高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课后作业题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆课后作业题，共24页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023·全国·高二课时练习）给定四条曲线：①x2+y2=52，②x29+y24=1，③x2+y24=1，④x24+y2=1，其中与直线x+y−5=0仅有一个交点的曲线是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
2．（3分）（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆x25+y24=1，直线mx+y+m−1=0，那么直线与椭圆位置关系（ ）
A．相交B．相离C．相切D．不确定
3．（3分）(2023·福建·高二阶段练习）已知直线l:y=x+1，椭圆C:x23+y2=1．若直线l与椭圆C交于A，B两点，则线段AB的中点的坐标为（ ）
A．−14,34B．−34,14
C．12,32D．−32,−12
4．（3分）(2023·全国·高二课时练习）斜率为1的直线l与椭圆x22+y2=1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．233C．263D．433
5．（3分）(2023·全国·高二专题练习）直线l:x−y=0与椭圆x22+y2=1相交A,B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．2B．2C．3D．3
6．（3分）(2023·江苏无锡·高二期末）椭圆x245 +y220＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（ ）
A．±43B．±34C．±45D．±54
7．（3分）(2023·全国·高三专题练习（理））国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于−23，则椭圆的离心率为（ ）
A．13B．23C．33D．64
8．（3分）(2023·全国·高三专题练习）如图，P为椭圆E1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一动点，过点P作椭圆E2:x2a2+y2b2=λ(0<λ<1)的两条切线PA，PB，斜率分别为k1，k2.若k1⋅k2为定值，则λ=（ ）
A．14B．24C．12D．22
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0的焦点分别为F1，F2，焦距为2c，过F2的直线与椭圆C交于A，B两点.AF2=3BF2，AB=BF1=463c，若△ABF1的周长为20，则经过点(532,192)的直线（ ）
A．与椭圆C可能相交B．与椭圆C可能相切
C．与椭圆C可能相离D．与椭圆C不可能相切
10．（4分）（2023·全国·高二课时练习）已知椭圆C:x24+y23=1的右焦点为F，过点F的两条互相垂直的直线l1,l2，l1与椭圆C相交于点A,B，l2与椭圆C相交于点C,D，则下列叙述正确的是（ ）
A．存在直线l1,l2，使得AB+CD值为7
B．存在直线l1,l2，使得|AB+CD值为487
C．弦长AB存在最大值，且最大值为4
D．弦长AB不存在最小值
11．（4分）（2023·江苏·高二单元测试）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点为F1，F2，O为坐标原点，过O作直线l1交椭圆于A，B两点，且直线l2:y=kx+mm>0交椭圆E于M，N两点，已知△ABF1周长的最小值为22+1，面积的最大值为1，则下列选项中正确的有（ ）
A．椭圆E的长轴长为2；
B．存在点M使得MF2长为2；
C．当k2+1=m2时直线l2恒与某个定圆相切；
D．当k2+1=m2时△MON的面积有最大值22．
12．（4分）(2023·江苏·高二专题练习）椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，离心率为e，点A、B、P在椭圆E上，且满足OA⊥OB(其中O为坐标原点)，则下列说法正确的是( )
A．若△PF1F2是等腰直角三角形，则e=22
B．PF1⋅PF2的取值范围是2b2−a2,b2
C．直线AB过定点(定点坐标与a，b有关)
D．OA2⋅OB2AB2为定值(定值与a，b有关)
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023·全国·高二课时练习）直线l：x+y−3=0，椭圆x24+y2=1，则直线和椭圆的位置关系是 ．
14．（4分）(2023·河北保定·高一阶段练习）过椭圆x22+y2=1的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则AB= ．
15．（4分）(2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，过右焦点F且倾斜角为π4的直线与椭圆C形成的弦长为85，且椭圆C上存在4个点M，N，P，Q构成矩形，则矩形MNPQ面积的最大值为 .
16．（4分）（2023·宁夏中卫·三模（理））已知椭圆C:x23+y2b2=1b>0与双曲线C1:x2−y2=1共焦点，过椭圆C上一点P的切线l与x轴、y轴分别交于A、B两点（F1、F2为椭圆C的两个焦点）．又O为坐标原点，当△ABO的面积最小时，下列说法所有正确的序号是 ．
①b=1；
②当点P在第一象限时坐标为6,22；
③直线OP的斜率与切线l的斜率之积为定值−12；
④∠F1PF2的角平分线PH（点H在F1F2上）长为63．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023·江苏·高二单元测试）已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
（1）有两个公共点；
（2）有且只有一个公共点；
（3）没有公共点．
18．（6分）(2023·陕西·高二阶段练习（文））已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），长轴长为25，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
19．（8分）(2023·湖北·高三阶段练习）已知椭圆C:x24+y22=1，过点P23,−13而不过点Q2,1的动直线l与椭圆C交于A､B两点.
