2024-2025学年高考数学考点第九章平面解析几何椭圆理

椭圆1．椭圆的概念平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c<2a，其中a>0，c>0，且a，c为常数．2．椭圆的标准方程和几何性质标准方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)图形性质范围－a≤x≤a－b≤y≤b－b≤x≤b－a≤y≤a对称性对称轴：坐标轴对称中心：原点顶点坐标A1(－a,0)，A2(a,0)B1(0，－b)，B2(0，b)A1(0，－a)，A2(0，a)B1(－b,0)，B2(b,0)轴长轴A1A2的长为2a；短轴B1B2的长为2b焦距|F1F2|＝2c离心率e＝eq\f(c,a)∈(0,1)a，b，c的关系a2＝b2＋c2概念方法微思索1．在椭圆的定义中，若2a＝|F1F2|或2a<|F1F2|，动点P的轨迹如何？提示当2a＝|F1F2|时动点P的轨迹是线段F1F2；当2a<|F1F2|时动点P的轨迹是不存在的．2．椭圆的离心率的大小与椭圆的扁平程度有怎样的关系？提示由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)知，当a不变时，e越大，b越小，椭圆越扁；e越小，b越大，椭圆越圆．1．（2024•北京）已知椭圆的离心率为，则A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，，得，则，，即．故选．2．（2024•新课标Ⅰ）已知椭圆的焦点为，，过点的直线与椭圆交于，两点．若，，则的方程为A． B． C． D．【答案】B【解析】，，又，，又，，，，，，，在轴上．在△中，，在△中，由余弦定理可得，依据，可得，解得，．．所以椭圆的方程为：．故选．3．（2024•全国）已知椭圆过点和，则椭圆离心率A． B． C． D．【答案】A【解析】椭圆过点和，则，解得，，，，，故选．4．（2024•新课标Ⅰ）已知椭圆的一个焦点为，则的离心率为A． B． C． D．【答案】C【解析】椭圆的一个焦点为，可得，解得，，．故选．5．（2024•上海）设是椭圆上的动点，则到该椭圆的两个焦点的距离之和为A． B． C． D．【答案】C【解析】椭圆的焦点坐标在轴，，是椭圆上的动点，由椭圆的定义可知：则到该椭圆的两个焦点的距离之和为．故选．6．（2024•新课标Ⅱ）已知，是椭圆的左、右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，△为等腰三角形，，则的离心率为A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知：，，，直线的方程为：，由，，则，代入直线，整理得：，题意的离心率．故选．7．（2024•新课标Ⅱ）已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A． B． C． D．【答案】D【解析】，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，可得椭圆的焦点坐标，所以，．可得：，可得，可得，，解得．故选．8．（2024•全国）椭圆的焦点为，，点在上，，，则的长轴长为A．2 B． C． D．【答案】D【解析】椭圆的焦点为，，则，，，由余弦定理可得，即，解得，（舍去），，故选．9．（2024•上海）在平面直角坐标系中，已知椭圆和．为上的动点，为上的动点，是的最大值．记在上，在上，且，则中元素个数为A．2个 B．4个 C．8个 D．无穷个【答案】D【解析】椭圆和．为上的动点，为上的动点，可设，，，，则，当时，取得最大值6，则在上，在上，且中的元素有无穷多对．另解：令，，则，，由柯西不等式，当且仅当，取得最大值6，明显，满意条件的、有无穷多对，项正确．故选．10．（2024•新课标Ⅰ）设，是椭圆长轴的两个端点，若上存在点满意，则的取值范围是A．，， B．，， C．，， D．，，【答案】A【解析】假设椭圆的焦点在轴上，则时，设椭圆的方程为：，设，，，，则，，，，，，则，，当最大时，即时，取最大值，位于短轴的端点时，取最大值，要使椭圆上存在点满意，，，，解得：；当椭圆的焦点在轴上时，，当位于短轴的端点时，取最大值，要使椭圆上存在点满意，，，，解得：，的取值范围是，，故选．故选．11．（2024•浙江）椭圆的离心率是A． B． C． D．【答案】B【解析】椭圆，可得，，则，所以椭圆的离心率为：．故选．12．（2024•新课标Ⅲ）已知椭圆的左、右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相切，则的离心率为A． B． C． D．【答案】A【解析】以线段为直径的圆与直线相切，原点到直线的距离，化为：．椭圆的离心率．故选．13．