【新课预习衔接】3.1椭圆（培优卷.含解析）2025-2026学年高二上学期数学选择性必修第一册苏教版（2019）
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| 名称 | 【新课预习衔接】3.1椭圆（培优卷.含解析）2025-2026学年高二上学期数学选择性必修第一册苏教版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 142.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-12 10:36:39 | ||
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文档简介
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新课预习衔接 椭圆
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浙江模拟）已知F1，F2是椭圆C：x21的两个焦点，点M在C上，则|MF1| |MF2|的最大值为（ ）
A．1 B．4 C．9 D．6
2．（2024 盐田区校级期末）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⊥MF2的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024 薛城区期末）已知点F为椭圆C：的右焦点，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆M：（x+3）2+y2＝1上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024 金安区校级期末）已知椭圆方程为1（a＞0，b＞0），其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则椭圆的方程为（ ）
A．1 B．1
C．1 D．1
5．（2024 西青区期末）已知椭圆C：的离心率为，则m＝（ ）
A． B．1 C．3 D．4
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
（多选）7．（2024 南关区校级期末）已知椭圆，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得
B．椭圆C的弦MN被点（1，1）平分，则
C．PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为9
D．直线PA与直线PB斜率乘积为定值
三．填空题（共3小题）
8．（2024 陇南一模）已知M是椭圆上一点，线段AB是圆C：x2+（y﹣6）2＝4的一条动弦，且|AB|，则的最大值为 ．
9．（2024 鸡冠区校级期末）已知椭圆的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，△PQF2的周长为6，过F2作∠F2AF1外角平分线的垂线与直线BA交于点N，则|ON|＝ ．
10．（2024 叙州区校级期末）椭圆的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，bc＝12，则椭圆E的离心率e＝ ．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 福建模拟）已知椭圆的离心率是，点A（﹣2，0）在C上．
（1）求C的方程；
（2）过点（﹣2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
12．（2024 郑州二模）已知椭圆E：1（a＞b＞0）过点（0，1），且焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N．
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值．
13．（2024 盐田区校级期末）已知椭圆的左焦点为F（﹣2，0），点在C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若AB，PQ的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
14．（2024 城关区校级期末）已知椭圆C：的离心率为，是C上一点．
（1）求C的方程．
（2）A是C的右顶点，过点P（4，0）的直线l与C相交于M，N两点（异于点A），直线AM，AN的斜率分别k1，k2，试判断k1k2是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．
15．（2024 北辰区三模）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2的面积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l：y＝kx+m（m＞0）与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线l的方程．
新课预习衔接 椭圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浙江模拟）已知F1，F2是椭圆C：x21的两个焦点，点M在C上，则|MF1| |MF2|的最大值为（ ）
A．1 B．4 C．9 D．6
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由基本不等式及椭圆的定义可得所求的代数式的最大值．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝2，
由椭圆的定义可知|MF1|+|MF2|＝2a＝4，
所以|MF1| |MF2|≤（）2＝a2＝4，当且仅当|MF1|＝|MF2|时取等号．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
2．（2024 盐田区校级期末）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⊥MF2的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2＝c2，根据c＜b得到离心率范围．
