2024-2025学年湖北省宜昌市高二上学期9月月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年湖北省宜昌市高二上学期9月月考数学检测试卷合集2套（附解析），共31页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．复数z=i·(1+i)(i为虚数单位)在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知两条直线，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．过点且与直线垂直的直线方程是（ ）
A．B．
C．D．
4．将这个数据作为总体，从这个数据中随机选取个数据作为一个样本，则该样本的平均数与总体平均数之差的绝对值不超过的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．函数的图象如图①所示，则如图②所示的函数图象所对应的函数解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
6．若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．一个三角形纸板的三个顶点为，以边上的高所在直线为旋转轴，将三角形纸板旋转，则纸板扫过的空间所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆，点，点是上的动点，过作圆的切线，切点分别为，，直线与交于点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．动点在圆上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，12秒旋转一周.已知时间时，点的坐标是，则当时，动点的纵坐标关于（单位：秒）的函数递增的区间可以是（ ）
A．B．C．D．
10．已知圆，直线，直线与圆交于两点，则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，最长
C．当时，弦最短
D．最短弦长
11．已知四面体平面，垂足为，垂足为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则平面
C．若，则
D．若，则四面体体积的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．在空间直角坐标系中，已知，，，，则直线与所成角的余弦值为 ．
13．是函数图象上任意一点，过向直线和轴分别作垂线，垂足分别为，则 .
14．如图，在等腰直角三角形中，，点是边上异于的一点，光线从点出发，经，发射后又回到原点，若光线经过的重心，则 ．

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于，当时，求直线的方程.
16．已知三个内角所对的边分别为，且.
(1)求的值；
(2)若的面积，且，求的周长.
17．如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，．

(1)证明：平面ABC；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．
18．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆C上.
（1）求圆C的方程；
（2）若圆C与直线交于A，B两点，且，求a的值.
19．如图，点，复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作叫做复数的三角形式．复数三角形式的乘法公式：．棣莫佛提出了公式：，其中.
(1)已知，求的三角形式；
(2)已知为定值，，将复数化为三角形式；
(3)设复平面上单位圆内接正二十边形的20个顶点对应的复数依次为，求复数所对应不同点的个数．
参考答案
1．【答案】B
【详解】，故对应的点在第二象限.
2．【答案】A
【分析】由两直线平行求出，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】当时，，则，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
3．【答案】D
【详解】设与直线垂直的直线方程为，
代入，得，解得，
所以与直线垂直的直线方程为
故选：D.
4．【答案】D
【分析】先求得总体平均数，然后利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】依题意可知，总体平均数为，
从这个数据中随机选取个数据作为一个样本，情况如下：
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
选到，则样本平均数为，所以，
所以该样本的平均数与总体平均数之差的绝对值不超过的概率为.
故选D.
5．【答案】A
【详解】由图①知，，且当时，，由②知，图象过点，且当时，，
对于C，当时，，C不可能；
对于D，当时，，D不可能；
对于A，当时，，而当时，，则，A可能；
对于B，当时，，而当时，，则，B不可能.
故选：A
6．【答案】C
【详解】由题意得圆心为，半径为．
圆心到直线的距离为，
由直线与圆有公共点可得
，即，解得．
∴实数a取值范围是．
选C．
7．【答案】A
【分析】几何体为两个半圆锥构成，根据圆锥的体积可求该几何体的体积.
【详解】
，而为三角形内角，故，
故，故，故，
故几何体的体积为
故选A.
8．【答案】B
【详解】设，由题可知，则，即，
所以，所以点，
将点的坐标代入，化简得（不同时为0），
故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又，点在该圆外，
所以的最小值为，
故选：B．
9．【答案】AD
【详解】
设与轴正方向夹角为，
则时，，故，
由于12秒旋转一周，所以每秒钟旋转，
在，，绕坐标原点沿逆时针方向旋转到位置，
所以点纵坐标增大，从旋转到时，
，，纵坐标减小，
在上，即从逆时针旋转至位置，动点纵坐标增大，
所以当时，纵坐标关于的函数的单调区间为和.
故选：AD.
10．【答案】AC
【分析】由直线方程求定点可判定A；由弦长公式可判定B，C，D.
【详解】直线方程可化为，当，
故直线恒过定点，故A正确；
易知圆心，半径，
显然当直线过圆心时，最长，则，
故B错误；
当时，此时弦最短，即，
故C正确；
当时，则弦长，故D错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【详解】对于A与B：因为平面， 平面，所以
若又平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又， 平面，所以平面，
又 平面，所以，
又 平面，所以平面，
又平面，所以，即与不垂直，故A不正确，B正确；
对C：，
因为则≌
则≌，，所以，故C正确；
对于D，在中，，则，，
所以，
又当且仅当时，有最大值
所以四面体体积的最大值为，故D正确.
故选：BCD
12．【答案】
【分析】利用空间向量求异面直线夹角即可.
【详解】由题意可知：，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
13．【答案】
【详解】设，，则，即，解得，
所以，，则，，
所以．
故答案为：
14．【答案】.
【详解】由题意，
如图建立直角坐标系：

