【新课预习衔接】2.1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北师大版（2019）
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| 名称 | 【新课预习衔接】2.1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北师大版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 152.9KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-12 10:54:06 | ||
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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 道里区校级期末）已知椭圆，若P在椭圆M上，F1，F2是椭圆M的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A．若|PF1|＝|PF2|，则∠PF1F2＝30°
B．△F1PF2面积的最大值为2
C．|PF1|﹣|PF2|的最大值为
D．|PF1| |PF2|的最大值为4
（多选）7．（2024 泸县校级期末）已知椭圆1（0＜b＜2）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|AF2|+|BF2|的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为2
B．当|AF2|+|BF2|最大时，|AF2|＝|BF2|
C．离心率为
D．|AB|的最小值为3
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 南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是椭圆C：的右顶点，上顶点，若C的离心率为，且O到直线AB的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（2，1）的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，点N在x轴下方且不在y轴上，设直线BM，BN的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值，并求出该定值；
②设直线BM与x轴交于点T，求△BNT的面积S的最大值．
12．（2024 东阳市校级月考）已知椭圆的离心率为，且左顶点A与上顶点B的距离|AB|＝3．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过坐标原点O的直线l交椭圆C于P，Q两点（P，Q两点不与椭圆上、下顶点重合），当△OPQ的面积最大时，求kOP kOQ的值．
13．（2024 重庆模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（0，1）和（0，﹣1），设△ABM的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为k1，k2．
（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数λ，使得当k1k2＝λ时，OG⊥OH；
（ii）若，当||EF|﹣|PQ||最大时，求四边形EPFQ的面积．
14．（2024春 仁寿县期末）已知P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB的斜率之和为﹣1，证明：直线l必过定点，并求出这个定点坐标．
15．（2024 四川模拟）已知椭圆的焦距为，直线与E在第一象限的交点P的横坐标为3．
（1）求E的方程；
（2）设直线l2：y＝kx+m与椭圆E相交于两点M，N，试探究直线PM与直线PN能否关于直线l1对称．若能对称，求此时直线l2的斜率；若不能对称，请说明理由．
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 道里区校级期末）已知椭圆，若P在椭圆M上，F1，F2是椭圆M的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A．若|PF1|＝|PF2|，则∠PF1F2＝30°
B．△F1PF2面积的最大值为2
C．|PF1|﹣|PF2|的最大值为
D．|PF1| |PF2|的最大值为4
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】ACD
【分析】由椭圆的方程可得a，b的值，进而可得c的值，由椭圆的性质判断出所给命题的真假．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝2，b＝1，c，
A中，当|PF1|＝|PF2|时，则P在短轴的顶点处，即P（0，±1），
可得sin∠PF1F2，所以∠PF1F2＝30°，所以A正确；
B中， 2c b＝bc，所以B不正确；
