高三文科数学基础大题专题训练

_姓名：___________班级：___________

一、解答题

1．在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为

3．在直角坐标系xOy中曲线C1的参数方程为

xcos （为参数，以坐标原点为极点，以x轴的y3sin正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为

x2cos2

（α为参数），曲线C2的方程为（x-1）+y22sin2

（y-1）=2．

sin22. 4（1）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线C1，C2的极坐标方程；

（2）直线θ=β（0＜β＜π）与C1的异于极点的交点为A，与C2的异于极点的交点为B，求|AB|的最大值．

2．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1过点P(a,1)，其参数

（1）写出C1的普通方程和C2的直角坐标方程；

（2）设点P在C1上，点Q在C2上，求|PQ|的最小值及此时P的直角坐标.

4．已知锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且

xa方程为y12t2（t为参数，aR）.以O为极点，x2t2bsinAcosCcsinAcosB（1）求sinA；

15a. 4轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为

（2）若a32，b4，求c.

cos24cos0.

（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程； （2）已知曲线C1与曲线C2交于A,B两点，且|PA|2|PB|，求实数a的值.

试卷第1页，总4页

5．已知在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且

8．如图所示，四棱锥SABCD中，SA底面ABCD，

c1，cosBsinC3asinBcosAB0

AB//CD，ADACAB3，SACD4，P为线

段AB上一点，AP2PB，SQQC.

（1）求角C的大小；

（2）若a3b，求cos2BC的值。

6．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，

（1）证明：PQ//平面SAD； （2）求四面体CDPQ的体积.

（1）求证：AD⊥BM；

（2）求点C到平面BDM的距离．

试卷第2页，总4页

2acosAbcosCccosB

（1）求角A；

33 ，（2）若a3，求ABC的周长。 ABC的面积为4

7．如图，在矩形ABCD中，AB=2BC=2，点M为DC的中点，将△ADM沿AM折

起，使得平面△ADM⊥平面ABCM．

9．如图所示，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，11．在菱形ABCD中，ADC,ABa，O为线段CD的3M,N,P分别是棱BC,CC1,B1C1上的点，且AMNA1PC190.

（1）求证：AMB1C； （2）若VABC为等边三角形，

中点（如图1）．将△AOD沿AO折起到△AOD'的位置，使 得平面AOD'平面ABCO，（如图2）．M为线段BD'的中点

AA12AB4，求三棱锥MA1PN的体积.

10．如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB,BB1的中点.

(1)证明：BC1//平面A1CD;

(2)设AA1ACCB2,AB22，，求三棱锥

（Ⅰ）求证：OD'BC； （Ⅱ）求证：CM平面AOD'；

（Ⅲ）当四棱锥D'ABCO的体积为3时，求a的值． 2DA1AC的体积.

试卷第3页，总4页

x2y212．设椭圆C1:221ab0的一个顶点与抛物线

abC2:x24y的焦点重合，F1，F2分别是椭圆C1的左、右

x2y2314．已知椭圆:221(ab0)的离心率为,

ab2原点到椭圆的上顶点与右顶点连线的距离为5（1）求椭圆的标准方程;

（2）斜率存在且不为零的直线l与椭圆相交于A,B两点,若线段AB的垂直平分线的纵截距为-1,求直线l纵截距的取值范围.

25.

6焦点，离心率e，过椭圆C1右焦点F2的直线l与椭圆

3C1交于A，B两点．

（Ⅰ）求椭圆C1的方程；

（Ⅱ）是否存在直线l，使得OAOB1，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由；

（Ⅲ）设点Mt,0是一个动点，若直线l的斜率存在，且N为AB中点，MNAB，求实数t的取值范围．

13．已知椭圆C:

xy1(ab0)的焦距为23，22ab22x2y215．已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点为

abF1,F2，离心率为3，点P在椭圆C上，且PF1F2的面3积的最大值为2. （1）求椭圆C的方程；

（2）已知直线l:ykx1k0与椭圆C交于不同的两点M,N，若x在轴上存在点Gm,0得GMGN，求实数m的取值范围.