【解答】解：因为MF1⊥MF2，故M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2＝c2，
圆在椭圆内部，故c＜b，，
故．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
3．（2024 薛城区期末）已知点F为椭圆C：的右焦点，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆M：（x+3）2+y2＝1上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】由椭圆的方程，求出a，b，c的值，设左焦点F'，再由椭圆的定义可得|PF|＝2a﹣|PF'|，可得代数式的最小值．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝5，b＝4，c＝3，
设椭圆的左焦点F'，则|PF|＝2a﹣|PF'|＝10﹣|PF'|，
由圆的方程可得圆心M与F'重合，且半径为1，
所以|PQ|＝|PF'|+1，
所以1，
因为P在椭圆上，所以a﹣c≤|PF'|≤a+c＝5+3＝8，
所以1．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
4．（2024 金安区校级期末）已知椭圆方程为1（a＞0，b＞0），其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则椭圆的方程为（ ）
A．1 B．1
C．1 D．1
【考点】椭圆的标准方程．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【答案】C
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆的方程可得，．两式相减可得：0．把x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，，代入上式可得：a2＝3b2．又c＝4，c2＝a2﹣b2，联立解得即可．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆的方程可得，．
两式相减可得：0．
由x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，，代入上式可得：
0，化为a2＝3b2．
又c＝4，c2＝a2﹣b2，联立解得a2＝24，b2＝8．
∴椭圆的方程为：1．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
5．（2024 西青区期末）已知椭圆C：的离心率为，则m＝（ ）
A． B．1 C．3 D．4
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】C
【分析】由题意可得a2＝m+1，b2＝m，利用离心率的计算公式即可求解．
【解答】解：椭圆，可得a2＝m+1，b2＝m，
所以该椭圆的离心率，
则m＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
【考点】椭圆的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】ABD
【分析】首先求出椭圆方程，当点P为该椭圆的上顶点时，求出∠F1PF2，即可判断A；利用余弦定理及三角形面积公式判断B；再根据|PF2|的范围判断C；根据椭圆的定义及|PF1|的范围判断D．
【解答】解：根据题意：可得c，|AB|的最小值为1，所以|AB|，又c2＝a2﹣b2，
所以a＝2，b＝1，所以椭圆方程为，
当点P为该椭圆的上顶点时，，所以∠OPF2＝60°，
此时∠F1PF2＝120°，所在存在点P，使得∠F1PF2＝90°，所以选项A正确；
若∠F1PF2＝60°，|PF1|+|PF2|＝4，|F1F2|＝2，
由余弦定理|F1F2|2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，
即|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝12，
又|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|＝16，
所以|PF1||PF2|，
所以，，所以选项B正确；
满足|PF2|＝|F1F2|的点P有两个，同理满足|PF1|＝|F1F2|的点P有两个，P在上下两个顶点时，有2个，所以选项C不正确；
对于选项D，|PF1|﹣|PF2|＝|PF1|﹣（2a﹣|PF1|）＝2|PF1|﹣4，
分析可得|PF1|∈[2，2]，|PF1|﹣|PF2|∈[﹣2，2]，所以选项D正确，
故选：ABD．
【点评】本题主要考查椭圆的几何性质，圆锥曲线中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
（多选）7．（2024 南关区校级期末）已知椭圆，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得
B．椭圆C的弦MN被点（1，1）平分，则
C．PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为9
D．直线PA与直线PB斜率乘积为定值
【考点】椭圆的中点弦．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】ABC
【分析】根据余弦定理结合余弦定理求出∠F1PF2的范围判断A；根据点差法求中点弦的斜率判定B；根据勾股定理和面积公式求解判断C；根据斜率公式及点P在椭圆上求解斜率之积判断D．
【解答】解：对于A．由余弦定理知
，
当且仅当|PF1|＝|PF1|时，等号成立，
∵y＝cosθ在（0，π）上递减，∴此时∠F2PF1为钝角最大，
则存在P使得，故A正确；
对于B．当直线MN的斜率不存在，即直线x＝1时，，
（1，1）不是线段MN的中点，∴直线MN的斜率存在．
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
