2025-2026学年山东省实验中学高二（上）第三次学情调研数学试卷（有答案和解析）

这是一份2025-2026学年山东省实验中学高二（上）第三次学情调研数学试卷（有答案和解析），共21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.经过A(−1,2)，B(0,3)两点的直线的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
2.已知向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b上的投影向量为( )
A. (−29,−49,−49)B. (29,49,49)C. (−23,13,13)D. (23,−13,−13)
3.已知椭圆C：x27+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，若A是C上一动点，则△AF1F2的周长为( )
A. 2+2 7B. 2+2 5C. 4+2 7D. 4+2 5
4.过P(−3,2)作与圆C：x2+y2+4y+m=0相切的两条直线PA，PB，切点分别为A，B，且cs∠APB=2325，则m=( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
5.如图，把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成60∘的二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是原正方形ABCD的中心，则折纸后∠EOF的余弦值为( )
A. − 32
B. −12
C. −14
D. −18
6.“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点P(x,y)是阴影部分(包括边界)的动点，则yx−2的最小值为( )
A. −23
B. −32
C. −43
D. −1
7.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在该正方体表面上运动，球O为该正方体的内切球，PQ为球O的一条直径，则MP⋅MQ的取值范围是( )
A. [−4,8]B. [0,8]C. [0,4]D. [4,12]
8.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1.若点F2关于l的对称点P恰好在椭圆C上，且PF1⋅F1F2=−23b2，则C的离心率为( )
A. 13B. 23C. 12D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，AB⊥AD，∠A1AD=∠A1AB=60∘，P为A1D与AD1的交点，设AB=a,AD=b,AA1=c，则( )
A. AC1=a+b−c
B. BD1=−a+b+c
C. |PC|=34
D. AC1⋅PC=54
10.从点A(−3,3)发出的光线l射到x轴上被x轴反射后，照射到圆C：x2+y2−4x−4y+7=0上，则下列结论正确的是( )
A. 若反射光光线与圆C相切，则切线方程为3x−4y−3=0或4x−3y+3=0
B. 若反射光线穿过圆C的圆心，则反射光线方程为x−y=0
C. 若反射光线照射到圆上后被吸收，则光线经过的最短路程是5 2−2
D. 若反射光线反射后被圆C遮挡，则在x轴上被挡住的范围是[−34,1]
11.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于P(x1,y1)，Q(x2,y2)两点，点P在l上的射影为P1，点O为坐标原点，则下列说法正确的是( )
A. 过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有3条
B. 以PQ为直径的圆与x=0相切
C. 设M(0,1)，则|PM|+|PP1|≥ 2
D. 若|PQ|=8，则△OPQ的面积为2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知P为空间中任意一点，A，B，C，D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且PA=23PB−xPC+16BD，则实数x的值为 .
13.过椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点F的直线l：x−y−2=0交C于A、B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为−12，则椭圆C的标准方程为 .
14.已知x1，x2，y1，y2∈R，且满足x12+y12=1,x22+y22=1，x1x2+y1y2=−12，则|x1+y1−1|+|x2+y2−1|的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=4，直线l：y=x+2.
(1)求圆C关于直线l对称的圆C′的方程；
(2)若P为直线l上的动点，Q为圆C上的动点，O为坐标原点，求|OP|+|PQ|的最小值.
16.(本小题15分)
如图所示，正四棱锥P−ABCD中，点E是棱PB的中点.
(1)证明：PD//平面AEC；
(2)已知异面直线PD与AE所成角的余弦值为 6513，求二面角P−AC−E的余弦值.
17.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点到直线x−2y=0的距离为 55，离心率为 22.抛物线G：y2=2px(p>0)的焦点与椭圆E的一个焦点重合，直线l过G的焦点与E交于A，B，与G交于C，D.
(1)求椭圆E及抛物线G的方程；
(2)设|AB||CD|=λ，考察λ是否为常数？若为常数，求出λ的值；若不为常数，请求出λ的取值区间.
18.(本小题17分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，平面ABCD⊥平面CDD1C1，且ABCD与CDD1C1是两个全等的等腰梯形，满足CD=2AB=4，BC= 5，点E在B1C1上，满足B1C1=3B1E，连接A1C1，D1E交于点F，点G为AC1的中点，连接FG.