（2024•上海）已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在其次象限），若点关于轴对称点为，且满意，求直线的方程是__________．【答案】【解析】椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在其次象限），若点关于轴对称点为，且满意，可知直线的斜率为，所以直线的方程是：，即．故答案为：．14．（2024•浙江）已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方．若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是__________．【答案】【解析】椭圆的，，，，设椭圆的右焦点为，连接，线段的中点在以原点为圆心，2为半径的圆，连接，可得，设的坐标为，可得，可得，，由，可得直线的斜率为．另解：由，，，可得，，可得直线的斜率为．故答案为：．15．（2024•上海）在椭圆上随意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为__________．【答案】，【解析】设，则点，椭圆的焦点坐标为，，，，，，结合可得：，故与的夹角满意：，故，故答案为：，．16．（2024•浙江）已知点，椭圆上两点，满意，则当__________时，点横坐标的肯定值最大．【答案】5【解析】设，，，，由，，可得，，即有，，又，即为，①，②①②得，可得，解得，，则，即有，即有时，有最大值4，即点横坐标的肯定值最大．故答案为：5．17．（2024•北京）已知椭圆，双曲线．若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆的离心率为__________；双曲线的离心率为__________．【答案】；2【解析】椭圆，双曲线．若双曲线的两条渐近线与椭圆的四个交点及椭圆的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，可得椭圆的焦点坐标，正六边形的一个顶点，，可得：，可得，可得，，解得．同时，双曲线的渐近线的斜率为，即，可得：，即，可得双曲线的离心率为．故答案为：；2．18．（2024•上海）设椭圆的左、右焦点分别为、，点在该椭圆上，则使得△是等腰三角形的点的个数是__________．【答案】6【解析】如图所示，①当点与短轴的顶点重合时，△构成以为底边的等腰三角形，此种状况有2个满意条件的等腰△；②当△构成以为一腰的等腰三角形时，共有4个．以作为等腰三角形的底边为例，，点在以为圆心，半径为焦距的圆上因此，当以为圆心，半径为的圆与椭圆有2交点时，存在2个满意条件的等腰△．同理可得：当以为圆心，半径为的圆与椭圆有2交点时，存在2个满意条件的等腰△．综上可得：满意条件的使得△是等腰三角形的点的个数为6．故答案为：6．19．（2024•上海）已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于，两点．（1）若直线垂直于轴，求；（2）当时，在轴上方时，求、的坐标；（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【解析】（1）依题意，，当轴时，则，，得；（2）设，，，，又在椭圆上，满意，即，，解得，即．直线，联立，解得，；（3）设，，，，，，直线，则，．联立，得．则，．由直线的方程：，得纵坐标；由直线的方程：，得的纵坐标．若，即，，，，代入根与系数的关系，得，解得．存在直线或满意题意．20．（2024•天津）设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若为原点），且，求直线的斜率．【解析】（Ⅰ）由题意可得，即，，，解得，，可得椭圆方程为；（Ⅱ），设的方程为，代入椭圆方程，可得，解得或，即有，，，令，可得，，又，，可得，解得，可得的斜率为．21．（2024•江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为，．过作轴的垂线，在轴的上方，1与圆交于点，与椭圆交于点．连结并延长交圆于点，连结交椭圆于点，连结．已知．（1）求椭圆的标准方程；（2）求点的坐标．【解析】（1）如图，，，，，则，，则，，，则椭圆方程为，取，得，则．又，，解得．椭圆的标准方程为；（2）由（1）知，，，，则，联立，得．解得或（舍．．即点的坐标为．22．（2024•江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，，，，圆的直径为．（1）求椭圆及圆的方程；（2）设直线与圆相切于第一象限内的点．①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；②直线与椭圆交于，两点．若的面积为，求直线的方程．【解析】（1）由题意可设椭圆方程为，焦点，，，，．，又，解得，．椭圆的方程为：，圆的方程为：．