2015-2016學(xué)年河北省邯鄲一中高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷（理科）

參考答案與試題解析

一、選擇題：（每小題5分，共60分）

1．已知集合A={（x，y）|x，y為實數(shù)，且x²+y²=1}，B={（x，y）|x，y為實數(shù)，且y=x}，則A∩B的元素個數(shù)為（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【考點】交集及其運算．

【分析】據(jù)觀察發(fā)現(xiàn)，兩集合都表示的是點集，所以求兩集合交集即為兩函數(shù)的交點，則把兩集合中的函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立求出兩函數(shù)的交點坐標(biāo)，交點有幾個，兩集合交集的元素就有幾個．

【解答】解：聯(lián)立兩集合中的函數(shù)解析式得：

，把②代入①得：2x²=1，解得x=±，

分別把x=±代入②，解得y=±，

所以兩函數(shù)圖象的交點有兩個，坐標(biāo)分別為（，）和（﹣，﹣），

則A∩B的元素個數(shù)為2個．

故選C

2．設(shè)集合A={y|y=1nx，x≥1}，B={y|y=1﹣2^x，x∈R}則A∩B=（ ）

A．[0.1） B．[0，1] C．（﹣∞，1] D．[0，+∞）

【考點】交集及其運算．

【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)圖象化簡集合A和B，再利用兩個集合的交集的定義求出A∩B．

【解答】解：∵集合A={y|y=1nx，x≥1}={x|x≥0}，

B={y|y=1﹣2^x，x∈R}={x|x＜1}

∴A∩B={x|0≤x＜1}

故選：A．

3．下列有關(guān)命題的說法正確的是（ ）

A．命題“若x²=1，則x=1”的否命題為：“若x²=1，則x≠1”

B．“x=﹣1”是“x²﹣5x﹣6=0”的必要不充分條件

C．命題“?x∈R，使得x²+x+1＜0”的否定是：“?x∈R，均有x²+x+1＜0”

D．命題“若x=y，則sinx=siny”的逆否命題為真命題

【考點】命題的否定；必要條件、充分條件與充要條件的判斷．

【分析】對于A：因為否命題是條件和結(jié)果都做否定，即“若x²≠1，則x≠1”，故錯誤．

對于B：因為x=﹣1?x²﹣5x﹣6=0，應(yīng)為充分條件，故錯誤．

對于C：因為命題的否定形式只否定結(jié)果，應(yīng)為?x∈R，均有x²+x+1≥0．故錯誤．由排除法即可得到答案．

【解答】解：對于A：命題“若x²=1，則x=1”的否命題為：“若x²=1，則x≠1”．因為否命題應(yīng)為“若x²≠1，則x≠1”，故錯誤．

對于B：“x=﹣1”是“x²﹣5x﹣6=0”的必要不充分條件．因為x=﹣1?x²﹣5x﹣6=0，應(yīng)為充分條件，故錯誤．

對于C：命題“?x∈R，使得x²+x+1＜0”的否定是：“?x∈R，均有x²+x+1＜0”．

因為命題的否定應(yīng)為?x∈R，均有x²+x+1≥0．故錯誤．

由排除法得到D正確．

故答案選擇D．

4．下列函數(shù)中，在[﹣1，0]上單調(diào)遞減的是（ ）

A．y=cosx B．y=﹣|x﹣1|

C．y=log D．y=e^x+e^﹣x

【考點】函數(shù)的單調(diào)性及單調(diào)區(qū)間．

【分析】根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)分別進(jìn)行判斷即可．

【解答】解：A．函數(shù)y=cosx在[﹣1，0]上是增函數(shù)，故A不滿足條件．

B．當(dāng)﹣1≤x≤0，y=﹣|x﹣1|=x﹣1為增函數(shù)，不滿足條件．

C. = =﹣1，

當(dāng)﹣1≤x≤0時，﹣1為減函數(shù)，∵y=logt為減函數(shù)，

∴此時y=log為增函數(shù)，故C不滿足條件．

D．函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x﹣e^﹣x，由f′（x）=e^x﹣e^﹣x＜0得e^x＜e^﹣x，即x＜﹣x，即x＜0，

