1、2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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（4分）直线3xy+10的倾斜角是（）A30B60C120D1352（4分）抛物线y24x的焦点坐标是（）A（1，0）B（0，1）C（2，0）D（0，2）3（4分）设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A若lm，m，则lB若l，m，则lmC若lm，m，则lD若l，m，则lm4（4分）“直线yx+b与圆x2+y21相交”是“0b1”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5（4分
2、）圆C1：x2+y2+2x+8y80与圆C2：x2+y24x4y10的公切线条数为（）A1B2C3D46（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦AB的长为5，那么ABF2的周长是（）A12B16C21D267（4分）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）ABCD8（4分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）A直线B圆C双曲线D抛物线9（4分）已知点A，B为抛物线y24x上的两点，O为坐标原
3、点，且OAOB，则OAB的面积的最小值为（）A16B8C4D210（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体AkBkkDk（k1，2，3，4），记AkBkk的三个内角分别为Ak，Bk，k，其中一定不是“完美四面体”的为（）AA1：B1：C13：5：7BsinA2：sinB2：sinC23：5：7CcosA3：cosB3：cosC33：5：7DtanA4：tanB4：tanC43：5：7二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（6分）双曲线1的焦距为 ，渐近线方程为 12（6分）已知直线l：mxy1，若直
4、线l与直线x+m（m1）y2垂直，则m的值为 ，动直线l：mxy1被圆C：x22x+y280截得的最短弦长为 13（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为 cm3，表面积为 cm314（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a0，C（0，2），CAB90，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为 ；点B的轨迹E的方程为 15（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F到AB的距离等于，则椭圆的离心率为 16（4分）设E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DC上两点，且AB2，EF1，给出下列四个命题
5、：三棱锥D1B1EF的体积为定值；异面直线D1B1与EF所成的角为45；D1B1平面B1EF；直线D1B1与平面B1EF所成的角为60其中正确的命题为 17（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为（0，1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆下面，我们来研究与此相关的一个问题已知圆：x2+y21和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为 三、解答题（共5小题，满分74分）18
6、（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（2，1），且与抛物线y24x有两个不同的公共点若p，q都是真命题，求k的取值范围19（15分）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值20（15分）已知抛物线C；y22px过点A（1，1）（1）求抛物线C的方程；（2）过点P（3，1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值21（15分）如图，在边长为2的正方形AB
7、CD中，E为线段AB的中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使得平面ADE平面BCDE，F为线段AC的中点（）求证：BF平面ADE；（）求直线AB与平面ADE所成角的正切值22（15分）已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，直线l：x+2y4与椭圆有且只有一个交点T（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（）O为坐标原点，与OT平行的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由2018-2019学年浙江省温州市十校联合体高二（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分在每小题给出的四个选项中，