则 ，直线方程为 即，
三角形重心为 即
设 , 关于直线对称点为
解得
由光的反射可知 四点共线，
直线斜率为 , 直线方程为 过重心，
即 ，
解得 舍去， ，
∴，
故答案为：.
15．【答案】或
【详解】易知到直线的距离为圆半径，
所以，则圆方程为，
设圆心到直线的距离为，故，即，所以，
当动直线斜率不存在时，设直线的方程为，
经检验圆心到直线的距离为1，且根据勾股定理可知，显然合题意，
当动直线斜率存在时，过点B−2,0，设方程为：，
由到距离为1知得，代入解之可得，
所以或为所求方程.
16．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由正弦定理可得，，得：.
所以.
又，且，所以.
由，故.
（2），所以.
由余弦定理，.
又.
联立得：.
.
所以的周长为.
17．【答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）取BC的中点M，连结MA、．

因为，，所以，，
由于AM，平面，且，
因此平面，
因为平面，所以，
又因为，所以，
因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC，
因为，所以平面ABC.
（2）法一：因为，且，所以．
以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，可得，
令，则，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，可得，
令，则，
设平面与平面夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
法二：将直三棱柱补成长方体．
连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ，

因为平面，且平面，
所以，
又因为，由于BD，平面，且，
所以平面，则为直角三角形，
由于平面，所以，
因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ，
因为平面CPQ，所以，
则∠CQP为平面与平面的夹角或补角，
在中，由等面积法可得,
因为，所以，
因此平面与平面夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）（2）
【分析】（1）求出曲线与坐标轴的三个交点，根据这三个交点在圆上可求出圆心坐标和半径，从而可得圆的方程；
（2）设A，B，联立直线与圆的方程，根据根与系数的关系可得，，根据得，化为，进而可解得 .
【详解】（1）曲线与坐标轴的交点为(0，1)，(,0)，
由题意可设圆C的圆心坐标为(3，)，
∴，解得，
∴圆C的半径为，
∴圆C的方程为.
（2）设点A、B的坐标分别为A，B，其坐标满足方程组，消去得到方程，
由已知得，判别式①，
由根与系数的关系得，②，
由得.
又∵，，∴可化为③，
将②代入③解得，经检验，满足①，即，
∴.
【点睛】本题考查了由圆上三个点的坐标求圆的方程，考查了直线与圆的位置关系、根与系数的关系，考查了运算求解能力，属于中档题.
19．【答案】(1)；
(2)；
(3)5
【详解】（1）
.
（2）.
（3）正二十边形每边所对的中心角为，设（为常数），
则，
所以
，
由周期性可知，共有5个不同的值，
故复数所对应不同点的个数为5．
2024-2025学年湖北省宜昌市高二上学期9月月考数学检测试卷（二）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知A={x|x≤1}，B={x|x−2x−a≤0}，若A∪B={x|x≤2}，则实数a的取值范围是( )
A. a≥2B. a≤2C. a≥1D. a≤1
【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查集合的基本运算的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题．
由题意，可得B={x|a0且m+n0，n0，n>0，则C为两条直线
