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.