专题28圆锥曲线（椭圆）（新高考地区专用）

专题2.8圆锥曲线（椭圆）1．利用根与系数关系法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为、；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；(3)列出根与系数关系；(4)将所求问题或题中的关系转化为、的形式；(5)代入根与系数关系求解．2．直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解．1．（2023·北京海淀·校考模拟预测）已知椭圆E:x2a2+(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l与圆x2+y2=32【解题思路】（1）由题意可得2b=22（2）当直线l斜率不存在时，可得S△OAB=12×62×6【解答过程】（1）由题意可得：2b=22e=c故椭圆E的标准方程为：x2（2）圆的方程为x2+y2=①当直线l斜率不存在时，l的方程为x=62或直线x=62与椭圆交点为62,±6根据对称性，直线x=−62时，△OAB的面积为②当直线l斜率存在时，设直线l方程为y=kx+m，由mk2+1由y=kx+mx26则Δ=(6km)2因为2m2=31+k设Ax1,所以AB=2所以S△OAB令t=k则△OAB的面积为S△OAB令y=1+t令11+3t=nn≠0所以S因为3>32，从而△OAB综上，△OAB的面积的最大值为3.2．（2023·广西·校联考模拟预测）已知椭圆C:x28+y2b2=1(0<b<2(1)求椭圆C的标准方程；(2)记椭圆C的上､下顶点分别为P,Q，若点RxR,4在直线PM上，证明：点R【解题思路】（1）联立直线方程与椭圆方程，利用弦长公式，建立方程，可得答案；（2）联立方程，写出韦达定理，根据直线方程，表示出点的坐标，结合斜率相等，可得答案.【解答过程】（1）解：当k=1时，直线l:y=x+b联立y=x+b2x设Mx1,故MN=1+化简可得，b4+7b2−44=0故椭圆C的标准方程为x2（2）证明：易知P0,2,Q0,−2由x2+2y根据题意，Δ>0恒成立，设M则x1直线PM的方程为y−2=y令y=4得xR=2因为Q0,−2则直线QN,QR的斜率分别为kQNkQN又x=−2k⋅−62k所以点R在直线QN上.3．（2023·甘肃定西·统考一模）已知椭圆C：x2a2+y2b(1)求椭圆的方程；(2)P是椭圆C上的动点，过点P作椭圆C的切线l，l与直线x=4交于点Q，若△POQ（O为坐标原点）的面积为5217，求点【解题思路】（1）由椭圆中a，b，c之间的关系，结合已知条件求解即可；（2）设切线方程和点P坐标，根据相切将切线斜率用点P坐标表示，求出切线方程，由切线方程求出点Q，再根据△POQ的面积，对点P的坐标进行求解即可.【解答过程】（1）∵椭圆C的右焦点为F1,0，∴c=1又∵短轴长是长轴长的32，∴2b=32∴由c=12b=3a∴椭圆的方程为x2（2）设椭圆C上一点Px0,y0∵过点P作椭圆的切线l与直线x=4相交，∴切线l的斜率存在，设切线l：y=kx+m，易知l不过原点，∴m≠0，∵切线l过点Px0,y0由x24+y2∵l是椭圆C的切线，∴Δ=64∴m2且由韦达定理，有x0③、④两式相乘，化简得x0m=−4k，将②式代入，解得由①式，有x02−4=−∴l的方程为y−y0=−将x=4代入l方程，解得Q4,∴PQ=x由①式，有y0∴PQ=x=x0∵原点到直线l的距离d=12∴△POQ面积S△POQ两边同时平方，化简，得：y0解得x0=1∴点P的坐标为14,±34．（2023·甘肃·统考一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是32(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线y=kx+t与椭圆C交于M，N两点，O是坐标原点，且四边形OMPN是平行四边形，求四边形OMPN的面积．