適用于新高考新教材2024版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測5解析幾何

專題檢測五解析幾何一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2021新高考Ⅱ,3)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)到直線y=x+1的距離為2,則p=()A.1 B.2 C.22 D.42.(2023北京八一中學(xué)模擬)已知從點(diǎn)(-5,3)發(fā)出的光線,經(jīng)x軸反射后,反射光線恰好平分圓x2+y2-2x-2y-3=0的圓周,則反射光線所在的直線方程為()A.2x-3y+1=0 B.2x-3y-1=0C.3x-2y+1=0 D.3x-2y-1=03.(2023山東濟(jì)寧一模)若過點(diǎn)P(0,-1)的直線l與圓(x-3)2+y2=1有公共點(diǎn),則直線A.π6 B.π4 C.π34.(2023湖南常德一模)已知拋物線的方程為x2=4y,過其焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于M,N兩點(diǎn),且|MF|=5,O為坐標(biāo)原點(diǎn),則△MOF的面積與△NOF的面積之比為()A.15 B.14 C.5 D5.(2023全國甲,理8)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為5,C的一條漸近線與圓(x-2)2+(y-3)2=1交于A,BA.55 B.255 C.36.(2023廣東佛山二模)已知方程Ax2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F.現(xiàn)有四位同學(xué)對該方程進(jìn)行了判斷,提出了四個命題:甲:可以是圓的方程;乙:可以是拋物線的方程;丙:可以是橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;丁:可以是雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程.其中,真命題有()A.1個 B.2個 C.3個 D.4個7.(2023山東德州一模)由點(diǎn)P(-3,0)射出的兩條光線與☉O1:(x+1)2+y2=1分別相切于點(diǎn)A,B,稱兩射線PA,PB上切點(diǎn)右側(cè)部分的射線和優(yōu)弧AB右側(cè)所夾的平面區(qū)域?yàn)楱慜1的“背面”.若☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1處于☉O1的“背面”,則實(shí)數(shù)t的取值范圍為()A.[-23,23] B.[-433+1,4C.[-1,1] D.[-238.(2023湖南長郡中學(xué)一模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1,F2,離心率為62,P(x1,y1)是C的右支上異于頂點(diǎn)的一點(diǎn),過點(diǎn)F2作∠F1PF2的平分線的垂線,垂足是M,|MO|=2.若雙曲線C上一點(diǎn)T滿足F1A.22 B.23 C.25 D.26二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.(2023福建泉州三模)已知AB為圓C:x2+y2=4的直徑且不與y軸重合,直線l:y=kx+1與y軸交于點(diǎn)M,則()A.l與C恒有公共點(diǎn)B.△ABM是鈍角三角形C.△ABM的面積的最大值為1D.l被C截得的弦的長度的最小值為2310.已知拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)為F,斜率為1的直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn),則()A.拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=1B.線段AB的中點(diǎn)在直線y=2上C.若|AB|=8,則△OAB的面積為22D.以線段AF為直徑的圓一定與y軸相切11.(2023河北邯鄲一模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn)分別是F1,F2,過F1作圓x2+y2=a2的切線l,切點(diǎn)為M,且直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于AA.若a=3,b=4,則|BF1|+|BF2|=26B.若BF2⊥BF1,則雙曲線C的漸近線方程為y=±2xC.若|MB|=2|MF1|,則雙曲線C的離心率是13D.若M是BF1的中點(diǎn),則雙曲線C的離心率是512.(2023山東菏澤二模)法國數(shù)學(xué)家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn):與橢圓相切的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是以橢圓中心為圓心的圓,我們通常把這個圓稱為該橢圓的蒙日圓.已知橢圓C:x22+y2=1,F1,F2分別為橢圓的左、右焦點(diǎn),直線l的方程為x+2y-3=0,M為橢圓C的蒙日圓上一動點(diǎn),MA,MB分別與橢圓相切于A,B兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),下列說法正確的是(A.橢圓C的蒙日圓方程為x2+y2=3B.記點(diǎn)A到直線l的距離為d,則d-|AF2|的最小值為4C.一矩形四條邊與橢圓C相切,則此矩形面積的最大值為6D.△AOB的面積的最小值為23,最大值為三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2023福建廈門二模)寫出與直線x=1,y=1和圓x2+y2=1都相切的一個圓的方程:.