13,C. 且过点2(1)求椭圆C的方程；

(2)设B1、B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1、B2的任意一点，过点P作PMy轴于M，N为E为线线段PM的中点，直线B2N与直线y1交于点D，uuuruuur段B1D的中点，O为坐标原点，则ONEN是否为定值，若

是，请求出定值；若不是，请说明理由.

试卷第4页，总4页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参 1．（1）见解析（2）22 【解析】 【分析】 （1）直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程进行转化． （2）利用极径对三角函数关系式进行恒等变换，利用正弦型函数的性质的应用求出结果． 【详解】 （1）由曲线C1的参数方程为22．（1）曲线C1普通方程xya10，曲线C2的直角坐标方程y4x；（2）a【解析】 【分析】 （1）将219或. 322t=xa代入y1t 得C1的普通方程； 222将cos4cos0左右同时乘以得2cos24cos20，再化简得到曲线C2的直角x2cos（α为参数）， y22sin2坐标方程。 转换为直角坐标方程为：x+（y-2）=4．① 将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入①， 化简得：ρ=4sinθ， 即C1的极坐标方程为ρ=4sinθ； 22将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入C2的方程（x-1）+（y-1）=2， xa（2）将y12t22代入y4x，得2t2t222t8a20，利用韦达定理与参数的几何意义可求出实数a的值。 【详解】 得ρ=2cosθ+2sinθ， πρ22sinθ化简得， 4即C2的极坐标方程为ρ22sinθ（2）由极径的几何意义， |AB|=|ρ1-ρ2|=|4sinβ-2cosβ-2sinβ|=22sinβ当βπ； 4xa（1）曲线C1参数方程为y1则其普通方程xya10， 2t2， 2t2π， 4因为曲线C2的极坐标方程为cos4cos0， 所以cos4cos0， 即x4xxy222223π时，|AB|max22， 4220，即曲线C的直角坐标方程2所以：|AB|的最大值为22． 【点睛】 本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的最值问题，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型． y24x. （2）设A,B两点所对应参数分别为t1，t2， xa将y12t22 代入y4x，得t222t8a20，2t2答案第1页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

要使C1与C2有两个不同的交点， 则(22)24(28a)32a0，即a0， xcos（1）曲线C1的参数方程为（为参数）， y3siny2cos2sin21 移项后两边平方可得，x32t1t22由韦达定理有，根据参数的几何意义可知tt8a212|PA|t1，|PB|t2， 又由|PA|2|PB|可得|t1|2|t2|，即t12t2或t12t2，y2即有椭圆C1:x1； 32曲线C2的极坐标方程为sin22， 4即有1t1t23t222t2t∴当1a0，2时，有236tt2t8a2212符合题意. 22sincos22， 22由xcos，ysin，可得xy40， 即有C2的直角坐标方程为直线xy40； （2）设P(cos,3sin)， 9t1t2t222a0，当t12t2时，有24t1t22t28a2符合题意. 19综上所述，实数a的值为a或. 3【点睛】 极坐标与参数方程是高考选修部分的重要考点，应熟练掌握极坐标方程，直角坐标方程以及普通方程的互化，理解直线参数方程中参数的几何意义，属于一般题。 由P到直线的距离为d|cos3sin4| 22sinx4 62当sinx1时，|PQ|的最小值为2， 6y23．(1) C1:x1.xy40.（2）|PQ|2;32此时可取【点睛】 3，即有P13,. 2213P,. 22【解析】 【分析】 （1）消参数可得C1的普通方程；将C2的极坐标方程展开， 根据xcos，ysin即可求得C2的直角坐标方程。（2）设P(cos,3sin)，利用点到直线距离公式表示出点P到直线的距离，根据三角函数的性质即可求得最小值，将代入参数方程即可求得P点坐标。 【详解】 本题考查了参数方程与普通方程、极坐标与普通方程的转化，参数方程在求取值范围中的应用，属于中档题。 4．(1) sinA【解析】 【分析】 （1）由正弦定理，得15 (2) c31 4sinBsinAcosCsinCsinAcosB15sinA，进而4sin(BC)答案第2页，总11页 15则A可求；（2）解法一：由余弦定理得c4本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