(1)求∠AQB;
(2)若直线QA,QB的斜率之和为0，求△QAB的面积.
20．（8分）(2023·甘肃·高三阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,P是E上一动点，△PF1F2的最大面积为3,F1F2=23.
(1)求E的方程；
(2)若直线x−y−1=0与E交于A,B两点，C,D为E上两点，且CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值.
21．（8分）(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）过点P2,2，且离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记椭圆C的上下顶点分别为A,B，过点0,4斜率为k的直线与椭圆C交于M,N两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程．
22．（8分）(2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为13，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线x−y−4=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F2作直线l交椭圆C于M,N两点（直线l与x轴不重合）.在x轴上是否存在点P，使得直线PM与PN的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
专题3.6 直线与椭圆的位置关系-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023·全国·高二课时练习）给定四条曲线：①x2+y2=52，②x29+y24=1，③x2+y24=1，④x24+y2=1，其中与直线x+y−5=0仅有一个交点的曲线是（ ）
A．①②③B．②③④C．①②④D．①③④
【解题思路】A中直线与圆相切，易得交点个数，BCD中由直线方程与曲线方程联立方程组，求方程组的解，解的个数即为交点个数．
【解答过程】解：圆心(0,0)到直线x+y−5=0的距离为52等于半径，故①满足题意．
联立方程x29+y24=1x+y−5=0，整理得，13x2−185x+9=0．△≠0，故②不满足题意．
联立方程x2+y24=1x+y−5=0．整理得，5x2−25x+1=0．△=0，故③满足题意．
联立方程x24+y2=1x+y−5=0，整理得，5x2−85x+16=0，△=0．故④满足题意．
故选：D．
2．（3分）（2023·全国·高二专题练习）已知椭圆x25+y24=1，直线mx+y+m−1=0，那么直线与椭圆位置关系（ ）
A．相交B．相离C．相切D．不确定
【解题思路】求得直线恒过点(−1,1)，由点(−1,1)在椭圆内部，则直线与椭圆相交．
【解答过程】由mx+y+m−1=0，则m(x+1)+y−1=0，
则直线mx+y+m−1=0，恒过定点(−1,1)，
由(−1)25+124=920＜1，则点(−1,1)，在椭圆x25+y24=1内部，
∴直线与椭圆相交．
故选：A.
3．（3分）(2023·福建·高二阶段练习）已知直线l:y=x+1，椭圆C:x23+y2=1．若直线l与椭圆C交于A，B两点，则线段AB的中点的坐标为（ ）
A．−14,34B．−34,14
C．12,32D．−32,−12
【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，消y得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理可得xA+xB=−32，进而得出中点的横坐标，代入直线方程求出中点的纵坐标即可.
【解答过程】由题意知，
y=x+1x23+y2=1，消去y，得2x2+3x=0，
则Δ=9−8=1>0，xA+xB=−32，
所以A、B两点中点的横坐标为：12(xA+xB)=−34，
所以中点的纵坐标为：1−34=14，
即线段AB的中点的坐标为(−34，14).
故选：B.
4．（3分）(2023·全国·高二课时练习）斜率为1的直线l与椭圆x22+y2=1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为（ ）
A．2B．233C．263D．433
【解题思路】设直线方程y=x+m与椭圆方程联立，求得弦长AB=223⋅6−2m2，即可得到最大值.
【解答过程】设A，B两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，直线l的方程为y=x+m，
由y=x+mx22+y2=1消去y得3x2+4mx+2(m2−1)=0，
则x1+x2=−4m3，x1x2=2(m2−1)3.
∴AB=1+k2x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅−43m2−8m2−13
=223⋅6−2m2，
∴当m=0时，AB取得最大值433，
故选:D.
5．（3分）(2023·全国·高二专题练习）直线l:x−y=0与椭圆x22+y2=1相交A,B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．2B．2C．3D．3
【解题思路】联立方程组解得A,B点坐标，可得|AB，再设和l:x−y=0平行的直线，当该直线和椭圆相切时，即△ABC的面积取得最大值，求出此时高，可得答案.