C中，|PF1|﹣|PF2|＝2a﹣2|PF2|≤2a﹣2（a﹣c）＝2c＝2，所以C正确；
D中，|PF1| |PF2|≤（）2＝a2＝4，当且仅当|PF1|＝|PF2|＝a＝2时取等号，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
（多选）7．（2024 泸县校级期末）已知椭圆1（0＜b＜2）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|AF2|+|BF2|的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为2
B．当|AF2|+|BF2|最大时，|AF2|＝|BF2|
C．离心率为
D．|AB|的最小值为3
【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】ABD
【分析】根据已知条件，结合椭圆的定义，以及性质，即可依次判断．
【解答】解：椭圆1（0＜b＜2），
则a＝2，
故|BF2|+|AF2|+|AB|＝4a＝8，
∵|AF2|+|BF2|的最大值为5，
∴|AB|的最小值为3，故D正确；
当且仅当AB⊥x轴时，|AB|取得最小值，此时|AF2|＝|BF2|，故B正确；
由B的分析，不妨令A（﹣c，），代入椭圆方程，得，
又c2＝a2﹣b2＝4﹣b2，
故，解得b，
故椭圆的短轴长为，故A正确；
易得c＝1，
所以，故C错误．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
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 南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是椭圆C：的右顶点，上顶点，若C的离心率为，且O到直线AB的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（2，1）的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，点N在x轴下方且不在y轴上，设直线BM，BN的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值，并求出该定值；
②设直线BM与x轴交于点T，求△BNT的面积S的最大值．
【考点】椭圆的顶点．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）y2＝1．
（2）①证明详情见解答．
②22．
【分析】（1）设椭圆C的焦距为2c（c＞0），则，又a2﹣b2＝c2，得a＝2b，写出直线AB的方程，由原点O到直线BA的距离为，解得a，b，即可得出答案．
（2）设直线l的方程为y﹣1＝k（x﹣2），其中k，且k≠1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，
①计算，即可得出答案．
②写出直线BM，BN的方程，进而可得T，Q点坐标，联立直线BN与椭圆的方程，解得x2，y2，计算△BNT的面积S，进而可得答案．
【解答】解：（1）设椭圆C的焦距为2c（c＞0），
因为椭圆C的离心率为，
所以，
由a2﹣b2＝c2，得a2﹣b2a2，即a＝2b，
所以直线AB的方程为1，即x+2y﹣2b＝0，
因为原点O到直线BA的距离为，
所以，
解得b＝1，a＝2，
所以椭圆C的标准方程为y2＝1．
（2）设直线l的方程为y﹣1＝k（x﹣2），其中k，且k≠1，即y＝kx﹣2k+1，
设直线l与椭圆C交于点M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得（4k2+1）x2﹣（16k2﹣8k）x+16k2﹣16k＝0，
则x1+x2，x1x2，
①证明： （）
4，为定值，得证．
②直线BM的方程为y＝k1x+1，
令y＝0，得x，故T（，0），
设直线BN与x轴交于点Q，
直线BN的方程为y＝kx+1，
令y＝0，得x，故Q（，0），
联立，得（41）x2+8k2x＝0，
解得x2或x2＝0（舍去），
则y2＝k2x2+1＝k2 （）+11，
所以△BNT的面积S |QT| |yB﹣y2||| |1﹣（1）|＝|| ，
由①可知，4，
所以4，代入上式得S＝|4| |2| ，
因为点N在x轴下方且不在y轴上，
所以k2或k2，即20，
所以S＝（2） 4 4（1），
当k2时，S＝4（1）＜4，
当k2时，S＝4（1）＞4，
所以只需考虑k2，令t＝2k2﹣1，则t＞0，
所以S＝4[1]＝4（1）≤4（1）＝22，当且仅当t，即t，k2时取等号，
所以△BNT面积S的最大值为22．
【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，属于难题．
12．（2024 东阳市校级月考）已知椭圆的离心率为，且左顶点A与上顶点B的距离|AB|＝3．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过坐标原点O的直线l交椭圆C于P，Q两点（P，Q两点不与椭圆上、下顶点重合），当△OPQ的面积最大时，求kOP kOQ的值．
【考点】椭圆的顶点．