的方程求解即可；解法二：正弦定理得因为sinA115，所以cosA． 44sinBbsinA30，进而得sinCsin[π(AB)]a6所以sinCsin[π(AB)] 30(31)，再利用正弦定理得c即可 24【详解】 sin(AB)sinAcosBcosAsinB30(31)， 24由正弦定理得c【点睛】 本题考查正余弦定理解三角形，两角和的正弦公式，考查公式的运用，是中档题 5．（1）asinC31. sinA15a（1）因为bsinAcosCcsinAcosB， 4所以由正弦定理，得15sinA， sinBsinAcosCsinCsinAcosB4因为sinA0，所以sinBcosCsinCcosB13．（2）． 314【解析】 15， 4【分析】 （1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sinA所以sin(BC)15， 43acosC＝0，利用正弦定理，两角差的正弦函数公式可得2sin（C所以sin(πA)（2）解法一： 1515，所以sinA． 44）＝0，结合C的范围，即可求得C的值． 3cosB，（2）由已知及正弦定理，可得sinB，则可计算cos2B，sin2B，代入公式可得结果． 【详解】 （1）cosBsinC+（3a﹣sinB）cos（A+B）＝0 可得：cosBsinC﹣（3a﹣sinB）cosC＝0 即：sinA3acosC＝0． 由正弦定理可知：∴因为VABC为锐角三角形，所以A为锐角， 因为sinA115，所以cosA． 44因为a32，b4，由余弦定理得322142c224c， 4所以c22c20，所以c31. 解法二： 因为VABC为锐角三角形，所以A，B为锐角， 因为a32，b4， ac， sinAsinCasinC3acosC＝0， c∴asinC3accosC＝0，c＝1， ∴sinC3cosC＝0，可得2sin（C15bsinA所以由正弦定理得430， sinBa6324所以cosB）＝0，C是三角形3内角， ∴C3． 6． 6（2）∵a＝3b，∴sinA＝3sinB． 答案第3页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

∵C∴sin3， （2）S2B3sinB， 3133.bc3 bcsinA24a2b2c22bccosA,b2c26, 即5sinB3cosB． ∵cosB＝0上式不成立，即cosB≠0， ∴tanBbcb2c22bc6612,bc23 2∴ABC的周长为abc=33。 【点睛】 本题主要考查解三角形，熟记正弦定理、余弦定理、以及三角形面积公式即可，属于常考题型. 7．（1）见解析（2）【解析】 321572,sinB，cosB=，∴cos2B＝2cosB51414﹣11153，sin2B， 1414∴cos（2B﹣C）＝cos2BcosC+sin2BsinC＝1 211153313． 14214214【点睛】 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，两角差的余弦函数公式及二倍角公式，考查了计算能力，属于中档题． 6．（1）【分析】 （1）取AM中点O，连结DO，可得DO⊥BM，AM⊥BM，MB⊥平面ADM，即可得BM⊥AD； （2）VDBCM1S3BCMDO2，记点C到平面BDM12；（2）33. 3的距离为h，VC﹣BDM═1S3BDM12hh，又32【解析】 【分析】 (1)先由正弦定理，将2acosAbcosCccosB化为VD-BCM=VC-BDM，即可得点C到平面BDM的距离． 【详解】 （1）取AM中点O，连结DO， 因为平面ADM⊥平面ABCM，AD=DM， 所以OD⊥平面ABCM，DO⊥BM， 易知AM⊥BM， 所以MB⊥平面ADM， 所以BM⊥AD； 2sinAcosAsinBcosCsinCcosB，再化简整理，即可得出结果； （2）先由三角形面积公式，根据题意求出bc3，再由余弦定理求出b2c26，进而可求出bc，即可得出结果. 【详解】 解：（1）2acosAbcosCccosB， 2sinAcosAsinBcosCsinCcosB. 2sinAcosAsinA, 1sinA0,可得cosA. 2 \\A=3 ∵在矩形ADCB中，AB=2BC=2，（2）点M为DC的中点， 答案第4页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