（2）①可知直线与圆相切，也与椭圆，且切点在第一象限，因此肯定小于0，可设直线的方程为，．由圆心到直线的距离等于圆半径，可得．由，可得，△，可得，，结合，，解得，．将，代入可得，解得，，故点的坐标为．②设，，，，由．联立直线与椭圆方程得，，到直线的距离，，的面积为，解得，（正值舍去），．为所求．23．（2024•全国）设椭圆的中心为，左焦点为，左顶点为，短轴的一个端点为，短轴长为4，的面积为（1）求，；（2）设直线与交于，两点，，四边形为平行四边形，求的方程．【解析】（1）依题意得，，解得，，（2）方法1（点差法）：由（1）得椭圆的方程为，因为四边形为平行四边形，设的中点为，则也是的中点，因为，则，设，，，，由题意，两式相减得，变形得，即，所以直线的方程为，即．带入，检验△，有两个交点，满意题意．方法2（韦达定理法）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，其中点为，不成立；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立得，消化简得，，设，，，，则，解得，带入上述二次方程，检验得△，满意题意．所以直线的方程为，即．强化训练强化训练1．（2024•河南模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，B为椭圆的上顶点，若A．22 B．32 C．12【答案】C【解析】设O为坐标原点，△BF1F2的外心必在线段OB上，且有c2+(b-2b3)2=(即a2﹣c2＝3c2，得a＝2c，∴椭圆C的离心率为e=c故选C．2．（2024•运城模拟）已知椭圆E：x2a+2+y2a=1(a＞0)的离心率为22，若面积为4的矩形ABCDA．2±12 B．3 C．3±1【答案】D【解析】由椭圆E的离心率为22，得a+2-aa+2=∴椭圆E的方程为x24+由椭圆与矩形的对称性可得该矩形的面积S=2cosθ×2∴sin2θ=22，即2θ=π4或∴|OA|故选D．3．（2024•南岗区校级模拟）已知F1、F2是椭圆x24+y23=1的左、右焦点，点P是椭圆上随意一点，以PF1为直径作圆N，直线ON与圆NA．23 B．4 C．3 D．1【答案】C【解析】连接PF2，由题意可知|PF2|＝2|ON|，|NQ|=12|PF所以|OQ|＝|ON|+|NQ|=12（|PF2|+|PF1|）由极化恒等式可知QF所以QF（极化恒等式：a→故选C．4．（2024•襄州区校级四模）已知F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点，PA．(13，23] B．[2【答案】D【解析】F1、F2分别是椭圆x2a2若存在以22c为半径的圆内切于△PF1F2，可得：∴(a+c)c=2c|yp|≤2bc，∴(a+c)≤2b，∴（a+c）2≤2b2∵（a+c）（a﹣3c）≥0，∴a≥3c，∴0＜e≤1故选D．5．（2024•马鞍山三模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），过左焦点F（﹣2，0）倾斜角为π3的直线交椭圆上半部分于点A，以FAA．3 B．23 C．33 D．43【答案】B【解析】依题意，c＝2，设A（x1，y1），B（x2，y2），∵四边形OFAB为平行四边形，∴y1＝y2，又x12a2+y12b2又FA∥OB，且直线FA的倾斜角为π3，∴y∵y1＝y2，x2＝﹣x1，∴x1＝﹣1，x2＝1，y1得A（﹣1，3），将A的坐标代入椭圆方程，可得1a2又a2﹣b2＝4，②联立①②解得：a2=4+23故选B．6．（2024•福州三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的焦距为2，右顶点为A．过原点与x轴不重合的直线交C于M，N两点，线段A．x24+yC．x29+【答案】C【解析】如图，设M（x0，y0），则N（﹣x0，﹣y0），∵A（a，0），且线段AM的中点为B，∴B（a+x02由B，F，N三点共线，得FN→∥FB∴FN→=(-x即-(x又y0≠0，解得a＝3，∴b2＝32﹣12＝8．可得C的方程为x2故选C．7．（2024•梅河口市校级模拟）已知经过原点O的直线与椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)相交于M，N两点（M在其次象限），AA．x29+yC．x236+【答案】C【解析】由|AF|＝4，得a﹣c＝4，设线段AN的中点为P，M（m，n），则N（﹣m，﹣n），又A（a，0），∴P（a-m2，-n2），F∵点M、F、P在同始终线上，∴kMF＝kFP，即n-0m-(a-4)化简即可求得a＝6，∴c＝2，则b2＝a2﹣c2＝32．故椭圆方程为x2故选C．8．（2024•邵阳三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，MF→1⋅MF2→=0，线段A．