即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，0]，

即當(dāng)﹣1≤x≤0時，函數(shù)y=e^x+e^﹣x為減函數(shù)，故D滿足條件．

故選：D

5．已知直線3x+2y﹣3=0和6x+my+1=0互相平行，則它們之間的距離是（ ）

A．4 B． C． D．

【考點】兩條平行直線間的距離．

【分析】根據(jù)兩條直線平行，一次項的系數(shù)對應(yīng)成比例，求得m的值，再根據(jù)兩條平行線間的距離公式求得它們之間的距離．

【解答】解：直線3x+2y﹣3=0即 6x+4y﹣6=0，根據(jù)它和6x+my+1=0互相平行，可得，故m=4．

可得它們間的距離為 d==，

故選：D．

6．兩圓x²+y²﹣4x+6y=0和x²+y²﹣6x=0的連心線方程為（ ）

A．x+y+3=0 B．2x﹣y﹣5=0 C．3x﹣y﹣9=0 D．4x﹣3y+7=0

【考點】圓與圓的位置關(guān)系及其判定．

【分析】將兩圓化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得到它們的圓心分別為C₁（2，﹣3）、C₂（3，0），求出C₁C₂的斜率k=3，再利用直線方程的點斜式列式，化簡即可得到兩圓的連心線方程．

【解答】解：將圓x²+y²﹣4x+6y=0化成標(biāo)準(zhǔn)方程，得（x﹣2）²+（y+3）²=13，

∴圓x²+y²﹣4x+6y=0的圓心為C₁（2，﹣3）．

同理可得圓x²+y²﹣6x=0的圓心為C₂（3，0），

∴C₁C₂的斜率k==3，

可得C₁C₂的直線方程為y+3=3（x﹣2），化簡得3x﹣y﹣9=0，即為兩圓的連心線方程．

故選：C

7．已知數(shù)列{a_n}的通項公式為a_n=（n∈N^*，其前n項和S_n=，則雙曲線﹣=1的漸近線方程為（ ）

A． B． C． D．

【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．

【分析】根據(jù)數(shù)列{a_n}的通項利用裂項求和算出S_n，代入題中解出n=9，可得雙曲線的方程為，再用雙曲線的漸近線方程的公式即可算出該雙曲線的漸近線方程．

【解答】解：∵數(shù)列{a_n}的通項公式為，

∴，可得

即1﹣=，解之得n=9．

∴雙曲線的方程為，得a=，b=3

因此該雙曲線的漸近方程為y=，即．

故選：C

8．已知函數(shù)f（x）=sinx﹣cosx的圖象向左平移m（m＞0）個單位，若所得的曲線關(guān)于y軸對稱，則實數(shù)m的最小值是（ ）

A． B． C． D．

【考點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式．

【分析】求得y=sinx﹣cosx的圖象向左平移m（m＞0）個單位后的解析式，利用正弦函數(shù)的對稱性可得m的最小值．

【解答】解：∵y=f（x）=sinx﹣cosx=2sin（x﹣），

∴f（x）的圖象向左平移m（m＞0）個單位后得：

g（x）=f（x+m）=2sin（x+m﹣），

∵g（x）=2sin（x+m﹣）的圖象關(guān)于y軸對稱，

∴g（x）=2sin（x+m﹣）為偶函數(shù)，

∴m﹣=kπ+，k∈Z，

∴m=kπ+，k∈Z．

∵m＞0，

∴m_min=．

故選D．

9．x、y滿足約束條件，若目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為7，則的最小值為（ ）

A．14 B．7 C．18 D．13

【考點】基本不等式；簡單線性規(guī)劃．

【分析】作出可行域，得到目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最優(yōu)解，從而得到3a+4b=7，利用基本不等式即可．

【解答】解：∵x、y滿足約束條件，目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0），作出可行域：

由圖可得，可行域為△ABC區(qū)域，目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）經(jīng)過可行域內(nèi)的點C時，取得最大值（最優(yōu)解）．