【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】（1）；
（2）．
【分析】（1）由离心率可得a2＝2c2，c2＝b2，由|AB|＝3可得a2+b2＝9，即可得答案；
（2）设点O到直线l的距离为d．P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意及韦达定理可得△OPQ在直线PQ斜率存在或不存在两种情况下的面积表达式，由基本不等式可得面积取最大值时需满足条件，即可得此时kOP kOQ的值．
【解答】解：（1）设椭圆C的半焦距为c，由题意，得，可得a2＝2c2，c2＝b2．又，解得a2＝6，b2＝3．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设点O到直线l的距离为d．P（x1，y1），Q（x2，y2）．
①直线l的斜率不存在时．
设直线l的方程为，且m＝0），则，
所以，
当m2＝3时等号成立．即当m2＝3时，△OPQ的面积最大，
此时，．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+t（t≠0，且t2≠3），
由消去y并整理可得（1+2k2）x2+4ktx+2t2﹣6＝0．
由题意知Δ＝16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣6）＝8（6k2﹣t2+3）＞0．
由韦达定理，，
则．
又，所以
，
当且仅当时，等号成立．
所以当3+6k2＝2t2（t≠0，且t2≠3）时，△OPQ的面积最大．
此时
．
综上所述，当△OPQ的面积最大时，．
【点评】本题涉及求椭圆中三角形最值及相关斜率问题，关键为分斜率存在与斜率不存在两种情况写出三角形面积表达式，对于求面积最值，基本不等式是很有效的工具．
13．（2024 重庆模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（0，1）和（0，﹣1），设△ABM的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为k1，k2．
（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数λ，使得当k1k2＝λ时，OG⊥OH；
（ii）若，当||EF|﹣|PQ||最大时，求四边形EPFQ的面积．
【考点】椭圆相关动点轨迹．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）．
【分析】（1）根据题意可得，|AB|＝2，化简得|MA|+|MB|＝4＞|AB|，由椭圆定义可知，曲线C以A，B焦点，且2a＝4的椭圆，求出即可；
（2）（i） 由直线EF的方程为y＝k1x+1，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系可得G（，），同理可得H（，），欲使OG⊥OH，则，求出；
（ii）由弦长公式可得|EF|，|PQ|的表达式，则||EF|﹣|PQ||的表达式，利用换元法和基本不等式知k2＝±1时取最大值，不妨设此时k2＝1，，直线EF和PQ的夹角为θ，则，从而，再由弦长公式求出|PQ|、|EF|，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得，|AB|＝2，
易知|MA|+|MB|＝4＞|AB|，
由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，且长轴长为4的椭圆上，
又M不能在直线AB上，即c＝1，a＝2，所以b4，
所以C的方程为：（x≠0）；
（2）（i） 设E（x1，y1），F（x2，y2），G（x0，y0），
易知直线EF的方程为y＝k1x+1，
联立，整理可得（4+3）x2+6k1x﹣9＝0，
所以x1+x2，x1x2，
所以EF的中点G（x0，y0），则x0，y0＝k1x0+1，
即G（，），
同理可得H（，），
欲使OG⊥OH，则，
即9k1k2+16＝9λ+16＝0，所以，
所以存在唯一常数，使得当时，OG⊥OH；
（ii） 由（i）易知x1+x2，x1x2，
可得|EF| 4，
同理可得|PQ|4，
因为，则k1k2，
设t＞0，则，
则||EF|﹣|PQ||＝||＝||，
当且仅当t＝1，即k2＝±1时取等号，
由椭圆的对称性，不妨设此时k2＝1，，
且直线EF和PQ的夹角为θ，
则，不难求得，
此时，易知|PQ|＝44，|EF|＝4，
所以四边形EPFQ的面积为：．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
14．（2024春 仁寿县期末）已知P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB的斜率之和为﹣1，证明：直线l必过定点，并求出这个定点坐标．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）可得，，b＝1即可得到椭圆C的标准方程
（2）设不经过点P的直线l方程为：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），由得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0 ，，1，m＝﹣2k﹣1即可．