∴DM=CM=1CD1，BM=AM=AD2MD2=2，2解： （1）证明：由已知得APDO=12， AM222AB2. 3如图，取DS的中点T，连接AT，TQ， 由N为PC中点知TQ//DC，TQ又AB//DC，故TQ//AP， ∴MN//AT，又∵AT平面SAD， 从而证得PQ//平面SAD； （2）因为SA平面ABCD，Q为SC的中点， 所以Q到平面ABCD的距离为由（1）知MB⊥平面ADM，DM⊂平面ADM， ∴BM⊥DM，S△BDM=112 ．，BMDM212221DC2. 2又∵DO⊥平面ABCM， ∴VDBCM1S31122×=DO11．， BCM23212记点C到平面BDM的距离为h， ∴VC-BDM═S13BDM12hh， 321SA， 2如图，取DC的中点E，连接AE. 又∵VD-BCM=VC-BDM ∴13122h=，解得， h22121． 2 ∴点C到平面BDM的距离为【点睛】 本题考查直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，点线面距离的求法，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力以及计算能力． 8．（1）见解析（2）VCDPQ【解析】 【分析】 （1）想要证明线面平行，就要证线线平行。取DS的中点T，可以证明TQ//DC，进一步可以证明TQ//AP，这样根据平行四边形的性质可以得到线线平行，命题得证； （2）根据SA平面ABCD，Q为SC的中点，可以求出Q到平面ABCD的距离，利用等积法可以求出四面体【点睛】 本题考查了线面平行的判定，一般取中点是常见的方法。同时本题也考查了利用等积法求三棱锥的体积。 9．(1)见证明；(2) VMAPN1【解析】 【分析】 （1）先由线面垂直的判定定理证明AM平面BCC1B1，进而可得出结论成立； 答案第5页，总11页 由ADAC3得AEDC，则AE故SDCP5. 45 314525. 245. 3所以四面体CDPQ的体积VCDPQ23 3CDPQ的体积。 【详解】 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（2）结合（1）的结论，先得到A1P平面BCC1B1，再由式可求得结果. 【详解】 （1）连接AC1，交A1C于点O VMA1PNVA1NPM，即可得出结果. 【详解】 （1）因为AA1平面ABC，AA1∥CC1，所以CC1平面ABC. 因为AM平面ABC，所以CC1AM. 因为AMN90，所以AMMN， 又CC1IMNN，所以AM平面BCC1B1. 因为1x1平面BCC1B1，所以AMB1C. （2）由（1）知AM平面BCC1B1. 因为VABC为等边三角形，所以△A1B1C1为等边三角形， 又A1PC190， 所以A1P平面BCC1B1，且P,M分别为棱B1C1,BC的中点， 所以VMAPNVANPM11【点睛】 本题主要考查线面垂直的性质，以及三棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理与性质定理、以及三棱锥的体积公式即可，属于常考题型. 10．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】 （1）连接AC1，交A1C于点O，根据三角形中位线可得 棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱 四边形ACC1A1为矩形 O为AC1中点，又D为AB中点 DO//BC1 DO平面A1CD，BC1平面A1CD \\BC1//平面A1CD （2）ACCB2，AB22，即AC2CB2AB2

ACCB1123. (14)3323SABC11ACBC2 SADCS22ABC1 又棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱 AA1平面ADC 112VDA1ACVA1ACDSACDAA112 333【点睛】 本题考查线面平行关系的证明、椎体体积的求解问题.求解三2 3棱锥体积时，通常采用体积桥的方式将问题转化为高易求的三棱锥的体积求解问题. 11．（Ⅰ）见解析. （Ⅱ）见解析. （Ⅲ） a2. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）证明OD'⊥AO． 推出OD'⊥平面ABCO． 然后证明OD'⊥BC．（Ⅱ）取P为线段AD'的中点，连接OP，PM；证明四边形OCMP为平行四边形，然后证明CM∥平面AOD'；（Ⅲ）说明OD'是四棱锥D'﹣ABCO的高．通过体积公式求DO//BC1，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）利用体积桥将问题变为求解三棱锥A1ADC的体积，求解出SADC，根据直棱柱的关系可知高为AA1，代入棱锥体积公答案第6页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