22 B．32 C．23【答案】A【解析】设|MF2|＝m，∵|MF1|，|MN|，|NF1|成等差数列，∴2|MN|＝|MF1|+|NF1|，∴|MN|＝|MF2|+|NF2|＝2a﹣|MF1|+2a﹣|NF1|＝4a﹣2|MN|，∴|MN|=43∴|NF2|=43a﹣∴|NF1|＝2a﹣（43a﹣m）=23a∵MF→∴MF1⊥MF2，∴Rt△F1MN中，|NF1|2＝|MN|2+|MF1|2，∴（2a﹣m）2+（43a）2＝（23a+m）整理可得m＝a，∴|MF2|＝a，|MF1|＝a，∴|F2F1|2＝|MF2|2+|MF1|2，∴4c2＝2a2，∴e=c故选A．9．（2024•启东市校级模拟）如图，已知A为椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，它关于原点的对称点为B，点F【答案】3【解析】如图所示：，由题意可知，以AB为直径的圆过F，点F为椭圆的右焦点，则∠AFB＝90°，且AB＝2c，又∵∠ABF=π6，则AF＝c，BF设椭圆的左焦点为E，由椭圆的对称性可得AE＝BF，由椭圆的定义得AF+BF＝AE+AF＝2a，则c+3c=2即离心率e=c故答案为：3-110．（2024•鼓楼区校级模拟）已知椭圆C：x24+y23=1的焦点是F1，F2，A，B是C上（不在长轴上）的两点，且F1A→∥F2B→．M为F【答案】椭圆；4【解析】如图，延长AF1交椭圆于D．设A（x1，y1），D（x2，y2），则B（﹣x2，﹣y2），由题意可知，AF1的斜率不为0，可设AF1：x＝my﹣1，则BF1：yx+1=y2x2-1①∴y=y联立x=my-1x24∴y1+y∴y2由①②得，x+1y+x-1y=2m-∴y2x2∴M的轨迹所在的曲线是椭圆；离心率e=(故答案为：椭圆；4511．（2024•天心区校级模拟）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为3【答案】9【解析】据题意ca=32，b＝1，解得于是|PF1|+|PF2|＝2a＝4，所以1=1当且仅当|PF2|＝2|PF1|，即|PF2|=故答案为：9412．（2024•东湖区校级模拟）已知椭圆x2m2+y2=1（m＞0）的焦点为F1，F2，若在长轴A1A2上任取一点M，过点M作垂直于A1A2的直线交椭圆于点P【答案】2或1【解析】联立椭圆x2m2+y2=1（m＞0），x2当m＞1时，解得x=±mc2-1c过点M作垂直于A1A2若使得PF1→•PF2→＜0的点M当0＜m＜1时，解得y＝±c2-m21-m故答案为：2或1213．（2024•桃城区校级模拟）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，若C的短轴长为46，且两个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点，则此椭圆的标准方程为__________【答案】x【解析】椭圆的短轴长为46，即46=2b，∴b=26，即a2∵2个焦点恰好为长轴的2个相邻的五等分点，∴2c=15×2a，得a解得c＝1，a＝5，故该椭圆的标准方程为x2故答案为：x214．（2024•威海一模）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点P(-1，32)（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若A为椭圆的右顶点，直线AP与y轴交于点H，过点H的另始终线与椭圆交于M、N两点，且S△HMA＝6S△PHN，求直线MN的方程．【解析】（Ⅰ）因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项，所以a＝2c，得a2＝4c2．又P(-1，32)在椭圆上，所以14c2+34c2=1，所以c＝1，可得椭圆的标准方程为x2（Ⅱ）因为P(-1，32)，由（Ⅰ）计算可知A当直线MN与x轴垂直时，不合题意．当直线MN与x轴不垂直时，设直线MN的方程为y＝kx+1，联立直线与椭圆的方程y=kx+1x24+y23=1，可得（4设M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理可得x1由S△HMA＝6S△PHN，可得|AH||MH|＝6|NH||PH|，又|AH|＝2|PH|，所以|MH|＝3|NH|，得x1＝﹣3x2，带入①，可得-2x所以3×16k2所以直线MN的方程为y=±615．（2024•4月份模拟）已知椭圆，C的中心为O，左、右焦点分别为F1，F2．上顶点为A，右顶点为B，且|OB|、|OA|、|OF2|成等比数列．（1）求椭圆C的离心率；（2）推断△F1AB的形态，并说明理由．