椭圆专项提升卷-【高考数学】2026届一轮专题复习：（8大考点汇总与跟踪训练） [含答案]

这是一份椭圆专项提升卷-【高考数学】2026届一轮专题复习：（8大考点汇总与跟踪训练） [含答案]，共21页。试卷主要包含了已知椭圆C，为椭圆C，且与椭圆E交于P，Q两点等内容，欢迎下载使用。
考点一：椭圆的标准方程
考点二：椭圆的焦点和焦距
考点三：椭圆的几何特征
考点四：椭圆的离心率
考点五：直线与椭圆的位置关系
考点六：椭圆的弦与弦长
考点七：椭圆与平面向量
考点八：椭圆的定点与定值问题
跟踪训练
考点一：椭圆的标准方程
1．（2025春•湖南月考）已知焦点在x轴上的椭圆，上顶点为M，左、右焦点分别为F1，F2，经过点F1的直线垂直平分线段MF2，且交椭圆于B，C两点，△MBC的周长为8，则椭圆的标准方程为（ ）
A．x2+4y2＝1B．x216+y212=1
C．x24+y2=1D．x24+y23=1
2．（2025秋•江西月考）已知椭圆的方程为x2m+y2n=1(m＞n＞0)，且离心率与双曲线x24−y212=1的离心率互为倒数，则下列椭圆方程不满足上述条件的为（ ）
A．x2．4+y23=1B．x216+y24=1
C．x22+23y2=1D．3x2+4y2＝1
3．（2024秋•邢台期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，且过点(0，2)，则C的方程为（ ）
A．x24+y22=1B．x22+y24=1
C．x24+y28=1D．x2+y22=1
4．（2025秋•武汉月考）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a＞b＞0)的上、下焦点分别为F1，F2，离心率为23，过点F1作直线l（与y轴不重合）交椭圆C于M，N两点，△MNF2的周长为12，则椭圆C的标准方程是（ ）
A．x23+y2=1B．y23+x2=1
C．x29+y25=1D．y29+x25=1
考点二：椭圆的焦点和焦距
5．（2025春•静安区校级月考）已知椭圆x2m+y29=1的焦点在y轴上，焦距为4，求实数m的值为 ．
6．（2025春•浦东新区校级月考）已知椭圆y2m−2+x210−m=1的长轴在y轴上，焦距为4，则m的值为 ．
7．（2025春•河南月考）已知M（﹣2，﹣1）为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，且直线y＝2与C有且仅由一个交点，则C的焦距为 ．
8．（2025•山西模拟）已知P为椭圆x24+y23=1上一动点．设点A（1，0），B(13，1)，则|PA|+|PB|的最小值为 ．
考点三：椭圆的几何特征
9．（2025•南京校级一模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率是32，A1、A2分别为椭圆E的左、右顶点，B为上顶点，△A1BA2的面积为2．直线l过点D（1，0）且与椭圆E交于P，Q两点．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）求△OPQ面积的最大值；
（3）设直线A1P与直线QA2交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程．
10．（2025春•合肥期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，过F2的直线l与椭圆C交于P，Q两点，△PQF1的周长为82．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，点A，F1分别是椭圆C的左顶点、左焦点，直线m与椭圆C交于不同的两点M，N（M，N都在x轴上方）．且∠AF1M＝∠OF1N．证明：直线m过定点，并求出该定点的坐标．
11．（2025•蚌埠模拟）如图，中心在坐标原点，焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1，T2都过点M（0，−2），且椭圆T1与T2的离心率均为22．
（Ⅰ）求椭圆T1与椭圆T2的标准方程；
（Ⅱ）过点M引两条斜率分别为k，k′的直线分别交T1，T2于点P，Q，当k′＝4k时，问直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
12．（2024秋•荆门校级期中）如图，椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1、F2，设P（x0，y0）是第一象限内椭圆C上的一点，PF1、PF2的延长线分别交椭圆C于点Q1（x1，y1），Q2（x2，y2）
（1）若PF2⊥x轴，求△F1PF2的面积；
（2）若F1P→=4Q1F1→，求点P的坐标；
（3）求y1﹣y2的最大值．
考点四：椭圆的离心率
13．（2025春•顺义区校级期中）在椭圆E：x29+y24=1中，过点P（﹣3，2）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C．椭圆的上顶点为A，直线AB和直线AC分别交x轴于点M，N．
（Ⅰ）求椭圆E的长轴长及离心率．
（Ⅱ）证明：M，N两点横坐标之和为﹣6．
14．（2024秋•西城区期末）已知椭圆C：x24+y23=1的左顶点为A，右顶点为B，点P（x0，y0）在椭圆C上（与点A、B不重合），过D（4，0）且与x轴垂直的直线交直线AP于点G，交直线BP于点H．
（1）求椭圆C的短轴长和离心率；
（2）若线段GH的中点为D，求点P坐标．
15．（2025春•上海校级期中）已知椭圆Γ：x22+y2=1，A为Γ的上顶点，P、Q是Γ上不同于点A的两点．
（1）求椭圆Γ的离心率；
（2）若F是椭圆Γ的右焦点，B是椭圆下顶点，R是直线AF上一点．若△ABR有一个内角为π3，求点R的坐标；
（3）作AH⊥PQ，垂足为H．若直线AP与直线AQ的斜率之和为2，是否存在x轴上的点M，使得|MH→|为定值？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
16．（2025•西城区校级开学）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F1（﹣1，0），且经过点(1，32)，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，点P（x0，y0）在椭圆C上（与点A、B不重合），过D（4，0）且与x轴垂直的直线交直线AP于点G，交直线BP于点H．
（Ⅰ）求椭圆C的短轴长和离心率；
（Ⅱ）若线段GH的中点为D，求点P坐标．
考点五：直线与椭圆的位置关系
17．（2025•北京开学）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右顶点为A（2，0），上顶点与左右焦点构成一个等腰直角三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）经过点A的直线与椭圆的另一个交点为M、点M关于y轴的对称点为N（M与N不重合），直线AM，AN与y轴的交点分别为P，Q．若|MN|＝|PQ|，求线段MN的长．
18．（2025秋•湘潭月考）已知椭圆T：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为32，且经过点A（﹣2，0），B（2，0）．过点M（1，0），斜率为k（k≠0）的直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，BD分别与直线x＝1交于点E，G．
（1）求椭圆T的方程；
（2）求|EM||GM|的值．
19．（2025春•河北期末）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，1），B(3，12)两点．
（1）求E的方程．
（2）直线l：y＝kx+t与E交于M，N两点．
①若k＝1，求t的取值范围；
②若|MN|=7，求k的取值范围．
20．（2024秋•朝阳区校级期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为π3，C的右焦点F到该渐近线的距离为23．
（1）求C的方程；