【解答过程】由题意联立方程组x−y=0x22+y2=1 ，解得x=63y=63或x=−63y=−63，
因为A,B两点在椭圆上关于原点对称，不妨取A(63,63),B−63,−63 ，
则|AB|=(63+63)2+(63+63)2=433 ,
设过点C与AB平行的直线为y=x+c ，则y=x+c与AB的距离即为点C到AB的距离，也就是△ABC的边AB上的高，
当y=x+c与椭圆相切时，△ABC的边AB上的高最大，△ABC面积也最大，
联立y=x+cx22+y2=1，得：3x2+4cx+2c2−2=0 ，
令判别式Δ=16c2−24(c2−1)=0 ，解得c=±3 ，
此时y=x+c与l:x−y=0间的距离也即是△ABC的边AB上的高为|±3|2=62 ，
所以△ABC的最大面积为12×433×62=2 ，
故选：B.
6．（3分）(2023·江苏无锡·高二期末）椭圆x245 +y220＝1的一个焦点为F，过原点O作直线（不经过焦点F）与椭圆交于A，B两点，若△ABF的面积是20，则直线AB的斜率为（ ）
A．±43B．±34C．±45D．±54
【解题思路】分情况讨论当直线AB的斜率不存在时，可求面积，检验是否满足条件，当直线AB的斜率存在时，可设直线AB的方程y＝kx，联立椭圆方程，可求△ABF2的面积为S＝2S△ABF2代入可求k．
【解答过程】由椭圆x245+y220＝1，则焦点分别为F1(－5,0)，F2(5,0)，不妨取F(5,0)．
①当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝0，此时AB＝45，
S△ABF2＝12AB•5＝12×45×5＝105，不符合题意；
②可设直线AB的方程y＝kx，
由y=kxx245+y220=1，可得(4+9k2)x2＝180，
∴xA＝654+9k2，yA＝65k4+9k2，
∴△ABF2的面积为S＝2S△AOF2＝2×12×5×65k4+9k2＝20，
∴k＝±43．
故选：A．
7．（3分）(2023·全国·高三专题练习（理））国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点A和短轴一端点B分别向内层椭圆引切线AC，BD，且两切线斜率之积等于−23，则椭圆的离心率为（ ）
A．13B．23C．33D．64
【解题思路】设出外层椭圆方程，利用离心率表达出内层椭圆方程，设出直线方程，联立后由根的判别式得到k12=λb21−λa2与k22=1−λb2λa2，利用斜率乘积列出方程，求出b2a2=23，从而求出离心率.
【解答过程】设外层椭圆方程为x2a2+y2b2=1，则内层椭圆方程为x2a2+y2b2=λ0<λ<1，
设过A点的切线方程为y=k1x+a,k1<0，
与x2a2+y2b2=λ0<λ<1联立得：b2+a2k12x2+2a3k12x+a4k12−λa2b2=0，
由Δ1=4a6k14−4b2+a2k12a4k12−λa2b2=0得：k12=λb21−λa2，
设过点B的切线方程为y=k2x+b，
与x2a2+y2b2=λ0<λ<1联立得：b2+a2k22x2+2a2k2bx+1−λa2b2=0，
由Δ2=4a4k22b2−4b2+a2k221−λa2b2=0得：k22=1−λb2λa2，
从而k12k22=λb21−λa2⋅1−λb2λa2=b4a4=49，
故b2a2=23，
椭圆的离心率为1−b2a2=33.
故选：C.
8．（3分）(2023·全国·高三专题练习）如图，P为椭圆E1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的一动点，过点P作椭圆E2:x2a2+y2b2=λ(0<λ<1)的两条切线PA，PB，斜率分别为k1，k2.若k1⋅k2为定值，则λ=（ ）
A．14B．24C．12D．22
【解题思路】设出直线方程,根据直线与椭圆E2相切,联立化简后由判别式Δ=0即可得关于k的方程.利用韦达定理表示出k1⋅k2.将点P带代入椭圆E1,联立两个式子化简即可求得λ的值.
【解答过程】设Px0,y0，
则过P的直线方程为y−y0=kx−x0，
将直线方程与椭圆E2联立可得y−y0=kx−x0x2a2+y2b2=λ，
化简可得b2+a2k2x2+2a2ky0−kx0x+a2y0−kx02−λa2b2=0 ，
因为相切,所以判别式
Δ=2a2ky0−kx02−4b2+a2k2a2y0−kx02−λa2b2=0 ，
展开得4a4k2y0−kx02−4a2b2+a2k2y0−kx02−λb2=0，
同时除以4a2可得
a2k2y0−kx02−b2+a2k2y0−kx02+λb2b2+a2k2=0，
合并可得−b2y0−kx02+λb2b2+a2k2=0，
同除以−b2,得y0−kx02−λb2−λa2k2=0，
展开化简成关于k的方程可得x02−λa2k2−2x0y0k+y02−λb2=0，
因为有两条直线,所以有两个不等的实数根.