两式相减并化简得，∴，故B正确；
对于C．|PF1|+|PF2|＝2a＝10，|F1F2|＝2c＝8，
∵PF1⊥PF2，∴，
由，解得|PF1||PF2|＝18．
∵PF1⊥PF2，∴，故C正确；
对于D．A（﹣5，0），B（5，0），设P（x0，y0）（x0≠±5），则，
整理得，
可得直线PA，PB的斜率分别为，
∴，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共3小题）
8．（2024 陇南一模）已知M是椭圆上一点，线段AB是圆C：x2+（y﹣6）2＝4的一条动弦，且|AB|，则的最大值为 70 ．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】70．
【分析】设AB中点为N，易得，点N的轨迹为以（0，6）为圆心，为半径的圆，可转化为，|MA|max＝|MC|max+r，设出点M的参数方程，求出|MC|max，即可得解．
【解答】解：如图，设AB中点为N，
由，
故点N的轨迹为以（0，6）为圆心，为半径的圆，
，
|MN|max＝|MC|max+r，设，
则
，
当且仅当时，，
所以，
．
故答案为：70．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9．（2024 鸡冠区校级期末）已知椭圆的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，△PQF2的周长为6，过F2作∠F2AF1外角平分线的垂线与直线BA交于点N，则|ON|＝ ．
【考点】椭圆的几何特征；直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】．
【分析】根据椭圆的定义可得△ABF2的周长为4a，结合△PQF2的周长可求出a的值，再根据外角平分线性质求出|F1N|，由勾股定理即可求得答案．
【解答】解：由题意知过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，
则|AF1|+|AF2|＝2a，|BF1|+|BF2|＝2a，
故△ABF2的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a，
由于AB∥PQ，且O是F1F2的中点，O在PQ上，则PQ为△ABF2的中位线，
则△PQF2的周长为△ABF2周长的一半，而△PQF2的周长为6，
即2a＝6，∴a＝3，则椭圆方程为，
则，
设∠F2AF1外角平分线为AT，又过F2作∠F2AF1外角平分线AT的垂线与直线BA交于点N，
故|AN|＝|AF2|，则|F1N|＝|AF1|+|AN|＝|AF1|+|AF2|＝2a＝6，
故．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查计算能力，属于中档题．
10．（2024 叙州区校级期末）椭圆的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，bc＝12，则椭圆E的离心率e＝ ．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】．
【分析】根据已知可得，解出b，c的值．又由题意可推得∠F1BF2≥90°，进而可得出，求出c＝4，即可得出离心率．
【解答】解：因为a2＝25，b2+c2＝25，
又bc＝12，
联立，解得或，
设椭圆的上顶点为B1，
则B1（0，b），
则，
因为椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，
所以∠F1B1F2≥90°，
即，即4c2≥2a2＝50，即，
所以c＝4，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 福建模拟）已知椭圆的离心率是，点A（﹣2，0）在C上．
（1）求C的方程；
（2）过点（﹣2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】综合题；对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意，根据椭圆离心率以及所过点的坐标，结合a，b，c之间的关系，列出等式即可求出椭圆的方程；
（2）设出直线PQ的方程，将直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根的判别式得到直线PQ的斜率k＜0，利用韦达定理得到相关表达式，设出直线AP的方程，得到点M的坐标，同理可得点N的坐标，再代入式子中进行求证即可．
【解答】解：（1）因为椭圆的离心率是，
所以e，①
因为点A（﹣2，0）在C上，
所以1，②
又a，③
联立①②③，解得a＝3，b＝2，c，
所以椭圆方程为；
（2）证明：易知直线PQ的斜率存在，
不妨设直线PQ的方程为y＝k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，消去y并整理得（4k2+9）x2+8k（2k+3）x+16（k2+3k）＝0，
此时Δ＝64k2（2k+3）2﹣64（4k2+9）（k2+3k）＝﹣1728k＞0，
解得k＜0，
由韦达定理得，，
因为A（﹣2，0），
此时直线，
令x＝0，
解得，
即，
同理得，
此时
3，
故线段MN的中点为定点，定点为（0，3）．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
12．（2024 郑州二模）已知椭圆E：1（a＞b＞0）过点（0，1），且焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N．
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程．
【专题】综合题；分类讨论；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）①证明过程见解析；
②．
【分析】（Ⅰ）由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式进行求解即可．
（Ⅱ）①设出直线AB和CD的方程，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出M，N的坐标，对，和m＝0这三种情况进行讨论，进而即可得证．