（2）若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O：x2+y2＝a2交于与A，B不重合的M，N两点．
（i）求直线AB斜率的取值范围；
（ii）求|AB|•|MN|的取值范围．
考点六：椭圆的弦与弦长
21．（2025秋•小店区校级月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，M为椭圆上一点，F1，F2分别为它的左右焦点，M到F1，F2距离之和为4，离心率e=32．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：y＝x﹣1与椭圆交于A，B两点，求三角形AOB面积．
22．（2025•扬州校级模拟）已知A（4，0）和P(2，2)，直线AP与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)切于点P．
（1）求C的离心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为42，求l的方程．
23．（2024秋•湖北期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的短轴长为2，且过点(1，63)．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若经过椭圆C的右焦点F2作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB的面积．
24．（2025春•邯郸期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上任意一点P到C的两个焦点F1(−22，0)，F2(22，0）的距离之和为43．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y=13x+m与C相交于A，B两点，若|AB|＝5，求m的值．
考点七：椭圆与平面向量
25．（2024秋•富宁县校级期末）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F1，上、下顶点分别为A，B，且∠AF1B=π2，点(1，22)在Γ上．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M，N两点，交直线x＝﹣2于点P，设PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，证明：λ+μ为定值．
26．（2025•湖南模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为12，以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的⊙E与直线x−y+6=0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过定点Q（1，0）斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，若OM→⋅ON→=−2，求实数k的值及△MON的面积．
27．（2025春•福州期末）如图，已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的上、下焦点分别为F1、F2，左顶点为P，焦距为2，若△PF1F2为正三角形．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F1，斜率为33的直线与椭圆相交于M，N两点，求MN的长；
（3）过点F1的直线与椭圆相交于AB两点，若AF→1=2F1B→，求直线AB的方程．
28．（2025春•靖远县校级期末）已知椭圆x23+y22=1，过椭圆的左焦点A的直线l与椭圆交于M、N两点（M点在N点的上方）与y轴交于点E．
（1）若直线l的斜率为2，求N点的坐标．
（2）设EM→=λAM→，EN→=μAN→．求证：λ+μ为定值，并求出该值．
（3）若椭圆E的右焦点为B，△MNB内切圆的半径为49，求直线l的方程．
考点八：椭圆的定点与定值问题
29．（2025秋•福田区校级月考）如图，椭圆的方程为x22+y2=1，左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P．
（1）若|AF1|−|BF2|=62，求直线AF1的斜率；
（2）求证：|PF1|+|PF2|是定值．
30．（2025•汉中二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的长轴长为22，离心率为22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上点（x0，y0）处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1，
①过直线l：x＝2上一点M引C的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直线PQ恒过定点N；
②是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|＝λ|PN|•|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
31．（2025•雁塔区校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，三点A1(0，−2)，A2(3，3)，A3(0，1)中恰有两点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l交椭圆C于M，N两点，且线段MN的中点P的横坐标为−22，过P作新直线l′⊥l，
①求直线l和直线OP的斜率之积；
②证明：新直线l′恒过定点，并求出该定点的坐标．
32．（2025春•简阳市校级月考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点A（2，0），直线l与椭圆相交于不同于A点的P，Q两点，当直线l过坐标原点O时，直线AP，AQ的斜率乘积为−14．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线AP，AQ分别与直线x＝3相交于E，F两点，线段E，F的中点为M．
①若直线l过坐标原点，记OM的斜率为k1，直线l的斜率为k2，证明k1•k2为定值；
②若OE→⋅OF→=8，判断直线l是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．
椭圆专项提升卷-2026高考数学一轮复习题 （8大考点汇总与跟踪训练）
答案与试题解析
1．（2025春•湖南月考）已知焦点在x轴上的椭圆，上顶点为M，左、右焦点分别为F1，F2，经过点F1的直线垂直平分线段MF2，且交椭圆于B，C两点，△MBC的周长为8，则椭圆的标准方程为（ ）
A．x2+4y2＝1B．x216+y212=1
C．x24+y2=1D．x24+y23=1
解：如图，
因为线段MF2的垂直平分线经过点F1，所以|MF1|＝|F1F2|，即a＝2c，
又|MB|＝|F2B|，|CM|＝|CF2|，则△MBC的周长等于△BF2C的周长4a，
即4a＝8，解得a＝2，c＝1，b=3，故椭圆的标准方程为x24+y23=1．
故选：D．
2．（2025秋•江西月考）已知椭圆的方程为x2m+y2n=1(m＞n＞0)，且离心率与双曲线x24−y212=1的离心率互为倒数，则下列椭圆方程不满足上述条件的为（ ）
A．x2．4+y23=1B．x216+y24=1
C．x22+23y2=1D．3x2+4y2＝1
解：因为双曲线x24−y212=1的离心率为e'=4+122=2，
所以椭圆x2m+y2n=1的离心率为e=12，
椭圆的方程为x2m+y2n=1(m＞n＞0)，
则该椭圆的长、短半轴长分别为a=m，b=n，
离心率e=m−nm=1−nm=12，解得nm=34，
四个选项中，符合nm=34的有ACD．
故选：B．
