?a2?b2?c2?a2?4?22a 解得a2?12,b2?4. 3x2y2椭圆的方程为??1. …………………………4分
124（II）（i）∵?e?c262,?a2?3b2,c2?a2?2b2.椭圆的方程可化为： 33x2?3y2?3b2 ①
易知右焦点F(2b,0)，据题意有AB：y?x?2b ② 由①，②有：4x?62bx?3b?0 ③ 设A(x1,y1),B(x2,y2)，
2272b2?48b224b2|AB|?(x2?x1)?(y2?y1)?(1?1)?2?2?3b?3 244222?b?1 ………………………8分
（2）（ii）显然OA与OB可作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，对于这一平面内的向量OM，有且只有一对实数λ，μ，使得等OM??OA??OB成立. 设M（x，y），
?(x,y)??(x1,y1)??(x2,y2),?x??x1??x2,y??y1??y2,
又点M在椭圆上，?(?x1??x2)?3(?y1??y2)?3b ④
22232b3b2由③有：x1?x2? ,x1x2?24则x1x2?3y1y2?x1x2?3(x1?2b)(x2?2b)?4x1x2?32b(x1?x2)?6b2
3b2?9b2?6b2?0 ⑤
又A，B在椭圆上，故有x1?3y1?3b,x2?3y2?3b ⑥ 将⑥，⑤代入④可得：????1. ……………………14分
32.解.（Ⅰ）由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以(?3，0)，(3，0)为焦点，长半轴长为2
22222222的椭圆．……………………………………………………………………………3分
x2?y2?1． …………………………………………………5分 故曲线C的方程为4（Ⅱ）存在△AOB面积的最大值. …………………………………………………6分 因为直线l过点E(?1,0)，可设直线l的方程为 x?my?1或y?0（舍）．
?x22??y?1,则?4 ?x?my?1.?整理得 (m2?4)y2?2my?3?0．…………………………………7分 由??(2m)2?12(m2?4)?0． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
m?2m2?3m?2m2?3解得 y1?， y2?．
m2?4m2?424m?3． 则 |y2?y1|?m2?4因为S?AOB?1OE?y1?y2
22m2?32??m2?4m2?3?． ………………………10分 1m2?3设g(t)?t?，t?m2?3，t?3． 则g(t)在区间[3,??)上为增函数．
1t所以g(t)?43． 333，当且仅当m?0时取等号，即(S?AOB)max?．
223．………………………………………………………………13分 2所以S?AOB?所以S?AOB的最大值为?c?3?c3?33.解：（Ⅰ）由题意可知：?e?? ……1分
a2??a2?b2?c2?
解得 a?2,b?1 ………2分
x2?y2?1 ……3分 所以椭圆的方程为：4?x2??y2?1（II）证明：由方程组?4 得（1?4k2)x2?8kmx?4m2?4?0…4分
?y?kx?m???(8km)2?4(1?4k2)(4m2?4)?0
整理得4k2?m2?1?0 ………..5分 设M(x1,x2),N(x2,y2)
8km4m2?4,x1x2?则x1?x2?? …….6分
1?4k21?4k2由已知，AM?AN且椭圆的右顶点为A(2,0) ………7分
?(x1?2)(x2?2)?y1y2?0 ……… 8分 y1y2?(kx1?m)(kx2?m)?k2x1x2?km(x1?x2)?m2
即(1?k)x1x2?(km?2)(x1?x2)?m?4?0
224m2?4?8km2?(km?2)??m?4?0 …… 10分 也即(1?k))?221?4k1?4k222整理得：5m?16mk?12k?0 ……11分
解得m??2k或m??当分
6k22均满足4k?m?1?0 ……12分 5m??2k时，直线的l方程为y?kx?2k，过定点（2，0）与题意矛盾舍去……13
66k6时，直线的l方程为y?k(x?),过定点(,0)
5556故直线l过定点，且定点的坐标为(,0) …….14分
5当m??34. （Ⅰ）解：依题意，设直线AB的方程为x?my?2． ………………1
分
将其代入y2?4x，消去x，整理得 y2?4my?8?0． ………………4分 从而y1y2??8． （Ⅱ）证明：设M(x3,y3)，N(x4,y4)．
………………5分
y12y22?y3?y4k1y3?y4x1?x244?y1?y2． ………………7分 则 ???2?k2x3?x4y1?y2y3y1?y2y3?y4y42?44设直线AM的方程为x?ny?1，将其代入y2?4x，消去x， 整理得 y2?4ny?4?0． ………………9分 所以 y1y3??4． ………………10分 同理可得 y2y4??4． ………………11分 故
k1y1?y2y?y2yy??1?12． ………………13分 k2y3?y4?4??4?4y1y2由（Ⅰ）得
k1
?2，为定值． ………………14分 k2
35.解:(I)将圆M的一般方程
x2?y2?6x?2y?7?0化为标准方程
?x?3?2??y?1?2?3,则圆M的圆心M??3,1?,半径r?3.由
A?0,1?,F??c,0?c?a2?1得直线AF的方程为x?cy?c?0.
由直线AF与圆M相切,得
???3?c?c1?c2?3,
所以c?当c?2或c??2(舍去). 2时,a2?c2?1?3,
x2?y2?1 故椭圆C的方程为3(II)由题意可知,直线的斜率存在,设直线的斜率为k,
则直线的方程为y?kx?因为点?0,?1. 2??1??在椭圆内, 2?所以对任意k?R,直线都与椭圆C交于不同的两点.
1?y?kx?,?9?2由?2得?1?3k2?x2?3kx??0.
4?x?y2?1??3设点P,Q的坐标分别为?x1,y1?,?x2,y2?,则
y1?kx1?所以PQ?113k9, ,y2?kx2?,x1?x2?,xx??1222221?3k41?3k???x2?x1?2??y2?y1?21?x2??4x1x2
2
??1?k???x2?31?k21?4k2. ?1?3k2又因为点A?0,1?到直线y?kx?????31的距离d?,
222k?1191?4k2PQ?d?所以?APQ的面积为S? 2241?3k??设t?11120?t?1,则且k??, 23t31?3k9419S?t???43t34因为0?t?1,
4tt29142????t?2??. 33433所以当t?1时,?APQ的面积S达到最大, 此时
1?1,即k?0. 21?3k1 2故当?APQ的面积达到最大时,直线的方程为y??x2y236.解: （Ⅰ）由已知，可设椭圆方程为2?2?1?a?b?0?，…………………… 1分
ab