因为k1⋅k2为定值,可设k1⋅k2=t，
由韦达定理,k1k2=y02−λb2x02−λa2=t，
化简得y02−λb2=tx02−tλa2，
又因为Px0,y0在椭圆上,代入可得x02a2+y02b2=1(a>b>0)，
化简可得b2x02+a2y02=a2b2，
则y02−λb2=tx02−tλa2b2x02+a2y02=a2b2,化简可得λ−1=−λ，
解得λ=12，
故选:C.
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>0,b>0的焦点分别为F1，F2，焦距为2c，过F2的直线与椭圆C交于A，B两点.AF2=3BF2，AB=BF1=463c，若△ABF1的周长为20，则经过点(532,192)的直线（ ）
A．与椭圆C可能相交B．与椭圆C可能相切
C．与椭圆C可能相离D．与椭圆C不可能相切
【解题思路】利用给定条件，结合椭圆定义求出椭圆方程，再判断点(532,192)与椭圆的位置关系作答.
【解答过程】由椭圆的定义知BF1+BF2=2a，AF1+AF2=2a，设BF2=m，则AF2=3BF2=3m，
则BF1=2a−m，AF1=2a−3m，而AB=BF1，即有4m=2a−m，解得a=52m，
又△ABF1的周长为20，则有|AB|+|AF1|+|BF1|=4a=20，解得a=5，m=2，
因为AB=BF1=463c，即463c=8，解得c=6，则b2=a2−c2=19，
椭圆C的方程为x225+y219=1，显然(532)225+(192)219=1，即点(532,192)在椭圆上，
所以经过点(532,192)的直线与椭圆C相交或相切.
故选：AB.
10．（4分）（2023·全国·高二课时练习）已知椭圆C:x24+y23=1的右焦点为F，过点F的两条互相垂直的直线l1,l2，l1与椭圆C相交于点A,B，l2与椭圆C相交于点C,D，则下列叙述正确的是（ ）
A．存在直线l1,l2，使得AB+CD值为7
B．存在直线l1,l2，使得|AB+CD值为487
C．弦长AB存在最大值，且最大值为4
D．弦长AB不存在最小值
【解答过程】根据椭圆方程可求得焦点坐标，根据l1,l2一个斜率为0，一个斜率不存在可知A正确；当两直线斜率均存在时，假设直线方程，与椭圆方程联立后，利用弦长公式可求得AB,CD，可知k2=1时AB+CD=487，知B正确；当直线l1斜率存在时，AB=3+33+4k2，由3+4k2≥3可求得AB最大值；当斜率不存在时，可求得AB最小值；由此可知CD正误.
【解答过程】由椭圆方程知：a=2，b=3，c=1，则右焦点为F1,0，
对于A，当直线l1,l2中一个斜率为0，一个斜率不存在，可知：AB,CD中一个为长轴，一个为通径，则AB+CD=2a+2b2a=4+3=7，A正确；
对于B，当直线l1,l2斜率都存在时，设直线l1:y=kx−1，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx−13x2+4y2=12得：3+4k2x2−8k2x+4k2−12=0；
∴x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，∴AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=121+k23+4k2；
则l2:y=−1kx−1，同理可得：CD=121+k24+3k2；
则当k2=1时，AB+CD=487，B正确；
对于CD，当l1斜率存在且为k时，AB=121+k23+4k2=33+4k2+33+4k2=3+33+4k2；
∵3+4k2≥3，∴3当l1斜率不存在时，AB为椭圆通径，则AB=2b2a=3，则AB最小值为3；
则C正确，D错误.
故选：ABC.
