨设P在第一象限，此时()3,22P，可得()4,22AP=，()2,22PB=−−，8816APPB

=−−=−.故选：B.11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E为BC的中点，点P在线段1DE上，点P到直线1CC的距离的最小值为（）A.1B.2C.55D.255【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线1CC距离的函数关系，再求

其最小值作答【详解】以D为原点，1,,DADCDD分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则()()11,2,00,0,2ED，，(0,2,0)C,1(0,2,2)C,所以1=(1,2,2)ED−−，1(0,0,2)CC=，(1

,0,0)CE=,因点P在线段1DE上，则[0,1]，1==(,2,2)EPED−−，=+=(1,2,2)CPCEEP−−，所以向量CP在向量1CC上投影长114===22CPCCdCC，而222=(1)+(2)+(2)CP

−−，则点Р到直线1CC的距离22221425==52+1=5()+555hCPd−−−，当且仅当15=时取等号，所以点Р到直线1CC的距离的最小值为255，故选：D12.我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间

的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新

几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323VRRRRR=−=球.现将椭圆为22149xy+=绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法

，运用祖暅原理可求得其体积等于（）A.32B.24C.18D.16【答案】D【解析】【分析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆

柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为()03hh时，小圆锥底面半径为r，则32hr=，23rh=，故截面面积为：2449h−，把yh=代入22149xy+=，即22149xh+=，解得：2293xh=−，橄榄球形几何体的截面面

积为22449xh=−，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：(2VV=圆柱V−圆锥1)24343163=−=.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原

理得到橄榄球形几何体的体积.二、填空题（每小题5分，共20分）13.若P是22110064xy+=上的一点，12FF，是其焦点，若1260FPF=，则12FPF△的面积为________．【答案】643

3##6433【解析】【分析】根据椭圆定义和焦点三角形，利用余弦定理和面积公式即可求解.【详解】根据椭圆的定义有1220PFPF+=①，100646c=−=，根据余弦定理得2212121442cos60PFPFPFPF=+−

，②结合①②解得122563PFPF=，所以12FPF△的面积12112563si3n602232643SPFPF===，故答案为：643314.实数,xy满足22yx=−，那么2yx+的最大值为___________

.【答案】1【解析】【分析】判断点(),xy的轨迹，然后结合斜率以及图象求得2yx+的最大值.【详解】22yx=−得()2220xyy+=，所以点(),xy的轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆的上半部分，

()022yyxx−=+−−表示点(),xy与点()2,0A−连线的斜率，过A作半圆的切线AB，切点为B，如下图所示，则OBAB⊥，由于()222,2,222OAOBAB===−=，所以三角形OAB是等腰直角三角形，所以直线A

B的斜率为1，也即2yx+的最大值为1.故答案为：115.如图，已知四棱柱1111ABCDABCD−的底面1111DCBA为平行四边形，13AEAB=，13AFAD=，12AGGA=，1AC与平面EFG交于点M，则1AMAC=______．【答案】215【解析】【分析】设1

(01)AMAC=，由空间向量运算法则表示出3332AMAEAFAG=++，结合M，E，F，G四点共面，可得33312++=，解出即可得到答案．【详解】解：由题设1(01)AMAC=，因为

113332ACABADAAAEAFAG=++=++，所以3332AMAEAFAG=++，又因为M，E，F，G四点共面，所以33312++=，解得215=，故答案为：215．16.已知椭圆()2222:10xyCabab+=的左、

右焦点分别是1F，2F，斜率为12的直线l经过左焦点1F且交C于A，B两点（点A在第一象限），设12AFF△的内切圆半径为1r，12BFF△的内切圆半径为2r，若123rr=，则椭圆的离心率e=______．【答案】54【解析】