【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查双曲线椭圆的标准方程，属于基础题．
由m，n的取值，根据椭圆、双曲线、圆与直线方程的特征，判断曲线表示的形状即可．
【解答】
解：若mn>0，则C为焦点在横轴或纵轴上的双曲线，所以A正确；
若m>0且m+n0,1m>1n，所以C为焦点在x轴上的椭圆，所以 B正确；
若m>0，n0，n>0，则C为双曲线，所以D不正确．
故选：AB．
10.如图，在△ABC中，AB⊥AC，∠C=30∘，AB=4，D为线段AC的中点，DM⊥BC，F为线段AB的中点，E为线段DM上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 若E为线段DM的中点，则EF=12DA+12MB
B. 若E为线段DM的中点，则|EF|=92
C. FM⋅FD=16
D. EF⋅AB的取值范围为[2,8]
【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了向量的加减与数乘混合运算，向量的数量积的概念及其运算，属于中档题．
结合向量的加减与数乘混合运算，向量的数量积的概念及其运算等知识，逐一分析可得出结果．
【解答】
解： 由题易知：BC=8，AD=CD=2 3，
由题意可知DM⊥BC，则CDCB=CMCA，
解得：CM=CD·CACB=2 3·4 38=3，
所以BM=BC−CM=5，DM= 3，=30∘，=150∘，
EF= ED+DA+AF，且 EF=EM+MB+BF，
因为F为线段AB的中点，所以两式相加得 EF=12DA+12MB，A正确．
由A可知：此时E为线段DM的中点，F为线段AB的中点，
所以EF=12 DA2+MB2+2DA·MB
=12 12+25+2×2 3×5×cs30°= 672，故B错误；
对于C，设G为线段DM的中点，则GM=12DM= 32，
则FM⋅FD=(FG+GM)⋅(FG+GD)=(FG+GM)⋅(FG−GM)
=FG2−GM2=( 672)2−( 32)2=16，故C正确;
对于D，EF⋅AB=(ED+DA+AF)⋅AB=ED⋅AB+DA⋅AB+AF⋅AB
=ED⋅AB+0+12AB2=|ED|⋅4cs150∘+0+8=8−2 3|ED|，
又|ED|∈[0, 3]，
所以EF⋅AB∈[2,8]，故D正确．
故选：ACD．
11.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E,F分别为AA1,AB的中点，点M是正方形ABB1A1内的动点，下列说法正确的是( )
A. C1A⊥EF
B. DD1与平面CD1EF所成角的正弦值为23
C. 存在点M使得C1M⊥平面CD1EF
D. 若C1M//平面CD1EF，则M点的轨迹长度为 2
【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查线线垂直的判断，线面成角，线面垂直的判断，属于中档题．
根据线面垂直判定定理判断A选项，应用等体积计算点D到平面CD1EF的距离再结合线面角定义求值判断B，反证法判断C选项，先得出面面平行再确定点的轨迹计算得出轨迹长度判断D选项．
【解答】
解：对于A：连接AB1，

则EF⊥AB1，B1C1⊥平面ABB1A1,EF⊂平面ABB1A1，所以B1C1⊥EF,AB1∩B1C1=B1，
AB1,B1C1⊂平面AB1C1，所以EF⊥平面AB1C1，所以EF⊥C1A，故 A选项正确；
对于B：如图延长D1E,CF交于N，易得N在DA延长线上，DA=AN，

则VD1−NDC=13×4×2=83，
NC=ND1= 22+42=2 5,D1C=2 2,则S△NCD1=12×2 2×3 2=6，
设D到平面NCD1距离为d，则VD1−NDC=13×6×d=83，则d=43，则DD1与平面CD1EF所成角的正弦值为dDD1=23，故 B选项正确；
对于C；若C1M⊥平面CD1EF，则C1M⊥D1E，则C1M在平面A1D1DA内射影垂直于D1E，C1在平面A1D1DA内的射影为D1，M在正方形ABB1A1内任意点时都不可能使射影垂直D1E，故 C选项错误；
对于D：如图所示，取A1B1的中点H，BB1的中点G，连接GH,C1H,C1G,EG,HF，