14.(2023天津,12)過原點(diǎn)的一條直線與圓C:(x+2)2+y2=3相切,交曲線y2=2px(p>0)于點(diǎn)P,若|OP|=8,則p的值為.

15.(2022全國甲,文15)記雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為e,寫出滿足條件“直線y=2x與C16.(2023河北石家莊一模)已知F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn),B是C的上頂點(diǎn),過F1的直線交C于P,Q兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),△OBF1與△PQF2的周長比為2+14,則橢圓的離心率為;如果|BF1|=2,且BF1⊥四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)過點(diǎn)(1)求該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)如果B,C為雙曲線上的動點(diǎn),直線AB與直線AC的斜率互為相反數(shù),證明直線BC的斜率為定值,并求出該定值.18.(12分)(2023河北唐山二模)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,A為C上一點(diǎn),B為準(zhǔn)線l上一點(diǎn),BF=2FA,|AB|=9.(1)求C的方程;(2)M,N,E(x0,-2)是C上的三點(diǎn),若kEM+kEN=1,求點(diǎn)E到直線MN距離的最大值.19.(12分)(2021全國甲,理20)拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O,焦點(diǎn)在x軸上,直線l:x=1交C于P,Q兩點(diǎn),且OP⊥OQ.已知點(diǎn)M(2,0),且☉M與l相切.(1)求C,☉M的方程;(2)設(shè)A1,A2,A3是C上的三個點(diǎn),直線A1A2,A1A3均與☉M相切.判斷直線A2A3與☉M的位置關(guān)系,并說明理由.20.(12分)(2023江蘇海安高級中學(xué)一模)某城市決定在夾角為30°的兩條道路EB,EF之間建造一個半橢圓形狀的主題公園,如圖所示,AB=2千米,O為AB的中點(diǎn),OD為橢圓的長半軸,在半橢圓形區(qū)域內(nèi)再建造一個游樂區(qū)域三角形OMN,其中M,N在橢圓上,且MN的傾斜角為45°,交OD于點(diǎn)G.(1)若OE=3千米,為了不破壞道路EF,求橢圓長半軸長的最大值;(2)若橢圓的離心率為32,當(dāng)線段OG長為何值時,游樂區(qū)域三角形OMN的面積最大21.(12分)(2023山東青島一模)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn),橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,A為橢圓C的上頂點(diǎn),△AF(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)直線l交橢圓C于P,Q兩點(diǎn),點(diǎn)W在過原點(diǎn)且與l平行的直線上,記直線WP,WQ的斜率分別為k1,k2,△WPQ的面積為S.從下面三個條件①②③中選擇兩個條件,證明另一個條件成立.①S=22;②k1k2=-12;③W為原點(diǎn)注:若選擇不同的組合分別解答,則按第一個解答計分.22.(12分)(2023浙江湖州、衢州、麗水二模)已知雙曲線C:x24-y2=1,A是雙曲線C的左頂點(diǎn),點(diǎn)P坐標(biāo)為(1)過點(diǎn)P作C的兩條漸近線的平行線分別交雙曲線C于R,S兩點(diǎn),求直線RS的方程.(2)過點(diǎn)P作直線l與橢圓x24+y2=1交于點(diǎn)D,E,直線AD,AE與雙曲線C的另一個交點(diǎn)分別是點(diǎn)M,N.試問:直線MN是否過定點(diǎn)?若過定點(diǎn),請求出該定點(diǎn)坐標(biāo);若不過定點(diǎn),

