2018屆高考數學二輪復習 第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選 文.doc

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1、第一部分 層級三 30分的拉分題 因人而定酌情自選壓軸專題(一)選擇題第12題、填空題第16題的搶分策略全國卷3年考情分析年份卷別考查內容命題分析2017卷橢圓的標準方程和性質選擇題第12題、填空題第16題，一般難度較大，從近幾年試題分析，這兩道題主要考查函數與導數問題、創(chuàng)新問題、圓錐曲線的性質、數列、三角函數、立體幾何等知識大多數考生對這類題目存在畏懼心理，其實若能靜下心來審讀這類題目，也是完全可以得分的一些能力欠佳的考生，會用一定的猜題技巧，極有可能猜對答案，即平常我們所說的“瞎猜的不如會猜的”三棱錐的體積與球的表面積公式、面面垂直的性質等卷拋物線的定義及性質、直線與拋物線的位置關系解三角

2、形、三角恒等變換卷函數的零點分段函數、解不等式2016卷函數的單調性、導數的應用卷二次函數、抽象函數的對稱性實際問題中的邏輯推理卷直線與橢圓的位置關系、橢圓的離心率求法2015卷對稱問題中函數解析式的求法、指數式與對數式的互化雙曲線的定義、標準方程、三角形的面積卷函數的奇偶性、對數函數的性質、復合函數的單調性導數的幾何意義及其應用審題探尋實質典例(2016四川高考)在平面直角坐標系中，當P(x，y)不是原點時，定義P的“伴隨點”為P，；當P是原點時，定義P的“伴隨點”為它自身現有下列命題：若點A的“伴隨點”是點A，則點A的“伴隨點”是點A；單位圓上的點的“伴隨點”仍在單位圓上；若兩點關于x軸對

3、稱，則它們的“伴隨點”關于y軸對稱；若三點在同一條直線上，則它們的“伴隨點”一定共線其中的真命題是_(寫出所有真命題的序號)解析對于，特殊值法取A(1,1)，則A，A的“伴隨點”為點(1，1)故為假命題對于，單位圓的方程為x2y21，設其上任意一點(x，y)的“伴隨點”為(x，y)，則y2(x)2y2x21.故為真命題設A(x，y)，B(x，y)，則它們的伴隨點分別為A，B，A與B關于y軸對稱，故為真命題設共線的三點A(1,0)，B(0,1)，C(1,2)，則它們的伴隨點分別為A(0,1)，B(1,0)，C，此三點不共線，故為假命題故真命題為.答案題后悟通1解答此題應理解“伴隨點”的含義，即P

4、(x，y)P，問題即可解決2解答新定義問題要仔細觀察，認真閱讀，在徹底領悟、準確辨析的基礎上，進行歸納、類比，將新定義問題轉化為已有知識的問題解決 針對訓練1(2018屆高三湘中高三聯考)對于數列an，定義Hn為an的“優(yōu)值”，現在已知某數列an的“優(yōu)值”Hn2n1，記數列ankn的前n項和為Sn，若SnS5對任意的nN*恒成立，則實數k的取值范圍為_解析：由Hn2n1，得n2n1a12a22n1an，則當n2時，(n1)2na12a22n2an1，得2n1ann2n1(n1)2n，所以an2n2，令bnankn(2k)n2，又SnS5對任意的nN*恒成立，所以即解得k.答案：運算善用技巧典例

5、(2016全國卷)若直線ykxb是曲線yln x2的切線，也是曲線yln(x1)的切線，則b_.解析求得(ln x2)，ln(x1).設曲線yln x2上的切點為(x1，y1)，曲線yln(x1)上的切點為(x2，y2)，則k，所以x21x1.又y1ln x12，y2ln(x21)ln x1，所以k2，所以x1，y1ln 22ln 2，所以by1kx12ln 211ln 2.答案1ln 2題后悟通解答本題體現了運算技巧，在求解中，巧妙地利用斜率k得出x1x21，利用斜率公式可求得k的值，再代入直線方程，求出b的值解答此類問題應注意整體代換、變形代換的思想 針對訓練2(2017鄭州質檢)設正實數

