热门试卷

（1）（2）

试题分析：（1）将点代入椭圆方程，并与和联立，解方程组可得的值。（2）由（1）知，，则，。则可设的方程为，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，可得根与系数的关系。因为所以，根据数量积公式可得的关系式，将所得的根与系数的关系代入上式可求得。

（1）∵  ∴

∴椭圆的方程为（5分）

（2）依题意，设的方程为,

由   显然,（8分）

, 由已知得：

（12分）

,解得

（1）+=1  （2）见解析

(1)解:由解得

∴椭圆C1的方程为+=1.

(2)证明:由题意知A(-a,0),B(a,0),

设P(x1,y1),(x1≠±a)则+=1,

∴=b2（1-）=(a2-).

设Q(x2,y2),(x2≠±a),则-=1,

∴=b2（-1）=(-a2).

∴k1=,k2=,k3=,k3=.

∴k1·k2+k3·k4=+

=+

=0.

即k1k2+k3k4为定值,定值是0.

（1）；（2）直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．

试题分析：（1）求椭圆的方程，由椭圆的离心率为，得，，由得，，得得，即，由的面积为3，得，由于，可得，即，可求出，从而可得，即得椭圆的方程；（2）这是探索性命题，由于探索直线AM，BN的交点能否在一条垂直于轴的定直线上，可有特例求出定直线，然后验证一般情况，故当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，写出直线的方程，解交点坐标为，它在垂直于轴的直线上，然后验证当直线的斜率存在时，交点必在直线上即可，因此设直线，代入椭圆Ｃ的方程，设，利用根与系数关系，得关系式，再写出直线的方程，消去，解方程得即可．

试题解析：（1）设，由于，所以，

根据，得，即，

因为的面积为３，，所以，

所以有，解得，所以，

所以椭圆才Ｃ的方程为。          5分

（２）由（１）知。

①当直线的斜率不存在时，直线：，直线与椭圆Ｃ的交点坐标，，此时直线，联立两直线方程，解得两直线的交点坐标（４，３）。它在垂直于轴的直线上。        7分

②当直线的斜率存在时，

设直线，代入椭圆Ｃ的方程，整理得，设直线与椭圆Ｃ的交点，则。

直线AM的方程为，即，

直线BN的方程为，即

由直线AM与直线BN的方程消去，得

所以直线AM与直线BN的交点在直线上。        12分

综上所述，直线AM，BN的交点必在一条垂直于轴的定直线上，这条直线的方程是．                13分

解 （1）由题意知，b2 = a2－3，由得 2a4－11a2 + 12 = 0，

所以（a2－4）（2a2－3）= 0，得 a2 = 4或（舍去），

因此椭圆C的方程为．                     ……………… 4分

（2）由 得 ．

所以4k2 + 1＞0，，

得 4k2 + 1＞m2．               ①                      ……………… 6分

设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，

于是 ，，．

设菱形一条对角线的方程为，则有 x =－ky + 1．

将点M的坐标代入，得 ，所以．    ②

将②代入①，得，

所以9k2＞4k2 + 1，解得 k∈． ……………… 12分

法2：

则由菱形对角线互相垂直，即直线l与垂直，由斜率的负倒数关系可整理得，即－3km = 4k2 + 1，即， 代入①即得．

法3： 设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点为M（x0，y0），

则，，于是，两式相减可得 ，

即 x0 + 4ky0 = 0．     ①              

因为 QD⊥AB，所以 ．        ②

由①②可解得 ，，表明点M的轨迹为线段（）．

当，k∈（，+∞）；当，k∈（－∞,）．

综上，k的取值范围是k∈．

略