(1)证明：FG//平面ADD1A1；
(2)求FG与平面BCC1B1所成角的正弦值；
(3)在线段AC1上(不含端点)是否存在一点P，使得平面DPD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为2 23？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由.
19.(本小题17分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 5，点( 2,2)在C上，A，B为C的左、右顶点.
(1)求C的方程；
(2)若点M，N在C的右支上(M在第一象限)，直线AM，BN分别交y轴于P，Q两点，且OQ=3OP.
(ⅰ)探究：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由；
(ⅱ)设S1，S2分别为△AMN和△BMN的面积，求S1−S2的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：若倾斜角为θ∈[0,π)
因为A(−1,2)，B(0,3)
所以kAB=tanθ=3−20+1=1，即θ=π4.
故选：B.
利用倾斜角与斜率关系及两点式求斜率确定倾斜角大小．
本题主要考查了直线的斜率公式及直线的斜率与倾斜角关系的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：已知向量a=(1,2,2)，b=(−2,1,1)，则向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|2b=26(−2,1,1)=(−23,13,13).
故选：C.
根据投影向量的计算公式计算即可．
本题考查的知识点：向量的数量积运算，向量的投影向量，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：椭圆C：x27+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，若A是C上一动点，则△AF1F2的周长为2a+2c=2 7+4.
故选：C.
利用椭圆的定义，求解即可．
本题考查椭圆的定义的应用，三角形的周长的求法，是基础题．
4.【答案】A
【解析】解：圆C：x2+y2+4y+m=0化为标准方程C：x2+(y+2)2=4−m，
则圆心C(0,−2)，半径r= 4−m(−210，因此m≠0，
所以y1+y2=4m，y1y2=−4，
所以|PQ|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 (4m)2+16
=4(1+m2)=8，
解得：m=±1，
又O到直线PQ的距离为d=1 1+m2= 22，
所以S△OPQ=12× 22×8=2 2，故D正确．
故选：ACD.
分别求出过点M(0,1)与抛物线相切以及斜率为0的直线，即可判断A；根据抛物线定义和梯形中位线性质求得|NN1|=12|PQ|，即可判断B；由抛物线定义可知|PP1|=|PF|，利用三点共线求距离之和最小值，即可判断C，设PQ的直线方程与抛物线联立，利用韦达定理和弦长公式求解，即可判断D.
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
12.【答案】−13
【解析】解：空间中任意一点，A，B，C，D四点满足任意三点均不共线，但四点共面，且PA=23PB−xPC+16BD，
所以PA=12PB−xPC+16PD，
由题意得12−x+16=1，所以x=−13.
故答案为：−13.
整理可得PA=12PB−xPC+16PD，结合四点共面的结论列式求解即可．
本题考查的知识点：共面向量基本定理，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】x28+y24=1
【解析】解：直线l：x−y−2=0，令y=0，得x=2，所以椭圆C的右焦点F的坐标为(2,0)，即c=2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，2x0=x1+x2，2y0=y1+y2，
所以x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
两式相减得(x1+x2)(x1−x2)a2+(y1+y2)(y1−y2)b2=0，
所以y1−y2x1−x2=−b2(x1+x2)a2(y1+y2)=−b2x0a2y0，即kAB=−b2a2kOP，
因为kOP=−12，kAB=1，所以−b2a2⋅(−12)=1，
所以a2=2b2，
又c2=a2−b2=b2=4，因此a2=8，
所以椭圆C的标准方程x28+y24=1.
故答案为：x28+y24=1.
先由直线方程求得右焦点坐标，得c，再设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，点A，B坐标代入椭圆方程相减得出直线AB与直线OP斜率的关系，从而求得a，b的关系，结合c可求得a，b得椭圆方程．
本题主要考查椭圆的标准方程，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】2+ 2
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，
由x12+y12=1x22+y22=1，x1x2+y1y2=−12，可得A，B两点在圆x2+y2=1上，
且OA⋅OB=1×1×cs∠AOB=−12，即有∠AOB=120∘，
即三角形OAB为顶角为120∘的等腰三角形，AB= 3，
|x1+y1−1| 2+|x2+y2−1| 2的几何意义为点A，B两点到直线x+y−1=0的距离d1与d2之和，且AB所在直线AB与直线x+y=1平行且与x轴、y轴均交于负半轴时，该式的值最大，
可设AB：x+y+t=0(t>0)，由圆心O到直线AB的距离d=|t| 2，可得2 1−t22= 3，
解得t= 22，即有两平行线的距离为1+ 22 2= 2+12，
则|x1+y1−1| 2+|x2+y2−1| 2的最大值为 2+1，
则|x1+y1−1|+|x2+y2−1|的最大值为 2( 2+1)=2+ 2.
