四川省成都市石室中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版含解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效．
一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的．
1. 已知 ， ，且 ，则 （ ）
A. B. C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直得到 的值，进而求出 .
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
故选：A
2. 是方程 表示椭圆的（ ）
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
【答案】B
【解析】
【分析】先根据方程表示椭圆求出参数 的范围，再根据充分条件和必要条件即可得解.
【详解】因为方程 表示椭圆，
所以 ，解得 且 ，
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即方程 表示椭圆，则 ，
所以 是方程 表示椭圆的必要不充分条件.
故选：B.
3. 定义：设 是空间中的一个基底，若向量 ，则称有序实数组 为向量
在基底 下的斜坐标．已知 是空间的一个基底， 是空间的另一个基
底，若向量 在基底 下的斜坐标为 ，则向量 在基底 下的斜坐标为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量 在基底 下的斜坐标，整理为关于 的线性组合即可求解.
【详解】因为向量 在基底 下的斜坐标为
所以 ，
所以向量 在基底 下的斜坐标为 .
故选：D
4. 在四面体 中，点 G 是 的重心，设 ， ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
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【答案】B
【解析】
【分析】根据 G 是 的重心，可知 ，再根据向量加法、减法法则即可求解.
【详解】∵G 是 的重心，∴ .
，
.
故选：B
5. 如图，已知圆锥 的轴截面 是正三角形， 是底面圆 的直径，点 在 上，且
，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先通过角度关系求出特定角的大小，然后建立空间直角坐标系，确定各点坐标，进而得到异面直
线对应向量的坐标，最后利用向量的夹角公式求出异面直线所成角的余弦值.
【详解】 ，且 ，所以 ，
连接 ，则 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设圆 的半径为 ，则 、 、 、 ，
， ，
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设异面直线 与 所成的角为 ，
则： ，
因此异面直线 与 所成角的余弦值为 ．
故选：A．
6. 如图所示，用一个与圆柱底面成 的平面截圆柱，截面是一个椭圆．若圆柱的底面圆半径为 ，则下
列结论正确的是（ ）
A. 椭圆的长轴长等于 2
B. 椭圆的离心率为
C. 椭圆的标准方程可以是
D. 椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件，结合椭圆的定义和性质，求出椭圆的长半轴长，短半轴长，进而分析判断各选项．
【详解】设圆柱的底面圆半径为 ，则 ，截面与底面夹角 ，
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截面椭圆的短半轴 ，长半轴 ，
选项 A：椭圆的长轴长等于 ，故 A 错误；
选项 B：椭圆的离心率 ，故 B 错误；
选项 C：椭圆的标准方程为 ，不是 ，故 C 错误；
选项 D：椭圆上的点到一个焦点的距离的最大值为 ，故 D 正确．
故选：D．
7. 已知 ， ，直线 上存在点 P，满足 ，则 a 的取值
范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先确定直线 所过定点，根据线段 长度，可将问题转化为直线 与线段 有交点，结合图
象确定临界状态，得到直线 斜率的取值范围，进而求得结果.
【详解】直线 方程可化为： ，
令 得： ， 直线 恒过定点 ，
由 得： ，
当直线 上存 点 满足 时，直线 与线段 有交点，如图所示，
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， ，由直线 斜率不为 ，
直线 的斜率 ，
.
故选：D.
