2024-2025学年江苏省常州市高二上册学第一次月考数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省常州市高二上册学第一次月考数学检测试题合集2套（含解析），共36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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足(其中是虚数单位)，则（ ）
A．的实部是B．的虚部是C．D．
3．已知空间向量，空间向量满足且，则＝（ ）
A．B．
C．D．
4．在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，以为概率的事件是（ ）
A．恰有1件一等品B．至少有一件一等品
C．至多有一件一等品D．都不是一等品
5．在空间直角坐标系中，，，，则平面的一个法向量为（ ）
A．B．C．D．
6．的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在下列各正方体中，为正方体的一条体对角线，、分别为所在棱的中点，则满足的是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，，，则（ ）
A．B．在上的投影向量为
C．D．向量共面
10．给定组数，则（ ）
A．中位数为3B．标准差为
C．众数为2和3D．第85百分位数为4
11．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．是y=fx图象的一个对称中心
C．在区间上单调递增
D．把y=fx图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则的最小值为 ，当取得最小值时的值为 .
13．已知函数，则不等式的解集为 .
14．如图，一个结晶体的形状为平行六面体 ABCD－A1B1C1D1，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是 ．(填序号)
① (＋＋)2＝2()2；
②·(－)＝0 ；
③向量与的夹角是60°；
④BD1与AC所成角的余弦值为.
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角的对边分别为，若.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
16．已知空间三点，在直线上有一点满足.
(1)求的长；
(2)求点的坐标.
17．已知函数，.
（1）当时，求函数的值域；
（2）若，，求的值.
18．为增强市民的环境保护意识，某市面向全市征召若干名宣传志愿者，成立环境保护宣传小组，现把该小组的成员按年龄分成、、、、这组，得到的频率分布直方图如图所示，已知年龄在内的人数为.
(1)若用分层抽样的方法从年龄在、、内的志愿者中抽取名参加某社区的宣传活动，再从这名志愿者中随机抽取名志愿者做环境保护知识宣讲，求这名环境保护知识宣讲志愿者中至少有名年龄在内的概率；
(2)在（1）的条件下，记抽取的名志愿者分别为甲、乙，该社区为了感谢甲、乙作为环境保护知识宣讲的志愿者，给甲、乙各随机派发价值元、元、元的纪念品一件，求甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的概率.
19．如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点.

(1)证明：平面；
(2)线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
答案
1．【正确答案】B
【详解】由可得，即，
所以.
故选：B
2．【正确答案】D
【详解】
因此的实部是，虚部是，，
故选：D
3．【正确答案】A
【分析】由空间向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示求解即可.
【详解】∵，且空间向量满足，
∴可设，
又，∴，得．
∴，故A正确.
故选A.
4．【正确答案】C
【详解】将3件一等品编号为1,2,3,2件二等品编号为4,5，从中任取2件有10种取法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)．其中恰含有1件一等品的取法有：(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，恰有1件一等品的概率为P1＝，恰有2件一等品的取法有：(1,2)，(1,3)，(2,3)．故恰有2件一等品的概率为P2＝，其对立事件是“至多有一件一等品”，概率为P3＝1－P2＝1－＝.
5．【正确答案】A
【详解】由已知，
设平面的一个法向量为，
取，解得，
选项A符合，另外选项BCD中的向量与选项A中的向量不共线.
故选：A.
6．【正确答案】D
【详解】，即，，
所以.
故选：D
7．【正确答案】C
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断即得.
【详解】在正方体中，建立空间直角坐标系，令棱长为2，体对角线的端点为，
对于A，，直线的方向向量，
，显然，直线与不垂直，A不是；
对于B，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，B不是；
对于C，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，，C是；
对于D，由选项A知，直线的方向向量，，