解即可． 【详解】 （Ⅰ）证明：因为在菱形ABCD中，ADC段CD的中点， 所以OD'AO． 因为平面AOD'平面ABCO 平面AOD'平面ABCOAO， 所以OD' 是四棱锥D'ABCO的高，又S=3，O为线a3aa'a , OD3322a222813a33 因为VSOD'， 3162 所以a2． 【点睛】 本题考查线面平行与垂直的判定定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力,是基础题 OD'平面AOD'， 所以OD'平面ABCO． 因为D平面ABCO， 所以OD'BC． （Ⅱ）证明：如图，取P为线段AD'的中点，连接OP,PM；因为在ABD'中，P，M分别是线段AD'，BD'的中点， 所以PM//AB，PM12AB． x22212．(Ⅰ). y21；(Ⅱ)答案见解析；(Ⅲ)0t33【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意求得a,b,c的值即可确定椭圆方程； (Ⅱ)联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理和向量的坐标运算法则求得直线的斜率即可确定直线方程； (Ⅲ)由题意结合点差法得到t的表达式，结合其表达式求解取值范围即可. 【详解】 2(Ⅰ)抛物线C2:x4y的焦点坐标为0,1，故b1， 因为O是线段CD的中点，菱形ABCD中，ABDCa，AB//DC， 所以OC1aCD． 221所以OC//AB，OCAB． 2所以PM//OC，PMOC． 所以四边形OCMP为平行四边形， 所以CM//OP， 因为CM平面AOD'，OP平面AOD'， 所以CM//平面AOD'； c6a3e结合，故椭圆方程为：a3可得：a2c21c2x2y21. 3(Ⅱ)很明显直线的斜率存在，设Ax1,y1,Bx2,y2， 假设存在满足题意的直线方程：ykx2，  x2与椭圆方程y21联立可得：33k（Ⅲ）由（Ⅰ）知OD'平面ABCO． 21x262k2x6k230， 答案第7页，总11页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

62k26k23则x1x2， ,x1x2223k13k12则：OAOBx1x2y1y2x1x2kx12【点睛】 (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，x22 消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． k1x1x22k22x1x22k2， (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 结合题意和韦达定理有：6k2362k22k13k212k3k212k21， 2x213．（1）y21（2）见解析 4【解析】 【分析】 （Ⅰ）由焦距为23，得c解得：k1，即存在满足题意的直线方程：2y1x2. 2(Ⅲ)设Ax1,y1,Bx2,y2,NxN,yN，设直线AB的方程13，由椭圆过点3,，2为ykx2k0， 2x12x222由于：y11,y21， 331222得341，再由a＝b+c，解得a＝2，b＝1，由此能求a2b2出椭圆C的方程； x0（Ⅱ）设P（x0，y0），x0≠0，则M（0，y0），N,y0，由2x0,1，由此能求出直线B2N的方程，令y＝﹣1，得D1y0两式作差整理变形可得：x1x2x1x23y1y2y1y2， 即：yN3k. ① xNyN1 ② 又xNtkx0,1，B2（0，﹣1），E为线段B1D的中点，得E21y0rxuuurxx0uuu00EN,y1ON,y从而20，221y0，由此能证0yNkxN2 ③ 3①×②可得：xNt ④ 2④代入③可得：yNk明ONEN． 【详解】 (1)由题意各焦距为23，∴c3t2 ⑤ 21 又∵椭圆过点3,，3，222k222t④⑤代入①整理可得：， 113k23k21∴代入椭圆方程得341，∵a2b2c2，解得a2，22ab111k0:20，据此可得：02， kk33从而0tb1， 22. 3x2故所求椭圆C的方程是y21； 4答案第8页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