11．（4分）（2023·江苏·高二单元测试）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点为F1，F2，O为坐标原点，过O作直线l1交椭圆于A，B两点，且直线l2:y=kx+mm>0交椭圆E于M，N两点，已知△ABF1周长的最小值为22+1，面积的最大值为1，则下列选项中正确的有（ ）
A．椭圆E的长轴长为2；
B．存在点M使得MF2长为2；
C．当k2+1=m2时直线l2恒与某个定圆相切；
D．当k2+1=m2时△MON的面积有最大值22．
【解题思路】A.由椭圆的概念及条件求得椭圆的方程为x22+y2=1判断；B.结合椭圆的性质判断；C.利用原点到直线的距离判断；D.利用直线与椭圆的位置关系及面积计算、基本不等式判断．
【解答过程】解：如图，
连接BF2知，△OAF1 ≌△OBF2，
∴F1A=F2B，
△ABF1的周长为F1A+F1B+AB，
=F2B+F1B+AB=2a+2OA，
当且仅当OA=b时，△ABF1的周长最小，
∴2a+2b=22+1，
∴a+b=2+1，
S△ABF1=12×OF1×yA+yB=12c·yA+yB，
当且仅当点A为短轴端点时△ABF1的面积取得最大值1，
所以bc=1，结合a2=b2+c2，
解得：a=2，b=1，
∴x22+y2=1，
∴椭圆E的长轴长为22，A错误；
点M到F2的最大值为2+1，最小值为2−1，故存在点M使得MF2=2，B正确；
∵原点O到直线l2的距离为d=m1+k2=m1+k2，
∴当k2+1=m2时，d=1，所以直线l2与单位圆一定相切，C正确；
由C知当k2+1=m2时，直线l2恒与单位圆相切，
所以当弦长MN最大时，△MON的面积取得最大值，
将直线l2的方程代入椭圆中消元得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，
∴x1+x2=−4km1+2k2，x1x2=2m2−21+2k2，
∴MN=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k2−4km1+2k22−4·2m2−21+2k21+2k22
=1+k2·8+16k2−8m21+2k2=8k21+k21+2k2
⩽8×k2+1+k221+2k2=2，等号取不到，
∴MN<2，∴S△MON=12MN·1<22，D错误；
故选：BC．
12．（4分）(2023·江苏·高二专题练习）椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，离心率为e，点A、B、P在椭圆E上，且满足OA⊥OB(其中O为坐标原点)，则下列说法正确的是( )
A．若△PF1F2是等腰直角三角形，则e=22
B．PF1⋅PF2的取值范围是2b2−a2,b2
C．直线AB过定点(定点坐标与a，b有关)
D．OA2⋅OB2AB2为定值(定值与a，b有关)
【解题思路】A：分F1F2为斜边和直角边时计算椭圆离心率即可判断；B：根据PF1⋅PF2=PO+OF1⋅PO+OF2=|PO|2−c2即可判断；C：当直线AB为x=-t或x=t时显然满足OA⊥OB，由此即可判断；D：OA2⋅OB2AB2=OA2⋅OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2，设Aρ1csα,ρ1sinα，Bρ2csα+π2,ρ2sinα+π2，根据A、B在椭圆上满足椭圆方程可得1ρ12和1ρ22，由此可求1OA2+1OB2=1ρ12+1ρ22为定值．
【解答过程】对于A，若△PF1F2是等腰直角三角形，则当F1F2为斜边时，离心率e=22；
当F1F2为直角边时，22c+2c=2a，离心率e=2−1，故A错误；
对于B，PF1⋅PF2=PO+OF1⋅PO+OF2=PO+OF1⋅PO−OF1
=PO|2−OF12=PO|2−c2，
∵PO∈b,a，∴|PO|2∈b2,a2，
∴PF1⋅PF2∈b2−c2,a2−c2=2b2−a2,b2，故B正确；
对于C，易知存在两条平行直线：x=−t和x=t使得OA⊥OB，故直线AB不经过定点，故C错误；
∵OA⊥OB，故AB2=OA2+OB2，
则OA2⋅OB2AB2=OA2⋅OB2OA2+OB2=11OA2+1OB2，
∵OA⊥OB，不妨设∠AOx=α，∠BOx=α+π2
则Aρ1csα,ρ1sinα，Bρ2csα+π2,ρ2sinα+π2，
则B−ρ2sinα,ρ2csα，
因为A在椭圆上，则ρ12cs2αa2+ρ12sin2αb2=1，则cs2αa2+sin2αb2=1ρ12，
同理可得：sin2αa2+cs2αb2=1ρ22，
则1OA2+1OB2=1ρ12+1ρ22=1a2+1b2为定值，则OA2⋅OB2AB2也为定值，故D正确．
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2023·全国·高二课时练习）直线l：x+y−3=0，椭圆x24+y2=1，则直线和椭圆的位置关系是 相离 ．
【解题思路】将直线方程与椭圆方程联立，计算得到Δ<0，即可由方程组解与交点个数的关系得出结论．
【解答过程】解：直线l：x+y−3=0，椭圆x24+y2=1，联立可得5x2﹣24x+32=0，
∴Δ=242﹣4×5×32=−64<0，方程组无实数解，即直线与椭圆无交点，故直线和椭圆相离．
故答案为：相离.
14．（4分）(2023·河北保定·高一阶段练习）过椭圆x22+y2=1的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则AB= 827 ．
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，利用“设而不求法”求弦长即可.