则,显然，直线与不垂直，D不是.
故选：C
8．【正确答案】C
【详解】由函数，
因为，可得，
因为函数的定义域为，在定义域内存在唯一，使得，
则满足，解得，所以的取值范围为.
故选：C.
9．【正确答案】ABD
【详解】对于A，，，，A正确；
对于B，，
在上的投影向量为，B正确；
对于C，，与不垂直，C错误；
对于D，，共面，D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】ABC
【详解】将该组数从小到大排列：，显然中位数是，众数是2和3，而，即第9个数5为第85百分位数，故AC正确，D错误；
易知该组数的平均数，
所以其标准差为，故B正确.
故选：ABC
11．【正确答案】AB
【详解】由图知，，设的最小正周期为，
则，解得，故A 正确 ；
则，把点代入中，可得，
因，故得，故；
因时，，
故是y=fx图象的一个对称中心，即B正确；
对于C，设，因，则得，
而在上单调递减，故在区间上单调递减，即C错误；
对于D，把图象上所有点向右平移个单位长度后
即得到函数为，故D错误.
故选：AB.
12．【正确答案】；
【分析】
利用基本不等式求出最小值以及取得最小值时的值．
【详解】
，
当且仅当时取等号
故
13．【正确答案】或或
【详解】当时单调递减，因为，
所以，所以或，
当时，则，
所以，所以，
所以，
所以都满足题意，
所以或或.
14．【正确答案】①②
【详解】解：因为以为端点的三条棱长都相等，且彼此的夹角为，不妨设棱长为，
对于①，，
因为，则，所以，故①正确；
对于②，因为，故②正确；
对于③，因为，显然为等边三角形，则，
所以向量与的夹角为，向量与的夹角为，故③不正确；
对于④，因为，，
则，，
所以，
所以，故④不正确．
故①②．
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由和正弦定理可得，，
因，故得，即，
因，故；
（2）由余弦定理，，代值整理可得，，
又，代入解得，，
于是，的面积为.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为,所以的长.
（2）设，则，
由，即，
因为共线，故存在实数使得，即
所以，解得，
所以点H的坐标为.
17．【正确答案】（1）（2）
【详解】解：（1）因为
，时，，，可得，，
，即函数的值域为，；
（2），
，
，
，
．
18．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）解：因为志愿者年龄在、、内的频率分别为、、，
所以用分层抽样的方法抽取的名志愿者年龄在、、内的人数分别为、、
记年龄在内的名志愿者分别记为、、，
年龄在的名志愿者分别记为、，年龄在内的名志愿者记为，
则从中抽取名志愿者的情况有、、、、、、、
、、、、、、、，共种可能；
而至少有名志愿者的年龄在内的情况有、、、、、
、、、，共种可能.
所以至少有名志愿者的年龄在内的概率为.
（2）解：甲、乙获得纪念品价值的情况有、、、、、
、、、，共种可能；
而甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的情况有、、、、
、，共种可能.
故甲的纪念品不比乙的纪念品价值高的概率为.
19．【正确答案】(1)证明见解析
(2)存在， 的长为.
【详解】（1）因为直四棱柱中，，
则为正三角形，
又是线段的中点，则，
是线段的中点，则，
而，所以，
又平面，
所以平面.
（2）

由（1）知为正三角形，则，
在中，，，
则，所以，
又在直四棱柱中，，
以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，所以，
假设在线段上存在点，使得平面，
令，则，
所以，
由平面，得，
所以，解得，
则
所以，
即的长为.
2024-2025学年江苏省常州市高二上学期学第一次月考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共7小题）
1．已知双曲线x2a2−y2b2=1a＞0,b＞0 的左、右焦点分别为F1、F2 ．过F2 向一条渐近线作垂线，垂足为P ．若PF2=2 ，直线PF1 的斜率为24 ，则双曲线的方程为（ ）
A．x28−y24=1 B．x24−y28=1
C．x24−y22=1 D．x22−y24=1
2．若将一个椭圆绕其中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”.下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
5．对于一段曲线，若存在点，使得对于任意的，都存在，使得，则称曲线为“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任何椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则下列正确的是（ ）
A．①成立②不成立B．①不成立②成立
C．①成立②成立D．①不成立②不成立
6．已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中错误的是（ ）
A．点的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为
D．点的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（即没有交点）
7．已知曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线的图象不关于原点对称
B．曲线经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
D．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
二、多选题（本大题共4小题）
8．在平面上，定点、之间的距离.曲线C是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立直角坐标系.已知点是曲线C上一点，下列说法中正确的有（ ）
A．曲线C是中心对称图形
B．曲线C上有两个点到点、距离相等
C．曲线C上的点的纵坐标的取值范围是
D．曲线C上的点到原点距离的最大值为
9．到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题错误的是（ ）
A．曲线过原点B．的横坐标最大值是2
C．的纵坐标最大值是D．
10．某学习小组用函数图象：，和抛物线部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是（ ）

A．抛物线的方程为
B．的最小值为
C．的最大值为
D．若在上，则的最小值为
11．曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论，正确的有（ ）
A．曲线C关于直线交于不同于原点的Ax1,y1,Bx2,y2两点，则
B．存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
C．存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
D．曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知圆的面积为，则 ．
13．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的m的一个值 ．
14．在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．设抛物线，直线与C交于A，B两点，且.
(1)求p；
(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，，求面积的最小值.
16．已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
17．已知抛物线，在上有一点A位于第一象限，设A的纵坐标为.
(1)若A到抛物线准线的距离为3，求的值；
(2)当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；
(3)直线，是第一象限内上异于A的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为.若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围.
18．在直角坐标系中,点到轴的距离等于点到点的距离,记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于．
19．在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
(1)求的方程;
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;
(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
答案
1．【正确答案】D
【详解】如图，