【解析】（1）设椭圆的长轴长，短轴长，焦距分别为2a，2b，2c，则|OB|＝a，|OA|＝b，|OF2|＝c，由题设可得b2＝ac及b2＝a2﹣c2可得c2+ac﹣a2＝0，即e2+e﹣1＝0，解得e=-1±52，而所以椭圆的离心率为e=-1+（2）设椭圆的方程为：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），则A（0，b），因为b2＝ac，AF1→=（﹣c，﹣b），AB→所以AF1→⋅AB→=-ac+b即△ABF1为直角三角形．16．（2024•潍坊模拟）已知椭圆C1：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右顶点与抛物线C2：y2＝2px（p≥0）的焦点重合．C1的离心率为12，过C1（1）求椭圆C1和抛物线C2的方程；（2）过点M（3，0）的直线l与椭圆C1交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为点E，证明：直线AE过定点．【解析】（1）由C1的离心率为12，可得ca=12因为椭圆的右顶点与抛物线的焦点重合，所以a=p2，p＝2所以可得p＝4c，过C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截C2所得的弦长为42，令x＝c代入抛物线的方程：可得y2＝2p•c，所以|y|=2pc=22即42=2⋅22c，解得c＝1，所以a＝2，p由b2＝a2﹣c2可得b2＝4﹣1＝3，所以椭圆C1和抛物线C2的方程分别为：x24+y23（2）由题意可得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为：x＝my+3，设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意可得E（x2，﹣y2），直线与椭圆联立：x=my+33x2+4y2-12=0，整理可得：（4+3m2）y2+18my+15＝0，△＝182m2﹣4（4+3m2）•15＞0，可得m2＜7，y1+y2=直线AE的方程为：y﹣y1=y1+y2x1-x2（x﹣x1），整理可得：y=所以当x=43时，y＝0，即过定点（所以可证直线AE过定点（4317．（2024•大武口区校级一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，离心率为12，点P为椭圆C（1）求椭圆C的方程；（2）设点M（x1，y1），N（x2，y2）为椭圆C上的两个动点，当x1x2+y1y2为多少时，点O到直线MN的距离为定值．【解析】（1）依据题意，因为P在椭圆上，当P是短轴端点时，P到x轴距离最大，此时△PF1F2面积最大，所以12×2c×b=bc=3，由bc=所以椭圆方程为x2（2）依据题意，在x1≠x2时，设直线MN方程为y＝kx+m，原点到此直线的距离为d=|m|1+k由y=kx+mx24+y23=1，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，△＝64k2m2﹣4（3+4k2）（4m所以x1+xx1所以当x1x2+y1y2＝0时，m2=127(1+若x1＝x2，则y1＝﹣y2，x1x2+y1y综上所述，当x1x2+y1y2＝0时，点O到直线MN的距离为定值22118．（2024•大武口区校级一模）若椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的顶点到直线l1（1）求椭圆C的标准方程（2）设平行于l1的直线l交C于A，B两点，且OA⊥OB，求直线l的方程．【解析】（1）由直线l1：y＝x可知其与两坐标轴的夹角均为45°，故长轴端点到直线l1的距离为22a，短轴端点到直线l1的距离为所以22a=2，22b=所以椭圆C的标准方程为x2（2）设直线l：y＝x+t（t≠0），联立y=x+tx24+y2=1，整理得5x则△＝64t2﹣16×5（t2﹣1）＞0，解得-5设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x故y1因为OA⊥OB，即OA→解得t=±2105，满意-所以直线l的方程为y=x+210519．（2024•海安市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A，B两点分别为椭圆x2a2+y2b2=1（a＞（1）求椭圆的标准方程；（2）过点A的直线交椭圆于另一点P，交l于点Q．若以PQ为直径的圆经过原点，求直线PQ的方程．【解析】（1）设椭圆的焦距为2c（c＞0）．a2c=4所以椭圆的标准方程为：x2（2）由题意得直线PQ不垂直x轴，设PQ：y＝k（x﹣2）．联立y=k(x-2)3x2+4y2=12可得（4k2+3）x2﹣16∴xA∴P（8k联立y=k(x-2)x=4，可得Q（4，2k因为以PQ为直径的圆经过原点，所以OP→解得k=±3∴PQ直线方程为：3x-y-23=20．