由解得x=3，y=4，即C（3，4），

∵目標(biāo)函數(shù)z=ax+by（a＞0，b＞0）的最大值為7，

∴3a+4b=7（a＞0，b＞0），

∴=（3a+4b）·（）

=（9++16+）≥（25+2）=×49=7（當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時取“=”）．

故選B．

10．已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=0，a_n+1=a_n+2+1，則a₁₃=（ ）

A．143 B．156 C．168 D．195

【考點】數(shù)列遞推式．

【分析】把已知的數(shù)列遞推式變形，得到{}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，求出其通項公式后得到a_n，則a₁₃可求．

【解答】解：由a_n+1=a_n+2+1，得

，

∴，

又a₁=0，

∴{}是以1為首項，以1為公差的等差數(shù)列，

則，

∴．

則a₁₃=169﹣1=168．

故選：C．

11．設(shè)橢圓+y²=1的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，M為橢圓上異于長軸端點的一點，∠F₁MF₂=2θ，△MF₁F₂的內(nèi)心為I，則|MI|COSθ=（ ）

A．2﹣ B． C． D．

【考點】圓錐曲線的綜合．

【分析】設(shè)圓與MF₁、MF₂，分別切于點A，B，根據(jù)切線長定理就有|F₁F₂|=|F₁A|+|F₂B|=2，所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|，由此可得結(jié)論．

【解答】解：由題意，|MF₁|+|MF₂|=4，而|F₁F₂|=2，

設(shè)圓與MF₁、MF₂，分別切于點A，B，根據(jù)切線長定理就有|F₁F₂|=|F₁A|+|F₂B|=2，

所以|MI|cosθ=|MA|=|MB|==2﹣，

故選A．

12．已知橢圓C₁： +=1的左右焦點為F₁，F(xiàn)₂，直線l₁過點F₁且垂直于橢圓的長軸，動直線l₂垂直于直線l₁于點P，線段PF₂的垂直平分線與l₂的交點的軌跡為曲線C₂，若A（1，2），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）是C₂上不同的點，且AB⊥BC，則y₂的取值范圍是（ ）

A．（﹣∞，﹣6）∪[10．+∞） B．（﹣∞，6]∪[10．+∞） C．（﹣∞，﹣6）∪（10，+∞） D．以上都不正確

【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．

【分析】由已知條件推導(dǎo)出曲線C₂：y²=4x．，，由AB⊥BC，推導(dǎo)出，由此能求出y的取值范圍．

【解答】解：∵橢圓C₁： +=1的左右焦點為F₁，F(xiàn)₂，

∴F₁（﹣1，0），F(xiàn)₂（1，0），直線l₁：x=﹣1，

設(shè)l₂：y=t，設(shè)P（﹣1，t），（t∈R），M（x，y），

則y=t，且由|MP|=|MF₂|，

∴（x+1）²=（x﹣1）²+y²，

∴曲線C₂：y²=4x．

∵A（1，2），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）是C₂上不同的點，

∴，，

∵AB⊥BC，

∴=（x₁﹣1）（x₂﹣x₁）+（y₁﹣2）（y₂﹣y₁）=0，

∵，，

∴（﹣4）（﹣）+=0，

∵y₁≠2，y₁≠y₂，

∴，

整理，得，

關(guān)于y₁的方程有不為2的解，

∴，且y₂≠﹣6，

∴0，且y₂≠﹣6，

解得y₂＜﹣6，或y≥10．

故選：A．

二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在答題紙上.）

13．雙曲線mx²+y²=1的虛軸長是實軸長的2倍，則m= ．

【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．

【分析】把雙曲線的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)方程求出虛軸長和實軸長，再利用虛軸長是實軸長的2倍求出m值．