F2c,0 ，不妨设渐近线方程为y=bax ，即bx−ay=0 ，
所以PF2=bca2+b2=bcc=b ，
所以b=2 .
设∠POF2=θ ,则tanθ=PF2OP=bOP=ba ,所以OF2=c .
因为12ab=12c⋅yP ,所以yP=abc ，所以tanθ=yPxP=abcxP=ba ，所以xP=a2c ，
所以Pa2c,abc ，
因为F1−c,0 ，
所以
kPF1=abca2c+c=aba2+c2=2aa2+a2+4=aa2+2=24,
所以2a2+2=4a ，解得a=2 ，
所以双曲线的方程为x22−y24=1
故选D.
2．【正确答案】A
【分析】根据给定定义可得椭圆的短半轴长与半焦距相等，再对各选项逐一计算判断作答.
【详解】由“对偶椭圆”定义得：短半轴长b与半焦距c相等的椭圆是“对偶椭圆”，
对于A，，即，A是“对偶椭圆”；
对于B，，即，B不是“对偶椭圆”；
对于C，，即，C不是“对偶椭圆”；
对于D，，即，D不是“对偶椭圆”.
故选：A
3．【正确答案】D
【详解】圆的圆心，半径，
由双曲线的离心率为，得，解得，
于是双曲线的渐近线方程为，即，

当渐近线为时，点到此直线距离，即直线与已知圆相离，不符合要求，
当渐近线为时，点到此直线距离，则直线与已知圆相交，
所以弦长.
故选：D
4．【正确答案】B
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理求出的值，利用，根据向量模的计算即可求得答案.
【详解】由题意椭圆，为两个焦点，可得，

则①，即，
由余弦定理得，
，故，②
联立①②，解得：，
而，所以，
即，
故选：B
方法点睛：本题综合考查了椭圆和向量知识的结合，解答时要注意到O为的中点，从而可以利用向量知识求解.
5．【正确答案】A
【详解】由于椭圆是封闭的，则总可以找到满足题意的点，使得成立，
不妨设椭圆方程为，取点，
由椭圆性质可知，椭圆上的任意点P，总有，
若，则，
由，得，
整理得，
所以在椭圆上必存在点Q，使得成立，①成立；
在双曲线中，假定存在点，显然的最大值趋于正无穷大，的最小值是定值，
即的最小值是定值，设，则，
由，显然，不妨令，取，则，
与矛盾，②不成立．
故选：A
6．【正确答案】D
【详解】设Px,y，因为动点到点的距离是点到直线的距离的一半，
所以，整理得，A说法正确；
联立可得，解得，
所以存在点，直线是“最远距离直线”， B说法正确；
过作垂直于直线，垂足为，
由题意得，则，
由图可知的最小值即为点到直线的距离，C说法正确；
由得，圆圆心为1,0，半径为，
易得点的轨迹与圆交于点2,0，D说法错误；
故选：D
7．【正确答案】D
【详解】对于A，结合曲线：，将代入，
方程不变，即曲线的图象关于原点对称，A错误；
对于B，令，则，解得，
令，则，解得，
令，则，解得，
故曲线经过的整点只能是，B错误；
对于C，直线与曲线：必有公共点，
因此若直线与曲线只有一个交点，则只有一个解，
即只有一个解为，即时，无解，
故，即实数的取值范围为，C错误，
对于D，由，可得，时取等号，
则曲线上任意一点到坐标原点的距离为，即都不超过3，D正确，
故选：D
8．【正确答案】ACD
【详解】对A：由题意可得F1−c,0，，设点Mx,y是曲线C上任意一点，
则有，
显然，，
即点Mx,y关于原点对称点在曲线C上，
因此曲线C是中心对称图形，故A正确；
对B：曲线C上点P满足，则点P在y轴上，
由得，解得，
因此曲线C上只有一个点到点、距离相等，故B错误；
对C：当时，，
即，当且仅当，
由直线三角形中线性质可得，
亦即，时取等号，此时，
而点在曲线C上，即成立，因此，
曲线C上的点的纵坐标的取值范围是，故C正确；
对D：因为，
则，
当时，由余弦定理得，
于是得，
当时，或，有或，
因此曲线C上的点到原点距离的最大值为，故D正确．
故选：ACD．
9．【正确答案】BC
【详解】由题意知动点满足，，
故，
即，
即，则，
对于A，当时，，即曲线过原点，A正确；
对于B，由，得，
则，解得，即的横坐标最大值是，B错误；
对于C，因为，
当且仅当时取等号，即的纵坐标最大值是1，C错误；
对于D，若，即，
令，则，即，
设，，
即在上单调递增，故，即成立，
故成立，D正确，
故选：BC
10．【正确答案】ACD
【详解】可变形为，
表示以为圆心，为半径的圆的上半部分；
可变形为，
表示以为圆心，为半径的圆的上半部分．
对于A选项，抛物线过点，解得，
，故A选项正确；
对于B选项，抛物线的准线为，
过点作，垂足为，