x0,y)0，N0,y0， (2)证明：设Px0,y0，x00，则M(2（2）设出斜率存在且不为零的直线l的直线方程，与椭圆方程联立，得到一个关于x的一元二次方程，由根的判断式大于零，得到一个不等式14k2m2，设AB中点M(x0,y0)，利用根与系数关系可以求出坐标，结合已知，通过斜率公式，可以得到3m14k2，结合求出的不等式，可以求出直线l纵截距的取值范围. 【详解】 解：（1）原点到椭圆上顶点与右顶点连线的距离为∵点P在椭圆C上，x2y01，即x0244y02， 42y01x0x， 20又B20,1，∴直线B2N的方程为y1令y1，得xx0x，∴D0,1， 1y01y0x0E,1B0,1，E为线段B1D的中点，∴又221y， 0rxuuurxx0uuu00,y01， ∴ON,y0，EN221y20aba2b2又离心率25. 5因c3，又因为a2b2c2， a222uuuruuurxxx0x0x0200ONBNy0y01y0y0x22221y0441y0解得a2，b1，所以椭圆方程为y21． 4 244y01y01y01y00. 41y0（2）设A(x1,y1),B(x2,y2)，直线l的方程为：ykxm(k0)， uuuruuur∴ONBN，即ONEN. 【点睛】 本题考查椭圆的方程的求法，考查线线垂直的证明，考查直线与椭圆的位置关系、韦达定理、向量的数量积等基础知识，综合程度较高，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，属于中档题． 14．（1）【解析】 【分析】 （1）由离心率为x2将ykxm(k0)代入y21得： 4(14k2)x28kmx4m240， 于是k2m24(14k2)(4m24)16(14k2m2)0得：14k2m2 且x1x21x（2）m3. y21；3428km， 214kx1x24km，214k2设AB中点M(x0,y0)，则x03，可以得到a,c的关系，由原点到椭圆225y0kx0mm 214k因为线段AB的垂直平分线的纵截距为1，所以线段AB的的上顶点与右顶点连线的距离为5，可以得到a,b的关系，垂直平分线过点(0,1)， 结合a2b2c2，求出a,b，写出椭圆标准方程； 答案第9页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

m12114k所以，即3m14k2， 4kmk214k1因为k0，所以3m14k1， 所以m， 32得， 且36k1223k222413k0 2设Mx1,y1,Nx2,y2，线段MN的中点为Qx0,y0 3m14k2代入14k2m2得0m3， 所以1m3. 36k3. ,xx122223k23kxx3k2 x012,ykx10022223k23k则x1x2在x轴上存在Gm,0点，使得【点睛】 本题考查了求椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系，利用根与系数关系求出弦中点的坐标是解题的关键. |GM||GN|,GQMN， 6x2y2,0 15．（1）1（2）3212【解析】 【分析】 （1）当点P在上下顶点时，三角形PF1F2的面积最大，再根据离心率求得a、b、c的值，可得方程； （2）联立方程，解方程组，再由题x在轴上存在点Gm,0得GMGN，转化为GQMN，可得直线的斜率乘积为-1，再利用基本不等式可得取值范围. 【详解】 由题，当点P在上下顶点时，三角形PF1F2的面积最大，可得bc22y023kkGQkMNk1，即k1， 3kx0mm23k2k1m23k223k k因为k0 0123kk1623k且k0，，当且仅当122k23kk即k6时等号成立. 366，故m0， 12120m实数m的取值范围为2， 【点睛】 6,0. 12bc2a33c即可得，解得b2 c1a2322abc椭圆C的方程为本题考查了圆锥曲线的综合，熟悉椭圆的性质以及直线与椭圆相交的知识是解题的关键，考验了学生的计算能力和综合能力，属于较难题. 直线与圆锥曲线解题步骤： (1)设出点和直线的方程（考虑斜率的存在）； （2）联立方程，化简为一元二次方程（考虑判别式），利用韦达定理； （3）转化，由题已知转化为数学公式； xy1. 3222ykx122（2）由x2y2消去y整理(23k)x6kx30123答案第10页，总11页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（4）计算，细心计算.

答案第11页，总11页