8. 圆锥曲线具有丰富的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆反射后会经过另外一个焦点．设
， 分别是椭圆 的左、右焦点，从焦点 发出的光线先后经过椭圆上的 A，B 两点（非
长轴上顶点）反射后回到焦点 ；过点 作 的外角的角平分线的垂线 l，l 交直线 于点 M，则
下列说法正确的是（ ）
A. 面积的最大值为 6 B. 的最小值为
C. M 的轨迹方程为 D. 的最小值为 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义和性质、等腰三角形的性质，结合圆的定义、对勾函数的单调性逐一判断即可.
【详解】A：根据题意可知直线 如果存在斜率，斜率一定不为零，
由椭圆 ，
设直线 的方程为 ，
于是有 ，
，设 ，
，
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，
令 ，
，
对钩函数 在 上单调递增，
所以当 时，对钩函数 单调递增，
于是由 ，
所以 ，即 ，
所以当 ， 面积有最大值为 3，因此本选项不正确；
B：因为 ，
所以
，
即 ，当且仅当 时取等号，
即当 时， 的最小值为 ，所以本选项不正确；
C：因为过点 作 的外角的角平分线的垂线 l，l 交直线 于点 M，
所以 ，
因为 ，
所以点 M 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆，其方程为 ，所以本选项正确；
D：由上可知： ，
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所以 ，
因为 A，B 两点是椭圆上非长轴上顶点，
所以由椭圆的性质可知： ，
所以 没有最小值，故本选项不正确，
故选：C
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 元 素 ， ， ，
，其中 则下列说法正确的是（ ）
A. 中元素个数不定
B. N 表示在 x 轴、y 轴上的截距相等的直线时，直线方程为 或
C. ，点 ，则直线 ：
D. 中有两个元素，分别记为 ， ，线段 ST 中点的轨迹长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】分析可知集合 表示以 为圆心，半径 的圆，集合 表示过点 的直线.对于
A：根据定点 可知直线与圆位置关系：相离、相切或相交，即可判断交集元素个数；对于 B：求
截距列式求解即可；对于 C：根据公共弦方程的求法运算求解即可；对于 D：设线段 ST 中点为 ，
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根据垂径定理分析可得 ，根据两圆位置关系分析轨迹长.
【详解】因为元素 ， ， ，
则 ，解得 ，
则 即为 ，
可知集合 表示以 为圆心，半径 的圆，
又因为 即为 ，
可知集合 表示过点 的直线.
对于选项 A：因为 ，则点 在圆 外，
可知直线 与圆 的位置关系：相离、相切或相交，
所以 中元素个数不定，故 A 正确；
对于选项 B：若 N 表示在 x 轴、y 轴上的截距相等的直线，则 ，
对于 ，令 ，可得 ；令 ，可得 ；
即直线在 x 轴、y 轴上的截距分别为 ， ，
则 ，解得 ，
所以直线方程为 或 ，故 B 正确；
对于选项 C：集合 表示以 圆心，半径 的圆，
因为 ，即 ，
可知圆 与圆 相交点 ，两圆方程作差可得 ，
所以直线 ： ，故 C 正确；
对于选项 D：设线段 ST 中点为 ，则 ， ，
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因为 ，则 ，
整理可得 ，表示以 为圆心，半径 的圆，
又因为 ，即 ，可知圆 与圆 相交，
设两圆交点为 ，可知点 的轨迹是优弧 ，
又因为圆 的周长为 ，所以轨迹长度不为 ，故 D 错误；
故选：ABC.
10. 已知复数 z 在复平面上对应的点为 M，且 满足 ，则（ ）
A.
B. M 的轨迹是以 ， 为焦点，长轴长为 4 的椭圆
C. M 到直线 的距离的最大值为
D. 一组斜率为 的平行线和椭圆相交时，直线被椭圆截得的线段的中点都在直线 上
【答案】ABD
【解析】
【分析】对 A，利用复数三角不等式求解；对 B，由复数模的几何意义和椭圆的定义判断；对 C，设
，利用点到直线距离公式结合三角函数求解；对 D，由点差法可得 ，
即 ，得解.
详解】对于 A，由复数三角不等式得 ，所以 ，即 ，故 A
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正确；
对于 B，设 ，则 ，
上式表示点 到定点 和 距离之和为 4，
由椭圆的定义可知 的轨迹是以 和 为焦点，长轴长为 4 的椭圆，故 B 正确；
对于 C，由 B 得椭圆的方程为 ，设 ，
所以点 到直线 的距离
，故 C 错误；
对于 D，设斜率为 的直线与椭圆 相交于点 ，线段 的中点为 ，
由点差法可得 ，即 ，
所以一组斜率为 平行线和椭圆相交时，直线被椭圆截得的线段的中点都在直线 上，故 D 正确.