6、x，y滿足x，y1，不等式a恒成立，則a的最大值為()A2 B4C8 D16解析：選C法一：依題意得，2x10，y10，428，即8，當且僅當即時，取等號，因此的最小值是8，即a8，故a的最大值是8.法二：令m2x1，ny1，則m0，n0，x，yn1，28，當且僅當m1且n1，即x1，y2時取等號，即8，故a8，所以a的最大值是8.排除簡化過程典例(2017天津高考)已知函數f(x)設aR，若關于x的不等式f(x)在R上恒成立，則a的取值范圍是()A2,2 B2，2C2,2 D2，2 解析選A法一：作出f(x)的圖象如圖所示當y的圖象經過點(0,2)時，可知a2.當ya的圖象與yx的圖象相切時

7、，由ax，得x22ax40，由0，并結合圖象可得a2.要使f(x)恒成立，當a0時，需滿足a2，即2a0，當a0時，需滿足a2，即0a2，綜上可知，2a2.法二：f(x)在R上恒成立，f(x)af(x)在R上恒成立令g(x)f(x).當0x1時，f(x)x2，g(x)x2x22，即g(x)max2.當x0時，f(x)x2，g(x)x22，即g(x)2.當x1時，f(x)x，g(x)xx2，即g(x)max2.a2.令h(x)f(x).當0x1時，f(x)x2，h(x)x222，即h(x)min2.當x0時，f(x)x2，h(x)x2x22，即h(x)2.當x1時，f(x)x，h(x)x2，即h

8、(x)min2.a2.綜上可知，2a2.法三：若a2，則當x0時，f(0)2，而2，不等式不成立，故排除選項C，D.若a2，則當x0時，f(0)2，而2，不等式不成立，故排除選項B.故選A.題后悟通此題直接求解難度較大，但也有一定的技巧可取，通過比較四個選項，只需判斷a2，2是否滿足條件即可，這種策略在做選擇題時經常用到 針對訓練3(2017東北四市高考模擬)已知函數f(x)，若對a，b，cR，f(a)，f(b)，f(c)都為某個三角形的三邊長，則實數m的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選Cf(x)1，令tcos x2，由于1cos x1，因此1t3，設g(t)1(1t3)法一：若對a

9、，b，cR，f(a)，f(b)，f(c)都為某個三角形的三邊長，不妨設ac，bf(c)恒成立，故只需2f(x)minf(x)max即可，即2g(t)ming(t)max.當m2時，f(a)f(b)f(c)1，成立，故m2符合題意；當m2時，g(t)1在1,3上單調遞增，則解得m2時，g(t)1在1,3上單調遞減，則解得2m5.綜上，m5.法二：令m5，則g(t)1(1t3)，2g(t)4.取f(a)f(b)2，f(c)4.不合題意，排除A、B；取m，則g(t)1(1t3)，g(t)，取f(a)，f(b)，f(c)，不合題意，排除D，故選C.破解巧取特殊典例(2016全國卷)已知函數f(x)(x

10、R)滿足f(x)2f(x)，若函數y與yf(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)，則(xiyi)()A0 BmC2m D4m解析法一：因為f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因為0，1，所以函數yf(x)的圖象關于點(0,1)對稱函數y1，故其圖象也關于點(0,1)對稱所以函數y與yf(x)圖象的交點(x1，y1)，(x2，y2)，(xm，ym)成對出現，且每一對均關于點(0,1)對稱，所以i0，i2m，所以(xiyi)m.法二：因為f(x)2f(x)，所以f(x)f(x)2.因為0，1，所以函數yf(x)的圖象關于點(0,1)對稱可設yf(x)x1，由得交點

11、(1,0)，(1,2)，則x1y1x2y22，結合選項，應選B.答案B題后悟通1解答此題的思路是由條件f(x)2f(x)知yf(x)的圖象關于點(0,1)對稱，從而構造特殊函數yx1，解出與y的交點坐標，代入、驗證2處理此類問題經常根據題中所給出的條件巧妙選擇特殊函數、特殊圖形、特殊位置等進行求解 針對訓練4(2017沈陽質檢)已知P是雙曲線y21上任意一點，過點P分別作雙曲線的兩條漸近線的垂線，垂足分別為A，B，則的值是()A B.C D.解析：選A法一：令點P(x0，y0)，因為該雙曲線的漸近線分別是y0，y0，所以可取|PA|，|PB|，又cosAPBcosAOBcos2AOxcos，所