專題檢測五解析幾何1.B解析拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(p2,0),其到直線x-y+1=0的距離d=p2-0+11+1=2,解得2.A解析由圓的方程得圓心為(1,1),∵反射光線恰好平分圓x2+y2-2x-2y-3=0的圓周,∴反射光線經(jīng)過點(diǎn)(1,1).∵(-5,3)關(guān)于x軸對稱的點(diǎn)為(-5,-3),∴反射光線所在直線經(jīng)過點(diǎn)(-5,-3),∴反射光線所在直線方程為y-1-3-1=x-13.C解析直線的傾斜角最大時,直線與圓相切,此時斜率存在,圓(x-3)2+y2=1的圓心為C(3設(shè)直線l的方程為y=kx-1,即kx-y-1=0,直線到圓心的距離為d=|3k解得k=3或k=0,當(dāng)k=3時,傾斜角最大為π34.D解析由解析式可知,焦點(diǎn)F(0,1),準(zhǔn)線方程為y=-1,設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),lMN:y=kx+1,則|MF|=y1+1=5,得y1=4,x1=±4.由拋物線的對稱性,不妨設(shè)點(diǎn)M在第一象限內(nèi),則M(4,4).聯(lián)立y=kx+1,4y=x2,得x2-4即x2=-1,所以S△MOFS5.D解析由e=ca=5,得c=5a,所以b=c2-a2=2a.所以雙曲線C由題意知,雙曲線C的一條漸近線與圓(x-2)2+(y-3)2=1交于A,B兩點(diǎn),所以滿足條件的漸近線為y=bax=2x又圓心(2,3)到漸近線2x-y=0的距離d=|2×2-3|22+(-1)2=56.C解析因?yàn)榉匠藺x2+By2+Cxy+Dx+Ey+F=0,其中A≥B≥C≥D≥E≥F,所以當(dāng)A=B=1≥C=D=E=0≥F=-1時,方程為x2+y2-1=0,即x2+y2=1,故方程可以是圓的方程;當(dāng)A=1≥B=C=D=0≥E=-1≥F=-2時,方程為x2-y-2=0,即y=x2-2,故方程可以是拋物線的方程;當(dāng)A=2≥B=1≥C=D=E=0≥F=-1時,方程為2x2+y2-1=0,即y2+x212=若方程為雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程,則有AB<0,C=D=E=0,F<0,這與A≥B≥C≥D≥E≥F矛盾,故方程不可以是雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程.所以真命題有3個.7.D解析設(shè)過點(diǎn)P的切線方程為y=k(x+3),∴|-k+3k|1+k∴不妨令直線AP的方程為y=33(x+3),即x-3y+3=直線PB的方程為y=-33(x+3),即x+3y+3=0∵☉O2:(x-1)2+(y-t)2=1處于☉O1的“背面”,∴☉O2與PB相切時t取最小值,由|1+3t+3|1+3=1,解得t=-233或t=-23,結(jié)合圖形可得t的最小值為-233,同理☉O2與PA相切時可得t的最大值為t=8.A解析設(shè)半焦距為c,延長F2M交PF1于點(diǎn)N,如圖.因?yàn)镻M是∠F1PF2的平分線,F2M⊥PM,所以△NPF2是等腰三角形,所以|PN|=|PF2|,且M是NF2的中點(diǎn).根據(jù)雙曲線的定義可知|PF1|-|PF2|=2a,即|NF1|=2a.因?yàn)镺是F1F2的中點(diǎn),所以MO是△NF1F2的中位線,所以|MO|=12|NF1|=a=2又雙曲線的離心率為62,所以c=3,b=1,所以雙曲線C的方程為x22-y2=1.所以F1(-3,0),F2(3,0),雙曲線C的漸近線方程為x±2設(shè)T(u,v),點(diǎn)T到兩漸近線的距離之和為S,則S=|u+2v|3+|u-2v|3.