故选：ABD.
11. 已知球 O 是棱长为 2 的正方体 的内切球，M 是 的中点，N 是 的中点，P 是
球 O 的球面上任意一点，正方体表面上动点 Q 满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥 的体积的最大值为
B. Q 的轨迹长度为
C. 若 ，则动点 P 的轨迹长度为
D. 若 ，则 为定角
【答案】BCD
【解析】
【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法可求得球心 到平面 的距离，
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结合三棱锥体积公式可知体积最大值为 ，知 A 错误；设 ，求出 D 的轨迹为球
与正方体平面的交线，再利用几何性质求出弧长即可判断 B；分别取 中点 ，易知平
面 平面 ，可知所求轨迹为平面 与内切球 的交线，根据截面圆半径可求得 C 正
确；根据椭圆定义可知点 在以 为焦点，长轴长为 的椭球面上，结合椭圆与圆的对称性可知 D 正确
.
【详解】对于 A，以 为原点， 正方向为 轴正方向可建立如图空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，解得 ， ， ；
球心 到平面 的距离 ，
平面 ， 平面 ， ，
又 ，
所以三棱锥 体积最大值为 ，A 错误；
对于 B，由正方体表面上动点 Q 满足 ，所以设 ，
则点 的轨迹满足 ，
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又正方体的棱长为 2，取 ，则 ，
由图可知，在 面内对应的弧长为 ，
由对称性可知在 面、 面、 面内总长度为 ，B 正确；
对于 C，由正方体性质得 面 ，且内切球半径 ，
分别取 中点 ，如图所示，
， ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ， 平面 ，又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ， 平面 ，
则点 轨迹为平面 与内切球 的交线，即为截面圆的周长，
易知球心 平面 ，
则 到平面 的距离为平面 与平面 的距离 ，
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截面圆半径 ，所以点 轨迹长度为 ，C 正确；
对于 D，由题意知： ，
又 ，所以点 在以 为焦点，长轴长为 3 的椭球面上，
因为点 在以 为球心，1 为半径的球面上，所以点 在椭球面与球面的交线处，
则平面 截球 与椭球的截面图如图所示，
由椭圆与圆的对称性可知：点 位于 时， 为定值，D 正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 ， ， ，则 ________．
【答案】0.1
【解析】
【分析】根据概率的加法公式可以解出题目.
【详解】
代入已知条件 ， ， ：
解得：
因为 ，所以
故答案为：0.1
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13. 已知圆 ，椭圆 ，点 M，N 分别在圆 和椭圆 上，则线段 长
度的最小值为_____.
【答案】 ##
【解析】
【分析】设点 ，利用两点间距离公式计算 ，代入 ，将其化成
关于 的二次函数，利用其性质求得线段 长度的最小值，代入 计算即得.
【详解】圆 的圆心坐标为 ，半径 ，
设点 的坐标为 ，则 ，
又点 在椭圆 上，所以 ，即 ， ，
所以 ，
则当 时， 取得最小值 ，结合圆的几何性质可得 .
故答案为： .
14. 如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是直角梯形， ，
， ， ，若动点 在 内及边上运动，使得 ，则三棱
锥 的体积最大值为______.
【答案】
【解析】
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【分析】根据题意推出 ， ，再根据 推出 ，在平面
内，建立直角坐标系求出 点轨迹是圆 在三角形 的边上或内的弧，从而可求出
点 到 的距离最大为 ，即三棱锥 的高的最大值为 ，再根据三棱锥的体积公式可求得结果.
【详解】因为 平面 ，所以平面 平面 ，
因为 ， ，所以 平面 ， 平面 ，
因为 在 内及边上，所以 ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 ，因为 ，
所以 ，
在平面 内，以 的中点为原点，线段 的垂直平分线为 轴，建立平面直角坐标系：
则 ， ， ，设 ，
则 ， ，
由 得 ，化简得 ，
所以 点轨迹是圆 在三角形 的边上或内的弧，如图所以，
当 为圆 与 在 轴上方的交点时，点 到 的距离最大，
令 ，解得 ，所以点 到 的距离最大为 ，也就是三棱锥 的高的最大值为 ，因
为 ，所以三棱锥 的体积最大值为 .