12、以|cosAPB.法二：如圖，由題意知，雙曲線的漸近線方程為yx，AOB60，APB120，0，則a(ex1ex1)2a，要使f(x)有唯一零點，則必有2a1，即a.若a0，則f(x)的零點不唯一綜上所述，a.3已知函數f(x)在(1，)上單調，且函數yf(x2)的圖象關于直線x1對稱，若數列an是公差不為0的等差數列，且f(a50)f(a51)，則數列an的前100項的和為()A200 B100C0 D50解析：選B因為函數yf(x2)的圖象關于直線x1對稱，則函數f(x)的圖象關于直線x1對稱又函數f(x)在(1，)上單調，數列an是公差不為0的等差數列，且f(a50)f(a51)，所以a

13、50a512，所以S10050(a50a51)100.4(2017貴州適應性考試)已知點A是拋物線x24y的對稱軸與準線的交點，點F為拋物線的焦點，P在拋物線上且滿足|PA|m|PF|，當m取最大值時，|PA|的值為()A1 BC.D2解析：選D設P(x，y)，由拋物線的定義知|PF|y1，|PA|，所以m，平方得m2，又x24y，當y0時，m1，當y0時，m211，由基本不等式可知y2，當且僅當y1時取等號，此時m取得最大值，故|PA|2.5對任意實數a，b，c，d，定義已知函數f(x)，直線l：kxy32k0，若直線l與函數f(x)的圖象有兩個交點，則實數k的取值范圍是()A. B.C.D

14、(1,1)解析：選A由題意知，f(x)直線l：yk(x2)3過定點A(2，3)，畫出函數f(x)的圖象，如圖所示，其中f(x)(x2或x2)的圖象為雙曲線的上半部分，f(x) (2x2)的圖象為橢圓的上半部分，B(2,0)，設直線AD與橢圓相切，D為切點由圖可知，當kABk1或1kkAD時，直線l與f(x)的圖象有兩個交點kAB，將ykAD(x2)3與y (2x0時，函數f(x)的圖象恒在直線ykx的下方，則k的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選B由題意，當x0時，f(x)kx恒成立由f()0.又f(x)，由切線的幾何意義知，要使f(x)kx恒成立，必有kf(0).要證k時不等式恒成立

15、，只需證g(x)x0，g(x)0，g(x)在(0，)上單調遞減，g(x)g(0)0，不等式成立綜上，k.8設D，E分別為線段AB，AC的中點，且BE0，記為與的夾角，則下述判斷正確的是()Acos 的最小值為Bcos 的最小值為Csin的最小值為Dsin的最小值為解析：選D依題意得()()(2)，BE()()(2)由BE0，得(2)(2)0，即222250，整理得，|2|2|cos 2|，所以cos ，sin2cos 22cos21221，所以sin2的最小值是.9(2017石家莊質檢)在九章算術中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑ABCD中，AB平面BCD，且BDCD，ABBD

16、CD，點P在棱AC上運動，設CP的長度為x，若PBD的面積為f(x)，則f(x)的圖象大致是()解析：選A如圖，作PQBC于Q，作QRBD于R，連接PR，則由鱉臑的定義知PQAB，QRCD.設ABBDCD1，則，即PQ，又，所以QR，所以PR ，所以f(x) ，結合圖象知選A.10過坐標原點O作單位圓x2y21的兩條互相垂直的半徑OA，OB，若在該圓上存在一點C，使得ab(a，bR)，則以下說法正確的是()A點P(a，b)一定在單位圓內B點P(a，b)一定在單位圓上C點P(a，b)一定在單位圓外D當且僅當ab0時，點P(a，b)在單位圓上解析：選B使用特殊值法求解設A(1,0)，B(0，1)，

17、則ab(a，b)C在圓上，a2b21，點P(a，b)在單位圓上，故選B.二、填空題1已知函數f(x)當1a2時，關于x的方程ff(x)a實數解的個數為_解析：當1a2時，作出f(x)的圖象如圖所示，令uf(x)，則f(u)a，由f(x)的圖象可知，若u滿足u0，解得u1或2eue2，顯然，當x0，u0,2eue2時，f(x)u也有2個解因此ff(x)a有4個實數解答案：42(2015全國卷)在平面四邊形ABCD中，ABC75，BC2，則AB的取值范圍是_解析：(特殊圖形)如圖所示，延長BA，CD交于E，平移AD，當A與D重合于E點時，AB最長，在BCE中，BC75，E30，BC2，由正弦定理可