3．（2024秋•邢台期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，且过点(0，2)，则C的方程为（ ）
A．x24+y22=1B．x22+y24=1
C．x24+y28=1D．x2+y22=1
解：由题意得b=2，a＞b＞0，
又离心率e=ca=a2−b2a=a2−2a=22，
解得a＝2，
所以椭圆C的方程为x24+y22=1．
故选：A．
4．（2025秋•武汉月考）已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a＞b＞0)的上、下焦点分别为F1，F2，离心率为23，过点F1作直线l（与y轴不重合）交椭圆C于M，N两点，△MNF2的周长为12，则椭圆C的标准方程是（ ）
A．x23+y2=1B．y23+x2=1
C．x29+y25=1D．y29+x25=1
解：如图，
设椭圆C的半焦距为c，
由已知，△MNF2的周长为|MN|+|MF2|+|NF2|＝|MF1|+|MF2|+|NF1|+|NF2|＝4a＝12，
解得a＝3，
因为椭圆C的离心率为23，所以e=ca=23，解得c＝2，
所以b=a2−c2=32−22=5．
故椭圆C的标准方程为y29+x25=1．
故选：D．
5．（2025春•静安区校级月考）已知椭圆x2m+y29=1的焦点在y轴上，焦距为4，求实数m的值为 5 ．
解：已知椭圆x2m+y29=1的焦点在y轴上，焦距为4，
所以c＝2．
可得9﹣m＝22，
解得m＝5．
故5．
6．（2025春•浦东新区校级月考）已知椭圆y2m−2+x210−m=1的长轴在y轴上，焦距为4，则m的值为 8 ．
解：由已知得，a2＝m﹣2，b2＝10﹣m，2c＝4，
所以c2＝4，
又c2＝a2﹣b2＝（m﹣2）﹣（10﹣m），所以（m﹣2）﹣（10﹣m）＝2m﹣12＝4，
解得m＝8．
故8．
7．（2025春•河南月考）已知M（﹣2，﹣1）为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，且直线y＝2与C有且仅由一个交点，则C的焦距为 433 ．
解：已知M（﹣2，﹣1）为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上一点，且直线y＝2与C有且仅由一个交点，
则得到4a2+1b2=1，
又因为直线y＝2与C仅有一个交点，所以b＝2，
进而解得a2=163，c2=163−22=43，所以C的焦距为2c=433．
故433．
8．（2025•山西模拟）已知P为椭圆x24+y23=1上一动点．设点A（1，0），B(13，1)，则|PA|+|PB|的最小值为 73 ．
解：因为P为椭圆x24+y23=1上一动点，A为椭圆的右焦点，
设F（﹣1，0）为椭圆的左焦点，
则|PA|＝4﹣|PF|，
所以|PA|+|PB|＝4﹣|PF|+|PB|≥4﹣|BF|，当P，B，F三点共线时等号成立．
又|BF|=53，故4−|BF|=73，
即|PA|+|PB|的最小值为73．
故73．
9．（2025•南京校级一模）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率是32，A1、A2分别为椭圆E的左、右顶点，B为上顶点，△A1BA2的面积为2．直线l过点D（1，0）且与椭圆E交于P，Q两点．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）求△OPQ面积的最大值；
（3）设直线A1P与直线QA2交于点N，证明：点N在定直线上，并写出该直线方程．
解：由题意知e=ca=1−b2a2=32，
∴b2a2=14，即a＝2b，
∵△A1BA2的面积为2，
∴ab＝2，
解得a＝2，b＝1，
∴椭圆E的标准方程为x24+y2＝1，
（2）PQ斜率不存在时，易知P（1，32），Q（1，−32），此时S△OPQ=32，
当直线PQ的斜率存在时，设PQ的方程为y＝k（x﹣1），k≠0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
将y＝k（x﹣1）代入x24+y2＝1，整理可得（1+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣4＝0，
∴x1+x2=8k21+4k2，x1x2=4k2−41+4k2，
∴|x1﹣x2|=(x1+x2)2−4x1x2=43k2+11+4k2，
∴S△OPQ=12×1×|y1﹣y2|=|k|2•|x1﹣x2|=23k4+k21+4k2，
令1+4k2＝t，t＞1，
∴S△OPQ=2t316(t−1)2+14(t−1)=12−1t2−2t+3＜32，
故△OPQ面积的最大值32
证明（3）PQ斜率不存在时，易知N（4，3），
当直线PQ的斜率存在时，直线A1P的方程为y=y1x1+2（x+2），直线A2Q的方程为y=y2x2−2（x﹣2），
∴y1x1+2（x+2）=y2x2−2（x﹣2），
∴x−2x+2=y1(x2−2)y2(x1+2)=k(x1−1)(x2−2)k(x2−1)(x1+2)=x1x2−(x1+x2)+2−x1x1x2+2(x1+x2)−2−3x1=4k2−24k2+1−x112k2−64k2+1−3x1=13，
解得x＝4，即N点的横坐标为4，
综上所述，点N在定直线x＝4上．
10．（2025春•合肥期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，过F2的直线l与椭圆C交于P，Q两点，△PQF1的周长为82．
（1）求椭圆C的方程；
（2）如图，点A，F1分别是椭圆C的左顶点、左焦点，直线m与椭圆C交于不同的两点M，N（M，N都在x轴上方）．且∠AF1M＝∠OF1N．证明：直线m过定点，并求出该定点的坐标．
解：（1）|F1F2|＝4，即2c＝4，可得c＝2，
△PQF1的周长为82，由椭圆的定义可得4a＝82，
即a＝22，b=a2−c2=2，
则椭圆方程为x28+y24=1；
（2）设直线m的方程为：y＝kx+n，设M（x1，y1），N（x2，y2），
把直线m代入椭圆方程，整理可得（2k2+1）x2+4kn+2n2﹣8＝0，
Δ＝16k2n2﹣4（2k2+1）（2n2﹣8）＞0，即8k2﹣n2+4＞0，
∴x1+x2=−4kn1+2k2，x1x2=2n2−81+2k2，
∵kF1M=y1x1+2，kF1N=y2x2+2，
∵M、N都在x轴上方．且∠AF1M＝∠OF1N，
∴kF1M=−kF1N，
∴y1x1+2=−y2x2+2，
即（kx1+n）（x2+2）＝﹣（kx2+n）（x1+2），
整理可得2kx1x2+（2k+n）（x1+x2）+4n＝0，
∴2k•2n2−81+2k2+（2k+n）（−4kn1+2k2）+4n＝0，
即4kn2﹣16k﹣8k2n﹣4kn2+8k2n+4n＝0，
整理可得n＝4k，
∴直线m方程为y＝kx+4k即y＝k（x+4），
∴直线m过定点（﹣4，0）．
11．（2025•蚌埠模拟）如图，中心在坐标原点，焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1，T2都过点M（0，−2），且椭圆T1与T2的离心率均为22．
（Ⅰ）求椭圆T1与椭圆T2的标准方程；
（Ⅱ）过点M引两条斜率分别为k，k′的直线分别交T1，T2于点P，Q，当k′＝4k时，问直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
解：（Ⅰ）∵椭圆T1与T2的离心率e=ca=22．
∴22a＝b＝c
∵焦点分别在x轴和y轴上的椭圆T1，T2都过点M（0，−2），
故椭圆T1的b＝c=2，a＝2，
椭圆T2的b＝c＝1，a=2，
故椭圆T1与椭圆T2的标准方程分别为：x24+y22=1，x22+y2=1；
（Ⅱ）直线MP的方程为y=kx−2，
联立椭圆方程得：x24+y22=1y=kx−2，
消去y得(2k2+1)x2−42kx=0，则P点的横坐标为42k2k2+1，
则点P的坐标为（42k2k2+1，22k2−22k2+1）
同理可得点Q的坐标为：（42k8k2+1，82k2−28k2+1），
故直线PQ的斜率kPQ=82k2−28k2+1−22k2−22k2+142k8k2+1−42k2k2+1=−12k，
则直线PQ的方程为：y−22k2−22k2+1=−12k（x−42k2k2+1），