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故答案为： .
【点睛】关键点点睛：在平面 内，建立直角坐标系求出 点轨迹是圆 在三角形
的边上或内的弧，从而可求出点 到 的距离最大为 ，即三棱锥 的高的最大值为 ，这是本
题解题的关键，属于难题.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用
的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求 的值，并估计该校学生当日使用 的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点
值为代表）；
（2）若使用时间不小于2小时的用户称为“ 资深用户”，其中使用时间在 内的用户称为“青
铜用户”，使用时间在 内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解 对学习的辅助效果，该
校新闻中心采用分层抽样的方法在“ 资深用户”中抽取了 6 名学生进行问卷调查，并从这 6 名学
生中随机选择 2 名学生进行访谈，求这 2 名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率.
【答案】（1） ，平均值为 1.73；
（2） .
【解析】
【分析】（1）由频率和为 1 求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可；
（2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 .
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平均值： .
【小问 2 详解】
抽取的 6 名学生中，“青铜用户”选 4 名，记为 ，“铂金用户”选 2 名，记为 ，
样本空间 ，
设事件 “这 2 名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则 .
因为抽中样本空间 中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型.
所以 .
16. 如图，在三棱柱 中，四边形 是边长为 4 的正方形， ．再从条件①、条件
②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成夹角的余弦值．
条件①： ；条件②： ；条件③：平面 平面
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得 ，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结
论即可.
（2）构建 为原点建立空间直角坐标系 ，由已知确定相关点坐标，再求两平面的法向量，进而应
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用空间向量夹角的坐标表示可得.
【小问 1 详解】
选①②：由 ， ， ，易知： ，
又 ， ， 面 ，则 面 ；
选①③：由 ， ， ，易知： .
又面 面 ，面 面 ， 面 ，
∴ 平面 .
选②③：若平面 平面 ，两平面的交线为 ，且在正方形 中，
，所以 平面 ，又 平面 ，故 ，
所以②③为重复条件，故不符合题意.
【小问 2 详解】
由（1）知： ， ，又四边形 是正方形，则 ，
如图，以 为原点建立空间直角坐标系 ，则 ， ， ， ，
，
∴ ， ， ， ，
设面 的一个法向量为 ，则 ，即
令 ，则 ， ，即 ，
设面 的一个法向量为 ，则 ，即
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令 ，则 ， ，即 ，
设平面 与平面 所成角为 ，则 ，
所以平面 与平面 所成夹角的余弦值为 .
17. 如图，已知圆 ，点 ，P 为圆 A 上的动点，线段 的垂直平分线与线段
相交于点 M
（1）过点 B 的直线 m 被圆 A 截得的弦长为 ，求直线 m 的方程；
（2）求动点 M 的轨迹方程；
（3）设（2）中曲线为 C，直线 l： 与曲线 C 交于 E，F 两点，求 的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据圆的方程得出圆心和半径，利用已知弦长得出圆心到直线的距离，分直线斜率存在和
不存在两种情况讨论求出直线方程；
（2）根据已知条件，利用椭圆的定义求出动点的方程；
（3）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理结合两点间距离公式求出 ，利用点到直线距离公式求出距离，
进而利用三角形面积公式求解．
【小问 1 详解】
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圆 的圆心为 ，半径 ，
已知弦长为 ，设圆心到直线的距离为 ，
则 ，而直线 过点 ，
当直线斜率不存在时，直线为 ，圆心到直线距离 ，
弦长 ，符合题意；
当直线斜率存在时，设斜率为 ，则方程为 ，即 ，
圆心到直线距离 ，化简得 ，无解，
直线 的方程为 ．
【小问 2 详解】
由垂直平分线的性质可知， ，
， ，
， ，
由椭圆的定义可知，动点 M 是以 为长轴，以 为焦距的椭圆，
即 ，
动点 M 的方程为： ．
【小问 3 详解】
如图，作出符合题意的图形，
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联立直线 与曲线方程 ，得 ，
设 ，由韦达定理得 ，
，
点 到直线 的距离为 ，
．
18. 在平行六面体 中， ， ， ，
．
（1）以 为空间的一个基底，求平面 的一个法向量；
（2）求点 到平面 距离；
（3）动点 P 满足 ，且 ， ，当 时，求直线 与平面
所成角的取值范围；
【答案】（1）
（2）
（3）
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【解析】
【分析】（1）设 ，利用 ，再结合条件、数量积的定义及运
算，得到 ，即可求解；
（2）求出 和 ，再利用点到平面的距离的向量法，即可求解；
（3）利用向量法求出线面角的正弦值取值范围，再得出角的取值范围.