【解答】解：（1）∵P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
∴，∴，b＝1
a
∴椭圆C的标准方程：．
（2）当直线l的斜率不存在时，设A（x1，y1），B（x2，y2），
由1，x1＝x2，yy1＝﹣y2
得x1＝2，此时A，B重合，不符合题意．
设不经过点P的直线l方程为：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
，，
，kPB，
1
（kx1﹣1+m）x2+（kx2﹣1+m）x1＝x1x2 （2k+1）（m﹣1）（x1+x2）＝0
（m﹣1）（2k+m+1）＝0，
∵m≠1，∴m＝﹣2k﹣1，
∴y＝k（x﹣2）﹣1，
直线l必过定点（2，﹣1）．
【点评】本考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题，属于中档题．
15．（2024 四川模拟）已知椭圆的焦距为，直线与E在第一象限的交点P的横坐标为3．
（1）求E的方程；
（2）设直线l2：y＝kx+m与椭圆E相交于两点M，N，试探究直线PM与直线PN能否关于直线l1对称．若能对称，求此时直线l2的斜率；若不能对称，请说明理由．
【考点】椭圆的对称性．
【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】（1）；
（2）直线PM与直线PN能够关于直线l1对称，此时直线l2的斜率为1．
【分析】（1）由题意可得，由在E上，可得a2＝12，进而可求得椭圆方程；
（2）将y＝kx+m代入，设M（x1，y1），N（x2，y2），进而可得x1+x2，x1x2，若直线PM与直线PN关于直线l1对称，则，求解判断即可．
【解答】解：（1）由已知，，所以．
而在E上，所以．
于是，a2＝12．则b2＝a2﹣c2＝4，
故椭圆E的方程为．
（2）可知P（3，1），将y＝kx+m代入，
得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣12＝0．
由Δ＝36k2m2﹣4（1+3k2）（3m2﹣12）＞0，有m2﹣12k2﹣4＜0．
设M（x1，y1），N（x2，y2），易知x1≠x2．
则．
因为直线PM与直线PN关于直线l1对称，
则直线PM与PN存在斜率，且斜率互为相反数．
所以，
即（y1﹣1）（x2﹣3）+（y2﹣1）（x1﹣3）＝0，
即x1y2+x2y1﹣（x1+x2）﹣3（y1+y2）+6＝0，
所以2kx1x2+（m﹣1﹣3k）（x1+x2）+6﹣6m＝0，
则，
即3k2+（m﹣4）k﹣m+1＝0，所以k＝1或m＝1﹣3k．
当m＝1﹣3k时，MN的方程为y＝k（x﹣3）+1，经过P点，与题意不符，故舍去．
故直线PM与直线PN能够关于直线l1对称，此时直线l2的斜率为k＝1，
同时应有m∈（﹣4，4）．
【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，属于中档题．
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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 道里区校级期末）已知椭圆，若P在椭圆M上，F1，F2是椭圆M的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A．若|PF1|＝|PF2|，则∠PF1F2＝30°
B．△F1PF2面积的最大值为2
C．|PF1|﹣|PF2|的最大值为
D．|PF1| |PF2|的最大值为4
（多选）7．（2024 泸县校级期末）已知椭圆1（0＜b＜2）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|AF2|+|BF2|的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为2
B．当|AF2|+|BF2|最大时，|AF2|＝|BF2|
C．离心率为
D．|AB|的最小值为3
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 南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是椭圆C：的右顶点，上顶点，若C的离心率为，且O到直线AB的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（2，1）的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，点N在x轴下方且不在y轴上，设直线BM，BN的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值，并求出该定值；
②设直线BM与x轴交于点T，求△BNT的面积S的最大值．
12．（2024 东阳市校级月考）已知椭圆的离心率为，且左顶点A与上顶点B的距离|AB|＝3．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过坐标原点O的直线l交椭圆C于P，Q两点（P，Q两点不与椭圆上、下顶点重合），当△OPQ的面积最大时，求kOP kOQ的值．