由F1T·F2T=(u-3)(u+又點(diǎn)T在x22-y2=1上,則u22-v2=1,即u2-2v2=2,解得u2=6,v2=2.由|u|>2|v|,故S=29.ABD解析∵直線l:y=kx+1與y軸交于點(diǎn)M,∴M(0,1),點(diǎn)M在圓C:x2+y2=4內(nèi)部,∴l(xiāng)與C恒有公共點(diǎn),故A正確;∵點(diǎn)M在圓C:x2+y2=4內(nèi)部,∴∠AMB為鈍角,∴△ABM是鈍角三角形,故B正確;∵點(diǎn)M到AB的最大距離,即到圓心的距離,為1,∴S△ABM≤12×4×1=2,故C錯誤當(dāng)l被C截得的弦的長度最小時,圓心到直線l的距離最大,且此距離為點(diǎn)M到圓心的距離,為1,此時弦長為2×22-12=23,故選ABD.10.BCD解析對于A,拋物線C的準(zhǔn)線方程為x=-1,故A錯誤;對于B,設(shè)點(diǎn)A(x1,y1),B(x2,y2),設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M(x0,y0),則y12=4x1,y22=4x2,兩式作差得(y1-y2)(y1+y所以y1+y2=4,故y0=y1+y22=對于C,設(shè)直線AB的方程為y=x+b,聯(lián)立y=x+b,y2=4x,可得x2+(2b-4)x+b2=0,Δ=4(b-2)則x1+x2=4-2b,x1x2=b2,|AB|=2·(x1+x2)2-4x1x2=2×41-b=8,解得b=-1,點(diǎn)O到直線l的距離為d=|b|2=對于D,設(shè)線段AF的中點(diǎn)為N(x3,y3),則x3=x1由拋物線的定義可得|AF|=x1+1=2×x1+12,即|AF|等于點(diǎn)N到故以線段AF為直徑的圓一定與y軸相切,故D正確.11.ABD解析如圖所示,對于A,由a=3,b=4,得c=5,所以|OF1|=5,|OM|=3,|MF1|=4.設(shè)|BF2|=m,則|BF1|=m+6,在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF1F2=(m+6)2則|BF2|=10,|BF1|=16,從而|BF1|+|BF2|=26,故A正確;對于B,由BF2⊥BF1,得OM∥BF2,因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn),所以M為BF1的中點(diǎn),由題意可知|OM|=a,|MF1|=b,則|BF2|=2a,|BF1|=2b,由雙曲線的定義可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,則雙曲線C的漸近線方程為y=±2x,故B正確;對于C,由|MB|=2|MF1|,得|BF1|=3b,則|BF2|=3b-2a,在△BF1F2中,由余弦定理可得cos∠BF1F2=(3整理得ba=32,則e=ba對于D,因?yàn)镸,O分別是BF1,F1F2的中點(diǎn),所以O(shè)M∥BF2,所以|BF2|=2a,|BF1|=2b.由雙曲線的定義可得|BF1|-|BF2|=2b-2a=2a,即b=2a,則e=ba2+1=5故選ABD.12.ACD解析對于A,當(dāng)直線MA,MB中一條斜率為0,另一條斜率不存在時,則M(±2,±1);當(dāng)直線MA,MB斜率均存在時,設(shè)M(x0,y0),切線方程為y=k(x-x0)+y0,由y得(1+2k2)x2-4k(kx0-y0)x+2(kx0-由Δ=0整理可得(x02-2)k2-2x0y0k+y02∴kMA·kMB=y02-1x02-2,又MA⊥MB,∴kMA·kMB=-1,即y02-1x02-2=-1,∴x02+y02=3,∴點(diǎn)M的軌跡為x2+y2=3.經(jīng)檢驗(yàn),M(對于B,∵A為橢圓C上的點(diǎn),∴|AF1|+|AF2|=2a=22,∴d-|AF2|=d-(22-|AF1|)=d+|AF1|-22.∵d+|AF1|的最小值為點(diǎn)F1到直線l的距離,又F1(-1,0),∴(d+|AF1|)min=41+2∴(d-|AF2|)min=433-22,故B對于C,∵矩形四條邊均與C相切,∴該矩形為蒙日圓的內(nèi)接矩形.