【解答】解：雙曲線mx²+y²=1的標(biāo)準(zhǔn)方程為 y²﹣=1，虛軸的長是 2，實軸長 2．

由題意知，2=4，∴m=﹣，

故答案為﹣．

14．若直線y=x+b被圓x²+y²=1所截得的弦長不小于1，則b的取值范圍是 ﹣≤b≤ ．

【考點】直線與圓相交的性質(zhì)．

【分析】由條件求得弦心距d，利用弦長公式，結(jié)合直線y=x+b被圓x²+y²=1所截得的弦長不小于1，即可求出b的取值范圍．

【解答】解：根據(jù)點到直線的距離公式可得弦心距d=，

∵直線y=x+b被圓x²+y²=1所截得的弦長不小于1，圓x²+y²=1的半徑為r=1，

∴2≥1

故﹣≤b≤．

故答案為：﹣≤b≤．

15．設(shè)拋物線y²=2x的焦點為F，過F的直線交該拋物線于A，B兩點，則|AF|+4|BF|的最小值為 ．

【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．

【分析】設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=，（k≠0）．與拋物線方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，利用|AF|+4|BF|=及其基本不等式的性質(zhì)即可得出，當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直接求出即可．

【解答】解：F，

設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．

當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=，（k≠0）．

聯(lián)立，化為，

x₁x₂=．

∴|AF|+4|BF|==x₁+4x₂++=，當(dāng)且僅當(dāng)x₁=4x₂=1時取等號．

當(dāng)直線AB的斜率不存在時，|AF|+4|BF|=5p=5．

綜上可得：|AF|+4|BF|的最小值為．

故答案為：．

16．已知A（x₁，y₁）是拋物線y²=4x上的一個動點，B（x₂，y₂）是橢圓+=1上的一個動點，N（1，0）是一定點，若AB∥x軸，且x₁＜x₂，且△NAB的周長的取值范圍是_ （，4） ．

【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．

【分析】可考慮用拋物線的焦半徑公式和橢圓的焦半徑公式來做，先通過聯(lián)立拋物線與橢圓方程，求出A，B點的橫坐標(biāo)范圍，再利用焦半徑公式轉(zhuǎn)換為以B點的橫坐標(biāo)為參數(shù)的式子，再根據(jù)前面求出的B點橫坐標(biāo)范圍計算即可．

【解答】解：如圖A，B分別在如圖所示的實線運動，

由得，拋物線y²=4x與橢圓+=1

在第一象限的交點橫坐標(biāo)為，

設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），

則0＜x₁＜，＜x₂＜2，

由可得，三角形ABN的周長l=|AN|+|AB|+|BN|

=x₁++x₂﹣x₁+a﹣ex₂

=+a+x₂=3+x₂，

∵＜x₂＜2，

∴＜3+x₂＜4，

故答案為：（，4）．

三、解答題（70分，解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或步驟，寫在答題紙的相應(yīng)位置.）

17．過點P（4，1）作直線l分別交x軸的正半軸和y軸的正半軸于點A、B，當(dāng)△AOB（O為原點）的面積S最小時，求直線l的方程，并求出S的最小值．

【考點】直線的截距式方程．

【分析】首先，設(shè)直線的方程，然后，將P坐標(biāo)代入，然后，結(jié)合基本不等式進(jìn)行求解．

【解答】解：設(shè)A（a，0），B（0，b），（a，b＞0），

則直線l的方程為，

又∵P（4，1）在直線l上，

∴，…

又∵，

∴ab≥16，∴，

等號當(dāng)且僅當(dāng)，即a=8，b=2時成立，

∴直線l的方程為：x+4y﹣8=0，S_min=8． …

18．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A，B，C成等差數(shù)列．

（Ⅰ）若b=7，a+c=13，求△ABC的面積；

（Ⅱ）求sinA+sin（C﹣）的最大值及取得最大值時角A的大小．

【考點】正弦定理；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用．

【分析】（Ⅰ）由條件求得B的值，利用余弦定理求得ac的值，從而求得△ABC的面積的值．

（Ⅱ）利用三角恒等變換，化簡sinA+sin（C﹣）的解析式，再利用正弦函數(shù)的定義域和值域，求得sinA+sin（C﹣）的最大值及取得最大值時角A的大?。?/p>