即y=−12kx+2，
即当x＝0时，y=2，
故直线PQ过定点（0，2）．
12．（2024秋•荆门校级期中）如图，椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1、F2，设P（x0，y0）是第一象限内椭圆C上的一点，PF1、PF2的延长线分别交椭圆C于点Q1（x1，y1），Q2（x2，y2）
（1）若PF2⊥x轴，求△F1PF2的面积；
（2）若F1P→=4Q1F1→，求点P的坐标；
（3）求y1﹣y2的最大值．
解：（1）由题意椭圆C：x22+y2=1的左右焦点分别为F1、F2，
P（x0，y0）是第一象限内椭圆C上的一点，PF1、PF2的延长线分别交椭圆C于点Q1（x1，y1），Q2（x2，y2），
可设椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，半焦距为c，由椭圆C：x22+y2=1，得a2＝2，b2＝1，
则a=2，b＝1，c＝1，所以F1（﹣1，0），F2（1，0），
当x＝1时，由12+y2=1，得|y|=22，所以|PF2|=22，
所以△F1PF2的面积为12×2c|PF2|=12×2×22=22；
（2）设P（x0，y0）（x0＞0，y0＞0），Q1（x1，y1），则直线PF1的方程为y=y0x0+1(x+1)，
由x22+y2=1y=y0x0+1(x+1)，消y可得x22+y02(x0+1)2(x+1)2=1，整理得(2x0+3)x2+4y02x−3x02−4x0=0，
所以x0x1=−3x02−4x02x0+3，得x1=−3x0−42x0+3，
所以y1=y0x0+1(x1+1)=y0x0+1(−3x0−42x0+3+1)=−y02x0+3，
因为F1P→=4Q1F1→，所以（x0+1，y0）＝4（﹣1﹣x1，﹣y1），可得y0＝﹣4y1，
所以y1=−y02x0+3=−y04，解得x0=12，代入x22+y2=1，得出y0=144，
所以点P的坐标为(12，144)；
（3）设Q2（x2，y2），由（2）得y1=−y02x0+3，则直线PF2的方程为y=y0x0−1(x−1)，
由x22+y2=1y=y0x0−1(x−1)，消y得到(3−2x0)x2−4y02x−3x02+4x0=0，
所以x0x2=−3x02+4x03−2x0，得x2=−3x0+43−2x0，
得到y2=y0x0−1(x2−1)=y0x0−1(−3x0+43−2x0−1)=y02x0−3，
所以y1−y2=−y02x0+3−y02x0−3=−y0(2x0−3)+y0(2x0+3)4x02−9=−4x0y04x02−9=−4x0y04x02−9(x022+y02)
=8x0y0x02+18y02=8x0y0+18y0x0≤82x0y0⋅18y0x0=223，
当且仅当x0y0=18y0x0，即x0=355，x0=355，y0=1010时取等号，所以y1﹣y2的最大值为223．
13．（2025春•顺义区校级期中）在椭圆E：x29+y24=1中，过点P（﹣3，2）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C．椭圆的上顶点为A，直线AB和直线AC分别交x轴于点M，N．
（Ⅰ）求椭圆E的长轴长及离心率．
（Ⅱ）证明：M，N两点横坐标之和为﹣6．
（Ⅰ）解：在椭圆E：x29+y24=1中，可得a2＝9，b2＝4，可得c2＝a2﹣b2＝9﹣4＝5，
可得a＝3，b＝2，c=5，
可得椭圆的长轴长为2a＝6，离心率e=ca=53；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）可得椭圆的上顶点A（0，2），
设直线BC的方程为y﹣2＝k（x+3），设B（x1，y1），C（x2，y2），
联立y=kx+2+3kx29+y24=1，整理可得：（4+9k2）x2+18k（2+3k）x+81k2+108k＝0，
可得x1+x2=−18k(2+3k)4+9k2，x1x2=81k2+108k4+9k2，
直线AB的方程为：y=y1−2x1x+2，令y＝0，可得xM=−2x1y1−2=−2x1k(x1+3)，
同理可得xN=−2x2k(x2+3)，
所以xM+xN＝﹣[2x1k(x1+3)+2x2k(x2+3)]=−2k•x1(x2+3)+x2(x1+3)x1x2+3(x1+x2)+9
=−2k•2⋅81k2+108k4+9k2+3⋅−18k(2+3k)4+9k281k2+108k4+9k2+3⋅−18k(2+3k)4+9k2+9=−2k•108k36=−6为定值．
即证得结论．
14．（2024秋•西城区期末）已知椭圆C：x24+y23=1的左顶点为A，右顶点为B，点P（x0，y0）在椭圆C上（与点A、B不重合），过D（4，0）且与x轴垂直的直线交直线AP于点G，交直线BP于点H．
（1）求椭圆C的短轴长和离心率；
（2）若线段GH的中点为D，求点P坐标．
解：（1）设椭圆的半焦距为c，由椭圆C的方程得a=2b=3c=a2−b2=1，
所以椭圆的短轴长2b=23，离心率e=ca=12．
（2）由题意知直线AP的方程为y=y0x0+2(x+2)，令x＝4，得y=6y0x0+2，可得G(4，6y0x0+2)．
直线BP的方程为y=y0x0−2(x−2)，同理求得H(4，2y0x0−2)．
因为GH的中点为D（4，0），所以6y0x0+2=−2y0x0−2．
若y0＝0，则P（±2，0），与A、B重合，不符合题意，舍去．
若y0≠0，则3（x0﹣2）＝﹣（x0+2），解得x0＝1，代入x24+y23=1，可得y0=±32，即P(1，32)或P(1，−32)．
综上所述：点P坐标为(1，32)或(1，−32)．
15．（2025春•上海校级期中）已知椭圆Γ：x22+y2=1，A为Γ的上顶点，P、Q是Γ上不同于点A的两点．
（1）求椭圆Γ的离心率；
（2）若F是椭圆Γ的右焦点，B是椭圆下顶点，R是直线AF上一点．若△ABR有一个内角为π3，求点R的坐标；
（3）作AH⊥PQ，垂足为H．若直线AP与直线AQ的斜率之和为2，是否存在x轴上的点M，使得|MH→|为定值？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）由题意，a=2，c=a2−b2=1，所以离心率e=ca=22；
（2）如图，
由题意，F（1，0），A（0，1），B（0，﹣1），所以直线AF的方程为：y＝﹣x+1，
设R（x0，﹣x0+1），显然有∠ABR=π3或∠ARB=π3两种情况，
①当∠ABR=π3时，直线BR的倾斜角为π6，其与x轴的交点为(3，0)，则x0∈(0，3)，
因为BA→=(0，2)，BR→=(x0，−x0+2)，
由cs∠ABR=BA→⋅BR→|BA→||BR→|=12，得：x02−6x0+6=0，解得x0=3+3（舍去）或x0=3−3，
故点R的坐标是(3−3，−2+3)；
②当∠ARB=π3时，此时∠ABR=5π12＞π3，则x0＞3−3，
因为RA→=(−x0，x0)，RB→=(−x0，x0−2)，
由cs∠ARB=RA→⋅RB→|RA→||RB→|=12，得：3x02−6x0+2=0，
解得x0=1−33（舍去）或x0=1+33，
故点R的坐标是(1+33，−33)；
综上所述，点R的坐标是(3−3，−2+3)或(1+33，−33)．
（3）假设存在定点M（m，0）满足题意，
如图，
当PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx+b，P（x1，y1），Q（x2，y2），
由x22+y2=1y=kx+b得（1+2k2）x2+4kbx+2b2﹣2＝0，
由题意，Δ＝16k2b2﹣4（1+2k2）（2b2﹣2）＞0，即2k2﹣b2+1＞0①，
x1+x2=−4kb1+2k2，x1x2=2b2−21+2k2，
kAP+kAQ=y1−1x1+y2−1x2=x2(kx1+b)−x2+x1(kx2+b)−x1x1x2=2k+(b−1)(x1+x2)x1x2=2k−(b−1)⋅4kb2(b2−1)=2kb+1=2，
所以k＝b+1，代入①，得：b2+4b+3＞0，
所以b＜﹣3或b＞﹣1，即存在直线PQ使得直线AP与直线AQ的斜率之和为2
直线PQ的方程为y＝kx+k﹣1，直线AH的方程为y=−1kx+1，
由y=kx+k−1y=−1kx+1，得：x=2k−k2k2+1y=k−2k2+1+1，即H(2k−k2k2+1，k−2k2+1+1)，