②结合①中信息，利用换元法、三角形面积公式以及基本不等式再进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆E过点（0，1），且焦距为，
所以b＝1，，
可得a2＝b2+c2＝4，
则椭圆E的方程为；
（Ⅱ）①证明：不妨设直线AB的方程为x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
可得直线CD的方程为x（m≠0），
联立，消去x并整理得（m2+4）y2+2my﹣3＝0，
此时Δ＝16m2+48＞0，
由韦达定理得，
所以，
同理得，
当，即m2＝1时，
直线MN的方程为x，
此时直线MN过点P（，0）；
当，
即m2≠1时，直线MN的斜率k，
所以直线MN的方程为，
令y＝0，
解得，
所以直线MN恒过点P（，0）；
当m＝0时，易得直线MN经过点P（，0），
综上，直线MN必过点P（，0）；
②因为S△MNS＝S△MPS+SNPS
，
不妨令t＝|m|，t≥2，
此时，
因为函数y＝4t在[2，+∞）上单调递增，
所以函数y在[2，+∞）上单调递减，
即S△MNS，当且仅当t＝2，m＝±1时，等号成立，
故△MNS面积的最大值为．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
13．（2024 盐田区校级期末）已知椭圆的左焦点为F（﹣2，0），点在C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若AB，PQ的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征．
【专题】综合题；分类讨论；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）；
（2）证明过程见解析，定点坐标为．
【分析】（1）由题意，确定焦点得到，解得a2＝6，b2＝2，得到椭圆方程．
（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线MN的方程，取代入计算得到答案．
【解答】解：（1）因为椭圆的左焦点为F（﹣2，0），
所以c＝2，
此时右焦点为F1（2，0），
因为点在椭圆上，
将x＝c代入椭圆C的方程中，
得到，
即，
又a2﹣b2＝4，
解得a2＝6，b2＝2（舍去负值），
则椭圆方程为；
（2）证明：当两条直线斜率存在时，
不妨设AB的直线方程为x＝my﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理得（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，
此时Δ＝16m2+8（m2+3）＝24m2+24＞0，
易知，，
即，
同理可得，
所以，
则直线MN的方程为，
令，
解得
，
则直线过定点；
当直线斜率不存在时，MN为x轴，恒过点．
综上，直线MN必过定点．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
14．（2024 城关区校级期末）已知椭圆C：的离心率为，是C上一点．
（1）求C的方程．
（2）A是C的右顶点，过点P（4，0）的直线l与C相交于M，N两点（异于点A），直线AM，AN的斜率分别k1，k2，试判断k1k2是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】（1）．（2）k1k2为定值．
【分析】（1）由已知条件联立方程组直接求解；
（2）设直线方程及点M、N的坐标，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解．
【解答】解：（1）由题可知，解得，
故C的方程为．
（2）k1k2是定值．
理由如下：显然l的斜率存在且不为0，则可设l的方程为y＝k（x﹣4），M（x1，y1），N（x2，y2）．
联立方程组，
整理得（1+4k2）x2﹣32k2x+64k2﹣4＝0，
则Δ＝（﹣32k2）2﹣4（1+4k2）（64k2﹣4）＝16﹣192k2＞0，
．
因为A（2，0），所以
．
故k1k2是定值，且该定值为．
【点评】本题考查了求椭圆标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．
15．（2024 北辰区三模）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2的面积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l：y＝kx+m（m＞0）与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线l的方程．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）或．
【分析】（Ⅰ）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．
【解答】解：（Ⅰ），
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，，
，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
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新课预习衔接 椭圆
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浙江模拟）已知F1，F2是椭圆C：x21的两个焦点，点M在C上，则|MF1| |MF2|的最大值为（ ）
A．1 B．4 C．9 D．6
2．（2024 盐田区校级期末）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⊥MF2的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024 薛城区期末）已知点F为椭圆C：的右焦点，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆M：（x+3）2+y2＝1上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024 金安区校级期末）已知椭圆方程为1（a＞0，b＞0），其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则椭圆的方程为（ ）