8、只有一项是符合题目要求的1（4分）直线3xy+10的倾斜角是（）A30B60C120D135【分析】根据直线求出它的斜率，再求出倾斜角【解答】解：直线3xy+10的斜率为k，tan，倾斜角是60故选：B【点评】本题考查了根据直线方程求倾斜角的问题，是基础题2（4分）抛物线y24x的焦点坐标是（）A（1，0）B（0，1）C（2，0）D（0，2）【分析】由抛物线y22px的焦点坐标为（，0），即有p2，即可得到焦点坐标【解答】解：由抛物线y22px的焦点坐标为（，0），即有抛物线y24x的2p4，即p2，则焦点坐标为（1，0），故选：A【点评】本题考查抛物线的方程和性质，主要考查抛物线的焦点，属于
9、基础题3（4分）设l，m是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是（）A若lm，m，则lB若l，m，则lmC若lm，m，则lD若l，m，则lm【分析】在A中，l与相交、平行或l；在B中，l与m相交、平行或异面；在C中，l或l；在D中，由线面垂直的性质定理得lm【解答】解：由l，m是两条不同的直线，是一个平面，知：在A中，若lm，m，则l与相交、平行或l，故A错误；在B中，若l，m，则l与m相交、平行或异面，故B错误；在C中，若lm，m，则l或l，故C错误；在D中，若l，m，则由线面垂直的性质定理得lm，故D正确故选：D【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系
10、等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题4（4分）“直线yx+b与圆x2+y21相交”是“0b1”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【分析】直线yx+b与圆x2+y21相交，可得（0，b）在圆内，b21，求出1b1，即可得出结论【解答】解：直线yx+b恒过（0，b），直线yx+b与圆x2+y21相交，（0，b）在圆内，b21，1b1；0b1时，（0，b）在圆内，直线yx+b与圆x2+y21相交故选：B【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查四种条件的判断，比较基础5（4分）圆C1：x2+y2+2x+8y80与圆C2：x2+y24x4y10的
11、公切线条数为（）A1B2C3D4【分析】根据题意，分析两圆的圆心与半径，由圆与圆的位置关系可得两圆相交，据此分两圆的共切线条数即可得答案【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2+2x+8y80，即（x+1）2+（y+4）225，其圆心C1为（1，4），半径r15，圆C2：x2+y24x4y10，即（x2）2+（y2）29，其圆心C2为（2，2），半径r23，分析可得：|C1C2|3，则有r1r22|C1C2|r1+r28，则两圆相交，有2条公切线；故选：B【点评】本题考查圆与圆位置关系的判定，涉及两圆公切线条数的判定，属于基础题6（4分）双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，在左支上过点F1的弦
12、AB的长为5，那么ABF2的周长是（）A12B16C21D26【分析】依题意，利用双曲线的定义可求得|AF2|AF1|2a8，|BF2|BF1|2a8，从而可求得ABF2的周长【解答】解：依题意，|AF2|AF1|2a8，|BF2|BF1|2a8，（|AF2|AF1|）+（|BF2|BF1|）16，又|AB|5，（|AF2|+|BF2|）16+（|AF1|+|BF1|）16+|AB|16+521|AF2|+|BF2|+|AB|21+526即ABF2的周长是26故选：D【点评】本题考查双曲线的简单性质，着重考查双曲线定义的灵活应用，属于中档题7（4分）在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1
13、2AB，E为AA1的中点，则直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为（）ABCD【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设AA12AB2，则B（1，1，0），E（1，0，1），C（0，1，0），D1（0，0，2），（0，1，1），（1，0，0），（0，1，2），设平面BCD1的法向量（x，y，z），则，取z1，得（0，2，1），设直线BE与平面BCD1所形成角为，则sincos直线BE与平面BCD1所形成角的余弦值为故选：
14、C【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题8（4分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点，若P到直线BC与直线C1D1的距离相等，则动点P的轨迹所在的曲线是（）A直线B圆C双曲线D抛物线【分析】由线C1D1垂直平面BB1C1C，分析出|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，则动点P满足抛物线定义，问题解决【解答】解：由题意知，直线C1D1平面BB1C1C，则C1D1PC1，即|PC1|就是点P到直线C1D1的距离，那么点P到直线BC的距离等于它到点C1的距离，所以点P