所以|MH→|2=(m−2k−k2k2+1)2+(k−2k2+1+1)2=m2+1+(k−2)(2m+1)kk2+1，
所以当m=−12时，|MH→|为定值52，
当直线PQ斜率不存在时，设P（x0，y0），Q（x0，﹣y0），
则kAP+kAQ=y0−1x0+−y0−1x0=2，x0＝﹣1，此时H（﹣1，1），|MH→|=52满足题意，
所以存在定点M(−12，0)，使得|MH→|为定值且定值为52．
16．（2025•西城区校级开学）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F1（﹣1，0），且经过点(1，32)，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，点P（x0，y0）在椭圆C上（与点A、B不重合），过D（4，0）且与x轴垂直的直线交直线AP于点G，交直线BP于点H．
（Ⅰ）求椭圆C的短轴长和离心率；
（Ⅱ）若线段GH的中点为D，求点P坐标．
解：（1）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左焦点为F1（﹣1，0），且经过点(1，32)，
设椭圆的半焦距为c，c＝1，
由椭圆方程x24+y23=1可得a=2b=3c=a2−b2=1，
所以椭圆的短轴长2b=23，离心率e=ca=12；
（2）由题意可知：直线AP的方程为y=y0x0+2(x+2)，
令x＝4，得y=6y0x0+2，即G(4，6y0x0+2)，
直线BP的方程为y=y0x0−2(x−2)，
令x＝4，得y=2y0x0−2，即H(4，2y0x0−2)，
因为GH的中点为D（4，0），则6y0x0+2=−2y0x0−2，
若y0＝0，则P（±2，0），与A，B重合，舍去，
若y0≠0，则3（x0﹣2）＝﹣（x0+2），解得x0＝1，
将x0＝1代入x24+y23=1，得y0=±32，即P(1，32)或P(1，−32)，
综上所述：点P坐标为(1，32)或(1，−32)．
17．（2025•北京开学）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右顶点为A（2，0），上顶点与左右焦点构成一个等腰直角三角形．
（1）求椭圆C的方程；
（2）经过点A的直线与椭圆的另一个交点为M、点M关于y轴的对称点为N（M与N不重合），直线AM，AN与y轴的交点分别为P，Q．若|MN|＝|PQ|，求线段MN的长．
解：（1）由题设，a＝2，b＝c且b2+c2＝a2，所以b2＝c2＝2，
所以C的方程为x24+y22=1；
（2）如图，
设点M（x0，y0），N（﹣x0，y0），所以x024+y022=1，
所以直线AM的方程为y=y0x0−2(x−2)，
令x＝0，所以yP=−2y0x0−2，
同理直线AN的方程为y=y0−x0−2(x−2)，
令x＝0，所以yQ=−2y0−x0−2=2y0x0+2，
又|MN|＝2|x0|，|PQ|＝|−2y0x0−2−2y0x0+2|＝|4x0y0x02−4|，
因为x024+y022=1，所以x02−4＝2y02，所以|PQ|＝|4x0y02y02|＝|2x0y0|，
所以2|x0|＝|2x0y0|，所以|y0|＝1，所以|x0|=2，所以|MN|=22．
18．（2025秋•湘潭月考）已知椭圆T：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为32，且经过点A（﹣2，0），B（2，0）．过点M（1，0），斜率为k（k≠0）的直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，BD分别与直线x＝1交于点E，G．
（1）求椭圆T的方程；
（2）求|EM||GM|的值．
解：（1）由题意：ca=32a=2a2=b2+c2⇒a=2c=3b2=1，
所以椭圆T的标准方程为：x24+y2=1．
（2）如图：直线CD的方程为：y＝k（x﹣1），
代入x24+y2=1，
得x2+4k2（x﹣1）2＝4，
整理得：（1+4k2）x2﹣8k2x+4（k2﹣1）＝0，
设C（x1，y1），D（x2，y2），
则x1+x2=8k21+4k2，x1x2=4(k2−1)1+4k2．
又直线AC：yy1=x+2x1+2，令x＝1，得yE=3y1x1+2=3k(x1−1)x1+2，
直线BD：yy2=x−2x2−2，令x＝1，得yG=−y2x2−2=−k(x2−1)x2−2，
所以|EM||GM|=|yEyG|=3|(x1−1)(x2−2)(x1+2)(x2−1)|=3|x1x2−2x1−x2+2x1x2−x1+2x2−2|
=3|4(k2−1)1+4k2−2x1−(8k21+4k2−x1)+24(k2−1)1+4k2−x1+2(8k21+4k2−x1)−2|
=3|4(k2−1)1+4k2−x1−8k21+4k2+24(k2−1)1+4k2−3x1+16k21+4k2−2|
=3|4(k2−1)−(1+4k2)x1−8k2+2(1+4k2)4(k2−1)−3(1+4k2)x1+16k2−2(1+4k2)|=3|4k2−2−(1+4k2)x112k2−6−3(1+4k2)x1
=3×13=1．
19．（2025春•河北期末）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，1），B(3，12)两点．
（1）求E的方程．
（2）直线l：y＝kx+t与E交于M，N两点．
①若k＝1，求t的取值范围；
②若|MN|=7，求k的取值范围．
解：（1）若椭圆E的焦点在x轴上，则设椭圆方程为x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），
因为椭圆E过A（0，1），B(3，12)两点，
所以1b2=13a2+14b2=1，解得a2=4b2=1，符合题意，则椭圆方程为x24+y2=1；
若椭圆E的焦点在y轴上，则设椭圆方程为y2a2+x2b2=1（a＞b＞0），
因为椭圆E过A（0，1），B(3，12)两点，
所以1a2=114a2+3b2=1，解得a2=1b2=4，不符合题意．
所以E的方程为x24+y2=1．
（2）联立x24+y2=1y=kx+t，消去y得（4k2+1）x2+8ktx+4t2﹣4＝0．
Δ＝（8kt）2﹣4（4k2+1）（4t2﹣4）＞0，化简得4k2﹣t2+1＞0．
①因为k＝1，所以4﹣t2+1＞0，解得−5＜t＜5，
所以t的取值范围为(−5，5)．
②设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=−8kt4k2+1，x1x2=4t2−44k2+1．
所以|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅(−8kt4k2+1)2−4⋅4t2−44k2+1
=41+k24k2+1⋅4k2−t2+1=7，
化简得48k4﹣24k2﹣9+16t2（k2+1）＝0，
即16t2=−48k4+24k2+9k2+1≥0，
即﹣48k4+24k2+9≥0，解得−32≤k≤32，
所以k的取值范围为[−32，32]．
20．（2024秋•朝阳区校级期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为π3，C的右焦点F到该渐近线的距离为23．
（1）求C的方程；
（2）若过F的直线与C的左、右支分别交于点A，B，与圆O：x2+y2＝a2交于与A，B不重合的M，N两点．
（i）求直线AB斜率的取值范围；
（ii）求|AB|•|MN|的取值范围．
解：（1）因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为π3，
即ba=tanπ3=3，
即b=3a，则c2＝b2+a2＝4a2，即c＝2a，
所以右焦点F（2a，0）到渐近线3x−y=0的距离为|23a|(3)2+12=23，
解得a＝2，b=23，
所以C的方程为：x24−y212=1；
（2）（i）由（1）知，F（4，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），
由题意可得直线AB的斜率存在且不为零，
设直线AB 的方程为x＝my+4（m≠0），