可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G//D1E,D1E⊂平面CD1E，C1G在平面CD1E外，所以C1G//平面CD1E，
同理可得C1H//CF，C1H//平面CD1E，因为C1H∩C1G=C1,C1H,C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH//平面CD1E，
因为M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M//平面CD1E，则点M在线段GH上，
所以M点的轨迹长度GH= 12+12= 2，故 D选项正确
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短?在如图所示的直角坐标系xOy中，设军营所在平面区域为{(x,y)|x2+y2≤94}，河岸线所在直线方程为x+3y−10=0.假定将军从点P(2,1)处出发，只要到达军营所在区域即回到军营，则将军可以选择最短路程为 ．
【答案】72
【解析】【分析】
此题以中国传统文化为背景考查求点关于直线的对称点，解决圆上的点到圆外一点的最短距离，考查对圆的几何性质的应用．
求出点P关于直线的对称点P'(3,4)，根据对称性，原问题转化成求P'到营区的最短距离，利用圆的几何性质即可得解．
【解答】
解：设点P(2,1)关于直线x+3y−10=0的对称点P'(a,b)，
b−1a−2=32+a2+3×b+12−10=0解得a=3b=4，所以P'(3,4)，
将军从P出发到达直线上点A再到营区，PA=P'A，
所以本题问题转化为求点P'(3,4)到营区的最短距离，
根据圆的几何性质可得最短距离为P'O−32=5−32=72．
故答案为：72．
13.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F₁，F₂，过F₁的直线与C的两条渐近线分别交于x轴上方的A，B两点，O为原点，若直线OA垂直平分BF₁，则|BF2||BF1|=
【答案】 33
【解析】【分析】
本题考查双曲线的渐近线，属于中档题．
由双曲线的几何性质得∠AF1O=π6，由|BF2||BF1|=tan∠AF1O，可得结果．
【解答】
解：因为OA垂直平分BF1，所以∠AOF1=∠AOB，
又∠AOF1=∠BOF2，所以∠AOF1=∠AOB=∠BOF2=π3，
故∠AF1O=π6，
因为O,A分别为F1F2,F1B的中点，所以OA//BF2，所以BF1⊥BF2，
所以|BF2||BF1|=tan∠AF1O=tanπ6= 33．
故答案为： 33．
14.已知函数fx=sin2x+1，将fx的图象向左平移π4个单位长度，得到函数gx的图象，若关于x的方程gx=aa∈R在0,9π8上有5个实数根，x1,x2，x3，x4，x5x1b>0)相切，∴x−y+ 5=0x2a2+y2b2=1
⇒(b2+a2)x2+2 5a2x+5a2−a2b2=0，∴Δ=0⇒a2+b2=5，又∵ca= 33∴
a= 3∴b2=a2−c2=2，椭圆C的方程为x23+y22=1．
(2)证明：由题意M、N是椭圆C上不同于A，B的两点，
由题意知直线AP，BP斜率存在且不为0，又由已知
kAP⋅kBP=−23.由AP//OM，BP//ON，
所以kOM⋅kON=−23，
当MN斜率不为0时，设直线MN的方程为x=my+t，代入椭圆方程得(2m2+3)y2+4mty+2t2−6=0 ①，
由Δ>0，得2m2−t2+3>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则y1+y2=−4mt2m2+3，y1y2=2t2−62m2+3，
又kOM⋅kON=y1y2x1x2=y1y2m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=2t2−63t2−6m2=−23，
得2t2=2m2+3，
所以S△MON=12|t||y1−y2|=12|t| 48m2−24t2+722m2+3=12|t|2 6|t|2t2= 62
当MN斜率为0时，即P点在椭圆短轴端点时候，直线PA与PB的斜率乘积为−23满足题意，
不妨设P在椭圆上顶点，M在N右边，BP斜率为− 63，AP斜率为 63，
此时OM方程为y=− 63x，ON方程为y= 63x，带入椭圆方程得M点坐标为 62,−1，
N点坐标为− 62,−1，此时ΔOMN的面积为定值 62，当P点在椭圆下顶点时，也满足。
综上，ΔOMN的面积为定值 62．
【解析】本题考查椭圆的概念及标准方程 、直线与椭圆的位置关系以及圆锥曲线中的定值问题，属于较难题．
(1)直线x−y+ 5=0与椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)相切，∴x−y+ 5=0x2a2+y2b2=1，由Δ=0结合离心率即可求解．
(2当斜率不为0时，设直线MN的方程为x=my+t，代入椭圆方程得(2m2+3)y2+4mty+2t2−6=0，由韦达定理可得2t2=2m2+3，故S△MON=12|t||y1−y2|=12|t| 48m2−24t2+722m2+3=12|t|2 6|t|2t2= 62.当斜率为0时，根据已知条件计算即可．
18.(本小题17分)
已知三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BB1=2，D是BC的中点，∠B1BA=60∘，B1D⊥AB．
(1)证明：AB⊥AC；
(2)若侧面ACC1A1是正方形，求平面ABB1A1与平面ADC1夹角的余弦值．
【答案】解：(1)取AB的中点O，连接AB1、OD、OB1，
因为∠B1BA=60∘，AB=BB1=2，故▵ABB1为等边三角形，
因为O为AB的中点，则OB1⊥AB，
因为AB⊥B1D，OB1∩B1D=B1，OB1,B1D⊂平面OB1D，故AB⊥平面OB1D，
∵OD⊂平面OB1D，所以AB⊥OD，
∵O、D分别为AB、BC的中点，则OD//AC，因此，AB⊥AC；
(2)∵AA1=BB1=2，则四边形ACC1A1是边长为2的正方形，
∵O、D分别为AB、BC的中点，则OD=12AC=1，
由(1)可得OB1=BB1sin60∘= 3，
∵OD//AC，BB1//AA1，故OD与BB1所成角为∠A1AC=90∘，即OD⊥BB1，
又因为OD⊥AB，AB∩BB1=B，AB,BB1⊂平面AA1B1B，∴OD⊥平面AA1B1B，
∵OB1⊂平面AA1B1B，则OD⊥OB1，所以，OD、AB、OB1两两垂直，
以点O为坐标原点，OB、OD、OB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A−1,0,0、D0,1,0、C−1,2,0、B10,0, 3、B1,0,0，
BB1=−1,0, 3，AD=1,1,0，AC=0,2,0，AC1=AC+CC1=AC+BB1=−1,2, 3，
设平面ADC1的法向量为n=x,y,z，则{n⇀⋅AD⇀=x+y=0n⇀⋅AC1⇀=−x+2y+ 3z=0,
取x=1，则n=1,−1, 3，
易知平面AA1B1B的一个法向量为m=0,1,0，cs=m⋅nm⋅n=−1 5=− 55．
因此，平面ABB1A1与平面ADC1夹角的余弦值为 55．

