高考必做的36道压轴题(数学)变式题(pdf版)

第 1 页 共 83 页 高考数学必做高考数学必做 36 道压轴题答案（解析几何部分）道压轴题答案（解析几何部分） 1-1 解： （）设双曲线的方程是1 2 2 2 2 b y a x （0a，0b） ， 则由于离心率2 a c e，所以ac2， 22 3ab 从而双曲线的方程为1 3 2 2 2 2 a y a x ，且其右焦点为F（a2，0） 把直线MN的方程axy2代入双曲线的方程，消去y并整理，得 0742 22 aaxx 设M 11 ( ,)x y，N 22 (,)xy，则axx2 21 ， 2 21 2 7 axx 由弦长公式，得 21 2 21 4)(2|xxxxMN) 2 7 (4)2(2 22 aa=6 所以1a，33 22 ab 从而双曲线的方程是1 3 2 2 y x （）由mkxy和1 3 2 2 y x，消去y，得032)3( 222 mkmxxk 根据条件，得0) 3)(3(44 2222 mkmk且03 2 k 所以 33 22 km 设A),( 33 yx，B),( 44 yx，则 2 43 3 2 k km xx ， 3 3 2 2 43 k m xx 由于以线段AB为直径的圆过原点，所以0 4343 yyxx 即 0)()1 ( 2 4343 2 mxxkmxxk 从而有0 3 2 3 3 )1 ( 2 22 2 2 m k km km k m k，即 22 3 2 1mk 所以 点Q到直线l：mkxy的距离为 | 1 1| 2 6 3 2 |1| 1 |1| 2 2 m m m k m d 第 2 页 共 83 页 由 1 3 2 22 mk0，解得 3 61 3 6 m 且0 1 m 由 1 3 2 22 mk3，解得 m 1 6 6 所以当 2 6 m时，d取最大值 2 26 ) 3 6 1 ( 2 6 ，此时0k 因此d的最大值为 2 26 ，此时直线l的方程是 2 6 y 1-2 解： （）设焦距为2c，由已知可得 1 F到直线l的距离32 3c ，即2c 所以椭圆C的焦距为 4 （）设 1122 ( ,), (,)A x yB x y，由题意知 1 0y ， 2 0y ，且直线l的方程为3(2).yx 联立 22 22 3(2), 1 yx xy ab 得 22224 (3)4 330abyb yb， 解得 22 12 2222 3(22 )3(22 ) , 33 baba yy abab . 因为 22 2AFF B，所以 12 2yy， 即 22 2222 3(22 )3(22 ) 2 33 baba abab , 得3a 而 22 4ab，所以5b 故椭圆C的方程为 22 1. 95 xy 2-1 解： （）因为 3 3 c e a ， 所以 222 2 22 1 3 cab e aa ，即 2 2 2 3 b a ，又 2 2 1 1 b ， 所以 2 2b , 2 3a ，即3a ，2b （）解法 1： 由（1）知 12 ,F F两点分别为( 1,0)，(1,0)，由题意可设(1, )Pt 那么线段 1 PF中点为(0, ) 2 t N，设( , )M x y 第 3 页 共 83 页 由于(,) 2 t MNxy ， 1( 2, )PFt， 则 1 , 2(), 2 yt t MN PFxt y 消去参数t，得 2 4yx ,其轨迹为抛物线 解法 2：如图，因为M是线段 1 PF垂直平分线上 的 点， 所以 1 | |MPMF，即动点M到定点 1 F的距离 与 的定直线 1 l的距离相等， 1 F，由抛物线的定义知，动点M的轨迹是以定点 以定直线 1 l为准线的抛物线，易得其方程是 2 4yx 2-2 解： （）设动点E的坐标为( , )x y，依题意可知 1 222 yy xx ， 整理得 2 2 1(2) 2 x yx 所以动点E的轨迹C的方程为 2 2 1(2) 2 x yx （II）当直线l的斜率不存在时，满足条件的点P的纵坐标为0 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)yk x 将(1)yk x代入 2 2 1 2 x y并整理得， 2222 ( 21)4220kxk xk 2 880k 设 11 ( ,)M x y ，22 (,)N xy ，则 2 12 2 4 21 k xx k ， 2 12 2 22 21 k x x k 设MN的中点为Q，则 2 2 2 21 Q k x k ， 2 (1) 21 QQ k yk x k ， 所以 2 22 2 (,) 2121 kk Q kk 