与x24−y212=1联立得：（3m2﹣1）y2+24my+36＝0，
所以3m2﹣1≠0，Δ＝144（m2+1）＞0，
且y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1，
又A，B两点在x轴同一侧，所以y1y2＞0，
此时3m2﹣1＞0，即m2＞13，
又圆O的方程为x2+y2＝4，点O到直线AB的距离d=4m2+1，
由d＜2得m2＞3，
由m2＞13m2＞3，得m2＞3，所以m＞3或m＜−3；
即直线AB的斜率的范围为（0，33）∪（−33，0）；
（ii）由（i）及弦长公式|AB|=1+m2⋅(−24m3m2−1)2−4⋅363m2−1=12(m2+1)3m2−1，
由垂径定理得|MN|=24−d2=4m2−3m2+1，
所以|AB|⋅|MN|=12(m2+1)3m2−1⋅4m2−3m2+1=16(3m2+3)(3m2−9)3m2−1，
其中m2＞3，设t＝3m2﹣1，t＞8，
则|AB|⋅|MN|=16(t+4)(t−8)t=161−4t−32t2=16−32(1t+116)2+98∈(0，16)．
所以|AB|•|MN|的取值范围是（0，16）．
21．（2025秋•小店区校级月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，M为椭圆上一点，F1，F2分别为它的左右焦点，M到F1，F2距离之和为4，离心率e=32．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l：y＝x﹣1与椭圆交于A，B两点，求三角形AOB面积．
解：（1）由已知，|MF1|+|MF2|＝2a＝4，则a＝2，
由离心率e=32，得e=a2−b2a=32，解得b＝1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1；
（2）如图，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由y=x−1x24+y2=1，得5x2﹣8x＝0，解得x1=0， x2=85，
则弦长|AB|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+12⋅|x1−x2|=825，
原点O到直线l：y＝x﹣1距离d=|0−0−1|12+(−1)2=22，
所以三角形AOB面积S=12|AB|⋅d=12×825×22=45．
22．（2025•扬州校级模拟）已知A（4，0）和P(2，2)，直线AP与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)切于点P．
（1）求C的离心率；
（2）若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为42，求l的方程．
解：（1）A（4，0）和P(2，2)，
∵直线AP与椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)切于点P．
∴点P(2，2)在椭圆上，∴4a2+2b2=1，
AP：y=22−4(x−4)，即y=−22x+22，
又直线AP与椭圆相切，
联立直线与椭圆x2a2+y2b2=1y=−22x+22，得（a2+2b2）x2﹣8a2x+（16a2﹣2a2b2）＝0，
即Δ＝（﹣8a2）2﹣4（a2+2b2）（16a2﹣2a2b2）＝0，
化简可得a2+2b2﹣16＝0，
联立a2+2b2−16=04a2+2b2=1，解得a2=8b2=4，
则c2＝4，即a=22，b＝2，c＝2，
∴C的离心率为e=ca=222=22；
（2）过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为42，
由（1）得椭圆方程为x28+y24=1，
设B（x0，y0），
由已知AP：y=−22x+22，且|AP|=(2−4)2+(2−0)2=6，
则点B到直线AP的距离为d=|−22x0−y0+22|(−22)2+(−1)2=|2x0+2y0−42|6，
又△ABP的面积为S=12|AP|⋅d=12×6×|2x0+2y0−42|6=42，
化简可得|2x0+2y0−42|=82，
又点B（x0，y0）在椭圆上，则x028+y024=1，
联立方程组|2x0+2y0−42|=82x028+y024=1，解得x0=−2y0=−2，则B（﹣2，−2），
∴PB：y−2=2+22+2(x−2)，整理得直线l的方程为y=22x．
23．（2024秋•湖北期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的短轴长为2，且过点(1，63)．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若经过椭圆C的右焦点F2作倾斜角为45°的直线l，直线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB的面积．
解：（1）因为椭圆C的短轴长为2，且过点(1，63)，
所以2b=212a2+(63)2b2=1a2=b2+c2，
解得a=3，b＝1，c=2，
则椭圆C的标准方程为x23+y2=1；
（2）易知椭圆C的右焦点为(2，0)，
所以直线l的方程为y=x−2，
联立y=x−2x23+y2=1，消去y并整理得4x2−62x+3=0，
此时Δ＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理得x1+x2=322，x1x2=34，
所以|AB|=2⋅|x1−x2|=2⋅(x1+x2)2−4x1x2=3，
又点O（0，0）到直线l：x−y−2=0的距离d＝1．
则S△AOB=12⋅|AB|⋅d=32．
24．（2025春•邯郸期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上任意一点P到C的两个焦点F1(−22，0)，F2(22，0）的距离之和为43．
（1）求C的方程；
（2）已知直线l：y=13x+m与C相交于A，B两点，若|AB|＝5，求m的值．
解：（1）由已知得，c=22，a2＝b2+c2，2a=43，解得a2＝12，b2＝4，
故C的方程为x212+y24=1；
（2）联立x212+y24=1y=13x+m，得43x2+2mx+3m2−12=0，
Δ=4m2−4×43(3m2−12)＞0，解得m2＜163，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=−3m2x1x2=9m2−364，
|AB|=1+(13)2(x1+x2)2−4x1x2
=103×(−3m2)2−(9m2−36)=103×36−27m24=5，
解得m=±2，即m的值为±2．
25．（2024秋•富宁县校级期末）已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F1，上、下顶点分别为A，B，且∠AF1B=π2，点(1，22)在Γ上．
（1）求椭圆Γ的方程；
（2）过左焦点F1的直线交椭圆Γ于M，N两点，交直线x＝﹣2于点P，设PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，证明：λ+μ为定值．
解：（1）根据题意可知，∠AF1B=π2，所以a=2b，
由于点(1，22)在Γ上，因此12b2+12b2=1，
即2b2＝2，
解得b＝1，所以a=2，
因此椭圆Γ的方程为x22+y2=1．
（2）根据已知得直线MN的斜率必存在，所以设直线MN的方程为y＝k（x+1），
代入椭圆方程，可得（1+2k2）x2+4k2x+2k2﹣2＝0，Δ＞0，
设N（x2，y2），M（x1，y1），
所以x1+x2=−4k21+2k2，x1x2=2(k2−1)1+2k2，
又因为F1（﹣1，0），P（﹣2，﹣k），则根据PM→=λMF1→，PN→=μNF1→，
可得λ=−r1+2x1+1，μ=−x2+2x2+1，．
因此λ+μ=−x1+2x1+1−x2+2x2+1=−2x1x2+3(x1+x2)+4(x1+1)(x2+1)，
又由于2x1x2+3(x1+x2)+4=2⋅2(k2−1)1+2k2+3⋅(−4k21+2k2)+4=0，
因此λ+μ＝0为定值．证明完毕．
