热门试卷

（1）；（2）详见解析．

试题分析：（1）根据椭圆的离心率求得a和c的关系，进而根据椭圆C的左、右焦点分别为F1（-c，0），F2（c，0）又点F2在线段PF1的中垂线上，推断|F1F2|=|PF2|，进而求得c，则a和b可得，进而求得椭圆的标准方程．（2）设直线MN方程为y=kx+m，与椭圆方程联立消去y，设M（x1，y1），N（x2，y2），根据韦达定理可表示出x1+x2和x1x2，表示出直线F2M和F2N的斜率，由直线F2M与F2N的斜率互为相反数，可推断两直线斜率之和为0，把x1+x2和x1x2代入即可求得k和m的关系，代入直线方程进而可求得直线过定点．

解：（1）由椭圆C的离心率得，其中，椭圆C的左、右焦点分别为又点F2在线段PF1的中垂线上

解得

（2）由题意，知直线MN存在斜率，设其方程为

由

消去设

则且

       （8分）

由已知，得

化简，得

       （10分）

 整理得

 直线MN的方程为，

因此直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0） （12分）．

（1）x2＋y2＝4（2）[0，7＋4)（3）对于椭圆C上的任意点P，都有l1⊥l2.

(1)由题意知c＝，且a＝＝，可得b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1，其“准圆”方程为x2＋y2＝4.

(2)由题意，可设B(m，n)，D(m，－n)(－)，则有＋n2＝1，又A点坐标为(2，0)，故＝(m－2，n)，＝(m－2，－n)，故·＝(m－2)2－n2＝m2－4m＋4－＝m2－4m＋3＝，又－，故∈[0，7＋4]，所以·的取值范围是[0，7＋4)．

(3)设P(s，t)，则s2＋t2＝4.当s＝±时，t＝±1，则l1，l2其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有l1⊥l2.当s≠±时，设过P(s，t)且与椭圆有一个公共点的直线l的斜率为k，则l的方程为y－t＝k(x－s)，代入椭圆C方程可得x2＋3[kx＋(t－ks)]2＝3，即(3k2＋1)x2＋6k(t－ks)x＋3(t－ks)2－3＝0，由Δ＝36k2(t－ks)2－4(3k2＋1)[3(t－ks)2－3]＝0，可得(3－s2)k2＋2stk＋1－t2＝0，其中3－s2＝0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是上述方程的两个根，故k1k2＝＝－1，即l1⊥l2.综上可知，对于椭圆C上的任意点P，都有l1⊥l2.

（1）；当直线的方程为时，的面积取最大值.

试题分析：（1）首先根据题中条件求出和的值，进而求出椭圆的方程；（2）先设直线的方程为，先利用弦心距、半径长以及弦长之间满足的关系（勾股定理）求出直线截圆所得的弦长

，然后根据直线与两者所满足的垂直关系设直线，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出直线截椭圆的弦长，然后求出的面积的表达式，并利用基本不等式求出的面积的最大值，并求出此时直线的方程.

试题解析：（1）由题意得，椭圆的方程为；

（2）设、、，

由题意知直线的斜率存在，不妨设其为，则直线的方程为，

故点到直线的距离为，又圆，，

又，直线的方程为，

由，消去，整理得，

故，代入的方程得

，

设的面积为，则，

，

当且仅当，即时上式取等号，

当时，的面积取得最大值，

此时直线的方程为

(1).（2）见解析；(3)存在，使得以为直径的圆恒过直线、的交点.

试题分析：(1)由已知:,可得,,可得椭圆方程为.

（2）由（1）知，设.根据知.

由消去,整理得:,

应用韦达定理得

利用平面向量的坐标运算即得(定值).

(3)以为直径的圆恒过的交点,

由，建立Q坐标的方程.

试题解析：(1)由已知:,,,

所以椭圆方程为.          4分

（2）由（1）知，.

由题意可设.

由消去,整理得:,

.,

(定值).    9分

(3)设.

若以为直径的圆恒过的交点,

则.

由(2)可知:,

,

即恒成立,

∴存在，使得以为直径的圆恒过直线、的交点.          13分