13．（2024 重庆模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（0，1）和（0，﹣1），设△ABM的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为k1，k2．
（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数λ，使得当k1k2＝λ时，OG⊥OH；
（ii）若，当||EF|﹣|PQ||最大时，求四边形EPFQ的面积．
14．（2024春 仁寿县期末）已知P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB的斜率之和为﹣1，证明：直线l必过定点，并求出这个定点坐标．
15．（2024 四川模拟）已知椭圆的焦距为，直线与E在第一象限的交点P的横坐标为3．
（1）求E的方程；
（2）设直线l2：y＝kx+m与椭圆E相交于两点M，N，试探究直线PM与直线PN能否关于直线l1对称．若能对称，求此时直线l2的斜率；若不能对称，请说明理由．
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 道里区校级期末）已知椭圆，若P在椭圆M上，F1，F2是椭圆M的左、右焦点，则下列说法正确的有（ ）
A．若|PF1|＝|PF2|，则∠PF1F2＝30°
B．△F1PF2面积的最大值为2
C．|PF1|﹣|PF2|的最大值为
D．|PF1| |PF2|的最大值为4
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；数学运算．
【答案】ACD
【分析】由椭圆的方程可得a，b的值，进而可得c的值，由椭圆的性质判断出所给命题的真假．
【解答】解：由椭圆的方程可得a＝2，b＝1，c，
A中，当|PF1|＝|PF2|时，则P在短轴的顶点处，即P（0，±1），
可得sin∠PF1F2，所以∠PF1F2＝30°，所以A正确；
B中， 2c b＝bc，所以B不正确；
C中，|PF1|﹣|PF2|＝2a﹣2|PF2|≤2a﹣2（a﹣c）＝2c＝2，所以C正确；
D中，|PF1| |PF2|≤（）2＝a2＝4，当且仅当|PF1|＝|PF2|＝a＝2时取等号，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用，属于中档题．
（多选）7．（2024 泸县校级期末）已知椭圆1（0＜b＜2）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|AF2|+|BF2|的最大值为5，则（ ）
A．椭圆的短轴长为2
B．当|AF2|+|BF2|最大时，|AF2|＝|BF2|
C．离心率为
D．|AB|的最小值为3
【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】ABD
【分析】根据已知条件，结合椭圆的定义，以及性质，即可依次判断．
【解答】解：椭圆1（0＜b＜2），
则a＝2，
故|BF2|+|AF2|+|AB|＝4a＝8，
∵|AF2|+|BF2|的最大值为5，
∴|AB|的最小值为3，故D正确；
当且仅当AB⊥x轴时，|AB|取得最小值，此时|AF2|＝|BF2|，故B正确；
由B的分析，不妨令A（﹣c，），代入椭圆方程，得，
又c2＝a2﹣b2＝4﹣b2，
故，解得b，
故椭圆的短轴长为，故A正确；
易得c＝1，
所以，故C错误．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
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 南通模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别是椭圆C：的右顶点，上顶点，若C的离心率为，且O到直线AB的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P（2，1）的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中点M在第一象限，点N在x轴下方且不在y轴上，设直线BM，BN的斜率分别为k1，k2．
①求证：为定值，并求出该定值；
②设直线BM与x轴交于点T，求△BNT的面积S的最大值．
【考点】椭圆的顶点．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学运算．
【答案】（1）y2＝1．
（2）①证明详情见解答．
②22．
【分析】（1）设椭圆C的焦距为2c（c＞0），则，又a2﹣b2＝c2，得a＝2b，写出直线AB的方程，由原点O到直线BA的距离为，解得a，b，即可得出答案．
（2）设直线l的方程为y﹣1＝k（x﹣2），其中k，且k≠1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，
①计算，即可得出答案．
②写出直线BM，BN的方程，进而可得T，Q点坐标，联立直线BN与椭圆的方程，解得x2，y2，计算△BNT的面积S，进而可得答案．