故答案为：2+ 2.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为顶角为120∘的等腰三角形，AB= 3，|x1+y1−1| 2+|x2+y2−1| 2的几何意义为点A，B两点到直线x+y−1=0的距离d1与d2之和，由两平行线的距离可得|x1+y1−1|+|x2+y2−1|的最大值．
本题主要考查点的轨迹方程、点到直线距离公式，属于中档题．
15.【答案】(1)(x+1)2+(y−4)2=4 (2) 17−2
【解析】解：(1)由题意得圆心为C(2,1)，半径r=2.
设圆心C关于直线l的对称点为C′(m,n)，则n−1m−2⋅1=−1n+12=m+22+2，解得m=−1n=4，
所以圆C关于直线l对称的圆C′的方程为(x+1)2+(y−4)2=4；
(2)根据轴对称的性质，可得|OP|+|PC|=|OP|+|PC′|≥|OC′|，
可得|OP|+|PQ|=|OP|+|PC′|−r≥|OC′|−r，
当O、P、C′三点共线时，|OP|+|PQ|取得最小值，
因为|OC′|= (−1−0)2+(4−0)2= 17，所以|OP|+|PQ|的最小值为 17−2.
(1)根据题意，求得圆心C关于直线l的对称点C′的坐标，进而可得圆C′的标准方程；
(2)由轴对称的性质推导出|OP|+|PQ|≥|OC′|−r，结合两点之间的距离公式进行求解，可求出|OP|+|PQ|的最小值．
本题主要考查了圆的方程、轴对称的性质、两点之间的距离公式等知识，属于中档题．
16.【答案】(1)连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE，则O是BD中点，
因为点E是棱PB的中点，所以OE//PD，
又PD⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，
所以PD//平面AEC (2) 155
【解析】(1)证明：连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE，则O是BD中点，
因为点E是棱PB的中点，所以OE//PD，
又PD⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，
所以PD//平面AEC.
(2)解：由正四棱锥的性质知，PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
所以OP，OA，OB两两垂直，
故以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设OA=OB=2 2，OP=2t(t>0)，
则P(0,0,2t)，D(0,−2 2,0)，A(2 2,0,0)，E(0, 2,t)，C(−2 2,0,0)，
所以PD=(0,−2 2,−2t)，AE=(−2 2, 2,t)，
因为异面直线PD与AE所成角的余弦值为 6513，
所以|cs|=4+2t2 8+4t2× 10+t2= 5 13，
整理得(t2−3)(t2+2)=0，解得t= 3，
所以P(0,0,2 3)，E(0, 2, 3)，
所以CA=(4 2,0,0)，CE=(2 2, 2, 3)，
易知平面PAC的一个法向量为m=(0,1,0)，
设平面ACE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CA=4 2x=0n⋅CE=2 2x+ 2y+ 3z=0，
取y= 3，得n=(0, 3,− 2)，
设二面角P−AC−E的平面角为θ，由图可知θ为锐角，
所以csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=| 3| 1× 5= 155，
所以二面角P−AC−E的余弦值为 155.
(1)连接AC，BD，设AC∩BD=O，连接OE，结合中位线可证线线平行，再由线面平行的判定定理，即可得证；
(2)以O为原点建立空间直角坐标系，先利用向量法求异面直线夹角，可确定OP的长，再由向量法求二面角即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求异面直线所成角、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)椭圆E的方程为x22+y2=1，抛物线G的方程为y2=4x (2)(0, 24]
【解析】解：(1)设椭圆焦点(±c,0)，
椭圆E的焦点到直线x−2y=0的距离为 55，
则d=|c| 12+(−2)2= 55，解得c=1，
又椭圆E得离心率e=ca= 22，解得a= 2，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆E的方程为x22+y2=1，
即椭圆焦点为(±1,0)，
抛物线G：y2=2px(p>0)的焦点为(p2,0)，
与椭圆E的一个焦点重合，故p2=1，解得p=2，
所以抛物线G的方程为y2=4x；
(2)由题意得，直线l不与x轴平行，
设直线l的方程为x=my+1，并设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
联立x=my+1与x22+y2=1，消去x，整理得(m2+2)y2+2my−1=0，
Δ=(2m)2−4(m2+2)(−1)=8>0，
y1+y2=−2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2=2 2 m2+1m2+2，
所以|AB|= m2+1|y1−y2|=2 2(m2+1)m2+2，
联立x=my+1与y2=4x，消去x，整理得y2−4my−4=0，
Δ=(−4m)2−4×(−4)=16m2+16>0，y3+y4=4m，
所以|CD|=x3+x4+2=m(y3+y4)+4=4(m2+1)，
所以λ=|AB||CD|=2 2(m2+1)m2+24(m2+1)= 22(m2+2)，
因为m2≥0，所以m2+2≥2，所以0< 22(m2+2)≤ 24，
即λ的取值范围是(0, 24].