【解题思路】（1）依题意可a，c的关系式，求解即可得到a，c的值，从而可得到b的值，进而即可得到椭圆C的标准方程；（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，Px0,y0，联立直线和椭圆的方程，得到关于x的一元二次方程，从而得到x1+x2，x【解答过程】（1）依题意可得△PF1F2的周长是又椭圆C:x2a2+联立解得a=2，c=3，则b=a2−c（2）设Mx1,y1联立y=kx+tx24则Δ=64所以x1+x因为四边形OMPN是平行四边形，所以OP=则x0=x由P是椭圆上一点，得x024整理得16k2t又Δ=164k所以x1+x故MN=因为点O到直线MN:y=kx+t的距离为d=t所以四边形OMPN的面积为MN⋅d=5．（2023·河南开封·校考模拟预测）已知F1，F2分别为椭圆Γ:x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点，F1F2(1)求Γ的方程；(2)设Γ的右顶点为A，过A的直线l1与Γ交于另外一点B，与l1垂直的直线l2与l1交于点M，与y轴交于点N，若BF2⊥N【解题思路】（1）Px0,y0x0>0,y0>0，由直线PB1（2）设直线l1的方程为y=kx−3,Bx1,y1，联立方程利用韦达定理可得x1，正在根据BF2【解答过程】（1）因为F1F2=2，所以又B10,b,B2设Px0,y0kP所以y0代入b2x0化简得b2x0又c2=a所以Γ的方程为x2（2）由（1）可得A3,0设直线l1的方程为y=k联立x29+y2Δ=则3+x1=由F21,0，设N0,又y1=kx因为BF2⊥N所以yN所以直线MN:y=−1联立y=−1kx+在△MAO中，因为∠MOA≤∠MAO，所以MA≤所以xM−32即63k2−1624k所以直线l1的斜率的取值范围为−6．（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，则称圆心在原点O，半径是a2(1)若点A为椭圆C的“伴随圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C的两相异点，且BD⊥x轴，求AB⋅(2)在椭圆C的“伴随圆”上任取一点P，过点P作直线l1，l2，使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，试判断【解题思路】（1）根据题意可得c=2、a=3，求出b即可求出椭圆C的方程，进而求出“伴随圆”方程，得出点A坐标，设Bm,n（2）设Ps,t，易知s=±3时l1⊥l2成立；当s≠±3时设直线l方程为y−t=kx−s，联立椭圆方程，消去y，由Δ=0【解答过程】（1）由题意知c=2，由短轴的一个端点到焦点的距离为3知a=b2+故椭圆C的方程为x23+由题意，可设Bm,n则有m23+n故AB=故AB⋅又二次函数y=43m−由−3<m<3所以AB⋅AD的取值范围是（2）对于椭圆C上的任意点P，都有l1设Ps,t，则s当s=±3时，t=±1则l1,l当s≠±3时，设过Ps,t且与椭圆有一个公共点的直线l的斜率为则l的方程为y−t=kx−s代入椭圆C方程可得x2即3k由Δ=36可得3−s2k设l1,l2的斜率分别为故k1k2综上可知，对于椭圆C上的任意点P，都有l17．（2023·四川南充·统考二模）如图，已知A,B分别为椭圆M:x2a2+y2b2=1a>b>0(1)求椭圆M的标准方程；(2)已知直线l与椭圆M相切于点P(x0,y0)，且l与直线x=a和x=−a分别相交于C,D两点，记四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点N．问：是否存在两个定点【解题思路】（1）根据题意列出关于a,b的方程，即可求得答案；（2）设切线l方程为；y−y0=kx−x0并联立椭圆x2【解答过程】（1）由题意知AB=4，且△ABP面积的最大值为2．即AB=2a=4,∴a=2，当P位于椭圆短轴端点处时，△ABP面积的最大，即12故椭圆M的标准方程为x2（2）因为点P(x0,所以x024设切线l方程为；y−y0=k令m=y0−k由x24+y2因为直线l与椭圆M相切，所以Δ=所以4k代入m=y0−kx0因为x024所以4y02由于y0≠0，所以故切线l方程为：y−y0=−令x=−2，可得D(−2,1+x02y令x=2，得C(2,1−x02y由①②相乘得：y2即点N的轨迹方程为：x2由椭圆定义知，存在点F1(−158．