【解析】本题考查线面垂直的判定和性质，平面与平面所成角余弦值的向量求法，属于较难题.
(1)取AB的中点O，连接AB1、OD、OB1，证明出AB⊥平面OB1D，OD//AC，由此可证得AB⊥AC；
(2)以点O为坐标原点，OB、OD、OB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面ABB1A1与平面ADC1夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知以点M为圆心的动圆经过点F1(−3,0)，且与圆心为F2的圆(x−3)2+y2=12相切，记点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)若动直线l与曲线C交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点(其中y1y2>0)，点A关于x轴对称的点为Aˈ，且直线BAˈ经过点P−1,0．
(ⅰ)求证：直线l过定点；
(ⅱ)若|PA|+|PB|=4 15，求直线l的方程．
【答案】解：(1)圆(x−3)2+y2=12的圆心坐标为F2(3,0)，半径r=2 3．
动圆M与圆F2相切有两种情况，即内切或外切，
所以||MF1|−|MF2||=2 3 22，Δ=16m2t2−(8m2−4)(2t2−6)>0，即6m2+t2−3>0，
由韦达定理得y1+y2=−4mt2m2−1，y1y2=2t2−62m2−1>0．
因为点A与Aˈ关于x轴对称，不妨设A，B分别在第一、二象限，如图所示．

易知kAP+kBP=0，
即y1x1+1+y2x2+1=y1(my2+t+1)+y2(my2+t+1)(my1+t+1)(my2+t+1)=0，
化为2my1y2+(t+1)(y1+y2)=0，
即2m⋅2t2−62m2−1+(t+1)⋅−4mt2m2−1=0，化为−3m=mt，
当m变化时，该式恒成立，
所以t=−3，故直线l过定点(−3,0)．
(ⅱ)由(ⅰ)知，当t=−3时，y1+y2=12m2m2−1，y1y2=122m2−1>0．
由|PA|+|PB|=|PA'|+|PB|=|A'B|，
= (x1−x2)2+(−y1−y2)2，
= (my1−3−my2+3)2+(y1+y2)2，
= m2[(12m2m2−1)2−4×122m2−1]+(12m2m2−1)2=4 15，
化为19m4−24m2+5=0，解得m2=1或m2=519