【解答】解：（Ⅰ）△ABC中，因為A，B，C成等差數(shù)列，

所以B=．

由b²=a²+c²﹣2accos60°=（a+c）²﹣3ac，

即7²=13²﹣3ac，求得ac=40．

所以△ABC的面積．

（Ⅱ）==．

又A∈（0，），

∴，

從而當(dāng)A+=，即A=時，2sin（A+）取最大值2．

綜上所述，的最大值為2，此時A=．

19．已知二次函數(shù)y=f（x）的圖象經(jīng)過坐標(biāo)原點，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x）=6x﹣2，數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，點（n，S_n）（n∈N^*）均在函數(shù)y=f（x）的圖象上．

（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；

（Ⅱ）設(shè)，T_n是數(shù)列{b_n}的前n項和，求使得對所有n∈N^*都成立的最小正整數(shù)m．

【考點】數(shù)列的求和；導(dǎo)數(shù)的運算．

【分析】（Ⅰ）設(shè)這二次函數(shù)f（x）=ax²+bx（a≠0），根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求得f（x）的表達(dá)式，再根據(jù)點（n，S_n）（n∈N^*）均在函數(shù)y=f（x）的圖象上，求出a_n的遞推關(guān)系式，

（Ⅱ）把（1）題中a_n的遞推關(guān)系式代入b_n，根據(jù)裂項相消法求得T_n，最后解得使得對所有n∈N^*都成立的最小正整數(shù)m．

【解答】解：（Ⅰ）設(shè)這二次函數(shù)f（x）=ax²+bx（a≠0），

則f′（x）=2ax+b，

由于f′（x）=6x﹣2，得

a=3，b=﹣2，

所以f（x）=3x²﹣2x．

又因為點（n，S_n）（n∈N^*）均在函數(shù)y=f（x）的圖象上，

所以S_n=3n²﹣2n．

當(dāng)n≥2時，a_n=S_n﹣S_n﹣1=（3n²﹣2n）﹣[3（n﹣1）²﹣2（n﹣1）]=6n﹣5．

當(dāng)n=1時，a₁=S₁=3×1²﹣2=6×1﹣5，

所以，a_n=6n﹣5（n∈N^*）

（Ⅱ）由（Ⅰ）得知==，

故T_n===（1﹣）．

因此，要使（1﹣）＜（n∈N^*）成立的m，必須且僅須滿足≤，即m≥10，

所以滿足要求的最小正整數(shù)m為10．

20．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，CD⊥平面PAD，BC∥AD，PA=PD，O，E分別為AD，PC的中點，PO=AD=2BC=2CD．

（Ⅰ）求證：AB⊥DE；

（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣O的余弦值．

【考點】二面角的平面角及求法．

【分析】（Ⅰ）設(shè)BD∩OC=F，連接EF，由已知條件推導(dǎo)出EF∥PO，平面ABCD⊥平面PAD，PO⊥平面ABCD，從而得到EF⊥平面ABCD，進(jìn)而得到AB⊥EF，再由AB⊥BD，能證明AB⊥平面BED，由此得到AB⊥DE．

（Ⅱ）在平面ABCD內(nèi)過點A作AH⊥CO交CO的延長線于H，連接HE，AE，由已知條件推導(dǎo)出∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角．由此能求出二面角A﹣PC﹣O的余弦值．