設(shè)矩形的長為m,寬為n,蒙日圓的半徑r=3,∴m2+n2=(2∴mn≤m2+n22=6(當(dāng)且僅當(dāng)m=n=∴此矩形面積的最大值為6,故C正確.對于D,設(shè)點(diǎn)A(x1,y1)位于橢圓上半部分,即y=1-x22,∴橢圓C在點(diǎn)A處的切線斜率k1=-x121-x122=-x12y1,∴切線方程為y-y1=-x12y1(x-x1),即x1x+2y1y=同理可得,當(dāng)點(diǎn)A(x1,y1)位于橢圓下半部分,即y=-1-x22時,切線方程為x1∴橢圓C在點(diǎn)A處的切線方程為x1x2+y1y=1,同理可知,橢圓C在點(diǎn)B處的切線方程為x2x設(shè)M(x0,y0),則x1x02+y1y0=1即切點(diǎn)弦AB所在直線方程為x0x2+y0當(dāng)y0=0時,M(±3,0),此時AB所在直線方程為x=±233,∴|AB|=2×1-432=2當(dāng)y0≠0時,由x0x2+y0y=1,x22+y2=1,由A知x02+y02=3,∴(6-x02)x2-4x設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則x1+x2=4x06-x02,∴|AB|=1+x又原點(diǎn)O到直線AB的距離d=1x∴S△AOB=12|AB|·d=16(x02-3令16-x02=t,∵x02∈[0,3),∴6-x2∈(3,6],則t∈[16,13),∵曲線y=-2t2+t,t∴ymax=-2×142+14=18,ymin=-2×162+16=19,∴(S△AOB)綜上所述,△AOB的面積的最小值為23,最大值為22,故D故選ACD.13.(x-2)2+y2=1(答案不唯一)解析設(shè)圓的方程為(x-a)2+(y-b)2=R2,和直線相切可以得R=|a-1|=|b-1|,和圓相切得a2+b2=R+1或a2+b2=|R-1|,若取a=2,b=0,則R=1,此時圓的方程為(14.6解析易知切線的斜率存在,設(shè)其方程為y=kx,k≠0,則由題意,得圓C的圓心為(-2,0),半徑r=3.由|-2k|k2+1=3,解得k=±3.由圓與拋物線的對稱性,不妨取直線y=3x.直線y=3x與曲線y2=2px(p>0)交于點(diǎn)P,則由y2=2px,y=3x,得P(23p,233p).因?yàn)?5.2(答案不唯一,只要1<e≤5即可)解析由題意知,雙曲線C的漸近線方程為y=±bax,要使直線y=2x與雙曲線C無公共點(diǎn),只需ba≤2由ba≤2,得c2-a2a2≤4,所以e2≤16.2243解析設(shè)|F1F2|=2c,由題意,△PQF2的周長為|PQ|+|PF2|+|QF2|=|PF1|+|PF2|+|QF1|+|QF2|=4a.因?yàn)閍2=c2+b2,所以△OBF1的周長為a+b+c,所以a+b+c4a=2+14,整理得b=2a-c,b2=2a2-22ac+c2,a2-22ac+2c2=0,可得因?yàn)閨BF1|=2,所以a=2,所以b=c=1,即橢圓的方程為x22+y2焦點(diǎn)F1(-1,0),F2(1,0),所以直線BF1的斜率為1.因?yàn)锽F1⊥PQ,所以直線PQ的斜率為-1,即直線PQ的方程為y=-x-1.聯(lián)立x22+y2=1,y=-x-1,得不妨令P(0,-1),Q(-43所以△PQF2的面積為12×2×(13+1)=17.(1)解由題意9a2故雙曲線的方程為x28-(2)證明設(shè)點(diǎn)B(x1,y1),C(x2,y2),設(shè)直線AB的方程為y-2=k(x+3),代入雙曲線方程,得(4-k2)x2-2k(3k+2)x-(3k+2)2-32=0,∴-3+x1=6k2+4k4-k2,x1=3k2+4k同理C3k2-∴kBC=48k8k18.解(1)如圖,因?yàn)锽F=2FA,所以|AF|=13|AB|=3由BF=2FA,xB=-p2,xF=p2,可得xA由拋物線的定義可知,|AF|=p+p2=3,解得p=2則C的方程為y2=4x.