15、的轨迹是抛物线故选：D【点评】本题考查抛物线定义及线面垂直的性质9（4分）已知点A，B为抛物线y24x上的两点，O为坐标原点，且OAOB，则OAB的面积的最小值为（）A16B8C4D2【分析】先设直线的方程为斜截式（有斜率时），代入抛物线，利用OAOB找到k，b的关系，然后利用弦长公式将面积最后表示成k的函数，然后求其最值即可最后求出没斜率时的直线进行比较得最终结果【解答】解：当直线斜率存在时，设直线方程为ykx+b由消去y得k2x2+（2kb4）x+b20设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得（2kb4）24k2b20，即kb1x1+x2，x1x2，所以y1y2k2x1x2+kb（x
16、1+x2）+b2所以由OAOB得 x1x2+y1y2+0所以b2pk，代入直线方程得ykx4kk（x4），所以直线过定点（4，0）再设直线方程为xmy+4，代入y24x得y24my160，所以y1+y24m，y1y216，所以|y1y2|2，所以S42，所以当m0时，S的最小值为16故选：A【点评】本题考查了直线和圆锥曲线的位置关系中的弦长问题中的最值问题，一般先结合韦达定理将要求最值的量表示出来，然后利用函数思想或基本不等式求最值即可10（4分）若一个四面体的四个侧面是全等的三角形，则称这样的四面体为“完美四面体”，现给出四个不同的四面体AkBkkDk（k1，2，3，4），记AkBkk的三个
17、内角分别为Ak，Bk，k，其中一定不是“完美四面体”的为（）AA1：B1：C13：5：7BsinA2：sinB2：sinC23：5：7CcosA3：cosB3：cosC33：5：7DtanA4：tanB4：tanC43：5：7【分析】若sinA2：sinB2：sinC23：5：7，由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B23：5：7，设B2C23x，A2C25x，A2B27x，由“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，得到D2A23x，D2B25x，D2C27x，列方程推导出这样的四面体不存在，从而D2A2B2C2一定不是完美的四面体【解答】解：若sinA2：sinB2：sinC23：5：7，
18、由正弦定理得：B2C2：A2C2：A2B23：5：7，设B2C23x，A2C25x，A2B27x，“完美四面体”的四个侧面是全等的三角形，D2A23x，D2B25x，D2C27x，把该四面体顶点当成长方体的四个顶点，四条棱当作长方体的四条面对角线，则长方体面上对角线长为3x，5x，7x，设长方体棱长为a，b，c，则，以上方程组无解，这样的四面体不存在，四个侧面不全等，故D2A2B2C2一定不是完美的四面体故选：B【点评】本题考查四面体的性质及长方体的性质、新定义问题，考查空间几何体性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11（
19、6分）双曲线1的焦距为6，渐近线方程为yx【分析】根据题意，由双曲线的标准方程分析可得双曲线的焦点位置以及a、b的值，计算可得c的值，即可得双曲线的焦距，由双曲线的渐近线方程分析可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的方程为1，其焦点在x轴上，且a，b2，则c3，则双曲线的焦距2c6，渐近线方程为yx；故答案为：6，yx【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线标准方程的形式12（6分）已知直线l：mxy1，若直线l与直线x+m（m1）y2垂直，则m的值为0或2，动直线l：mxy1被圆C：x22x+y280截得的最短弦长为【分析】直接由直线垂直与系数的关系列式求得m值；化圆的方程为标准方
20、程，作出图形，数形结合求解【解答】解：直线mxy1与直线x+m（m1）y2垂直，m1+（1）m（m1）0，解得m0或m2；动直线l：mxy1过定点（0，1），圆C：x22x+y280化为（x1）2+y29，圆心（1，0）到直线mxy10的距离的最大值为，动直线l：mxy1被圆C：x22x+y280截得的最短弦长为2故答案为：0或2；【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题13（6分）某几何体的三视图如图（单位：cm），则该几何体的体积为cm3，表面积为8+4cm3【分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥，侧棱PA底面ABCD，底面AB
21、CD为正方形，再由体积及表面积公式求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为四棱锥，侧棱PA底面ABCD，底面ABCD为正方形，则该几何体的体积为V；表面积为S故答案为：；【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题14（6分）在平面直角坐标系中，A（a，0），D（0，b），a0，C（0，2），CAB90，D是AB的中点，当A在x轴上移动时，a与b满足的关系式为a22b；点B的轨迹E的方程为yx2（x0）【分析】求出AC和AB的斜率，根据CAB90得出斜率之间的关系，列方程即可得出答案【解答】解：CAB90，kACkAB1，又kAC，kABkAD，1，即