【解答】（Ⅰ）證明：設(shè)BD∩OC=F，連接EF，

∵E、F分別是PC、OC的中點，則EF∥PO，…

∵CD⊥平面PAD，CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PAD，

又PA=PD，O為AD的中點，則PO⊥AD，

∵平面ABCD∩平面PAFD=AD，∴PO⊥平面ABCD，

∴EF⊥平面ABCD，

又AB?平面ABCD，∴AB⊥EF，…

在△ABD中，AB²+BD²=AD²，AB⊥BD，

又EF∩BD=F，∴AB⊥平面BED，

又DE?平面BED，∴AB⊥DE．…

（Ⅱ）解：在平面ABCD內(nèi)過點A作AH⊥CO交CO的延長線于H，

連接HE，AE，

∵PO⊥平面ABCD，∴POC⊥平面ABCD，

平面POC∩平面ABCD=AH，∴AH⊥平面POC，

PC?平面POC，∴AH⊥PC．

在△APC中，AP=AC，E是PC中點，∴AE⊥PC，

∴PC⊥平面AHE，則PC⊥HE．

∴∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角．…

設(shè)PO=AD=2BC=2CD=2，

而AE²=AC²﹣EC²，

AE=，AH=，則sin∠AEH=，

∴二面角A﹣PC﹣O的余弦值為．…

21．已知圓C經(jīng)（x﹣1）²+（y﹣2）²=5經(jīng)過橢圓E： +=1（a＞b＞0）的右焦點F和上頂點B．

（1）求橢圓E的方程；

（2）過原點O的射線l在第一象限與橢圓E的交點為Q，與圓C的交點為P，M為OP的中點，求·的最大值．

【考點】直線與圓錐曲線的關(guān)系；橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．

【分析】（1）在圓（x﹣1）²+（y﹣2）²=5中，令y=0，得F（2，0），令x=0，得B（0，4），由此能求出橢圓方程；

（2）設(shè)點Q（x₀，y₀），x₀＞0，y₀＞0，由于M為OP的中點，則CM⊥OQ，則=（+）==（1，2）·（x₀，y₀）=x₀+2y₀，設(shè)t=x₀+2y₀，與+=1聯(lián)立，消去x₀，再由判別式為0，即可得到最大值．

【解答】解：（1）在圓C：（x﹣1）²+（y﹣2）²=5中，

令y=0，得F（2，0），即c=2，

令x=0，得B（0，4），即b=4，

∴a²=b²+c²=20，

∴橢圓E的方程為： +=1．

（2）設(shè)點Q（x₀，y₀），x₀＞0，y₀＞0，

由于M為OP的中點，則CM⊥OQ，

則=（+）=

=（1，2）·（x₀，y₀）

=x₀+2y₀，

又+=1，

設(shè)t=x₀+2y₀，與+=1聯(lián)立，得：21y₀²﹣16ty₀+4t²﹣80=0，

令△=0，得256t²﹣84（4t²﹣80）=0，

解得t=±2．

又點Q（x₀，y₀）在第一象限，

∴當(dāng)y₀=時，取最大值2．

22．如圖，A為橢圓（a＞b＞0）上的一個動點，弦AB，AC分別過焦點F₁，F(xiàn)₂．當(dāng)AC垂直于x軸時，恰好|AF₁|：|AF₂|=3：1．

（1）求該橢圓的離心率；

（2）設(shè)=λ₁， =λ₂，試判斷λ₁+λ₂是否為定值？若是，則求出該定值；若不是，請說明理由．

【考點】直線與圓錐曲線的綜合問題．

【分析】（1）由|AF₁|：|AF₂|=3：1，及橢圓定義|AF₁|+|AF₂|=2a，可求AF₁，AF₂，在Rt△AF₁F₂中，利用勾股定理可求

（2）由（1）可得b=c．橢圓方程為，設(shè)A（x₀，y₀），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），

①若直線AC⊥x軸容易求解②若直線AC的斜率存在，則直線AC方程為代入橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可求，從而可求，同理可得，代入可求

【解答】解：（1）當(dāng)AC垂直于x軸時，|AF₁|：|AF₂|=3：1，由|AF₁|+|AF₂|=2a，

得，在Rt△AF₁F₂中，|AF₁|²=|AF₂|²+（2c）²

解得 e=．…

（2）由e=，則，b=c．

焦點坐標(biāo)為F₁（﹣b，0），F(xiàn)₂（b，0），則橢圓方程為，

化簡有x²+2y²=2b²．

設(shè)A（x₀，y₀），B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），

①若直線AC⊥x軸，x₀=b，λ₂=1，

∴λ1+λ2=6． …

②若直線AC的斜率存在，則直線AC方程為

代入橢圓方程有（3b²﹣2bx₀）y²+2by₀（x₀﹣b）y﹣b²y₀²=0．

由韋達(dá)定理得：，∴…

所以，

同理可得…

故λ1+λ2=．綜上所述：λ1+λ2是定值6．…

2016年9月30日