【分析】根据题意得123ABryry=−=，进而联立直线与椭圆方程得22244ABbcyyab+=+，4224ABbyyab−=+，进而令121ABryry=−=，则2116254e−+=−，再代入值计算即可得答案.【详解】解：如图所示，由椭圆定义可得122AFAF

a+=，122BFBFa+=，设12AFF△的面积为1S，12BFF△的面积为2S，因为123rr=，所以，()()()111222112222231122222AABBacrcySrySryacrcy

+===−=+−，即3AByy=−，设直线:2lxyc=−，则联立椭圆方程与直线l，可得222242222222(4)40xycabybcybbxayab=−+−−=+=，所以，22244ABbcyyab+=+，4224ABbyya

b−=+令121ABryry=−=，则()222222221161616254544ABAByyccyyabace+−−−+====+−−，当123rr==时，有22141655235331644eee−+=−===−.故答案为：54三、

解答题（17题10分，其余每题12分）17.已知a(3,2,3)=−−，b(1,3,1)=−，求：（1）(a－2b)·(2a＋b)；（2）以a，b为邻边的平行四边形的面积.【答案】（1）58（2）72【解析】【分析】（1）先计算(a－2b)，(2a＋b)的坐标，再计算(a－2b)·(2a＋b

)即可；（2）利用cos,||||ababab=计算cos,ab，再计算2sin,1cos,abab=−，结合面积公式||||sin,Sabab=即得解.【详解】（1）由a(3,2,3)=−−，b(1,3,1)=−a－2(5,8,5)

b=−−，2a＋(5,1,5)b=−−(a－2b)·(2a＋b)=55(8)(1)(5)(5)58+−−+−−=（2）1262cos,11||||2211ababab−===−27sin,1cos,11abab=−=故以a，b为邻边的平行四

边形的面积：7||||sin,22117211Sabab===【点睛】本题考查了向量数量积的运算以及在几何中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18.已知圆221:1Cxy+=，圆222:4440Cxyxy++−+=，直线l过点()

1,2M.（1）求圆2C的圆心和半径；（2）若直线l与圆1C相切，求直线l的方程；（3）求圆1C和圆2C的公共弦长.【答案】（1）圆心坐标为2(2,2)C−，半径22r=；（2）3450xy−+=或10x−=（3）144【解析】【

分析】（1）根据题意将圆2C的方程化成标准方程，直接求出圆心坐标和半径；（2）根据题意可知：直线l的斜率可能不存在，直接写出方程，当直线l的斜率存在时，设其方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可求解；（3）将两

圆方程联立可得出公共弦所在直线方程，然后求出其中一个圆心到直线的距离，再利用垂径定理即可求出公共弦长.【小问1详解】因为圆222:4440Cxyxy++−+=可化为22(2)(2)4xy++−=，所以圆2C

的圆心坐标为2(2,2)C−，半径22r=.【小问2详解】因为过点(1,2)M的直线l与圆221:1Cxy+=相切，所以分两种情况：若直线l的斜率不存在时，则直线l的方程为1x=；若直线l的斜率存在，设直线l的

方程为2(1)ykx−=−，也即20kxyk−−+=，由点到直线的距离公式可得：2211kdk−==+，解得：34k=，此时直线l的方程为3450xy−+=，所以直线l的方程为3450xy−+=或10x−=.【小问3详解】因为圆1C的圆心坐标1(0,0)C,半径11r=，则21122

11=223rrCCrr=−+=，所以两圆相交，两圆方程联立可得公共弦所在直线方程为：4450xy−+=，圆1C的圆心到公共弦的距离22552844d==+，由垂径定理可得公共弦长为2212514221324rd−=−=，所以圆1C和圆2C的公共弦长为144.【点

睛】1.过一定点，求圆的切线时，首先判断点与圆的位置关系．若点在圆外，有两个结果，若只求出一个，应该考虑切线斜率不存在的情况.2.圆的弦长的常用求法：(1)几何法：求圆的半径为r，弦心距为d，弦长为l，则222lrd=−；(2)代数方法：运用根