A．1 B．1
C．1 D．1
5．（2024 西青区期末）已知椭圆C：的离心率为，则m＝（ ）
A． B．1 C．3 D．4
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
（多选）7．（2024 南关区校级期末）已知椭圆，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得
B．椭圆C的弦MN被点（1，1）平分，则
C．PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为9
D．直线PA与直线PB斜率乘积为定值
三．填空题（共3小题）
8．（2024 陇南一模）已知M是椭圆上一点，线段AB是圆C：x2+（y﹣6）2＝4的一条动弦，且|AB|，则的最大值为 ．
9．（2024 鸡冠区校级期末）已知椭圆的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，△PQF2的周长为6，过F2作∠F2AF1外角平分线的垂线与直线BA交于点N，则|ON|＝ ．
10．（2024 叙州区校级期末）椭圆的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，bc＝12，则椭圆E的离心率e＝ ．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 福建模拟）已知椭圆的离心率是，点A（﹣2，0）在C上．
（1）求C的方程；
（2）过点（﹣2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
12．（2024 郑州二模）已知椭圆E：1（a＞b＞0）过点（0，1），且焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N．
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值．
13．（2024 盐田区校级期末）已知椭圆的左焦点为F（﹣2，0），点在C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若AB，PQ的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
14．（2024 城关区校级期末）已知椭圆C：的离心率为，是C上一点．
（1）求C的方程．
（2）A是C的右顶点，过点P（4，0）的直线l与C相交于M，N两点（异于点A），直线AM，AN的斜率分别k1，k2，试判断k1k2是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．
15．（2024 北辰区三模）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2的面积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l：y＝kx+m（m＞0）与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线l的方程．
新课预习衔接 椭圆
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 浙江模拟）已知F1，F2是椭圆C：x21的两个焦点，点M在C上，则|MF1| |MF2|的最大值为（ ）
A．1 B．4 C．9 D．6
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】由椭圆的方程可知a的值，再由基本不等式及椭圆的定义可得所求的代数式的最大值．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝2，
由椭圆的定义可知|MF1|+|MF2|＝2a＝4，
所以|MF1| |MF2|≤（）2＝a2＝4，当且仅当|MF1|＝|MF2|时取等号．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题．
2．（2024 盐田区校级期末）已知F1、F2是椭圆的两个焦点，满足MF1⊥MF2的点M总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2＝c2，根据c＜b得到离心率范围．
【解答】解：因为MF1⊥MF2，故M在F1F2为直径的圆上，即x2+y2＝c2，
圆在椭圆内部，故c＜b，，
故．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
3．（2024 薛城区期末）已知点F为椭圆C：的右焦点，点P是椭圆C上的动点，点Q是圆M：（x+3）2+y2＝1上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】B
【分析】由椭圆的方程，求出a，b，c的值，设左焦点F'，再由椭圆的定义可得|PF|＝2a﹣|PF'|，可得代数式的最小值．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝5，b＝4，c＝3，
设椭圆的左焦点F'，则|PF|＝2a﹣|PF'|＝10﹣|PF'|，
由圆的方程可得圆心M与F'重合，且半径为1，
所以|PQ|＝|PF'|+1，
所以1，
因为P在椭圆上，所以a﹣c≤|PF'|≤a+c＝5+3＝8，
所以1．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
4．（2024 金安区校级期末）已知椭圆方程为1（a＞0，b＞0），其右焦点为F（4，0），过点F的直线交椭圆与A，B两点．若AB的中点坐标为（1，﹣1），则椭圆的方程为（ ）
A．1 B．1
C．1 D．1
【考点】椭圆的标准方程．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【答案】C