（2024•渭南一模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的顶点到直线l1（1）求椭圆C的标准方程（2）设平行于l1的直线l交C于A，B两点，且|OA→+OB→|＝|【解析】（1）由直线l1：y＝x可知其与两坐标轴的夹角均为45°，故长轴端点到直线l1的距离为22a，短轴端点到直线l1的距离为22所以22a=2，22b=22所以椭圆C的标准方程为x2（2）设直线l：y＝x+t（t≠0），联立y=x+tx24+y2=1，整理得5x则△＝64t2﹣16×5（t2﹣1）＞0，解得-5＜t设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=-8t5，x1x2故y1y2＝（x1+t）（x2+t）＝（x1+x2）t+x1x2+t2=t因为|OA→+OB→|＝|AB→即OA→⋅OB→=x1x2+y解得t＝±2105，满意-5＜t所以直线l的方程为y＝x+2105或y＝21．（2024•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右焦点为F（c，0），下顶点为P，过点M（0，b（1）当直线l平行于x轴时，P，F，A三点共线，且PA=332（2）当椭圆C的离心率为何值时，对随意的动直线l，总有PA⊥PB？【解析】（1）当直线l与x轴平行时，即l：y=12如图，作AD⊥x轴交x轴于点D，则依据ADOP=FDOF=AFPF12且PA=32PF=32c2又因为A在椭圆上，所以94c2a2+14b2所以椭圆C的方程为x2（2）①当直线l平行于x轴时，由PA⊥PB，得kPA•kPB=3∴a2＝3b2，又a2＝b2+c2，∴2a2＝3c2，∴e2=2∵e∈（0，1），∴e=6②当直线l不平行于x轴时，下面证明当e=63时，总有PA⊥事实上，由①知椭圆可化为x23b2+y2b2=1，设直线l的方程为y＝kx+b2，A（x1，y1），B（x2，y由y=kx+b2x2+3y∴x1+x2=-3kb1+3∵PA→=(x∴PA→⋅PB→=x1x2+（y1+b）（y=(1+k=(1+k=-=-9∴PA⊥PB，综上，当椭圆C的离心率为63时，对随意的动直线l，总有PA⊥PB22．（2024•阳泉三模）已知椭圆M：x2a2+y2b2=1（a＞b（1）求椭圆M的方程；（2）设直线l与椭圆M交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，求△ABC面积的最大值．【解析】（1）由已知e=ca=32，又a2＝b2+c2椭圆方程为x2将（2，22）代入方程得b＝1，a故椭圆的方程为x2（2）不妨设直线AB的方程x＝ky+m，联立x=ky+mx24+y2=1，消去x得（k2+4）y设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y1+y2又以线段AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，∴CA→由CA→=(x得（x1﹣2）（x2﹣2）+y1y2＝0，将x1＝ky1+m，x2＝ky2+m代入上式得：(k将①代入上式求得m=65或则直线l恒过点（65∴S△ABC设t=1k2+4（0﹣36t2+25t的对称轴方程为t=2572，在上（0，∴当t=14时，取得最大值为23．（2024•兴庆区校级四模）已知椭圆方程为x2（1）设椭圆的左右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上运动，求|PF（2）设直线l和圆x2+y2＝2相切，和椭圆交于A、B两点，O为原点，线段OA，OB分别和圆x2+y2＝2交于两点，设△AOB，△COD的面积分别为S1，S2，求S1【解析】（1）由已知，F1（-3，0），F2（3，0），设P（x，由焦半径公式可得|PFPF1→⋅PF结合x26+故|PF（2）当直线l的斜率不存在时，其方程为x=±2由对称性，不妨设x=2，此时A（2，2），B（2，-2故S1若直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx+m，由已知可得|m|1+k2=2，则m设A（x1，y1），B（x2，y2），将直线l与椭圆方程联立，得（2k2+1）x2+4kmx+2m2﹣6＝0．x1+x结合|OC|＝|OD|=2及y12可知S=1将根与系数的关系代入整理得：S1结合m2＝2（k2+1），得S1设t＝2k2+1≥1，u=1t则S1S2=∴S1S224．（2024•黄冈模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为点F1，F2，左、右顶点分别为A，B，长轴长为4，椭圆上随意一点P（不与（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过点F1的直线l1与椭圆C交于M，N两点，过