【解答过程】∵椭圆方程为x22+y2=1，∴焦点分别为F1−1,0，F21,0，
∵直线AB过左焦点F1的倾斜角为60°，∴直线AB的方程为y=3x+1，将AB方程与椭圆方程联立消去y，得7x2+12x+4=0．设Ax1,y1，Bx2,y2，可得x1+x2=−127，x1x2=47，
∴x1−x2=x1+x22−4x1x2=427，因此，AB=1+32⋅x1−x2=827．
故答案为:872．
15．（4分）(2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，过右焦点F且倾斜角为π4的直线与椭圆C形成的弦长为85，且椭圆C上存在4个点M，N，P，Q构成矩形，则矩形MNPQ面积的最大值为 4 .
【解题思路】先根据离心率及弦长求出椭圆方程，进而不妨设点M位于第一象限，坐标为m,n，根据基本不等式求出矩形面积的最大值.
【解答过程】由于ca=32，所以a2=43c2，b2=a2−c2=13c2，故椭圆方程为：x2+4y2=43c2，
设过右焦点F的直线为y=x−c，与椭圆方程联立得：5x2−8cx+83c2=0，
设直线与椭圆C的两交点为x1,y1,x2,y2，
则由x1+x2=8c5，x1x2=8c215，故1+1⋅8c52−4×8c215=85，解得：c=3，则a2=43c2=4，b2=13c2=1，所以椭圆方程为：x24+y2=1，
不妨设点M位于第一象限，坐标为m,n，则m2+4n2=4，
矩形MNPQ面积为2m⋅2n=4mn≤m2+4n2=4，当且仅当m=2n，即m=2,n=22时，等号成立，
故矩形MNPQ面积最大值为4，
故答案为：4.
16．（4分）（2023·宁夏中卫·三模（理））已知椭圆C:x23+y2b2=1b>0与双曲线C1:x2−y2=1共焦点，过椭圆C上一点P的切线l与x轴、y轴分别交于A、B两点（F1、F2为椭圆C的两个焦点）．又O为坐标原点，当△ABO的面积最小时，下列说法所有正确的序号是 ①④ ．
①b=1；
②当点P在第一象限时坐标为6,22；
③直线OP的斜率与切线l的斜率之积为定值−12；
④∠F1PF2的角平分线PH（点H在F1F2上）长为63．
【解题思路】求出b的值，可判断①的正误；设点Px0,y0在第一象限内，利用基本不等式求得△ABO面积的最小值，利用等号成立可求得a的值，可判断②的正误；利用斜率公式可判断③的正误；利用等面积法可求出PH的长，可判断④的正误.
【解答过程】对于①，双曲线C1的焦点坐标为±2,0，所以，3−b2=2，∵b>0，∴b=1，①正确；
对于②，由于椭圆的对称性，设点P为第一象限内的点，
设点Px0,y0，则x023+y02=1，先证明椭圆C在其上一点Px0,y0处的切线方程为x0x3+y0y=1.
联立x0x3+y0y=1x23+y2=1，可得x2−2x0x+3−3y02=0，即x2−2x0x+x02=0，解得x=x0.
所以，椭圆C在其上一点Px0,y0处的切线方程为x0x3+y0y=1.
所以点A3x0,0、B0,1y0，由基本不等式可得x023+y02=1≥233x0y0，可得x0y0≤32，
S△ABO=12⋅3x0⋅1y0=32x0y0≥32×233=3，
当且仅当x03=y0=22时，等号成立，此时x0=62，y0=22，②错误；
对于③，kOP=y0x0，kl=−x03y0，所以，kOPkl=−13，③错误；
对于④，以F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=2，
∵622+222=2，则点P在圆x2+y2=2上，则PF1⊥PF2，
PH=m，由等面积法可得S△F1PF2=12×22×22=12×PF1+PF2⋅msin45∘=62m，解得m=63.
故答案为：①④.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023·江苏·高二单元测试）已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
（1）有两个公共点；
（2）有且只有一个公共点；
（3）没有公共点．
【解题思路】把直线l的方程与椭圆C的方程联立，利用代数法判断交点情况：
（1）有两个公共点，需Δ＞0，解出m的范围；
（2）有且只有一个公共点，需Δ=0，解出m的范围；
（3）没有公共点，需Δ＜0，解出m的范围.
【解答过程】直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y=2x+m,x24+y22=1,消去y，得
9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
（1）当Δ＞0，即－32＜m＜32时，方程①有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个公共点．
（2）当Δ＝0，即m＝±32时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
（3）当Δ＜0，即m＜－32或m＞32时，方程①没有实数解，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
18．（6分）(2023·陕西·高二阶段练习（文））已知椭圆C的焦点为F1（0，-2）和F2（0，2），长轴长为25，设直线y=x+2交椭圆C于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求弦AB的中点坐标及|AB|.