【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆的方程可得，．两式相减可得：0．把x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，，代入上式可得：a2＝3b2．又c＝4，c2＝a2﹣b2，联立解得即可．
【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），代入椭圆的方程可得，．
两式相减可得：0．
由x1+x2＝2，y1+y2＝﹣2，，代入上式可得：
0，化为a2＝3b2．
又c＝4，c2＝a2﹣b2，联立解得a2＝24，b2＝8．
∴椭圆的方程为：1．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、“点差法”，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
5．（2024 西青区期末）已知椭圆C：的离心率为，则m＝（ ）
A． B．1 C．3 D．4
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】C
【分析】由题意可得a2＝m+1，b2＝m，利用离心率的计算公式即可求解．
【解答】解：椭圆，可得a2＝m+1，b2＝m，
所以该椭圆的离心率，
则m＝3．
故选：C．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于基础题．
二．多选题（共2小题）
（多选）6．（2024 百色期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点F2且垂直于x轴的直线与该椭圆相交于A，B两点，且|AB|＝1，点P在该椭圆上，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点P，使得∠F1PF2＝90°
B．若∠F1PF2＝60°，则
C．满足△F1PF2为等腰三角形的点P只有2个
D．|PF1|﹣|PF2|的取值范围为
【考点】椭圆的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】ABD
【分析】首先求出椭圆方程，当点P为该椭圆的上顶点时，求出∠F1PF2，即可判断A；利用余弦定理及三角形面积公式判断B；再根据|PF2|的范围判断C；根据椭圆的定义及|PF1|的范围判断D．
【解答】解：根据题意：可得c，|AB|的最小值为1，所以|AB|，又c2＝a2﹣b2，
所以a＝2，b＝1，所以椭圆方程为，
当点P为该椭圆的上顶点时，，所以∠OPF2＝60°，
此时∠F1PF2＝120°，所在存在点P，使得∠F1PF2＝90°，所以选项A正确；
若∠F1PF2＝60°，|PF1|+|PF2|＝4，|F1F2|＝2，
由余弦定理|F1F2|2＝|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|cos∠F1PF2，
即|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|＝12，
又|PF1|2+|PF2|2+2|PF1||PF2|＝16，
所以|PF1||PF2|，
所以，，所以选项B正确；
满足|PF2|＝|F1F2|的点P有两个，同理满足|PF1|＝|F1F2|的点P有两个，P在上下两个顶点时，有2个，所以选项C不正确；
对于选项D，|PF1|﹣|PF2|＝|PF1|﹣（2a﹣|PF1|）＝2|PF1|﹣4，
分析可得|PF1|∈[2，2]，|PF1|﹣|PF2|∈[﹣2，2]，所以选项D正确，
故选：ABD．
【点评】本题主要考查椭圆的几何性质，圆锥曲线中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
（多选）7．（2024 南关区校级期末）已知椭圆，F1，F2分别为它的左右焦点，A，B分别为它的左右顶点，点P是椭圆上的一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A．存在P使得
B．椭圆C的弦MN被点（1，1）平分，则
C．PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为9
D．直线PA与直线PB斜率乘积为定值
【考点】椭圆的中点弦．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】ABC
【分析】根据余弦定理结合余弦定理求出∠F1PF2的范围判断A；根据点差法求中点弦的斜率判定B；根据勾股定理和面积公式求解判断C；根据斜率公式及点P在椭圆上求解斜率之积判断D．
【解答】解：对于A．由余弦定理知
，
当且仅当|PF1|＝|PF1|时，等号成立，
∵y＝cosθ在（0，π）上递减，∴此时∠F2PF1为钝角最大，
则存在P使得，故A正确；
对于B．当直线MN的斜率不存在，即直线x＝1时，，
（1，1）不是线段MN的中点，∴直线MN的斜率存在．
设M（x1，y1），N（x2，y2），则，
两式相减并化简得，∴，故B正确；
对于C．|PF1|+|PF2|＝2a＝10，|F1F2|＝2c＝8，
∵PF1⊥PF2，∴，
由，解得|PF1||PF2|＝18．
∵PF1⊥PF2，∴，故C正确；
对于D．A（﹣5，0），B（5，0），设P（x0，y0）（x0≠±5），则，
整理得，
可得直线PA，PB的斜率分别为，
∴，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查椭圆的几何性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
三．填空题（共3小题）
8．（2024 陇南一模）已知M是椭圆上一点，线段AB是圆C：x2+（y﹣6）2＝4的一条动弦，且|AB|，则的最大值为 70 ．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】70．
【分析】设AB中点为N，易得，点N的轨迹为以（0，6）为圆心，为半径的圆，可转化为，|MA|max＝|MC|max+r，设出点M的参数方程，求出|MC|max，即可得解．
【解答】解：如图，设AB中点为N，
由，
故点N的轨迹为以（0，6）为圆心，为半径的圆，
，
|MN|max＝|MC|max+r，设，
则
，
当且仅当时，，