则，则，
故B选项不正确；

对于C选项，不妨设，显然离最远的点在上，
且，
联立，消去整理得，
，
则，，
则，
由对称性只考虑情况，在点时，，所以，
所以
，
设，易得在上单调递增，
所以的最大值为，故C选项正确；
对于D选项，设的中点为，
联立，消去整理得，
则，，
，，
，
所以，，
，
最小，即最大，也即最小，
又的中点位于圆心的左侧，
故当在0,4位置时，最小，最小，
所以
，
故D选项正确.
故选：ACD．
11．【正确答案】AC
【详解】因为由可得，所以曲线关于原点对称，
又直线过原点，所以Ax1,y1与Bx2,y2两点关于原点对称，
所以，所以A正确；
由，所以，
即：①，当取等号，此时，点在曲线上，
而，所以不可能在一个以原点为中心、边长为1的正方形内，所以B错误，
点可以在一个以原点为中心、半径为1的圆上，故C正确，
由①式知，所以D错误．
故AC．
12．【正确答案】
【详解】圆化为标准方程为：，
圆的面积为，圆的半径为，
，解得．
故
13．【正确答案】（中任意一个皆可以）
【详解】设点到直线的距离为，由弦长公式得，
所以，解得：或，
由，所以或，解得：或．
故（中任意一个皆可以）．
14．【正确答案】
【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果.
【详解】设椭球面的方程为：，
椭球面过点，，解得：，
椭球面的方程为.
故答案为.
【思路导引】对于椭圆有关的新定义问题，要能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解.
15．【正确答案】(1)2
(2)
【详解】（1）设，
由，可得，
所以，，
所以，
即，因为，解得；
（2）由（1）得抛物线，
因为，显然直线的斜率不可能为零，
设直线：，，，
由，可得，所以，，
，
因为，所以，
即，
亦即，
将，代入得，
，，
所以，且，解得或，
设点到直线的距离为，则，
，
所以的面积，
而或，
所以当时，的面积.

16．【正确答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案.
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，，
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
17．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）抛物线的准线为，由于A到抛物线准线的距离为3，
则点A的横坐标为2，则，解得；
（2）当时，点A的横坐标为，则，
设，则的中点为，由题意可得，解得，
所以，则，
由点斜式可得，直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离为；
（3）如图，

设，则，
故直线的方程为，
令，可得，即，
则，依题意，恒成立，
又，
则最小值为，即，即，
则，解得，
又当时，，当且仅当时等号成立，
而，即当时，也符合题意.
故实数的取值范围为.
18．【正确答案】(1)
(2)见解析
【详解】（1）设,则，两边同平方化简得，
故.
（2）方法一：设矩形的三个顶点在上,且，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，

则，
令，
同理令，且，则，
设矩形周长为,由对称性不妨设，，
则，
易知，
则令，
令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
故，即.
当时,,且，
即时等号成立，矛盾，故，
得证.
【一题多解】（2）方法二：不妨设在上，且，

依题意可设，易知直线,的斜率均存在且不为0，
则设,的斜率分别为和，由对称性，不妨设，
直线的方程为，
则联立得，
，则，
则，
同理，
所以
，
令，则，设，
则，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当，，此时单调递增，
则，
所以，
但，
此处取等条件为，与最终取等时不一致，
故.
方法三：为了计算方便,先将抛物线向下移动个单位得抛物线,
矩形变换为矩形，则问题等价于矩形的周长大于.
设，根据对称性不妨设，
则， 由于，则.
由于 ，且介于之间，
则.
令,,则，
从而，
故.
①当时,
；
②当时，由于，从而，
从而，又,
故，由此
，
当且仅当时等号成立，故，
故矩形周长大于.
.
19．【正确答案】(1)
(2)12
(3)证明见解析
【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）由题意知，显然点在直线的上方，
因为直线为的等线，所以，
解得，所以的方程为
（2）设Px0,y0，切线，代入得:
故，
该式可以看作关于的一元二次方程，
所以，即方程为
当的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为，不妨设在上方，
联立得，故，
所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，
则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
设，由，所以，
故曲线的方程为
由（*）知切线为，也为，即，即
易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，
由（2）知，
所以
由得
因为，
所以直线为的等线 .
【关键点拨】本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．