第 4 页 共 83 页 由题意可知0k ， 又直线MN的垂直平分线的方程为 2 22 12 () 2121 kk yx kkk 令0 x 解得 2 1 1 21 2 P k y k k k 当0k 时，因为 1 22 2k k ，所以 12 0 42 2 P y； 当0k 时，因为 1 22 2k k ，所以 12 0 42 2 P y 综上所述，点P纵坐标的取值范围是 22 , 44 3-1 解： （）由椭圆的定义可知，动点 P 的轨迹是以 A，B 为焦点，长轴长为2 3的椭圆 所以1c ，3a ， 2 2b 所以 W 的方程是 22 1 32 xy （）设 C，D 两点坐标分别为 11 ( ,)C x y、 22 (,)D xy，C，D 中点为 00 (,)N xy 当0k 时，显然0m ； 当0k 时， 由 22 1, 1 32 ykx xy 得 22 (32)630kxkx 所以 12 2 6 32 k xx k ， 所以 12 0 2 3 232 xxk x k ， 从而 00 2 2 1 32 ykx k 所以MN斜率 2 0 0 2 2 32 3 32 MN y k k k xm m k 又因为CMDM， 所以CDMN， 所以 2 2 2 1 32 3 32 k k k m k ， 第 5 页 共 83 页 即 2 1 2 32 3 k m k k k 66 ,0)(0, 1212 故所求m的取范围是 66 , 1212 3-2 解： （）依题意，2c ， 1b ， 所以 22 3abc 故椭圆C的方程为 2 2 1 3 x y （）当直线l的斜率不存在时，由 2 2 1, 1 3 x x y 解得 6 1, 3 xy 不妨设 6 (1,) 3 A， 6 (1,) 3 B， 因为 13 66 22 33 2 22 kk ，又 132 2kkk，所以 2 1k ， 所以,m n的关系式为 2 1 3 n m ，即10mn 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(1)yk x 将(1)yk x代入 2 2 1 3 x y整理化简得， 2222 (31)6330kxk xk 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy，则 2 12 2 6 31 k xx k , 2 12 2 33 31 k x x k 又 11 (1)yk x， 22 (1)yk x 所以 121221 13 1212 22(2)(3)(2)(3) 33(3)(3) yyyxyx kk xxxx 1221 1212 2(1)(3)2(1)(3) 3()9 k xxk xx x xxx 1212 1212 2(42)()612 3()9 kx xkxxk x xxx 第 6 页 共 83 页 22 22 22 22 336 2(42)612 3131 336 39 3131 kk kkk kk kk kk 2 2 2(126) 2. 126 k k 所以 2 22k ，所以 2 2 1 3 n k m ，所以,m n的关系式为10mn 综上所述，,m n的关系式为10mn 4-1 解解： （）设椭圆长半轴长及分别为 a，c， 由已知得， 1, 7. ac ac 解得 a=4，c=3 所以椭圆 C 的方程为 22 1. 167 xy （）设 M（x，y） ，P(x， 1 y)，其中4,4 .x 由已知得 22 2 1 22 . xy e xy 因为 3 4 e ， 所以 2222 1 16()9().xyxy 由点 P 在椭圆 C 上得， 2 2 1 1127 16 x y ， 化简得 2 9112y 所以点 M 的轨迹方程为 4 7 ( 44) 3 yx ， 轨迹是两条平行于 x 轴的线段 4-2（）解：因为 A, B 两点关于 x 轴对称， 所以 AB 边所在直线与 y 轴平行 设 M(x, y)，由题意，得( , 3 ),( ,3 )A xxB xx-， 第 7 页 共 83 页 所以|3, |3AMxyMByx， 因为| |3AMMB?