?x2?3y2?32222由?，得(1?3k)x?6kx?3k?3?0． ?y?k(x?1)6k23k2?3所以x1?x2?，x1x2?．
1?3k21?3k2直线??的斜率kBMy1?x1?3?y2x1?2． ?3?x2因为kBM?1?k(x1?1)?x1?3?k(x1?1)(x1?2)?(3?x2)(x1?2)
(3?x2)(x1?2)?(k?1)[?x1x2?2(x1?x2)?3)
(3?x2)(x1?2)?3k2?312k2(k?1)[??3)221?3k1?3k? (3?x2)(x1?2)?0，
所以kBM?1?kDE．
所以BM//DE．
综上可知，直线??与直线D?平行．
考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线的斜率、两直线的位置关系．
【名师点晴】本题主要考查的是椭圆的标准方程、椭圆的简单几何性质、直线的斜率和两条直线的位置关系，属于中档题．解题时一定要注意直线的斜率是否存在，否则很容易出现错误．解本题需要掌握的知识点是椭圆的离心率，直线的两点斜率公式和两条直线的位置关系，
x2y2c即椭圆2?2?1（a?b?0）的离心率e?，过?1?x1,y1?，?2?x2,y2?的直线斜率
abak?y2?y1（x1?x2），若两条直线l1:y?k1x?b1，l2:y?k2x?b2斜率都存在，则
x2?x1l1//l2?k1?k2且b1?b2．
y2x26??1 ；33．（Ⅰ）（Ⅱ）?．
498【解析】
22试题分析：（Ⅰ）由题通过F的坐标为(0,1)，因为F也是椭圆C2的一个焦点，可得a?b?1，
根据C1与C2的公共弦长为26，C1与C2都关于y轴对称可得
96??1，然后得到对4a2b2应曲线方程即可； （Ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),根据AC?BD，可得
(x3?x4)2?4x3x4?(x1?x2)2?4x1x2，设直线l的斜率为k，则l的方程为y?kx?1，联
立直线与抛物线方程、直线与椭圆方程、利用韦达定理进行计算即可得到结果．
2试题解析：（Ⅰ）由C1:x?4y知其焦点F的坐标为(0,1)，因为F也是椭圆C2的一个焦点，
所以a2?b2?1 ①； 又C1与C2的公共弦长为26，C1与C2都关于y轴对称，且C12的方程为C1:x?4y，由此易知C1与C2的公共点的坐标为(?6,)，?3296??1 4a2b2②，
y2x2??1。 联立①②得a?9,b?8，故C2的方程为9822（Ⅱ）如图，设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),
因AC与BD同向，且AC?BD，
所以AC?BD，从而x3?x1?x4?x2，即x3?x4?x1?x2，于是
(x3?x4)2?4x3x4?(x1?x2)2?4x1x2 ③
设直线l的斜率为k，则l的方程为y?kx?1，
?y?kx?12?x1?x2?4k,x1x2??4④ 由?2得x?4kx?4?0，由x1,x2是这个方程的两根，
?x?4y?y?kx?1?22由?x2y2得(9?8k)x?16kx?64?0，而x3,x4是这个方程的两根，
?1??9?8x3?x4??16k64， ⑤ ,xx??349?8k29?8k22162k34?64162?9(k2?1)2?将④、⑤代入③，得16(k?1)?。即16(k?1)? 22222(9?8k)9?8k(9?8k)所以(9?8k)?16?9，解得k??2266，即直线l的斜率为? 44【考点定位】直线与圆锥曲线的位置关系；椭圆的性质
【名师点睛】求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法：根据条件确定关于a，b，c的方程
22
组，解出a，b，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦长问题利用弦长公式解决，往往会更简单．
x2|OQ|?y2?1；?2；34．（Ⅰ）（Ⅱ）（ⅰ）（ⅱ）63. 4|OP|【解析】
a2?b233122?（Ⅰ）由题意知2?2?1,又，解得a?4,b?1， a2a4bx2?y2?1. 所以椭圆C的方程为4x2y2??1． （Ⅱ）由（Ⅰ）知椭圆E的方程为
164（ⅰ）设P(x0,y0),|OQ|??,由题意知Q(??x0,??y0)． |OP|x02(??x0)2(??y0)2?2x022?y0?1.又??1，即(?y02)?1. 因为416444所以??2，即
|OQ|?2. |OP|（ⅱ）设A(x1,y1),B(x2,y2),将y?kx?m代入椭圆E的方程，可得
(1?4k2)x2?8kmx?4m2?16?0，由??0,可得m2?4?16k2①
416k2?4?m28km4m2?16.因为直线,x1x2?.所以|x1?x2|?则有x1?x2??2221?4k1?4k1?4ky?kx?m与y轴交点的坐标为(0,m)，所以?OAB的面积
12|m|16k2?4?m22(16k2?4?m2)m2S?|m||x1?x2|??21?4k21?4k2m2m2?2(4?).