所以，
．
故答案为：70．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9．（2024 鸡冠区校级期末）已知椭圆的左，右焦点分别为F1，F2，过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，AF2，BF2分别交y轴于P，Q两点，△PQF2的周长为6，过F2作∠F2AF1外角平分线的垂线与直线BA交于点N，则|ON|＝ ．
【考点】椭圆的几何特征；直线与椭圆的综合．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】．
【分析】根据椭圆的定义可得△ABF2的周长为4a，结合△PQF2的周长可求出a的值，再根据外角平分线性质求出|F1N|，由勾股定理即可求得答案．
【解答】解：由题意知过点F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，
则|AF1|+|AF2|＝2a，|BF1|+|BF2|＝2a，
故△ABF2的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|＝4a，
由于AB∥PQ，且O是F1F2的中点，O在PQ上，则PQ为△ABF2的中位线，
则△PQF2的周长为△ABF2周长的一半，而△PQF2的周长为6，
即2a＝6，∴a＝3，则椭圆方程为，
则，
设∠F2AF1外角平分线为AT，又过F2作∠F2AF1外角平分线AT的垂线与直线BA交于点N，
故|AN|＝|AF2|，则|F1N|＝|AF1|+|AN|＝|AF1|+|AF2|＝2a＝6，
故．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查计算能力，属于中档题．
10．（2024 叙州区校级期末）椭圆的左，右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，bc＝12，则椭圆E的离心率e＝ ．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】．
【分析】根据已知可得，解出b，c的值．又由题意可推得∠F1BF2≥90°，进而可得出，求出c＝4，即可得出离心率．
【解答】解：因为a2＝25，b2+c2＝25，
又bc＝12，
联立，解得或，
设椭圆的上顶点为B1，
则B1（0，b），
则，
因为椭圆E上存在一点P，满足∠F1PF2＝90°，
所以∠F1B1F2≥90°，
即，即4c2≥2a2＝50，即，
所以c＝4，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
11．（2024 福建模拟）已知椭圆的离心率是，点A（﹣2，0）在C上．
（1）求C的方程；
（2）过点（﹣2，3）的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】综合题；对应思想；分析法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由题意，根据椭圆离心率以及所过点的坐标，结合a，b，c之间的关系，列出等式即可求出椭圆的方程；
（2）设出直线PQ的方程，将直线PQ的方程与椭圆方程联立，利用根的判别式得到直线PQ的斜率k＜0，利用韦达定理得到相关表达式，设出直线AP的方程，得到点M的坐标，同理可得点N的坐标，再代入式子中进行求证即可．
【解答】解：（1）因为椭圆的离心率是，
所以e，①
因为点A（﹣2，0）在C上，
所以1，②
又a，③
联立①②③，解得a＝3，b＝2，c，
所以椭圆方程为；
（2）证明：易知直线PQ的斜率存在，
不妨设直线PQ的方程为y＝k（x+2）+3，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立，消去y并整理得（4k2+9）x2+8k（2k+3）x+16（k2+3k）＝0，
此时Δ＝64k2（2k+3）2﹣64（4k2+9）（k2+3k）＝﹣1728k＞0，
解得k＜0，
由韦达定理得，，
因为A（﹣2，0），
此时直线，
令x＝0，
解得，
即，
同理得，
此时
3，
故线段MN的中点为定点，定点为（0，3）．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
12．（2024 郑州二模）已知椭圆E：1（a＞b＞0）过点（0，1），且焦距为2．
（Ⅰ）求椭圆E的标准方程；
（Ⅱ）过点S（1，0）作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N．
①证明：直线MN必过定点；
②若弦AB，CD的斜率均存在，求△MNS面积的最大值．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程．
【专题】综合题；分类讨论；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）①证明过程见解析；
②．
【分析】（Ⅰ）由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式进行求解即可．
（Ⅱ）①设出直线AB和CD的方程，将直线AB的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理求出M，N的坐标，对，和m＝0这三种情况进行讨论，进而即可得证．
②结合①中信息，利用换元法、三角形面积公式以及基本不等式再进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）因为椭圆E过点（0，1），且焦距为，
所以b＝1，，
可得a2＝b2+c2＝4，
则椭圆E的方程为；
（Ⅱ）①证明：不妨设直线AB的方程为x＝my+1（m≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），
可得直线CD的方程为x（m≠0），
联立，消去x并整理得（m2+4）y2+2my﹣3＝0，
此时Δ＝16m2+48＞0，
由韦达定理得，
所以，
同理得，
当，即m2＝1时，
直线MN的方程为x，
此时直线MN过点P（，0）；
当，
即m2≠1时，直线MN的斜率k，
所以直线MN的方程为，
令y＝0，
解得，
所以直线MN恒过点P（，0）；