， 所以( 3) (3 )3xyyx，即 2 2 1 3 y x ， 所以点 M 的轨迹 W 的方程为 2 2 1(0) 3 y xx （）证明：设 000 (,) (0)M xyx ， 因为曲线 2 2 1(0) 3 y xx关于 x 轴对称， 所以只要证明“点 M 在 x 轴上方及 x 轴上时，2MQPMPQ ”成立即可 以下给出“当 0 0y 时，2MQPMPQ ” 的证明过程 因为点 M 在 2 2 1(0) 3 y xx上，所以 0 1x 当 x0=2 时，由点 M 在 W 上，得点(2,3)M， 此时, | 3, | 3MQPQMQPQ， 所以, 42 MPQMQP ，则2MQPMPQ ； 当 0 2x 时，直线 PM、QM 的斜率分别为 00 00 , 12 PMQM yy kk xx ， 因为 000 1,2,0 xxy，所以 0 0 0 1 PM y k x ，且 0 0 1 1 PM y k x ， 又tan PM MPQk，所以(0,) 2 MPQ ，且 4 MPQ ， 所以 2 2tan tan2 1 (tan) MPQ MPQ MPQ 0 000 22 2 0 00 0 2 12(1) (1) 1 () 1 y xyx y xy x ， 因为点 M 在 W 上，所以 2 2 0 0 1 3 y x ，即 22 00 33yx， 所以tan2 MPQ 000 22 000 2(1) (1)(33)2 yxy xxx ， 第 8 页 共 83 页 因为tan QM MQPk ， 所以tantan2MQPMPQ， 在MPQ中，因为(0,) 2 MPQ ，且 4 MPQ ，(0, )MQP， 所以2MQPMPQ 综上，得当 0 0y 时，2MQPMPQ 所以对于轨迹 W 的任意一点 M，2MQPMPQ 成立 5-1 解： （） （）由抛物线定义可知，抛物线上点( ,2)M m到焦点F的距离与到准线距离相等， 即( ,2)M m到 2 p y 的距离为 3； 所以 23 2 p ，解得2p 所以 抛物线P的方程为 2 4xy （）抛物线焦点(0,1)F，抛物线准线与 y 轴交点为(0, 1)E， 显然过点E的抛物线的切线斜率存在，设为k，切线方程为1ykx 由 2 4 1 xy ykx ， 消 y 得 2 440 xkx， 2 16160k ，解得1k 所以切线方程为1yx （）直线l的斜率显然存在，设l： 2 p ykx， 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy， 由 2 2 2 xpy p ykx 消 y 得 22 20 xpkxp 且0 所以 12 2xxpk， 2 12 x xp ； 因为 11 ( ,)A x y， 所以 直线OA： 1 1 y yx x ， 第 9 页 共 83 页 与 2 p y 联立可得 1 1 (,) 22 pxp C y ， 同理得 2 2 (,) 22 pxp D y 因为 焦点(0,) 2 p F， 所以 1 1 (,) 2 px FCp y ， 2 2 (,) 2 px FDp y ， 所以 12 12 (,) (,) 22 pxpx FC FDpp yy 2 22 1212 1212 224 px pxp x x pp yyy y 244 222 12 222 1212 0 4 22 p x xpp ppp xxx xp pp 所以 以CD为直径的圆过焦点F 5-2 解： （）如图，由题意得，222 2bc 所以2bc，2a 所以所求的椭圆方程为 22 1 42 xy （）由（）知，C（2，0） ，D（2，0） 由题意可设CM：(2)yk x，P（ 1 x， 1 y） MDCD，M（2，4k） 由 22 1 42 (2) xy yk x ， 整理 得: 2222 (1 2)8840kxk xk 因为 2 1 2 84 2 1 2 k x k ， 所以 2 1 2 24 12 k x k 所以 11 2 4 (2) 1 2 k yk x k ， 2 22 244 (,) 1 21 2 kk P kk 所以 22 222 2444(1 2) 244 1 21 21 2 kkk OM OPk kkk 即OM OP为定值 （）设 0 (,0)Q x，则 0 2x M P OF2Dx y A C B F1 第 10 页 共 83 页 若以MP为直径的圆恒过DP，MQ的交点，则MQDP，0MQ DP恒成立 由（）可知 0 (2,4 )QMxk， 2 22 84 (,) 1 21 2 kk DP kk 所以 2 0 22 84 (2)40 1 21 2 kk QM DPxk kk 即 2 0 2 8 0 1 2 k x k 恒成立 所以 0 0 x 所以存在(0,0)Q使得以MP为直径的圆恒过直线DP，MQ的交点 5-3 解：(I)直线l的方程为210 xy ； (II) 由 2 2 2 2 , 2 1 m xmy x y m 消去x，得 2 2 210 4 m ymy （） 由 2 22 8(1)80 4 m mm ，知 2 8m 设 11 ( ,)A x y， 22 (,)B xy，则由（）式，有 12 2 12 , 2 1 . 