26．（2025•湖南模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的离心率为12，以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的⊙E与直线x−y+6=0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过定点Q（1，0）斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，若OM→⋅ON→=−2，求实数k的值及△MON的面积．
解：（1）已知椭圆C的离心率e=ca=12，
所以e2=c2a2=a2−b2a2=14，
即a2=43b2，①
因为以原点为圆心、椭圆的短半轴长为半径的⊙E与直线x−y+6=0相切，
所以b=61+1=3，②
联立①②，解得a2＝4，b2＝3，
则椭圆C的方程为x24+y23=1；
（2）不妨设直线MN的方程为y＝k（x﹣1），M（x1，y1），N（x2，y2），
联立x24+y23=1y=k(x−1)，消去y并整理得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
又韦达定理得x1+x2=8k23+4k2x1⋅x2=4k2−123+4k2，
此时y1y2=k(x1−1)⋅k(x2−1)=−9k23+4k2，
因为OM→⋅ON→=x1x2+y1y2=−5k2−123+4k2=−2，
整理得k2＝2，
解得k=±2，
此时x1+x2=1611x1⋅x2=−411，
则|MN|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=3(1611)2+1611=3611，
又点O到直线的距离d=23=63，
故△MON的面积S=12×3611×63=6611．
27．（2025春•福州期末）如图，已知椭圆C：y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的上、下焦点分别为F1、F2，左顶点为P，焦距为2，若△PF1F2为正三角形．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F1，斜率为33的直线与椭圆相交于M，N两点，求MN的长；
（3）过点F1的直线与椭圆相交于AB两点，若AF→1=2F1B→，求直线AB的方程．
解：（1）由焦距为2可得2c＝2，再由△PF1F2为正三角形，P为左顶点，可得b=32•2c=3，
所以a2＝b2+c2＝3+1＝4，
所以椭圆的方程为：y24+x23=1；
（2）由（1）可得上焦点F1（0，1），
由题意可设直线MN的方程为：y=33x+1，设M（x1，y1），N（x2，y2），
联立y=33x+1y24+x23=1整理可得5x2+23x﹣9＝0，
可得Δ＞0，x1+2=−235，x1x2=−95，
所以弦长|MN|=1+(33)2•(x1+x2)2−4x1x2=43⋅(1225−4⋅−95)=165；
（3）当直线AB的斜率不存在时，则过F1的直线为x轴，可得A，B为短轴的顶点，
因为AF→1=2F1B→，设A（0，−3），B（0，3），F1（0，1），则AF1→=（0，1+3），F1B→=（0，3−1），
显然AF1→≠2F1B→，所以直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的方程为y＝kx+1，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=kx+13y2+4x2=12，整理可得：（4+3k2）x2+6kx﹣9＝0，
可得x1+x2=−6k4+3k2，x1x2=−94+3k2，
因为AF→1=2F1B→，即（﹣x1，1﹣y1）＝2（x2，y2﹣1），
可得﹣x1＝2x2，即x1＝﹣2x2，代入x1+x2=−6k4+3k2，可得x2=6k4+3k2，x1=−12k4+3k2，
再代入x1x2=−94+3k2，可得6k4+3k2•（−12k4+3k2）=−94+3k2，
解得：k2=45，
可得k＝±255，
所以直线AB的方程为y＝±255x+1．
28．（2025春•靖远县校级期末）已知椭圆x23+y22=1，过椭圆的左焦点A的直线l与椭圆交于M、N两点（M点在N点的上方）与y轴交于点E．
（1）若直线l的斜率为2，求N点的坐标．
（2）设EM→=λAM→，EN→=μAN→．求证：λ+μ为定值，并求出该值．
（3）若椭圆E的右焦点为B，△MNB内切圆的半径为49，求直线l的方程．
（1）解：易知椭圆左焦点坐标为 （﹣1，0），则直线 l 方程 为 y=2x+2，
联立 x23+y22=1y=2x+2，解得 x=0，y=2 或x=−32y=−22，
则点N的坐标为(−32，−22)．
（2）证明：易知直线 l 的斜率存在且不为 0，且设为 k，
则联立 x23+y22=1y=k(x+1)，
消去 y 得（3k2+2）x2+6k2x+3k2﹣6＝0，
设 M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=−6k23k2+2x1⋅x2=3k2−63k2+2，
由 EM→=λAM→，EN→=μAN→，
且点 E 的横坐标为 0，
得 x1＝λ（x1+1），x2＝μ（x2+1），
从而：
λ+μ=x1x1+1+x2x2+1=2−(1x1+1+1x2+1)=2−x1+x2+2x1x2+x1+x2+1=2−−6k23k2+2+23k2−63k2+2−6k23k2+2+1=3，
∴λ+μ 为定值，且 λ+μ＝3．
（3）解：假设存在直线 l：y＝k（x+1）满足题意，则△MNB 的内切圆的半径为 49，
又 A（﹣1，0）、B（1，0）为椭圆的焦点，
故△MNB 的周长为 43，
从而S△MNB=12×43×49=839，
设 M（x1，y1）、N（x2，y2），
则S△MNB=12|AB||y1−y2|=|k(x1−x2)|=839，
即 k2[(x1+x2)2−4x1x2]=839．
由 （2）两方程联立得（3k2+2）x2+6k2x+3k2﹣6＝0，
得k2[(−6k23k2+2)2−4×3k2−63k2+2]=6427，
化简得 45k4+33k2﹣16＝0，
解得 k2=13 或k2=−1615( 舍去 ），
故 k=±33，即存在直线l：y=±33(x+1) 满足题意．
29．（2025秋•福田区校级月考）如图，椭圆的方程为x22+y2=1，左、右焦点分别为F1（﹣c，0），F2（c，0）．设A，B是椭圆上位于x轴上方的两点，且直线AF1与直线BF2平行，AF2与BF1交于点P．
（1）若|AF1|−|BF2|=62，求直线AF1的斜率；
（2）求证：|PF1|+|PF2|是定值．
解：（1）因为椭圆的方程为x22+y2=1，左、右焦点分别为F1（﹣1，0），F2（1，0），
且直线AF1与直线BF2平行，即AF1∥BF2，
所以设直线AF1，BF2的方程分别为my＝x+1，my＝x﹣1，A（x1，y1），B（x2，y2），y1＞0，y2＞0，
联立方程x122+y12=1，my1=x1+1，
可得(m2+2)y12−2my1−1=0，
求得y1=m+2m2+2m2+2，
所以|AF1|=(x1+1)2+(y1−0)2=(my1)2+y12
=m2+1⋅m+2m2+2m2+2=2(m2+1)+mm2+1m2+2，①
同理可得，|BF2|=2(m2+1)−mm2+1m2+2，②
由①②两式得，|AF1|−|BF2|=2mm2+1m2+2，
因为|AF1|−|BF2|=62，
得2mm2+1m2+2=62，故m2＝2，
注意到m＞0，所以m=2，
所以直线AF1的斜率为1m=22．
（2）证明：因为AF1∥BF2，所以|PB||PF1|=|BF2||AF1|，
即|PB||PF1|+1=|BF2||AF1|+1，
即|PB|+|PF1||PF1|=|BF2|+|AF1||AF1|，
所以|PF1|=|AF1||AF1|+|BF2|⋅|BF1|，
由点B在椭圆上知，|BF1|+|BF2|=22，
所以|PF1|=|AF1||AF1|+|BF2|⋅(22−|BF2|)，
同理可得，|PF2|=|BF2||AF1|+|BF2|(22−|AF1|)，