【解题思路】（1）由题意以及a2=b2+c2即可求出椭圆的标准方程.
（2）将直线与椭圆方程联立，由中点坐标公式以及弦长公式即可求解.
【解答过程】（1）
因为椭圆C的焦点为F10,−2和 F20,2，长轴长为25，
所以椭圆的焦点在y轴上，c=2,a=5.
所以b=1.
所以椭圆C的标准方程y25+x2=1.
（2）
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，AB线段的中点为M(x0,y0)，
由5x2+y2=5y=x+2得6x2+4x−1=0,Δ>0，
所以x1+x2=−23,x1x2=−16，
所以x0=−13，y0=x0+2=53，
所以弦AB的中点坐标为M−13,53，
|AB|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=2×49+23=253.
19．（8分）(2023·湖北·高三阶段练习）已知椭圆C:x24+y22=1，过点P23,−13而不过点Q2,1的动直线l与椭圆C交于A､B两点.
(1)求∠AQB;
(2)若直线QA,QB的斜率之和为0，求△QAB的面积.
【解题思路】(1)当直线l斜率存在时，设其方程为y=kx+b，联立方程组，利用设而不求法证明QA⊥QB，在验证当直线l斜率不存在时QA⊥QB，由此完成证明；
(2)由(1)可得kQA=1或kQA=−1，联立直线QA与椭圆方程求出A的坐标，由此可求直线AB方程，联立方程组求AB，再由点到直线距离公式求Q到直线AB的距离，由此可求△QAB的面积.
【解答过程】（1）
若直线l斜率存在，设其方程为y=kx+b.
因为点P在直线l上，所以−13=23k+b⇒b=−132k+1.
联立直线l和椭圆C的方程消去y得2k2+1x2+4kbx+2b2−4=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2.则
x1+x2=−4kb2k2+1,x1x2=2b2−42k2+1，
y1+y2=kx1+x2+2b=−4k2b2k2+1+2b=2b2k2+1，
y1y2=kx1+bkx2+b=k2x1x2+kbx1+x2+b2=k2⋅2b2−42k2+1+kb−4kb2k2+1+b2=b2−4k22k2+1
注意到QA=x1−2,y1−1，
QB=x2−2,y2−1.
则QA⋅QB=x1−2x2−2+y1−1y2−1
=x1x2−2x1+x2+2+y1y2−y1+y2+1
=2b2−42k2+1+2×4kb2k2+1+b2−4k22k2+1−2b2k2+1+3
=12k2+13b2+2k2+2b22k−1−1
=12k2+13b+2k+1b+2k−1
=0,
故QA⊥QB.
显然，A､Q､B三点互不相同.所以∠AQB=90∘.
若直线l斜率不存在，则A､B两点的坐标为23,±173.
容易验证∠AQB=90∘也成立.因此，∠AQB=90∘.
（2）
由（1）知∠AQB=90∘.所以kQA⋅kQB=−1.
又因为kQA+kQB=0，则kQA=1或kQA=−1，
当kQA=1时，直线QA方程为：y=x−2+1
联立x24+y22=1y=x−2+1，解得点A2−43,−223−13，
又kAB=kPA=22，
则直线AB方程为：y=22x−23−13，即y=22x−23，
∴点Q到直线AB的距离为d=1−1−2312+1=269，
联立x24+y22=1y=22x−23，得2x2−423x−289=0，
所以弦长AB=1+12(223)2+4×149=463，
S△QAB=12×269×463=89，
同理可得kQA=−1时，S△QAB=89.
所以S△QAB=89.
20．（8分）(2023·甘肃·高三阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2,P是E上一动点，△PF1F2的最大面积为3,F1F2=23.
(1)求E的方程；
(2)若直线x−y−1=0与E交于A,B两点，C,D为E上两点，且CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值.
【解题思路】（1）根据焦距求出c=3，利用△PF1F2的最大面积求出b=1，从而求出a=b2+c2=2，求出椭圆方程；
（2）联立直线AB与椭圆方程，求出A,B两点的坐标，从而求出AB，再设出直线CD的方程，联立椭圆方程，表达出CD，及四边形ACBD的面积S=12AB⋅CD=425CD，求出CD的长度的最大值，从而求出四边形ACBD的面积最大值.
【解答过程】（1）
设椭圆E的半焦距为c.因为F1F2=23，所以c=3，
当P为上顶点或下顶点时，△PF1F2的面积最大，
因为△PF1F2的最大面积为3，所以12⋅2c⋅b=3，即bc=3，
所以b=1，所以a=b2+c2=2，
所以椭圆E的方程为x24+y2=1.