82 m yy m y y 由于 1( ,0)Fc， 2( ,0) F c，且O是 12 FF的中点，依题意，由2AGGO，2BHHO，可知， 11 (,) 33 xy G， 22 (,) 33 xy H 若原点在以线段GH为直径的圆内，则0OG OH，即 1212 0 x xy y 而 222 2 12121212 1 ()()(1)() 2282 mmm x xy ymymyy ym， 所以 2 1 0 82 m ，即 2 4m 第 11 页 共 83 页 又由已知1m ，所以12m 即，实数m的取值范围是(1,2) 5-4 解： （）设 P（x，y）是曲线 C 上任意一点，那么点 P（x，y）满足： 22 (1)1(0)xyxx， 化简得 2 4 (0)yx x ()设过点 M（m，0） （m0）的直线 l 与曲线 C 的交点为 A 12 ( ,)x y，B 22 (,)xy 设直线 l 的方程为 x=ty+m， 由 2 , 4 xtym yx 得 2 440ytym， =16（ 2 t+m）0， 于是 12 12 4 , 4 . yyt y ym 又 1122 (1,),(1,)FAxyFBxy 0FA FB 1212 (1)(1)xxy y= 1212 ()x xxx+1+ 12 0y y 又 2 4 y x ，于是不等式等价于 2222 1212 12 () 10 4444 yyyy y y 2 2 12 121212 ()1 ()210 164 y y y yyyy y 由式，不等式等价于 22 614mmt 对任意实数 t， 2 4t的最小值为 0， 所以不等式对于一切 t 成立等价于 2 610mm ， 即 322322m 由此可知，存在正实数 m，对于过点 M（m，0）且与曲线 C 有两个交点 A，B 的任一直线，都有 0FA FB，且 m 的取值范围(32 2,32 2) 第 12 页 共 83 页 6-1 解： （）由题意， 222 31, 2, , ac b abc 解得3,1ac 即：椭圆方程为. 1 23 22 yx （）当直线AB与x轴垂直时， 4 3 AB ， 此时3 AOB S不符合题意故舍掉； 当直线AB与x轴不垂直时，设直线 AB的方程为：) 1( xky， 代入消去y得： 2222 (23)6(36)0kxk xk 设 1122 ( ,), (,)A x yB xy ，则 2 12 2 2 12 2 6 , 23 36 . 23 k xx k k x x k 所以 2 2 4 3(1) 23 k AB k 原点到直线的AB距离 2 1 k d k ， 所以三角形的面积 2 2 2 114 3(1) 2223 1 kk SAB d k k 由 2 3 2 22 4 Skk ， 所以直线:220 AB lxy或:220 AB lxy 6-2 解： （I）椭圆 C 的方程为 )0(1 2 2 2 2 ba b y a x ，由已知得 222 2 , 2 22 2, . c e a a abc 解得2, 1,1abc 所以所求椭圆的方程为1 2 2 2 y x 第 13 页 共 83 页 (II)由题意知l的斜率存在且不为零， 设l方程为2(0)xmym ，将代入1 2 2 2 y x ，整理得 22 (2)420mymy，由0得 2 2.m 设),( 11 yxE，),( 22 yxF，则 12 2 12 2 4 2 2 2 m yy m y y m 由已知， 1 2 OBE OBF S S ， 则 |1 |2 BE BF 由此可知，2BFBE，即 21 2yy， 代入得， 1 2 2 1 2 4 3 2 2 2 2 m y m y m ，消去 1 y得 2 222 2162 9 (2)2 m mm 解得， 2 18 7 m ，满足 2 2.m 即 3 14 7 m 所以，所求直线l的方程为73 1414073 14140 xyxy或 7-1 解： （）设椭圆的方程为 22 22 1,(0) xy ab ab ，由题意可得： 椭圆 C 两焦点坐标分别为 1( 1,0) F ， 2(1,0) F 所以 2222 3353 2(1 1)( )(1 1)( )4 2222 a 所以2a ，又1c 2 4 13b ， 故椭圆的方程为 22 1 43 xy （）当直线lx轴，计算得到： 33 ( 1,), ( 1, ) 22 AB ， 2 12 11 | |3 23 22 AF B SABFF ，不符合题意 第 14 页 共 83 页 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：(1)yk