所以|PF1|+|PF2|=|AF1||AF1|+|BF2|(22−|BF2|)+|BF2||AF1|+|BF2|(22−|AF1|)
=22−2|AF1||BF2||AF1|+|BF2|，
由①②两式得，|AF1|+|BF2|=22(m2+1)m2+2，|AF1||BF2|=m2+1m2+2，
所以|PF1|+|PF2|=22−22=322，
所以|PF1|+|PF2|是定值．
30．（2025•汉中二模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的长轴长为22，离心率为22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上点（x0，y0）处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1，
①过直线l：x＝2上一点M引C的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直线PQ恒过定点N；
②是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|＝λ|PN|•|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．
解：（1）由题意可知：2a=22ca=22，
所以a=2c=1，
所以b=a2−c2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1；
（2）①证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（2，m），
由题设可知：lPM：x1x2+y1y=1，lQM：x2x2+y2y=1，
又因为lPM，lQM经过点M（2，m），
所以x1+my1=1x2+my2=1，所以P，Q均在直线x+my﹣1＝0上，
即lPQ：x+my﹣1＝0，
由x−1=0y=0，解得x=1y=0，
所以直线PQ过定点N（1，0）；
②设实数λ存在，因为|PN|+|QN|＝λ|PN|•|QN|，所以λ=1|PN|+1|QN|，
当直线PQ斜率不存在时，此时PQ：x＝1，
由x=1x2+2y2=2，
解得x=1y=±22，
所以|PN|=|QN|=22，
所以λ=1|PN|+1|QN|=22，
当直线PQ斜率k存在时，λ=11+(1k)2×|y1−yN|+11+(1k)2×|y2−yN|=11+m2×|y1|+|y2||y1y2|，
所以λ=11+m2×|y1−y2||y1y2|=11+m2×(y1+y2)2−4y1y2|y1y2|，
联立x=−my+1x2+2y2=2，
可得（m2+2）y2﹣2my﹣1＝0，
所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以λ=11+m2×(2mm2+2)2−4×(m2+2)×(−1)(m2+2)21m2+2=22×m2+1m2+2m2+1m2+2=22，
综上可知，存在λ=22满足条件．
31．（2025•雁塔区校级模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)，三点A1(0，−2)，A2(3，3)，A3(0，1)中恰有两点在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l交椭圆C于M，N两点，且线段MN的中点P的横坐标为−22，过P作新直线l′⊥l，
①求直线l和直线OP的斜率之积；
②证明：新直线l′恒过定点，并求出该定点的坐标．
（1）解：由题可知，A2(3，3)一定在椭圆上，A1（0，﹣2），A3（0，1）其中一个在椭圆上，
当椭圆过点A1(0，−2)，A2(3，3)，有b=23a2+3b2=1⇒b=2a=23，
所以椭圆C的方程为x212+y24=1；
当椭圆过点A2(3，3)，A3(0，1)，有b=13a2+3b2=1，该方程组无解，
综上，椭圆C的方程为x212+y24=1．
（2）①解：设P（﹣22，y0），
当y0＝0时，直线l垂直于x轴，其斜率不存在，不符合题意，
所以y0≠0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），显然x1≠x2，
联立x1212+y124=1x2212+y224=1，两式相减整理得x12−x2212+y12−y224=0，即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=−13，
因为P为线段MN的中点，所以y1+y2x1+x2=y0−22，
又kl＝kMN=y1−y2x1−x2，kOP=y0−22=y1+y2x1+x2，
所以kMN⋅kOP=−13，即直线l和直线OP的斜率之积为−13．
②证明：当y0≠0时，由①知直线l的斜率为kl=−13⋅−22y0=223y0，
因为l′⊥l，
所以直线l′的斜率为−3y022，其方程为y−y0=−3y022(x+22)，即y=−3y022(x+423)，
显然l′恒过定点（−423，0），
当y0＝0时，直线l的方程为x=−22，此时l′为x轴，也过点（−423，0），
综上所述，l′恒过定点（−423，0）．
32．（2025春•简阳市校级月考）在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)过点A（2，0），直线l与椭圆相交于不同于A点的P，Q两点，当直线l过坐标原点O时，直线AP，AQ的斜率乘积为−14．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线AP，AQ分别与直线x＝3相交于E，F两点，线段E，F的中点为M．
①若直线l过坐标原点，记OM的斜率为k1，直线l的斜率为k2，证明k1•k2为定值；
②若OE→⋅OF→=8，判断直线l是否过定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．
解：（1）依题意，a＝2，设P（t，s），由直线l过坐标原点交椭圆于P，Q两点，得Q（﹣t，﹣s），
因此st−2⋅−s−t−2=−14，整理得t24+s2=1，而t24+s2b2=1，因此b2＝1，
因此椭圆方程为x24+y2=1．
（2）①证明：直线l过坐标原点，设P（x0，y0），Q（﹣x0，﹣y0），
直线AP：y=y0x0−2(x−2)，因此点E(3，y0x0−2)，同理得F(3，y0x0+2)，
由12(y0x0−2+y0x0+2)=x0y0x02−4=x0y0−4y02=x0−4y0，得点M(3，x0−4y0)，因此k1=x0−12y0，
又k2=y0x0，因此k1⋅k2=−112．
②当直线l的斜率存在时，设直线l方程为y＝kx+m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
由y=kx+mx2+4y2=4消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
Δ＝64k2m2﹣16（m2﹣1）（1+4k2）＞0，x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，
由①知E(3，y1x1−2)，F(3，y2x2−2)，由OE→⋅OF→=8，得9+y1x1−2⋅y2x2−2=8，
整理得y1y2+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，因此（kx1+m）（kx2+m）+x1x2﹣2（x1+x2）+4＝0，
整理得(k2+1)x1x2+(km−2)(x1+x2)+m2+4=0，
因此(k2+1)(4m2−4)1+4k2−8km(km−2)1+4k2+m2+4=0，整理得12k2+16km+5m2＝0，
因此（2k+m）（6k+5m）＝0，若2k+m＝0，直线l方程为y＝kx﹣2k过点A（2，0），不符合题意，
若6k+5m＝0，直线l方程为y=kx−65k，过定点(65，0)；
当直线l的斜率不存在时，设直线l方程为x＝x3，P（x3，y3），Q（x3，﹣y3），
因此E(3，y3x3−2)，F(3，−y3x3−2)，9+y3x3−2⋅−y3x3−2=8，而y32=1−x324，
联立解得x3=65，此时直线l过点(65，0)，
因此直线l过定点(65，0)．