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点A(−2,0)，B(2,0)，直线PA与直线PB的斜率乘积为−34，点P的轨迹为(1)求M的方程；(2)分别过F1(−1,0)，F2(1,0)做两条斜率存在的直线分别交M于C，D两点和E，F两点，且1|CD|【解题思路】（1）设Px,y，利用题意得到y（2）设直线CD为：y=k1x+1，直线EF为：y=k2x−1，分别与【解答过程】（1）设Px,y，因为直线PA与直线PB的斜率乘积为−所以yx−2整理得点P的轨迹为M为x（2）设直线CD为：y=k设直线EF为：y=k将①与曲线M联立得：3+4k设Cx1,y1，D所以CD=1+k12将②与曲线M联立得：3+4k设Ex3,y3，F所以|EF|=1+k2所以1CD解得k12k9．（2023·山西·校联考模拟预测）已知点A3,1在椭圆C:x2a2+y2a2−4=1(1)求直线l的斜率；(2)求△APQ面积的最大值.【解题思路】（1）首先根据题意得到椭圆C的方程为x26+y22=1（2）根据题意得到点A到直线l的距离d=32m，PQ【解答过程】（1）将点A3,1的坐标代入椭圆方程得化简得a4−8a2+12=0，解得a2=2设Px1,y1，Qx2,联立x26+Δ=36k2则x1+x由kAP化简得2kx故2k⋅3整理得3k−1又直线l不经过点A，即3k−1+m≠0，故k=（2）由（1）知，直线l的方程为y=3x1+x所以点A到直线l的距离d=3PQ=1+所以S△APQ=1当且仅当4−m2=经验证，此时满足直线l与椭圆C相交，故△APQ的面积最大为3.10．（2023·广西南宁·统考一模）已知椭圆E:x2a2+y2(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知椭圆E的上顶点为A，圆M:(x−1)2+y2=r2(r>0)，椭圆E【解题思路】（1）根据圆椭上的点和焦点坐标求出a,b,c，即可求出椭圆方程；（2）设点B,C的坐标，利用直线AB、AC与圆M相切，求出直线BC方程，再利用直线BC与圆M相切建立r的方程，求解即可.【解答过程】（1）由题意可知椭圆的右焦点为F23,0，因为点P所以Pc=3，所以b=1，椭圆E的方程为x（2）由（1）可知椭圆的上顶点为A0,1，假设这样的B,C存在，且设B则直线AB的斜率为k=y1−1x1因为直线AB与圆M相切，则d=r，所以x两边平方化简得x1整理得1−r因为x12=41−y因为y1≠1，两边同时除以1−y整理得−2x1+31−r同理点C也在直线−2x+31−因此直线BC的方程为−2x+31−若直线BC与圆M相切，则3−5r解得r=13+23因此直线BC存在，且直线BC的方程为−2x+4即x+4−211．（2023·甘肃兰州·统考模拟预测）已知F1,F2是椭圆E:x2a2+y2(1)求椭圆E的方程；(2)若P是椭圆E内的一点（不在E的轴上），过点P作直线交E于A,B两点，且点P为AB的中点，椭圆E1:x2m2+y2n2【解题思路】（1）根据菱形F1B1（2）设AB:y=kx+t，与椭圆E方程联立可得韦达定理的结论，结合中点坐标公式可求得P点坐标；将AB与椭圆E1联立，可得Δ1，由P在椭圆E1上可得等量关系，化简Δ【解答过程】（1）∵菱形F1B1F2B2的周长为8∴b=3c=1或b=1c=3，又椭圆E∴a2=4，则椭圆E（2）由题意知：直线AB的斜率必然存在，可设其方程为：y=kx+t，由x24+设Ax1,y1∴x1+∴y1+∵椭圆E1的离心率为32，∴e=1−∴E由x2+4y∴Δ∵P在椭圆E1上，∴16k∴Δ1=164k2n12．（2023·四川成都·校考二模）椭圆的光学性质：光线从椭圆的一个焦点出发经椭圆反射后通过另一个焦点.现有一椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，长轴(1)求椭圆C的标准方程；(2)点Q为直线x=4上一点，且Q不在x轴上，直线QA1，QA2与椭圆C的另外一个交点分别为M，N，设△QA1A2，【解题思路】（1）利用长轴长求出a，利用椭圆定义求出PF2=32，进一步求出b【解答过程】（1）不妨设F、F2则PF2⊥x轴，又因为PF=所以PF2=2a−PF=32所以椭圆C的方程为x2（2）设Q4,tt≠0，M则QA1：y=t6联立y=t6x+23x2+4同理，联立x=2ty+23x2+4所以S=t令m=t则S当且仅当1m=−122×−108=118∈13．