x， 由 22 (1) 1 43 yk x xy ，消去 y 得 2222 (34)84120kxk xk， 显然0 成立，设 1122 ( ,), (,)A x yB xy， 则 22 1212 22 8412 , 3434 kk xxx x kk 又 42 222 1212 222 644(412) |1()41 (34)34 kk ABkxxx xk kk 即 22 2 22 12112(1) |1 3434 kk ABk kk ， 又圆 2 F的半径 22 |1 0|2| , 11 kkk r kk 所以 2 22 22 2 1112(1)2|12| 112 2 |, 2234347 1 AF B kkkk SAB r kk k 化简，得 42 17180kk， 即 22 (1)(1718)0kk，解得1k ， 所以， 2 2| 2 1 k r k ， 故圆 2 F的方程为： 22 (1)2xy （）另解：设直线l的方程为 1xty， 由 22 1 1 43 xty xy ，消去 x 得 22 (43 )690tyty，0 恒成立， 设 1122 ( ,), (,)A x yB xy，则 1212 22 69 , 4343 t yyyy tt 所以 2 2 121212 222 3636 |()4 (43 )43 t yyyyyy tt 2 2 121 ; 43 t t 又圆 2 F的半径为 22 |10 1|2 11 t r tt ， 第 15 页 共 83 页 所以 2 2 121212 2 112112 2 | | | 2437 AF B t SFFyyyy t ，解得 2 1t ， 所以 2 2 2 1 r t ，故圆 2 F的方程为： 22 (1)2xy 7-2 （）解解 设直线PQ的方程为)3( xky 由 )3( , 1 26 22 xky yx 得，062718) 13( 2222 kxkxk， 依题意0)32(12 2 k，得 3 6 3 6 k 设),(),( 2211 yxQyxP，则 13 18 2 2 21 k k xx， 13 627 2 2 21 k k xx 由直线PQ的方程得 11 (3)yk x， 22 (3)yk x 于是 9)( 3) 3)(3( 2121 2 21 2 21 xxxxkxxkyy 因为0OP OQ，所以 0 2121 yyxx 由得15 2 k，从而) 3 6 , 3 6 ( 5 5 k 所以直线 PQ 的方程为035yx或035yx （）证法证法 1 ), 3(), 3( 2211 yxAQyxAP 由已知得方程组 . 1 26 , 1 26 , ),3(3 2 2 2 2 2 1 2 1 21 21 yx yx yy xx 第 16 页 共 83 页 注意1，解得 2 15 2 x 因),(),0, 2( 11 yxMF， 故), 1) 3(), 2( 1211 yxyxFM ), 2 1 (), 2 1 ( 21 yy 而 222 1 (2,)(,) 2 FQxyy ，所以FMFQ 证法证法 2 （坐标法与几何证法结合） 为使结论更具一般性， 下面就椭圆方程为 22 22 1(0) xy ab ab ， 点A的坐标为 2 (,0) a c 进行证明（其中 22 cab） 如图，对三角形PHA应用梅涅劳斯定理，得 1 AQ PMHE QP MHEA ，又2 PM MH ， 所以， 1 2 AQ HE QPEA ， 作QDx轴于D，则， 1 2 AD HE DHEA ， （二维问题一维化） 设),(),( 2211 yxQyxP， 0 (,0)E x， 将上式用坐标表示，得 2 2 01 2 21 0 1 2 a x xx c axx x c ， 整理得， 22 0121212 2 ()()2 aa xxxxxx x cc （这个过程虽然复杂，但却表现出强烈的目标意识！下面的目标是非常明确的，即用解析几何的常 规方法，求出 12 xx与 12 x x） 显然，直线AP不垂直x轴，故可设直线AP的方程为 2 () a yk x c ， 第 17 页 共 83 页 由 2 22 22 (), 1 a yk x c xy ab 消去y，整理得， 2426 222222 2 2 ()0 k ak a a kbxxa b cc ， 所以， 24 12 222 262 12 2222 2 , () () . () k a xx c a kb k aabc x x ca kb 222422 12 222222 2222 () ()() aak aa b xx ccc a