e解得íb3a2c1222abc
故椭圆C的方程为
x2y2143
………………………5分
2
fII根据题意，直线l的方程为y3x1
223x4y12设Px1y1Qx2y2由y3x1
得15x24x0
2
解得P03Q
83355
法一：SPOQ
1118343OFy2y1y2y122255
法二：PQ
x2x12y2y12
3316原点O到直线l的距离d5312
所以SPOQ
1116343…………………………10分PQd22525
III设直线l的方程为ykx1k0设Px1y1Qx2y2由
3x24y212ykx1
得34kx8kx4k120
2222
由韦达定理得x1x2所以PQ的中点N
8k28k26kyykxx2k212122234k34k34k2
4k23k234k34k28k26k234k34k2
要使四边形OPMQ为平行四边形，则N为OM的中点所以M
8k226k222要使点M在椭圆C上，则34k34k1，即12k290此方程无解43
所以在椭圆C上不存在点M，使得四边形OPMQ为平行四边形（21）（本小题满分14分）解：I证明：A1a0A2a0A1BA2B………14分
a21kA1B
11kA2Baa
kA1BkA2B
1，因为a1，所以kA1BkA2B1，即A1B与A2B不垂直a2
6分
2
所以DBA1A2不是点B的“特征三角形”II当a2时，椭圆G
xy21点B是椭圆G的“T点”4
3
f不妨设点B的“特征三角形”为BPQ设直线BP的方程为ykx1k0，则直线BQ的方程为y
1x1k0k
ykx1由x2得14k2x28kx02y14
8k14k2因为B01，所以P14k214k2
8k1k28k1k28k214k22所以BP114k214k214k214k2
同理可得BQ
81k2k248k1k281k22，即k1k23k1014k2k4
因为BPBQ，所以
所以k1或k
35350或k22
所以点B是椭圆G的“T点”，其“特征三角形”有3个………………………………………14分
4
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