当m＝0时，易得直线MN经过点P（，0），
综上，直线MN必过点P（，0）；
②因为S△MNS＝S△MPS+SNPS
，
不妨令t＝|m|，t≥2，
此时，
因为函数y＝4t在[2，+∞）上单调递增，
所以函数y在[2，+∞）上单调递减，
即S△MNS，当且仅当t＝2，m＝±1时，等号成立，
故△MNS面积的最大值为．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
13．（2024 盐田区校级期末）已知椭圆的左焦点为F（﹣2，0），点在C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过F的两条互相垂直的直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，若AB，PQ的中点分别为M，N，证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征．
【专题】综合题；分类讨论；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑推理；数学运算．
【答案】（1）；
（2）证明过程见解析，定点坐标为．
【分析】（1）由题意，确定焦点得到，解得a2＝6，b2＝2，得到椭圆方程．
（2）考虑斜率存在和不存在的情况，设出直线，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，确定中点坐标得到直线MN的方程，取代入计算得到答案．
【解答】解：（1）因为椭圆的左焦点为F（﹣2，0），
所以c＝2，
此时右焦点为F1（2，0），
因为点在椭圆上，
将x＝c代入椭圆C的方程中，
得到，
即，
又a2﹣b2＝4，
解得a2＝6，b2＝2（舍去负值），
则椭圆方程为；
（2）证明：当两条直线斜率存在时，
不妨设AB的直线方程为x＝my﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去x并整理得（m2+3）y2﹣4my﹣2＝0，
此时Δ＝16m2+8（m2+3）＝24m2+24＞0，
易知，，
即，
同理可得，
所以，
则直线MN的方程为，
令，
解得
，
则直线过定点；
当直线斜率不存在时，MN为x轴，恒过点．
综上，直线MN必过定点．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
14．（2024 城关区校级期末）已知椭圆C：的离心率为，是C上一点．
（1）求C的方程．
（2）A是C的右顶点，过点P（4，0）的直线l与C相交于M，N两点（异于点A），直线AM，AN的斜率分别k1，k2，试判断k1k2是否为定值．若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的几何特征．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】（1）．（2）k1k2为定值．
【分析】（1）由已知条件联立方程组直接求解；
（2）设直线方程及点M、N的坐标，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求解．
【解答】解：（1）由题可知，解得，
故C的方程为．
（2）k1k2是定值．
理由如下：显然l的斜率存在且不为0，则可设l的方程为y＝k（x﹣4），M（x1，y1），N（x2，y2）．
联立方程组，
整理得（1+4k2）x2﹣32k2x+64k2﹣4＝0，
则Δ＝（﹣32k2）2﹣4（1+4k2）（64k2﹣4）＝16﹣192k2＞0，
．
因为A（2，0），所以
．
故k1k2是定值，且该定值为．
【点评】本题考查了求椭圆标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了方程思想及数学运算能力，属于中档题．
15．（2024 北辰区三模）已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，上、下顶点分别为A1，A2，且四边形A1F1A2F2的面积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l：y＝kx+m（m＞0）与椭圆C交于P，Q两点，且P，Q关于原点的对称点分别为M，N，若|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，则当四边形PQMN面积最大时，求直线l的方程．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程；椭圆的几何特征．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）或．
【分析】（Ⅰ）由椭圆的性质及已知条件可得a，b，c的关系，从而可求出a，b，c的值，从而可得椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）直线l方程与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示出|OP|2+|OQ|2，由|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，可求出k的值，表示出四边形PQMN面积，求出当四边形PQMN面积最大时m的值，即可求解直线l的方程．
【解答】解：（Ⅰ），
，所以，
因为a2＝b2+c2，所以a＝2，，c＝1，
所以椭圆方程为．
（Ⅱ）设P（x1，y1），Q（x2，y2），
，
联立，消去y整理得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（4m2﹣12）（3+4k2）＞0，即m2＜3+4k2，
所以，，
，
因为|OP|2+|OQ|2是一个与m无关的常数，所以32k2﹣24＝0，，，
，，
点O到直线l的距离，
所以，
当且仅当，即m2＝3，
因为m＞0，所以时，取得最大值为，
因为S四边形MNPQ＝4S△POQ，所以S△POQ最大时，S四边形MNPQ最大，
所以或．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
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