18、得，即，解得BE，平移AD，當D與C重合時，AB最短，此時與AB交于F，在BCF中，BBFC75，FCB30，由正弦定理知，即，解得BF，所以AB的取值范圍是(，)答案：(，)3設0mBD，即2xx3，x1，ABADBD，即2xx3，x3，所以x(1,3)在ABD中，由余弦定理得9(2x)2x222xxcos A，即cos A，SABC2SABD22xxsin A2x2 ，令tx2，則t(1,9)，SABC ，當t5，即x時，SABC有最大值6.答案：67對于函數f(x)與g(x)，若存在xR|f(x)0，xR|g(x)0，使得|1，則稱函數f(x)與g(x)互為“零點密切函數”，現已知函數f

19、(x)ex2x3與g(x)x2axx4互為“零點密切函數”，則實數a的取值范圍是_解析：易知函數f(x)為增函數，且f(2)e22230，所以函數f(x)ex2x3只有一個零點x2，則取2，由|2|1，知13.由f(x)與g(x)互為“零點密切函數”知函數g(x)x2axx4在區(qū)間1,3內有零點，即方程x2axx40在1,3內有解，所以ax1，而函數yx1在1,2上單調遞減，在2,3上單調遞增，所以當x2時，a取最小值3，且當x1時，a4，當x3時，a，所以amax4，所以實數a的取值范圍是3,4答案：3,48對于數列an，定義an為數列an的一階差分數列，其中anan1an(nN*)對正整數

20、k，規(guī)定kan為數列an的k階差分數列，其中kank1an1k1an(k1an)若數列2an的各項均為2，且滿足a11a2 0150，則a1的值為_解析：因為數列2an的各項均為2，即an1an2，所以ana12n2，即an1ana12n2，所以ana1(n1)a1(0242n4)(n1)a1(n1)(n2)(n2)，所以即解得a120 140.答案：20 1409已知圓O：x2y21 和點A(2,0)，若定點B(b,0)(b2) 和常數 滿足：對圓 O上任意一點 M，都有|MB|MA|，則b_ ；_ .解析：法一：(三角換元)在圓O上任意取一點M(cos ，sin )，則由|MB|MA|可得

21、(cos b)2sin22(cos 2)2sin2，整理得1b252(2b42)cos 0，即解得法二：(特殊點)既然對圓O上任意一點M，都有|MB|MA|，使得與b為常數，那么取M(1,0)與M(0,1)代入|MB|MA|，得解得答案：10(2017江蘇高考)設f(x)是定義在R上且周期為1的函數，在區(qū)間0,1)上，f(x)其中集合D，則方程f(x)lg x0的解的個數是_解析：由于f(x)0,1)，因此只需考慮1x10的情況，在此范圍內，當xQ且xZ時，設x，q，pN*，p2且p，q互質若lg xQ，則由lg x(0,1)，可設lg x，m，nN*，m2且m，n互質，因此10，則10nm，

22、此時左邊為整數，右邊為非整數，矛盾，因此lg xQ，故lg x不可能與每個周期內xD對應的部分相等，只需考慮lg x與每個周期內xD部分的交點畫出函數草圖(如圖)，圖中交點除(1,0)外其他交點橫坐標均為無理數，屬于每個周期xD的部分，且x1處(lg x)b0)的左焦點為(，0)，e.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，設R(x0，y0)是橢圓C上一動點，由原點O向圓(xx0)2(yy0)24引兩條切線，分別交橢圓于點P，Q，若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求證：k1k2為定值；解：(1)由題意得，c，e，解得a2，b，橢圓C的方程為1.(2)證明：由已知，直線OP：yk1x，OQ

23、：yk2x，且與圓R相切，2，化簡得(x4)k2x0y0k1y40，同理，可得(x4)k2x0y0k2y40，k1，k2是方程(x4)k22x0y0ky40的兩個不相等的實數根，x40，0，k1k2.點R(x0，y0)在橢圓C上，1，即y6x，k1k2.故k1k2為定值構造函數求最值典例(2017浙江高考)如圖，已知拋物線x2y，點A，B，拋物線上的點P(x，y).過點B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍；(2)求|PA|PQ|的最大值解(1)設直線AP的斜率為k，kx，因為xb0)的左、右兩個焦點分別為F1，F2，離心率e，短軸長為2.(1)求橢圓的方程；(2)點A為