【解答】解：（1）设椭圆C的焦距为2c（c＞0），
因为椭圆C的离心率为，
所以，
由a2﹣b2＝c2，得a2﹣b2a2，即a＝2b，
所以直线AB的方程为1，即x+2y﹣2b＝0，
因为原点O到直线BA的距离为，
所以，
解得b＝1，a＝2，
所以椭圆C的标准方程为y2＝1．
（2）设直线l的方程为y﹣1＝k（x﹣2），其中k，且k≠1，即y＝kx﹣2k+1，
设直线l与椭圆C交于点M（x1，y1），N（x2，y2），
联立，得（4k2+1）x2﹣（16k2﹣8k）x+16k2﹣16k＝0，
则x1+x2，x1x2，
①证明： （）
4，为定值，得证．
②直线BM的方程为y＝k1x+1，
令y＝0，得x，故T（，0），
设直线BN与x轴交于点Q，
直线BN的方程为y＝kx+1，
令y＝0，得x，故Q（，0），
联立，得（41）x2+8k2x＝0，
解得x2或x2＝0（舍去），
则y2＝k2x2+1＝k2 （）+11，
所以△BNT的面积S |QT| |yB﹣y2||| |1﹣（1）|＝|| ，
由①可知，4，
所以4，代入上式得S＝|4| |2| ，
因为点N在x轴下方且不在y轴上，
所以k2或k2，即20，
所以S＝（2） 4 4（1），
当k2时，S＝4（1）＜4，
当k2时，S＝4（1）＞4，
所以只需考虑k2，令t＝2k2﹣1，则t＞0，
所以S＝4[1]＝4（1）≤4（1）＝22，当且仅当t，即t，k2时取等号，
所以△BNT面积S的最大值为22．
【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，属于难题．
12．（2024 东阳市校级月考）已知椭圆的离心率为，且左顶点A与上顶点B的距离|AB|＝3．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过坐标原点O的直线l交椭圆C于P，Q两点（P，Q两点不与椭圆上、下顶点重合），当△OPQ的面积最大时，求kOP kOQ的值．
【考点】椭圆的顶点．
【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】（1）；
（2）．
【分析】（1）由离心率可得a2＝2c2，c2＝b2，由|AB|＝3可得a2+b2＝9，即可得答案；
（2）设点O到直线l的距离为d．P（x1，y1），Q（x2，y2），由题意及韦达定理可得△OPQ在直线PQ斜率存在或不存在两种情况下的面积表达式，由基本不等式可得面积取最大值时需满足条件，即可得此时kOP kOQ的值．
【解答】解：（1）设椭圆C的半焦距为c，由题意，得，可得a2＝2c2，c2＝b2．又，解得a2＝6，b2＝3．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设点O到直线l的距离为d．P（x1，y1），Q（x2，y2）．
①直线l的斜率不存在时．
设直线l的方程为，且m＝0），则，
所以，
当m2＝3时等号成立．即当m2＝3时，△OPQ的面积最大，
此时，．
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+t（t≠0，且t2≠3），
由消去y并整理可得（1+2k2）x2+4ktx+2t2﹣6＝0．
由题意知Δ＝16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣6）＝8（6k2﹣t2+3）＞0．
由韦达定理，，
则．
又，所以
，
当且仅当时，等号成立．
所以当3+6k2＝2t2（t≠0，且t2≠3）时，△OPQ的面积最大．
此时
．
综上所述，当△OPQ的面积最大时，．
【点评】本题涉及求椭圆中三角形最值及相关斜率问题，关键为分斜率存在与斜率不存在两种情况写出三角形面积表达式，对于求面积最值，基本不等式是很有效的工具．
13．（2024 重庆模拟）在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为（0，1）和（0，﹣1），设△ABM的面积为S，内切圆半径为r，当时，记顶点M的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知点E，F，P，Q在C上，且直线EF与PQ相交于点A，记EF，PQ的斜率分别为k1，k2．
（i）设EF的中点为G，PQ的中点为H，证明：存在唯一常数λ，使得当k1k2＝λ时，OG⊥OH；
（ii）若，当||EF|﹣|PQ||最大时，求四边形EPFQ的面积．
【考点】椭圆相关动点轨迹．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）．
【分析】（1）根据题意可得，|AB|＝2，化简得|MA|+|MB|＝4＞|AB|，由椭圆定义可知，曲线C以A，B焦点，且2a＝4的椭圆，求出即可；
（2）（i） 由直线EF的方程为y＝k1x+1，与椭圆方程联立，根据根与系数的关系可得G（，），同理可得H（，），欲使OG⊥OH，则，求出；
（ii）由弦长公式可得|EF|，|PQ|的表达式，则||EF|﹣|PQ||的表达式，利用换元法和基本不等式知k2＝±1时取最大值，不妨设此时k2＝1，，直线EF和PQ的夹角为θ，则，从而，再由弦长公式求出|PQ|、|EF|，即可求解．
【解答】解：（1）由题意得，|AB|＝2，