与系数的关系及弦长公式：2121ABkxx=+−.19.已知椭圆中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为4，且过点31,2P.（1）求椭圆标准方程；（2）倾斜角为45的直线l过椭圆的右焦点F交椭圆于AB、两点，

求OAB的面积.【答案】（1）22143xy+=（2）627【解析】的的【分析】（1）设椭圆的标准方程为：22221(0)xyabab+=，长轴长可得a值，再代入P点坐标求得b，得椭圆方程；（2）设()11,Axy，()22,Bx

y，写出直线AB方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得1212,xxxx+，由弦长公式求得弦长AB，再求得圆心到直线AB的距离后可得三角形面积．【小问1详解】因为椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，所以设椭圆的标准方

程为：22221(0)xyabab+=，因为椭圆的长轴长为4，所以24a=，得2a=又过点3(1,)2P，所以221914ab+=，得23b=所以椭圆的标准方程为：22143xy+=；【小问2详解】由（1）可知：()1,0F，倾斜角为45的直线l的斜率为1，所以直线l的方

程为：01(1)yx−=−即10xy−−=，代入椭圆方程中，得22(1)143xx−+=，27880xx−−=，设()11,Axy，()22,Bxy，所以1287xx+=，1287xx=−因此()2121264321142497724xxxxAB=++−=+=，

原点到直线AB的距离12211d==+，112426222727OABSdAB===△，所以OAB的面积为62720.如图，四棱锥PABCD−中，PD⊥底面,//,,2224ABCDABCDABBCABPDDCBC⊥====，M为C

D的中点，14PNPB=.（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求二面角PANM−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）45959−【解析】【分析】（1）在PA上取一点Q，使得14PQPA=，证明四边形MNQD是平行四边形，

即可由线面平行的判定定理证明//MN平面PAD；（2）建立空间直角坐标系，求得平面PAN和平面ANM的法向量，即可由法向量法求得二面角PANM−−的余弦值.【小问1详解】在PA上取一点Q，使得14PQPA=，12DCAB=，M为CD的中点，则14MDBA=，而()1144NQPQPNP

APBBA=−=−=，所以NQMD=，即//NQMD，NQMD=，所以四边形MNQD是平行四边形，则//MNDQ，又MN平面PAD，DQ平面PAD，所以//MN平面PAD【小问2详解】以D为原点，DC，DP分别为y轴z轴建立如图所

示的空间直角坐标系，则()2,2,0A−，()002P,,，()2,2,0B，()0,1,0M()2,2,2AP=−，()2,2,2PB=−，()2,3,0AM=−，1353,,4222ANAPPNAPP

B=+=+=−设平面PAN的法向量为(),,mxyz=，则00mAPmAN==，，22203530222xyzxyz−++=−++=，所以0y=，取1x=，可得1z=，()1,0,1m=设平面ANM的法向量为(),,nxyz=，则

0nAN=，0nAM=，2303530222xyxyz−+=−++=，取9x=，6y=，1z=−，()9,6,1n=−8459cos,592118mn==，又二面角PANM−−为钝角，故其余弦值为45959−.21.如图，在三棱柱111ABCABC-中，A

BC为等边三角形，四边形11BCCB是边长为2的正方形，D为AB中点，且15AD=.（1）求证：CD⊥平面11ABBA；（2）若点P在线段1BC上，且直线AP与平面1ACD所成角的正弦值为255，求点P到平面1ACD的距离.【答案】（1）证明见解析（2）255【解析】【分

析】（1）由勾股定理证明1⊥AAAD，再由1AABC⊥，可证1AA⊥平面ABC，即得1CDAA⊥，由CDAB⊥，可证CD⊥平面11ABBA；（2）由题意证明得,,OAOBOQ两两垂直，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向

量的坐标，求解平面1ACD的法向量，设()12,2,0,0,1CPCB==，再由向量夹角的公式代入计算得()1,1,0CP=，根据点到平面的距离公式代入计算，可得答案.【小问1详解】证明：由题知112,1,5AAADAD===，222115