24、橢圓上的一動點(非長軸端點)，AF2的延長線與橢圓交于B點，AO的延長線與橢圓交于C點，求ABC面積的最大值解：(1)由題意得解得故橢圓的標準方程為y21.(2)當直線AB的斜率不存在時，不妨取A，B，C，故SABC2.當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為yk(x1)，聯立方程消去y，化簡得(2k21)x24k2x2k220，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2，|AB| 2，點O到直線kxyk0的距離d，O是線段AC的中點，點C到直線AB的距離為2d，SABC|AB|2d2 2 0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MANA.(1)當t4，|AM|AN|時，求A

25、MN的面積；(2)當2|AM|AN|時，求k的取值范圍解設M(x1，y1)，則由題意知y10.(1)當t4時，E的方程為1，A(2,0)由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為.因此直線AM的方程為yx2.將xy2代入1，得7y212y0.解得y0或y，所以y1.因此AMN的面積SAMN2.(2)由題意t3，k0，A(，0)將直線AM的方程yk(x)代入1得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.由x1()，得x1，故|AM|x1|.由題設，直線AN的方程為y(x)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|，得，即(k32)t3k(2k1)當k時上式不成立，因此t.t3等價于0，即0.因此得

26、或解得kb0)，焦距為2c，由已知得，ca，b2a2c2.以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4，42a4，a2，b1.橢圓E的方程為x21.(2)根據已知得P(0，m)，設A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)，由消去y，得(k24)x22mkxm240.由已知得4m2k24(k24)(m24)0，即k2m240，且x1x2，x1x2.由3，得x13x2.3(x1x2)24x1x212x12x0.0，即m2k2m2k240.當m21時，m2k2m2k240不成立，k2.k2m240，m240，即0.解得1m2b0)，四點P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C

27、上(1)求C的方程；(2)設直線l不經過P2點且與C相交于A，B兩點若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點解(1)由于P3，P4兩點關于y軸對稱，故由題設知橢圓C經過P3，P4兩點又由知，橢圓C不經過點P1，所以點P2在橢圓C上因此解得故橢圓C的方程為y21.(2)證明：設直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果l與x軸垂直，設l：xt，由題設知t0，且|t|0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，x1x2.而k1k2.由題設k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.當且僅當m1時，0，于是l：yxm，即y1

28、(x2)，所以l過定點(2，1)題后悟通直線過定點問題的解題模型針對訓練4(2017鄭州模擬)已知動圓M恒過點(0,1)，且與直線y1相切(1)求圓心M的軌跡方程；(2)動直線l過點P(0，2)，且與點M的軌跡交于A，B兩點，點C與點B關于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點解：(1)由題意得，點M與點(0,1)的距離始終等于點M到直線y1的距離，由拋物線的定義知圓心M的軌跡是以點(0,1)為焦點，直線y1為準線的拋物線，則1，p2.圓心M的軌跡方程為x24y.(2)證明：設直線l：ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(x2，y2)，聯立方程消去y，得x24kx80，x1x24k，x

29、1x28.kAC，直線AC的方程為yy1(xx1)即yy1(xx1)xx1x，x1x28，yxx2，即直線AC恒過定點(0,2).假設存在定結論(探索性問題)典例已知橢圓C：1(ab0)的左、右焦點分別為F1(1,0)，F2(1,0)，點A在橢圓C上(1)求橢圓C的標準方程；(2)是否存在斜率為2的直線，使得當直線與橢圓C有兩個不同交點M，N時，能在直線y上找到一點P，在橢圓C上找到一點Q，滿足NQ？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由解(1)設橢圓C的焦距為2c，則c1，因為A在橢圓C上，所以2a|AF1|AF2|2，因此a，b2a2c21，故橢圓C的方程為y21.(2)不存在滿足條件

30、的直線，證明如下：假設存在斜率為2的直線，滿足條件，則設直線的方程為y2xt，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中點為D(x0，y0)，由消去x，得9y22tyt280，所以y1y2，且4t236(t28)0，故y0，且3t3.由NQ，得(x4x2，y4y2)，所以有y1y4y2，y4y1y2t.也可由NQ，知四邊形PMQN為平行四邊形，而D為線段MN的中點，因此，D也為線段PQ的中點，所以y0，又3t3，所以y40)，以橢圓內一點M(2,1)為中點作弦AB，設線段AB的中垂線與橢圓相交于C，D兩點(1)求橢圓的離心率；(2)試判斷是否存在這樣的m，使得A，B，