【小问 1 详解】
由题可知 ， ，
则 ， ， ，
设 为平面 的一个法向量，
由 ，得到 ，即 ，
取 ，得到 ，所以 ，
故平面 的一个法向量为 .
【小问 2 详解】
由（1）知平面 的一个法向量 ，
所以 ，
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又
，
所以点 到平面 的距离为 .
【小问 3 详解】
当 时，设 ，
则 ，
所以 ，
，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
当 时， ， ；
当 时， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，由 ，
可知 ，
综上，直线 与平面 所成角的取值范围 .
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19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，离心率为 ，以 C 的短轴为直径
的圆与直线 相切．
（1）求 C 的方程；
（2）若经过点 且倾斜角为 的直线 n 与椭圆 C 交于 M，N 两点（其中点 M 在 x 轴上方）如图①．将平
面 沿 x 轴折叠，使 M 点折至 的位置，且 轴正半轴和 x 轴所确定的半平面（平面 ）与 轴
负半轴和 x 轴所确定的半平面（平面 ）互相垂直，如图②．求折叠前 的周长与折叠后
的周长之差的绝对值；
（3）直线 与 C 相交于 A，B 两点，过 C 上的点 P 作 x 轴的平行线交线段 AB 于点 Q，
且 PQ 平分 ，设直线 OP 的斜率为 （O 为坐标原点），判断 是否为定值？并说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3） 为定值，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到 ，再由相切关系，利用点到直线距离得到方程，联立求出
，求出椭圆方程；
（2）求出直线 方程为： ，再联立椭圆方程可得韦达定理，根据弦长公式以及空间中两点距
离公式即可求解；
（3）由题意条件得到 ，联立 与椭圆方程，得到两根之和，两根之积，
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代入化简得到 ，又 在椭圆上，故 ，代入化简得
到 ，从而得到 ， ，证明出结论.
【小问 1 详解】
由椭圆的离心率为 ，可得 ，即 ，
由以 C 的短轴为直径的圆方程为 ，
由 与直线 相切得： ，
联立方程 ，解得 ，
所以椭圆 C 的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）可知： ，则折叠前可知 ，且直线 与椭圆必相交，
又直线 n 的倾斜角为 ，可得直线 方程为： ，
设 ，
联立方程 ，消去 x 可得 ，
则 ， ，
可得 ，
，
折叠前 ，
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以过点 O 且垂直于坐标面 直线为 轴，建立空间直角坐标系，
则折叠后 ，
可得 ，
又因为 ，
折叠前 的周长与折叠后 的周长之差的绝对值为
.
【小问 3 详解】
为定值，且 ，理由如下：
因为直线 过定点 ，则直线 与椭圆必相交，
设 ，
联立方程 ，消去 y 得 ，
则 ，
由题意可知直线 AP，BP 的斜率互为相反数，
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则 ，
即 ，
可得
，
则 ，
即 ，
化简得 ，
又因为 在椭圆上，则 ，即 ，
可得 ，
即 ，
又因为 不在直线 ，
则 ，即 ，
所以 为定值，且 .
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