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的方程；(2)M，N，A，B为椭圆上不同的四点，且均与椭圆右顶点P不重合，kMN⋅kAB=−1，kPM⋅【解题思路】（1）由条件列关于a,b,c的方程，解方程可得a,b,c，由此可得椭圆方程；（2）方法一：设直线MN:y=kx+m，AB:y=k′x+m′方法二：直线MN:y=kx+m，AB:y=k′x+m′，通过齐次化变形，证明kPM⋅【解答过程】（1）由e=ca=三角形面积S=1解得a2=4，所以椭圆C的方程为x2（2）由（1）得P2,0，设Mx1,y1，直线MN:y=kx+m，AB:y=k联立x消去y整理得1+2k方程1+2k2x则x1因为kPM⋅k所以k2所以k2整理得m+2km+6k=0．若m=−2k，则则直线MN过定点P2,0若m=−6k，则y=kx−6k=kx−6，则直线MN过定点6,0同理可得x又因为kPA所以2x所以2x所以2k所以2k整理得2k若m′=−2k′，则y=k若m′=−2k′−1，则y=又因为kAB⋅k所以直线AB与MN的交点在以6,0和2,−1所连线段为直径的定圆上．方法二：设Mx1,y1，N直线MN:y=kx+m，AB:y=k椭圆方程x24+直线MN:y=kx+m变形为1=y−k代入椭圆方程得x−22即m−2kx−2左右两边同时除以x−22得，2则kPM，kPN为方程的两个根，则所以m=−6k，直线MN过定点6,0．同理可得2m则kPA，kPB为方程的两个根，则所以m′直线AB过定点2,−1．又因为kAB⋅k所以直线AB与MN的交点在以6,0和2,−1所连线段为直径的定圆上．14．（2023·云南曲靖·校考模拟预测）已知曲线C:(3−t)x2+ty2(1)求t的值；(2)若C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y=kx+m与C交于不同的两点M，N，直线y=n与直线BM交于点G．求证：当mn=4时，A，G，N三点共线．【解题思路】（1）根据曲线的离心率可知曲线表示椭圆，从而确定a2，b（2）设点M．N的坐标，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，表示直线BM的方程，求得点G坐标，从而表示出直线AG和直线AN的斜率，然后结合根与系数的关系式，化简，证明二者相等，即可证明结论．【解答过程】（1）由曲线C:(3−t)x2+ty2可知曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则其方程可化为x283−t+y28因C的离心率为22，∴c2a2=1−解得t=2，椭圆C的方程为x2（2）由（1）可知，椭圆C的方程为x2所以A(0,2)，B(0,−2)，把y=kx+m代入x2整理得(1+2k设M(x1，kx1+m)则x1+x因为点B(0,−2)，所以直线BM的方程为：y=k令y=n，得x=n+2所以G(n+2kx因为点A(0,2)，所以直线AG的斜率为kAG直线AN的斜率为kAN所以kAG其中(n−2)(kx当mn=4时，上式等于0，即kAG−kAN=0，这说明A综上，t=2.15．（2023·四川成都·统考二模）已知中心为坐标原点O，对称轴为坐标轴的椭圆C经过P3,2(1)求椭圆C的方程；(2)设过点0,1的直线l与椭圆C相交于A，B两点，2OD=3OB，OE=OD+OA【解题思路】（1）根据题意设椭圆C的方程mx（2）设Ax1,y1，B【解答过程】（1）由题意可设椭圆C的方程mx∵椭圆C经过P3,2则m32+n26∴椭圆C的方程为x2（2）设Ax1,y1，B∵点A、B均在椭圆C上，则x129且点E在椭圆C上，则x1即1+x1x当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+1，联立方程y=kx+1,x29+y则Δ=18k2−4×9∵4x则4+9k∴9k2=4故所求直线l的方程为y=±2当直线l斜率不存在时，则直线l的方程为x=0，即x1可得09综上所述：所求直线l的方程为y=±216．（2023·河南·校联考模拟预测）已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过右焦点F且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为Q，经过坐标原点O和点Q的直线m与椭圆C交于M，N两点，求四边形AMBN的面积的取值范围．