31、C，D在同一個圓上，并說明理由解：(1)將方程化成橢圓的標準方程1(m0)，則a，c ，故e.(2)由題意，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直線AB的斜率存在，設為k，則直線AB的方程為yk(x2)1，代入x22y2m(m0)，消去y，得(12k2)x24k(12k)x2(2k1)2m0(m0)所以x1x24，即k1，此時，由0，得m6.則直線AB的方程為xy30，直線CD的方程為xy10.由得3y22y1m0，y3y4，故CD的中點N為.由弦長公式，可得|AB| |x1x2|.|CD|y3y4|AB|，若存在圓，則圓心在CD上，因為CD的中點N到直線

32、AB的距離d.|NA|2|NB|222，又22，故存在這樣的m(m6)，使得A，B，C，D在同一個圓上高考大題通法點撥 圓錐曲線問題重在“設”設點、設線 思維流程策略指導圓錐曲線解答題的常見類型是：第1小題通常是根據已知條件，求曲線方程或離心率，一般比較簡單第2小題往往是通過方程研究曲線的性質弦長問題、中點弦問題、動點軌跡問題、定點與定值問題、最值問題、相關量的取值范圍問題等等，這一小題綜合性較強，可通過巧設“點”“線”，設而不求在具體求解時，可將整個解題過程分成程序化的三步：第一步，聯立兩個方程，并將消元所得方程的判別式與根與系數的關系正確寫出；第二步，用兩個交點的同一類坐標的和與積，來表示

33、題目中涉及的位置關系和數量關系；第三步，求解轉化而來的代數問題，并將結果回歸到原幾何問題中在求解時，要根據題目特征，恰當的設點、設線，以簡化運算典例已知橢圓C：1(ab0)的右焦點為F(1,0)，且點P在橢圓C上，O為坐標原點(1)求橢圓C的標準方程；(2)設過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，且AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍；(3)過橢圓C1：1上異于其頂點的任一點P，作圓O：x2y2的兩條切線，切點分別為M，N(M，N不在坐標軸上)，若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m，n，證明：為定值解(1)由題意得c1，所以a2b21，又點P在橢圓C上，所以1，由可解得

34、a24，b23，所以橢圓C的標準方程為1.(2)設直線l的方程為ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x216kx40，因為16(12k23)0，所以k2，則x1x2，x1x2.因為AOB為銳角，所以0，即x1x2y1y20，所以x1x2(kx12)(kx22)0，所以(1k2)x1x22k(x1x2)40，即(1k2)2k40，解得k2，所以k2，解得k或kb0)的左、右焦點分別為F1，F2，線段F1F2被拋物線y22bx的焦點F分成了31的兩段(1)求橢圓的離心率；(2)過點C(1,0)的直線l交橢圓于不同兩點A，B，且2，當AOB的面積最大時，求直線l的方程解：(

35、1)由題意知，c3，所以bc，a22b2，所以e .(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為xky1(k0)，因為2，所以(1x1，y1)2(x21，y2)，即y12y2，由(1)知，橢圓方程為x22y22b2.由消去x，得(k22)y22ky12b20，所以y1y2，由知，y2，y1，因為SAOB|y1|y2|，所以SAOB333，當且僅當|k|22，即k時取等號，此時直線l的方程為xy10或xy10.2已知橢圓C：1(ab0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為.(1)求橢圓C的方程；(2)設O為坐標原點，過點M(0,2

36、)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求的取值范圍解：(1)設T(x，y)，由題意知A(4,0)，B(4,0)，設直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1，k2.由k1k2，得，整理得1.故橢圓C的方程為1.(2)當直線PQ的斜率存在時，設直線PQ的方程為ykx2，點P，Q的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯立方程消去y，得(4k23)x216kx320.所以x1x2，x1x2.從而，x1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)420.所以20 .當直線PQ的斜率不存在時，的值為20.綜上，的取值范圍為.3已知橢圓P的中心O在坐標原點，焦點在x軸上，且經過點A(0,2)，離心率為.(1)求橢圓P的方程；(2)是否存在過點E(0，4)的直線l交橢圓P于點R，T，且滿足？若存在，求直線l的方程；若不存在，請說明理由解：(1)設橢圓P的方程為