热门试卷

（1）设椭圆E的方程为 +=1（a＞b＞0）．

∵c=1，

∴a2-b2=1①，

∵点（1，）在椭圆E上，

∴+=1②，

由①、②得：a2=4，b2=3，

∴椭圆E的方程为：+=1．

（2）由题意知，a=2，b=、∴c=1

又∵点P在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a=4、①

由余弦定理知：|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos30°=|F1F2|2=（2c）2=4②

把①两边平方得|PF1|2+|PF2|2+2|PF1|•|PF2|=16，③

③-②得（2+）|PF1|•|PF2|=12，

∴|PF1|•|PF2|=12（2-），

∴S△PF1F2=|PF1|•|PF2|sin30°=6-3、

（1）；（2）证明详见解析.

试题分析：（1）结合图形及椭圆的定义先得到的周长为，进而根据条件列出方程组，从中求解即可得出的值，进而可写出椭圆的方程；（2）由（1）确定，进而设点，设直线，联立直线与椭圆的方程，解出点，设直线，可得，进而根据三点共线得出，将点的坐标代入并化简得到，进而求出点的坐标，，然后写出直线的方程并化简得到，从该直线方程不难得到该直线恒通过定点，问题得证.

（1）依题意有：的周长为

所以，则椭圆的方程为     4分

（2）由椭圆方程可知，点

设直线，由得，从而，，即点 

同理设直线，可得               7分

由三点共线可得，即，代入两点坐标化简可得

               9分

直线，可得点，即

从而直线的方程为

化简得，即，

从而直线过定点                              12分.

（1）；（2）.

试题分析：（1）由题意，，，根据求出，则椭圆的方程为. （2）设点（），则直线的方程为，联立得 ，而

，带入韦达定理，，则，而， 即 ，则当时，，的最大值为.

试题解析：（1）由已知，，，

∴，                                 3分

∴ 椭圆的方程为.                                 4分

（2）设点（），则直线的方程为， 2分

由 消去，得           4分

设，，则，     6分

∴

                               8分

∵， 即

∴当时，，的最大值为.              10分

（1）＋y2＝1（2）或

(1)由e＝＝，解得3a2＝4c2.再由c2＝a2－b2，解得a＝2b.

由题意可知×2a×2b＝4，即ab＝2.解方程组得

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)可知点A(－2，0)，设点B的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．于是A、B两点的坐标满足方程组

消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0，

由－2x1＝，得x1＝，从而y1＝，

故|AB|＝＝.

由|AB|＝，得＝.整理得32k4－9k2－23＝0，

即(k2－1)(32k2＋23)＝0，解得k＝±1.所以直线l的倾斜角为或