22、a22b设B（x，y），D是AB的中点，xa，y2b，a22b，x2y，B点轨迹方程为yx2（x0）故答案为a22b，yx2（x0）【点评】本题考查了轨迹方程的求解，属于中档题15（4分）已知椭圆的左焦点为F，A（a，0），B（0，b）为椭圆的两个顶点，若F到AB的距离等于，则椭圆的离心率为【分析】由题意可得直线AB的方程：bxay+ab0，利用点F（c，0）到直线AB的距离公式可求得d，整理可得答案【解答】解：依题意得，AB的方程为+1，即：bxay+ab0，设点F（c，0）到直线AB的距离为d，d，5a214ac+8c20，8e214e+50，e（0，1）e或e（舍）故答案为：【点评】本题
23、考查椭圆的简单性质，考查点到直线间的距离公式，考查转化与运算能力，属于中档题16（4分）设E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱DC上两点，且AB2，EF1，给出下列四个命题：三棱锥D1B1EF的体积为定值；异面直线D1B1与EF所成的角为45；D1B1平面B1EF；直线D1B1与平面B1EF所成的角为60其中正确的命题为【分析】根据题意画出图形，结合图形求出三棱锥D1B1EF的体积为定值；求得异面直线D1B1与EF所成的角为45；判断D1B1与平面B1EF不垂直；直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60【解答】解：如图1所示三棱锥D1B1EF的体积为VB1C1221，为定值，
24、正确；EFD1C1，B1D1C1是异面直线D1B1与EF所成的角，为45，正确；D1B1与EF不垂直，由此知D1B1与平面B1EF不垂直，错误；直线D1B1与平面B1EF所成的角不一定是为60，错误综上，正确的命题序号是故答案为：【点评】本题考查了空间中的直线与平面之间的位置关系应用问题，是中档题17（4分）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对圆锥曲线有深刻而系统的研究，主要研究成果击中在他的代表作圆锥曲线一书，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点A、B的距离之比为（0，1），那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆下面，我们来研究与
25、此相关的一个问题已知圆：x2+y21和点，点B（1，1），M为圆O上动点，则2|MA|+|MB|的最小值为【分析】如图，取点K（2，0），连接OM、MK由MOKAOM，可得2，推出MK2MA，在MBK中，MB+MKBK，推出2|MA|+|MB|MB|+|MK|的最小值为BK的长【解答】解：如图，取点K（2，0），连接OM、MKOM1，OA，OK2，2，MOKAOM，MOKAOM，2，MK2MA，|MB|+2|MA|MB|+|MK|，在MBK中，|MB|+|MK|BK|，|MB|+2|MA|MB|+|MK|的最小值为|BK|的长，B（1，1），K（2，0），|BK|故答案为：【点评】本题考查直线
26、与圆的方程的应用，坐标与图形的性质、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系、两点之间的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中档题三、解答题（共5小题，满分74分）18（14分）设命题p：方程表示双曲线；命题q：斜率为k的直线l过定点P（2，1），且与抛物线y24x有两个不同的公共点若p，q都是真命题，求k的取值范围【分析】由双曲线的性质得：方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）0，即k，由直线与抛物线的位置关系得：关于y的方程：ky24y+8k+40，有两不等实数解，再由判别式求解，然后利用复合命题的真假列不等式组即可得解【解答】解：当p为真
27、时，即方程表示双曲线，即（2+k）（3k+1）0，即k，当q为真时，即斜率为k的直线l过定点P（2，1），且与抛物线y24x有两个不同的公共点由点斜式可设直线方程为：y1k（x+2），即ykx+2k+1，联立方程组即，消x整理，得ky24y+8k+40，又直线与抛物线交于不同的两点，即关于y的方程有两不等实数解，即，解得：1，又p，q都是真命题，则，解得故k的取值范围为【点评】本题考查了双曲线的性质、直线与抛物线的位置关系及复合命题的真假，属简单题19（15分）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2
28、）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【分析】设AC，A1C1的中点分别为O，O1，以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz，（1）由|cos|可得异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求得平面AQC1的一个法向量为，设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为，可得sin|cos|，即可得直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解答】解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则，OBOC，OO1OC，OO1OB，故以为基底，建立空间直角坐标系Oxyz，ABAA12，A（0，1，0），B（，0，0），C（0，1，0），A1（0，1，2），B1（，0，2）