【解题思路】（1）由题得到关于a,b,c的方程，解方程即得解；（2）设直线l的方程为x=ky+1，联立椭圆C的方程得到韦达定理，设线段AB的中点为Qx0,y0，求出它的坐标，求出|AB|、点M，N到直线l【解答过程】（1）设椭圆右焦点的坐标为(c,0)(c>0)，则ca=1又a2=b因为点1,3所以1a2+94则a=2，b=3，所以椭圆C的标准方程为x（2）由（1）知F(1,0)，因为直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为x=ky+1，代入椭圆C的方程x24+y2设Ax1,y1，B设线段AB的中点为Qx0,y0，则y0=y1+y代入椭圆C的方程可得x=±43k2+4|AB|=1+k2y1−y2点M，N到直线l的距离分别为d1=x则四边形AMBN的面积为S=12×|AB|×d1+1因为点M，N在直线l的两侧，所以S=12×|AB|×xM−kyM−11+k2−xN因为0<13k因此，四边形AMBN的面积的取值范围为[6,4317．（2023·北京丰台·统考一模）已知椭圆E:x2a(1)求椭圆E的方程；(2)过点P2,0的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l:x=t的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别为S1，S2，S3，试问：是否存在常数t，使得S1，1【解题思路】(1)根据a,b,c的关系求解；(2)表示△BMP，△MNP，△CNP的面积，利用韦达定理表示出S1⋅S【解答过程】（1）根据已知可得b=1,2c=2，所以b=1,c=1,a所以椭圆E的方程为x2（2）由已知得，BC的斜率存在，且B,C在x轴的同侧，设直线BC的方程为y=k(x−2)，B(x1,则y由y=k(x−2)x2所以Δ因为S1所以S====11===1要使S1，12S2，S3所以存在t=1，使得S1，12S18．（2023·宁夏银川·校考一模）已知椭圆C:x2a(1)求椭圆C的标准方程；(2)点D(4,0)，斜率为k的直线l不过点D，且与椭圆C交于A，B两点，∠ADO=∠BDO(O为坐标原点).直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.【解题思路】（1）根据已知条件列方程即可解得a,b值，方程可求解；（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立椭圆方程结合韦达定理得x1,x2关系，又【解答过程】（1）由题意可得2b=2ca=3所以椭圆C的标准方程为x2（2）设直线l的方程为y=kx+m，Ax1联立y=kx+m整理得4k则Δ=8km又x1+因为∠ADO=∠BDO，所以kAD所以y所以2kx即2k⋅整理得8k+8m=0，即m=−k，此时Δ则直线l的方程为y=kx−k，故直线l过定点1,0.19．（2023·山东潍坊·统考一模）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为(1)求E的方程；(2)设点P1,0，直线PM,PN与E分别交于点C,D①判段直线CD是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点.请说明理由：②记直线CD,MN的倾斜角分别为α,β，当α−β取得最大值时，求直线CD的方程.【解题思路】（1）由题意得2c=23（2）①设y=kx+1，Mx1,y1,Nx2②由分析知，当α−β取得最大值时，tanα−β【解答过程】（1）由题意得2c=23ca=3所以E的方程为x2（2）①由题意得x24+y2x1+x2=代入x24+设Cx3,y3x3=5x1kCD所以直线CD的方程为y−3y12x1−5②因为kCD=7k3，所以tanα与tan当α−β取得最大值时，tanα−β由k>0时，tanα−β所以当且仅当k=217时等号成立，tanα−β此时直线CD的方程为y=2120．