热门试卷

（1）（2）直线的方程为：，的面积的最大值为

试题分析：（1）利用椭圆的基本性质求解

（2）利用弦长公式及基本不等式求解

试题解析：（1）设椭圆方程为，则

 ，，

所以，所求椭圆方程为：．

（2）由得：，

当且仅当即时取等号，

此时，直线的方程为：，的面积的最大值为．

（1） ，；（2）不存在这样的点．

试题分析：（1） 求椭圆的方程，只需求出即可，由双曲线得，，故得椭圆，从而得椭圆的方程为，求线段的长，只需求出的坐标，由椭圆的方程，及抛物线的方程，联立方程组解得，从而可得线段的长；（2）这是探索性命题，一般假设存在，可设出，代入椭圆的方程，两式作差，得，设出，代入抛物线，两式作差，得，的弦与的弦相互垂直得，，从而得到，由题设条件，来判断点是否存．

试题解析：（1）椭圆：；联立方程组解得，所以.

（2）假设存在，由题意将坐标带入做差得，将坐标带入得，，故满足条件的点在抛物线外，所以不存在这样的点.

（1）＝1.（2）PQ的斜率为定值1

(1)由题设，得＝1，①且＝，②

由①、②解得a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为＝1.

(2)设直线MP的斜率为k，则直线MQ的斜率为－k，

假设∠PMQ为直角，则k·(－k)＝－1，即k＝±1.

若k＝1，则直线MQ的方程为y＋1＝－(x＋2)，与椭圆C方程联立，得x2＋4x＋4＝0，

该方程有两个相等的实数根－2，不合题意；

同理，若k＝－1也不合题意．故∠PMQ不可能为直角．记P(x1，y1)、Q(x2，y2)．

设直线MP的方程为y＋1＝k(x＋2)，与椭圆C的方程联立，得(1＋2k2)x2＋(8k2－4k)x＋8k2－8k－4＝0，

则－2，x1是该方程的两根，则－2x1＝，即x1＝.

设直线MQ的方程为y＋1＝－k(x＋2)，同理得x2＝.

因y1＋1＝k(x1＋2)，y2＋1＝－k(x2＋2)，

故kPQ＝＝1，

因此直线PQ的斜率为定值．

(1)；（2）.

试题分析：(1)本小题通过待定系数法列出两个关于的方程，通过解方程组求出椭圆的方程，包含着二次方的运算需掌握；(2)本小题是直线与椭圆的位置关系的问题，这类题目的常用思路就是联立直线方程和椭圆方程通过消元得到一个一元二次方程，确定判别式的情况，正确书写、利用韦达定理，由，两点(不是左右顶点)，椭圆的右顶点为，且满足，根据向量的数量积为零，可得到关于两个根的等式，再利用韦达定理可得关于的等式，从而就可得出相应的结论.

试题解析：（1）

即    

∴椭圆方程为              4分

又点在椭圆上，解得

∴椭圆的方程为              6分

(2)设，由得

，

                  8分

所以，又椭圆的右顶点

，

，解得                    10分

，且满足

当时，，直线过定点与已知矛盾          12分

当时，，直线过定点

综上可知，当时，直线过定点，定点坐标为              14分.

(1)∪  (2)不存在，理由见解析

解：(1)由已知条件知直线l的方程为

y＝kx＋，

代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1.

整理得x2＋2kx＋1＝0.①

直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2>0，

解得k<－或k>，

即k的取值范围为∪.

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，

由方程①得x1＋x2＝－.②

又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝，③

而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)，

所以＋与共线等价于x1＋x2＝－ (y1＋y2)．

将②③代入上式，解得k＝.

由(1)知k<－或k>，故没有符合题意的常数k.

（I）.（II）.

试题分析：（I）由椭圆的定义，曲线是以，为焦点的半椭圆，

利用的关系，得到的方程为.

要特别注意有限制.

（II）设并代入椭圆方程得到，根据，，可以得到直线的方程，进一步令可得，的纵坐标分别，将用纵坐标表出，应用“基本不等式”，得到其最小值.

本解答即体现此类问题的一般解法“设而不求”，又反映数学知识的灵活应用.

试题解析：（I）由椭圆的定义，曲线是以，为焦点的半椭圆，

. 

∴的方程为.          4分

（注：不写区间“”扣1分）

（II）由（I）知，曲线的方程为，设，

则有，即 ①   

又，，从而直线的方程为

AP：；   BP：         6分

令得，的纵坐标分别为

；     .

∴②  将①代入②， 得.        8分

∴.

当且仅当，即时，取等号．

即的最小值是.        12分

(I)； (II)  或．

试题分析：(I)由图形的对称性及椭圆的几何性质，易得，进而写出方程； (II) 先找到AB中垂线与l的交点，保证ΔPAB为等腰三角形，再满足即可保证ΔPAB为等边三角形，此外，注意对于特殊情形的讨论．

试题解析：

(I)因为椭圆的四个顶点恰好是一边长为2，

一内角为的菱形的四个顶点,

所以,椭圆的方程为．               4分

(II)设则

当直线的斜率为时，的垂直平分线就是轴，

轴与直线的交点为,

又因为，所以，

所以是等边三角形,所以满足条件；           6分

当直线的斜率存在且不为时，设的方程为

所以，化简得

所以 ，则      8分

设的垂直平分线为，它与直线的交点记为

所以，解得,

则                                        10分

因为为等边三角形， 所以应有

代入得到，解得（舍），     13分

综上可知， 或                               14分 

(1)  (2)

试题分析：(1)求椭圆离心率，就是列出关于a,b,c的一个等量关系.由，可得，又，则所以椭圆离心率为(2) 由(1)知所以求椭圆方程只需再确定一个独立条件即可.由切线长=可列出所需的等量关系.先确定圆心：设，由，有由已知，有即，故有，因为点P在椭圆上，故，消可得，而点P不是椭圆的顶点，故，即点P的坐标为设圆的圆心为，则再由得，即所以所求椭圆的方程为

试题解析：解(1)设椭圆右焦点的坐标为（c,0）， 由，可得，又，则所以椭圆离心率为 (2)由(1)知故椭圆方程为，设，由，有由已知，有即，故有，因为点P在椭圆上，故，消可得，而点P不是椭圆的顶点，故，即点P的坐标为设圆的圆心为，则，进而圆的半径，由已知，有，=，故有，解得，所以所求椭圆的方程为

（1）（2）k＝±.

(1)因为点P在椭圆上，故＝1，可得＝.

于是e2＝＝1－＝，所以椭圆的离心率e＝.

(2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)．

由条件得消去y0并整理得＝.①

由AQ＝AO，A(－a，0)及y0＝kx0，得(x0＋a)2＋k2＝a2.

整理得(1＋k2)＋2ax0＝0，而x0≠0，故x0＝，代入①，整理得(1＋k2)2＝4k2·＋4.由(1)知＝，故(1＋k2)2＝k2＋4，

即5k4－22k2－15＝0，可得k2＝5.所以直线OQ的斜率k＝±.