29、，C1（0，1，2）（1）点P为A1B1的中点，|cos|异面直线BP与AC1所成角的余弦值为：；（2）Q为BC的中点Q（），设平面AQC1的一个法向量为（x，y，z），由，可取（，1，1），设直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为，sin|cos|，直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为【点评】本题考查了向量法求空间角，属于中档题20（15分）已知抛物线C；y22px过点A（1，1）（1）求抛物线C的方程；（2）过点P（3，1）的直线与抛物线C交于M，N两个不同的点（均与点A不重合），设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值【分析】（1）利用待定系数法，可求抛物线的标
30、准方程；（2）设过点P（3，1）的直线l的方程为x3m（y+1），即xmy+m+3，代入y2x利用韦达定理，结合斜率公式，化简，即可求k1k2的值【解答】解：（1）由题意抛物线y22px过点A（1，1），所以p，所以得抛物线的方程为y2x；（2）证明：设过点P（3，1）的直线l的方程为x3m（y+1），即xmy+m+3，代入y2x得y2mym30，设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1+y2m，y1y2m3，所以k1k2【点评】本题考查抛物线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生的计算能力，属于中档题21（15分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为线段AB的
31、中点，将ADE沿直线DE翻折成ADE，使得平面ADE平面BCDE，F为线段AC的中点（）求证：BF平面ADE；（）求直线AB与平面ADE所成角的正切值【分析】（）取AD的中点M，连接 FM，EM，由已知得四边形BFME为平行四边形，由此能证明BF平面ADE（）在平面BCDE内作BNDE，交DE的延长线于点N，则BN平面ADE，连接AN，BAN为AB与平面ADE所成的角，由此能求出直线AB与平面ADE所成角的正切值【解答】（）证明：取AD的中点M，连接 FM，EMF为AC中点，FMCD且（2分）BEFM且BEFM，四边形BFME为平行四边形（4分）BFEM，又EM平面ADE，BF平面ADE，BF
32、平面ADE（6分）（）解：在平面BCDE内作BNDE，交DE的延长线于点N，平面ADE平面BCDE，平面ADE平面BCDEDE，BN平面ADE，连接AN，则BAN为AB与平面ADE所成的角，（8分）BNEDAEBE1，（10分）在ADE中作APDE垂足为P，AE1，AD2，在直角APN中，又，（14分）在直角ABN中，直线AB与平面ADE所成角的正切值为（15分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正切值的求法，考查方程思想、等价转化思想等数学思想方法和学生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算求解能力，是中档题22（15分）已知椭圆C：+1（ab0）的离心率为，直线l：x+2y4与椭圆有
33、且只有一个交点T（I）求椭圆C的方程和点T的坐标；（）O为坐标原点，与OT平行的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，直线l与直线l交于点P，试判断是否为定值，若是请求出定值，若不是请说明理由【分析】（I）根据椭圆的离心率公式，b2a2，将直线方程代入椭圆方程由0，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（）设直线l的方程，联立求得P点坐标，将直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及两点之间的距离公式，求得|PA|PB|，即可求得答案【解答】解：（I）由e，b2a2，联立，消去x，整理得：，由0，解得：a24，b23，椭圆的标准方程，由可知yT，则T（1，）；（）设直线l的方程为yx+t，由，解得P的坐标为（1，+），所以|PT|2t2，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，消去y整理得x2+tx+10，则，t24（1）0，t212，y1x1+t，y2x2+t，|PA|x1|，同理|PB|x2|，|PA|PB|（x1）（x2）|（x1+x2）+x1x2|，|（t）+|t2，为定值【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，两点之间的距离公式，考查转化思想，属于中档题