ADAAAD+==1AAAD⊥，又111,BBBCBBAA⊥∥，所以1AABC⊥，又ADBCB=，,ADBC平面ABC，所以1AA⊥平面ABC，又CD平面ABC，所以1CDAA⊥，在正ABC中，D为AB中点，于是

CDAB⊥，又1ABAAA=，1,ABAA平面11ABBA，所以CD⊥平面11ABBA【小问2详解】取BC中点为11,OBC中点为Q，则,OABCOQBC⊥⊥，由（1）知，1AA⊥平面ABC，且OA平面ABC，所以1OAAA⊥，又11BBAA∥，所以11,OABBBBBCB⊥=

，1,BBBC平面11BCCB所以OA⊥平面11BCCB，于是,,OAOBOQ两两垂直.如图，以O为坐标原点，,,OBOQOA的方向为x轴､y轴､z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,0,0,3,0

,2,3,1,0,0OAAC−，()113,0,,1,2,022DB，所以()133,0,,1,2,322CDCA==，()()12,2,0,1,0,3CBAC==−−.设平面1ACD的法向量为

(),,nxyz=，则100nCDnCA==，即33022230xzxyz+=++=，令1x=，则3,1zy=−=，于是()1,1,3n=−.设()12,2,0,0,1CPCB==，则()121,

2,3APACCPACCB=+=+=−−.由于直线AP与平面1ACD所成角的正弦值为255，22212325cos,5113(21)(2)3APn−++==++−++，即2221(21)(2)3

+=−++，整理得24830−+=，由于0,1，所以1,2=于是()11,1,0CPCB==.设点P到平面1ACD的距离为d，则11255113CPndn+===++，所以点P到平面1ACD的距离为255.【点睛】方法点睛：对于立

体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22.已知点()1,1P在椭圆C：22221xyab+=（0ab）上，椭圆C的左､右焦点分别为F1，F2，12PFF△的面积为62.（1）求椭圆C的方程；（2）设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均

与圆O：222xyr+=（01r）相切，试判断直线AB是否过定点，并证明你的结论.【答案】（1）222133xy+=（2）过定点，证明见解析【解析】【分析】（1）结合题意，可得关于,,abc的方程，解之可得椭圆C的方程；（2）先由直线与圆相切可得121kk=，再

联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理分别求出12xx+，12xx，12yy+，12yy，代入121kk=可得,km的关系式，进而可得直线AB过定点.【小问1详解】由题知，22111ab+=，12PFF△的面积等于121622FFc==，所以22232abc−==，解得2233,2ab

==，所以椭圆C的方程为222133xy+=.【小问2详解】设直线PA的方程为111ykxk=−+，直线PB的方程为221ykxk=−+，由题知12111krk−=+，所以()()2221111krk

−=+，所以()222111210rkkr−−+−=，同理，()222221210rkkr−−+−=，所以12,kk是方程()2221210rxxr−−+−=的两根，所以121kk=.设()()1122,,,AxyBxy，设直线AB的方程为

ykxm=+，将ykxm=+代入222133xy+=，得()222124230kxkmxm+++−=，所以122412kmxxk+=−+，①212223,12mxxk−=+②所以()121222212myykxxmk+=++=+，③()()()222212121212231

2mkyykxmkxmkxxkmxxmk−=++=+++=+，④又因为()()()()()()12121212121212121211111111111yyyyyyyykkxxxxxxxx−−−++−−====−−−−−++，⑤将①②③④代

入⑤，化简得2234230kkmmm+++−=，所以()()234310kkmmm+++−=，所以()()3310mkmk+++−=，若10mk+−=，则直线():111ABykxkkx=+−=−+，此时A

B过点()1,1P，舍去.若330mk++=，则直线():3333ABykxkkx=−−=−−，此时AB恒过点()3,3−，所以直线AB过定点()3,3−.【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程

，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com