1?4k21?4k2m2?t.将直线设21?4ky?kx?m代入椭圆C的方程，可得
(1?4k2)x2?8kmx?4m2?4?0，由??0,可得m2?1?4k2②
由①②可知0?t?1,S?2(4?t)t?2?t2?4t.故S?23． 当且仅当t?1，即m2?1?4k2时取得最大值23.
由（Ⅰ）知，?ABQ的面积为3S，所以?ABQ面积的最大值为63.
【考点定位】1．椭圆的标准方程及其几何性质；2．直线与椭圆的位置关系；3．距离与三角形面积；4．转化与化归思想．
【名师点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等，解答本题的主要困难是（Ⅱ）中两小题，首先是通过研究P,Q的坐标关系，使（Ⅰ）得解，同时为解答（Ⅱ）提供简化基础，即认识到?ABQ与?OAB的面积关系，从而将问题转化成研究?OAB面积的最大值．通过联立直线方程、椭圆方程，并应用韦达定理确定“弦长”，进一步确定三角形面积表达式，对考生复杂式子的变形能力及逻辑思维能力要求较高．
本题是一道能力题，属于难题．在考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系、距离与三角形面积、二次函数的性质等基础知识的同时，考查考生的计算能力及转化与化归思想．本题梯度设计较好，层层把关，有较强的区分度，有利于优生的选拔．
x2?y2?1； （Ⅱ）证明见解析．①②③ 35．（Ⅰ）2【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题意知
c2?,b?1，由a2?b2?c2，解得a?2，继而得椭圆的a2x2?y2?1； 方程为2（Ⅱ）设P?x1y1?，Q?x2y2?，则x1x2?0，由题设知，直线PQ的方程为
y?k(x?1)?1(k?2)，代入
x2?y2?12，化简得
(1?2k2)x2?4k(k?1)x?2k(k?2)?0，则x1?x2?4k(k?1)2k(k?2)①，②，xx?121?2k21?2k2y1?1y2?1? x1x2由已知??0， 从而直线AP与AQ的斜率之和kAP?kAQ?化简得kAP?kAQ?2k?(2?k)x1?x2，把①②式代入方程得kAP?kAQ?2． x1x2试题解析：（Ⅰ）由题意知
c2?,b?1，综合a2?b2?c2，解得a?2，所以，椭圆a2x2?y2?1． 的方程为2x2?y2?1，得 （Ⅱ）由题设知，直线PQ的方程为y?k(x?1)?1(k?2)，代入2(1?2k2)x2?4k(k?1)x?2k(k?2)?0，
由已知??0，设P?x1y1?,Q?x2y2?，x1x2?0 则x1?x2?4k(k?1)2k(k?2)， ,xx?12221?2k1?2k从而直线AP与AQ的斜率之和
kAP?kAQ?y1?1y2?1kx1?2?kkx2?2?k??? x1x2x1x1?11?x?x?2k?(2?k)????2k?(2?k)12
x1x2?x1x2??2k??2?k?4k(k?1)?2k?(2k?1)?2．
2k(k?2)【考点定位】1．椭圆的标准方程；2．圆锥曲线的定值问题． 【名师点睛】定值问题的处理常见的方法：（1）通过考查极端位置，探索出“定值”是多少，然后再进行一般性的证明或计算，即将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角形形式，证明该式是恒定的，如果以客观题形式出现，特殊方法往往比较快速奏效；（2）进行一般计算推理求出其结果．
x2y2??1（Ⅱ）存在常数λ＝－1，使得OA?OB??PA?PB为定值－3 36．（Ⅰ）42【解析】（Ⅰ）由已知，点C，D的坐标分别为（0，－b），（0，b） 又点P的坐标为（0，1），且PC?PD＝－1
相关推荐：
loading