易知|MA|+|MB|＝4＞|AB|，
由椭圆定义可知，动点M在以A，B为焦点，且长轴长为4的椭圆上，
又M不能在直线AB上，即c＝1，a＝2，所以b4，
所以C的方程为：（x≠0）；
（2）（i） 设E（x1，y1），F（x2，y2），G（x0，y0），
易知直线EF的方程为y＝k1x+1，
联立，整理可得（4+3）x2+6k1x﹣9＝0，
所以x1+x2，x1x2，
所以EF的中点G（x0，y0），则x0，y0＝k1x0+1，
即G（，），
同理可得H（，），
欲使OG⊥OH，则，
即9k1k2+16＝9λ+16＝0，所以，
所以存在唯一常数，使得当时，OG⊥OH；
（ii） 由（i）易知x1+x2，x1x2，
可得|EF| 4，
同理可得|PQ|4，
因为，则k1k2，
设t＞0，则，
则||EF|﹣|PQ||＝||＝||，
当且仅当t＝1，即k2＝±1时取等号，
由椭圆的对称性，不妨设此时k2＝1，，
且直线EF和PQ的夹角为θ，
则，不难求得，
此时，易知|PQ|＝44，|EF|＝4，
所以四边形EPFQ的面积为：．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
14．（2024春 仁寿县期末）已知P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）不经过点P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，若直线PA与PB的斜率之和为﹣1，证明：直线l必过定点，并求出这个定点坐标．
【考点】椭圆的几何特征．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）可得，，b＝1即可得到椭圆C的标准方程
（2）设不经过点P的直线l方程为：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），由得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0 ，，1，m＝﹣2k﹣1即可．
【解答】解：（1）∵P（0，1）为椭圆C：1（a＞b＞0）上一点，点P与椭圆C的两个焦点构成的三角形面积为．
∴，∴，b＝1
a
∴椭圆C的标准方程：．
（2）当直线l的斜率不存在时，设A（x1，y1），B（x2，y2），
由1，x1＝x2，yy1＝﹣y2
得x1＝2，此时A，B重合，不符合题意．
设不经过点P的直线l方程为：y＝kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
由得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
，，
，kPB，
1
（kx1﹣1+m）x2+（kx2﹣1+m）x1＝x1x2 （2k+1）（m﹣1）（x1+x2）＝0
（m﹣1）（2k+m+1）＝0，
∵m≠1，∴m＝﹣2k﹣1，
∴y＝k（x﹣2）﹣1，
直线l必过定点（2，﹣1）．
【点评】本考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题，属于中档题．
15．（2024 四川模拟）已知椭圆的焦距为，直线与E在第一象限的交点P的横坐标为3．
（1）求E的方程；
（2）设直线l2：y＝kx+m与椭圆E相交于两点M，N，试探究直线PM与直线PN能否关于直线l1对称．若能对称，求此时直线l2的斜率；若不能对称，请说明理由．
【考点】椭圆的对称性．
【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】（1）；
（2）直线PM与直线PN能够关于直线l1对称，此时直线l2的斜率为1．
【分析】（1）由题意可得，由在E上，可得a2＝12，进而可求得椭圆方程；
（2）将y＝kx+m代入，设M（x1，y1），N（x2，y2），进而可得x1+x2，x1x2，若直线PM与直线PN关于直线l1对称，则，求解判断即可．
【解答】解：（1）由已知，，所以．
而在E上，所以．
于是，a2＝12．则b2＝a2﹣c2＝4，
故椭圆E的方程为．
（2）可知P（3，1），将y＝kx+m代入，
得（1+3k2）x2+6kmx+3m2﹣12＝0．
由Δ＝36k2m2﹣4（1+3k2）（3m2﹣12）＞0，有m2﹣12k2﹣4＜0．
设M（x1，y1），N（x2，y2），易知x1≠x2．
则．
因为直线PM与直线PN关于直线l1对称，
则直线PM与PN存在斜率，且斜率互为相反数．
所以，
即（y1﹣1）（x2﹣3）+（y2﹣1）（x1﹣3）＝0，
即x1y2+x2y1﹣（x1+x2）﹣3（y1+y2）+6＝0，
所以2kx1x2+（m﹣1﹣3k）（x1+x2）+6﹣6m＝0，
则，
即3k2+（m﹣4）k﹣m+1＝0，所以k＝1或m＝1﹣3k．
当m＝1﹣3k时，MN的方程为y＝k（x﹣3）+1，经过P点，与题意不符，故舍去．
故直线PM与直线PN能够关于直线l1对称，此时直线l2的斜率为k＝1，
同时应有m∈（﹣4，4）．
【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，属于中档题．
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