(1)设椭圆焦点(±c,0)，代入点到直线距离公式，可求得c的值，根据椭圆c值及离心率，可求得椭圆中a值，根据a，b，c的关系，即可求得b值，即可得椭圆方程，根据题意，可求得抛物线中p值，进而可得抛物线方程；
(2)设直线l的方程为x=my+1，与椭圆联立，根据韦达定理，可得y1+y2，y1y2的表达式，代入弦长公式，可得|AB|，同理将直线与抛物线联立，结合弦长公式，可得|CD|，代入所求，化简整理，即可求得λ的取值范围．
本题主要考查椭圆与抛物线的综合，直线与圆锥曲线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：由题意得：A1E=23A1B1+13A1C1，A1B1=12D1C1=12A1C1−12A1D1，
设A1C1=λA1F，
∴A1E=23λA1F−13A1D1，
又∵F，D1，E三点共线，
∴23λ−13=1，
∴λ=2，
即F为A1C1中点，
∴FG//AA1，
又∵FG⊄平面ADD1A1，AA1⊂平面ADD1A1，
∴FG//平面ADD1A1 (2)2 1421 (3)16 39
【解析】解：(1)证明：由题意得：A1E=23A1B1+13A1C1，A1B1=12D1C1=12A1C1−12A1D1，
设A1C1=λA1F，
∴A1E=23λA1F−13A1D1，
又因为F，D1，E三点共线，
∴23λ−13=1，
∴λ=2，
即F为A1C1中点，
∴FG//AA1，
又因为FG⊄平面ADD1A1，AA1⊂平面ADD1A1，
∴FG//平面ADD1A1；
(2)由(1)知AA1//FG，
∴AA1与平面BCC1B1所成角即为所求角．
分别取CD，AB，D1C1中点O，M，N，连接OM，ON，
平面CDD1C1⊥平面ABCD，如图建系，
则B(2,1,0)，C(0,2,0)，C1(0,1,2)，A(2,−1,0)，A1(1,−12,2)，
设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CB=2x−y=0m⋅CC1=−y+2z=0，
取x=1，则y=2，z=1，
∴平面BCC1B1法向量为m=(1,2,1)，AA1=(−1,12,2)，
∵cs⟨m,AA1⟩=m⋅AA1|m||AA1|=2 1421，
设AA1与平面BCC1B1所成角为θ，
∴sinθ=|cs⟨m,AA1⟩|=2 1421；
(3)∵AC1=(−2,2,2)，
设AP=tAC1=(−2t,2t,2t)，t∈(0,1)，
∴P(2−2t,2t−1,2)，DP=(2−2t,2t+1,2t)，
∴平面DPD1的法向量n=(2t+2,4t−4,2−2t)，
设平面DPD1与平面BCC1B1所成角为α，
∵sinα=2 23，
∴|csα|=|cs⟨m,n⟩|=|m⋅n|m||n||=|2t+2+2(4t−4)+2−2t 12+22+12 (2t+2)2+(4t−4)2+(2−2t)2|=13，
∴9t2−8t=0，
即t=0(舍)或t=89，
∴存在点P，使得AP=89AC1，
∵|AC1|=2 3，
∴|AP|=89|AC1|=16 39.