（2）
设Ax1,y1,Bx2,y2，联立x24+y2=1,x−y−1=0,消去y得5x2−8x=0，
解得x1=85,x2=0，
所以y1=35,y2=−1，所以A,B两点的坐标分别为85,35,0,−1，
所以AB=852+35+12=825.
因为AB⊥CD，设四边形ACBD的面积为S，
所以S=12AB⋅CD=425CD.
设直线CD的方程为y=−x+m,Cx3,y3,Dx4,y4.
联立x24+y2=1,y=−x+m,消去y得5x2−8mx+4m2−4=0,，
所以Δ=(−8m)2−4×5×4m2−4>0，
即−5x3+x4=8m5,x3x4=4m2−45，
所以CD=1+(−1)2⋅8m52−44m2−45
=2580−16m2=4255−m2，
所以当m=0时，|CD|max=4105，
此时S=425×4105=32525.
所以四边形ACBD面积的最大值为32525.
21．（8分）(2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）过点P2,2，且离心率为22．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记椭圆C的上下顶点分别为A,B，过点0,4斜率为k的直线与椭圆C交于M,N两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程．
【解题思路】（1）利用椭圆过点，离心率，结合a2=b2+c2，即可得解；
（2）由题意得直线MN的方程y=kx+4，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得x1,x2，联立直线AN的方程与直线BM的方程，化简可求得直线BM与AN的交点G在定直线y=1上．
【解答过程】(1)
由椭圆过点P2,2，且离心率为22，所以4a2+2b2=1ca=22a2=b2+c2，解得a2=8b2=4
故所求的椭圆方程为x28+y24=1．
(2)
由题意得A0,2，B0,−2，
直线MN的方程y=kx+4，设Mx1,y1,Nx2,y2，
联立y=kx+4x28+y24=1，整理得1+2k2x2+16kx+24=0，
∴x1+x2=−16k1+2k2，x1x2=241+2k2．
由求根公式可知，不妨设x1=−8k−24k2−61+2k2，x2=−8k+24k2−61+2k2，
直线AN的方程为y−2=y2−2x2x，直线BM的方程为y+2=y1+2x1x，
联立y−2=y2−2x2xy+2=y1+2x1x，得y−2y+2=y2−2x1y1+2x2=kx2+2x1kx1+6x2=kx1x2+2x1kx1x2+6x2
代入x1,x2，得y−2y+2=24k1+2k2+−16k−44k2−61+2k224k1+2k2+−48k+124k2−61+2k2=8k−44k2−6−24k+124k2−6=−13，
解得y=1，即直线BM与AN的交点G在定直线y=1上．
22．（8分）(2023·江苏·高二专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1,F2，离心率为13，以原点为圆心､椭圆短半轴长为半径的圆与直线x−y−4=0相切.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F2作直线l交椭圆C于M,N两点（直线l与x轴不重合）.在x轴上是否存在点P，使得直线PM与PN的斜率之积为定值？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据椭圆的短半轴长及圆的标准方程，再利用点到直线的距离公式及椭圆的离心率公式，结合椭圆中a,b,c三者的关系即可求解；
（2）根据已知条件设出直线l的方程，与椭圆方程联立，消去x得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系及点在直线l上，结合斜率的公式即可求解.
【解答过程】（1）
由题意知，直线x−y−4=0与圆x2+y2=b2相切，
所以圆心(0,0)到直线x−y−4=0的距离d=42=22=b，即b=22.
因为e=ca=13,a2=c2+b2,b=22，所以a=3,c=1.
故椭圆C的标准方程为x29+y28=1.
（2）
因为直线l过点F2(1,0)且与x轴不重合，所以可设直线l的方程为x=my+1.
联立方程，得{x=my+1,x29+y28=1,化简并整理得(8m2+9)y2+16my−64=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则y1+y2=−16m8m2+9,y1y2=−648m2+9.
所以x1+x2=m(y1+y2)+2=188m2+9,x1x2=(my1+1)(my2+1)
=m2y1y2+m(y1+y2)+1=−72m2+98m2+9，
设存在点P(t,0)，则直线PM与PN的斜率分别为kPM=y1x1−t,kPN=y2x2−t，
所以kPM⋅kPN=y1y2(x1−t)(x2−t)=y1y2x1x2−t(x1+x2)+t2
=−648m2+9−72m2+98m2+9−t⋅188m2+9+t2=−64(8t2−72)m2+9−18t+9t2，
令8t2−72=0，解得t=−3或t=3.
当t=−3时，∀m∈R,kPM⋅kPN=−49；
当t=3时，∀m∈R,kPM⋅kPN=−169.
因此，满足条件的点P的坐标为(−3,0)和(3,0).