（2023·宁夏银川·校联考一模）已知圆F1：x+22+y2=16，E为圆F1(1)求动点G的轨迹C的方程；(2)已知A2,0，轨迹C上关于原点对称的两点M，N，射线AM，AN分别与圆x2+y2=4交于P，Q两点，记直线MN和直线①求AM与AN的斜率的乘积；②问k1【解题思路】（1）根据已知条件知点G的轨迹符合椭圆定义，运用椭圆定义求解即可.（2）①设出M、N坐标，运用点M、N在椭圆上进行等量代换及斜率公式计算kAM②设出直线AM与直线AN的方程，联立直线AM方程与椭圆方程可得x0、y0，进而求得k1，联立直线AM方程与圆方程可得x1、y1，同理可得x2、【解答过程】（1）由题意知，F1(−2,0)，r=4，因为(2如图所示，由题意知，|GE|=|GF2|所以动点G的轨迹为：以F1、F即：2a=4，c=2，所以a=2，b=所以动点G的轨迹C的方程为x2（2）①由题意知，直线AM与直线AN的斜率存在且不为0，设M(x0,y0)，∵M、N在椭圆上，∴x024∴kAM即：直线AM与直线AN的斜率的乘积为−1②设直线AM方程为x=my+2，由①知，kAM⋅kAN=−12联立x=my+2x因为A、M在轨迹C上，所以0+y0=−4mm所以k1联立x=my+2x因为A、P在圆上，所以0+y1=−4mm同理：y2=8m所以k2所以k1k2=2m21．（2023·陕西咸阳·统考二模）椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为(1)求椭圆C的方程；(2)若点Mx1,y1是椭圆x2m2+y2n2=1m>n>0上任一点，那么椭圆在点M处的切线方程为x1xm2+y1yn2=1．已知【解题思路】（1）根据离心率和椭圆所过点及a2（2）根据题意得到过点Nx0,y0的椭圆的切线方程及直线NQ方程，得到P、Q两点坐标，从而得到F【解答过程】（1）由题意得a2=b即椭圆C：x2（2）由题意知：过点Nx0,令x=0，则P0,∵NP⊥NQ且Nx0,y0令x=0，则Q0,−又F1−1,0，则F1P⋅即F1P⊥F∴∠PNQ=∠PF即点N、P、Q、F1、F2在以22．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>1的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为A，△AF1F2(1)求椭圆E的标准方程；(2)若椭圆E的左顶点为B，P为椭圆上一点（不与左、右顶点重合），直线BP交直线l：x=4于点R，∠PF2B的平分线交直线BP于点Q，求证：F2【解题思路】(1)由条件结合椭圆定义可得AF1=AF2=a(2)由条件设直线BP的方程为x=my−2m≠0，求点R,P方法一：由角平分线的性质结合点到直线的距离关系列方程求出点Q的坐标，根据数量积的性质证明F2方法二：先证明当直线PF2的斜率不存在时，kF2R由此可得∠PF2R=∠R【解答过程】（1）由题可得AF1=AF∴AF∵△AF1F2的面积为结合a>b>1，a得a=2，b=3，c=1∴椭圆E的标准方程为x2（2）易知点B的坐标为−2,0，又P为椭圆上一点（不与左、右顶点重合），故可设直线BP的方程为x=my−2m≠0∵R为直线BP与直线l:x=4的交点，∴xR代入x=my−2，得yR=6m，∴点联立得x=my−2x24解得y=0或y=12m3m代入x=my−2，得xP∴点P的坐标为6m解法一

∵F2Q平分∴点Q到直线F2B和直线∵F21,0，∴易得直线F设点Q的坐标为mt−2,t，则点Q到直线F2P的距离为点Q到直线F2B的距离为t，∴整理得3m∴3m2−得t=6m（舍去）或∴xQ=mt−2=m2−4又F21,0，∴F2∴F2Q⋅解法二

易知F21,0，∠PF2x，∠R①当直线PF2的斜率不存在时，根据对称性不妨取yP=32，则直线令x=4，得y=3，即R4,3，此时k故∠RF2x=∠R则∠QF2R=②当直线PFtan∠Ptan∠R∴tan2∠R∴∠PF2x=2∠R∵F2Q平分∠PF∴∠RF2Q=23．（2023·宁夏银川·校考一模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2，经过点1,32，若点P是椭圆C上一个动点（异于椭圆C的左右顶点），点N−3,0，E−2,0，(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：当点P变化时，点M恒在一条定直线上．【解题思路】（1）将点代入方程，结合焦距