(1)先得出A1E=23λA1F−13A1D1，根据F，D1，E三点共线，求出λ=2，得出F为A1C1中点，进而有FG//AA1，即可得证；
(2)根据AA1//FG，得出AA1与平面BCC1B1所成角即为所求角，再建立坐标系求出平面BCC1B1的法向量，利用向量法求解即可；
(3)求出平面DPD1的法向量，结合平面BCC1B1法向量，利用向量法求解即可．
本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
19.【答案】x2−y24=1；
(ⅰ)过定点，定点坐标(2,0)；(ⅱ)[4 3,+∞)
【解析】(1)∵离心率e=ca= 5，∴c2=5a2，而c2=a2+b2，∴b2=4a2，
∴双曲线的方程为x2a2−y24a2=1，.
将点( 2,2)代入双曲线方程，得2a2−44a2=1，∴a2=1，b2=4，
∴C的方程为x2−y24=1.
(2)(ⅰ)直线MN过定点(2,0)，
由双曲线C的方程可知A(−1,0)，B(1,0)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
法一：设直线MN的方程为x=my+n，联立x2−y24=1,x=my+n,
整理得(4m2−1)y2+8mny+4n2−4=0，
则y1+y2=−8mn4m2−1,y1y2=4n2−44m2−1，
∴(1−n2)(y1+y2)=2mny1y2，
直线AM:y=y1x1+1(x+1).令x=0，得P(0,y1x1+1)，.
直线BN:y=y2x2−1(x−1)，令x=0，得Q(0,−y2x2−1)，
由OQ=3OP，得−y2x2−1=3y1x1+1，
即y2(x1+1)+3y1(x2−1)=0，
∴y2(my1+n+1)+3y1(my2+n−1)=0，
即4my1y2+(n+1)y2+3(n−1)y1=0，
∵(1−n2)(y1+y2)=2mny1y2，
∴2(1−n2)(y1+y2)+n(n+1)y2+3n(n−1)y1=0，
整理可得(n−1)(n−2)y1−(n−2)(n+1)y2=0，
∴n=2，∴直线MN过定点T(2,0).
方法二：由OQ=3OP，可设P(0,t)，Q(0,3t)，则直线AM(即AP)的方程为y=t(x+1)，
联立x2−y24=1,y=t(x+1),整理得(4−t2)x2−2t2x−t2−4=0，
由题设知4−t2≠0，且Δ=64>0，
由根与系数关系，得(−1)⋅x1=−t2−44−t2，∴x1=t2+44−t2，
∴y1=t(t2+44−t2+1)=8t4−t2，即M(t2+44−t2,8t4−t2)，
又直线BN(即BQ)的方程为y=−3t(x−1)，
联立x2−y24=1,y=−3t(x−1),得(4−9t2)x2+18t2x−9t2−4=0，
由题设知4−9t2≠0，且Δ=324t2+4(4−9t2)(9t2+4)=64>0，
由根与系数关系，得1⋅x2=−9t2−44−9t2，∴x2=9t2+49t2−4，
∴y2=−3t(9t2+49t2−4−1)=−24t9t2−4，
∴N(9t2+49t2−4,−24t9t2−4)，.
当x1≠x2时，kMN=y2−y1x2−x1=−24t9t2−4−8t4−t29t2+49t2−4−t2+44−t2=−24t(4−t2)−8t(9t2−4)(9t2+4)(4−t2)−(t2+4)(9t2−4)=−8t4−3t2.
直线MN的方程为y−8t4−t2=−8t4−3t2(x−t2+44−t2)，
化简整理得y=−8t4−3t2(x−2)，直线MN过定点(2,0)，
当x1=x2时，y1=−y2，即8t4−t2=−24t9t2−4，
解得t2=43,x1=x2=2.直线MN也过定点(2,0)，
综上，直线MN过定点(2,0).
(ⅱ)由(ⅰ)知，直线MN过定点T(2,0)，
则S1−S2=12(|AT|−|BT|)|y1−y2|=12×(3−1)|y1−y2|=|y1−y2|，
由(ⅰ)知y1+y2=−8mn4m2−1,y1y2=4n2−44m2−1，n=2，
∴y1+y2=−16m4m2−1,y1y2=124m2−1，
∴S1−S2=|y1−y2|= (y1+y2)2−4y1y2= 256m2(4m2−1)2−48(4m2−1)(4m2−1)2=4 4m2+3(4m2−1)2，
又点M，N在双曲线C的右支上，双曲线C的渐近线方程为x=±12y，
∴−12