kbc a kb 222426222 1212 2222222222 222()2 ()2 ()() aak ak aabca b xxx x ccc a kbc a kba kb 所以， 22222 0 22222 2() 2 a bc a kb xc a kba b 这说明，直线 MQ 与x轴的交点是椭圆的右焦点( ,0)F c 所以，若APAQ，即， AP AQ ，则 PHMHMF QDQDFQ ， 即FMFQ 注：可以是一切正实数，当1时，,P Q重合 8-1 解： （）由焦点 F ( 1, 0 ) 在 l 上, 得 k = 2 1 , 所以 l: y = 2 1 x + 2 1 设点 N( m, n ) , 则有: 11 ()()1, 12 11 21. 22 n m mn 解得 1 , 53 . 5 m n 所以 N ( 5 1 , 5 3 )， 因为 5 4 ( 5 3 )2 ，所以 N 点不在抛物线 C 上 (2) 把直线方程1 1 kk y x代入抛物线方程得: k2y2 + 4y + 4k+4 = 0 ， 因为相交，所以 = 16 (k2 k + 1) 0, 第 18 页 共 83 页 解得 2 51 k 2 51 且 k 0 由对称得 1 22 1 1 1 00 0 0 k ax k y k ax y , 解得 x0 = 1 2)1 ( 2 22 k kka ( 2 51 1 k 2 51 ,且 k 0) 当 P 与 M 重合时, a = 1, 所以 f ( k ) = x0 = 1 31 2 2 k k = 3 + 1 4 2 k ( 2 51 1 k 2 51 , 且 k 0), 因为函数 x0 = f ( k )(kR)是偶函数，且 k 0 时单调递减 所以当 k = 2 51 时， (x0)min = 5 525 , 1lim 0 0 x k ， 所以 x0 5 525 ，1) 8-2 解： （）由 3 3 a b ， 22 2 3 2 1 2 1 baba ，得3a，1b， 所以椭圆方程是：1 3 2 2 y x （）设 EF：1 myx（0m）代入1 3 2 2 y x ，得022) 3( 22 myym， 设),( 11 yxE，),( 22 yxF，由DFED2，得 21 2yy 由 3 2 2 221 m m yyy， 3 2 2 2 2 221 m yyy， 得 3 1 ) 3 2 ( 2 2 2 mm m ，1m，1m（舍去） ， 直线EF的方程为：1 yx即01 yx （）将2 kxy代入1 3 2 2 y x ，得0912) 13( 22 kxxk（*） 记),( 11 yxP，),( 22 yxQ，PQ 为直径的圆过)0, 1(D，则QDPD ， 即0) 1)(1(), 1(), 1( 21212211 yyxxyxyx，又2 11 kxy，2 22 kxy， 第 19 页 共 83 页 得0 13 1412 5)(12() 1( 2 2121 2 k k xxkxxk 解得 6 7 k，此时（*）方程0， 所以存在 6 7 k，满足题设条件 9-1 解： （）由题意知 1 2 c e a ， 所以 222 2 22 1 4 cab e aa 即 22 4 3 ab 又因为 6 3 1 1 b ， 所以 2 4a ， 2 3b 故椭圆C的方程为 22 1 43 xy （）由题意知直线PB的斜率存在，设直线PB的方程为(4)yk x 由 22 (4), 1. 43 yk x xy 得 2222 (43)3264120kxk xk 设点 11 ( ,)B x y， 22 (,)E xy，则 11 ( ,)A xy 直线AE的方程为 21 22 21 () yy yyxx xx 令0y ，得 221 2 21 ()y xx xx yy 将 11 (4)yk x， 22 (4)yk x代入， 整理，得 1212 12 24() 8 x xxx x xx 由得 2 12 2 32 43 k xx k ， 2 12 2 6412 43 k x x k 代入 整理，得1x 第 20 页 共 83 页 所以直线AE与x轴相交于定点(1,0)Q （）当过点Q直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为(1)ym x，且 (,) MM M xy，(,) NN N xy在椭圆C上 由 22 (1), 1. 43 ym x xy 得 2222 (43)84120mxm xm 易知0 所以 2 2 8 43 MN m xx m ， 2 2 412 43 MN m x x m ， 2 2