(2)因?yàn)辄c(diǎn)E(x0,-2)在拋物線C上,所以x0=1.設(shè)直線MN的方程為x=ty+n,M(x1,y1),N(x2,y2),y1,y2≠-2,將x=ty+n代入y2=4x,得y2-4ty-4n=0,則y1+y2=4t,y1y2=-4n.kEM=y1+2x1-1=kEM+kEN=4y1-2+4y則直線MN的方程為x=ty-6t+5,所以直線MN過定點(diǎn)T(5,6).當(dāng)ET⊥MN時,點(diǎn)E到直線MN的距離最大,且最大距離為|ET|=(5-1)2+19.解(1)由題意設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=2px,p>0,當(dāng)x=1時,y2=2p,y=±2p因?yàn)镺P⊥OQ,所以2p=1,即2p=故拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2=x.☉M的方程為(x-2)2+y2=1.(2)由題意可知直線A1A2,A1A3,A2A3均不平行于x軸.設(shè)點(diǎn)A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),直線A1A2的方程為x-x1=m1(y-y1),直線A1A3的方程為x-x1=m2(y-y1),m1≠m2.因?yàn)辄c(diǎn)A1在拋物線C上,所以x1=y12,所以直線A1A2的方程可化為x-m1y+m1y1-y12=0,直線A1A3的方程可化為x-m2y+m2y1-因?yàn)橹本€A1A2,A1A3與☉M相切,☉M的圓心坐標(biāo)為(2,0),半徑r=1,所以|2+m1y1所以m1,m2為方程|2+my1即m1,m2為方程m2(y12-1)+m(4y1-2y13)+y14-4y又m1≠m2,所以y12-1≠0,所以m1+m2=2y13-4y1y12-1,m1m2=y14-4y12+3y12-1.由x-m1y+同理,y3=m2-y1.設(shè)直線A2A3的方程為x=ky+b,由x=ky+b,y2=x,得y2-ky-b=0,所以y2+y3=k,y2y3=-b,所以k=y2+y3=m1+m2-2y1=-2y1y12-1,-b=y2y3=(m1-y1)(m2所以☉M的圓心到直線A2A3的距離d=|2-b|1+k2=2+3-y1220.解(1)以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OD所在直線為x軸,OA所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,圖略,由題意A(0,1),E(0,3).因?yàn)椤螼EF=30°,所以|OF|=|OE|tan30°=3,所以F(3,0),kEF=-3,所以直線EF的方程為y=-3x+3.設(shè)|OD|=a,a>0,則D(a,0),所以橢圓的方程為x2a2+y2=1,當(dāng)a最大時直線EF與橢圓相切整理可得(1+3a2)x2-63a2x+8a2=0,Δ=(63a2)2-4(1+3a2)·8a2=0,解得a=263(負(fù)值舍去所以橢圓的長半軸長的最大值為26(2)因?yàn)閑=ca=32,b=1,a2=b2+c2,所以所以橢圓的方程為x24+y2=設(shè)|OG|=t,0<t≤2,則G(t,0),直線MN的方程為y=x-t.聯(lián)立y=x-t,x24+y2=1,整理可得設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),則x1+x2=8t5,x1x2=|y1-y2|=|x1-x2|=(xS△OMN=12|OG|·|y1-y2|=12·t·要保證MN與半橢圓有交點(diǎn),當(dāng)點(diǎn)N位于點(diǎn)B位置時,t=1,所以1≤t≤2,當(dāng)t2=52,即t=102時,S△OMN有最大值,最大值為綜上所述,當(dāng)|OG|=102時,三角形OMN的面積最大21.解(1)記|F1F2|=2c,由題意知|AF1|=|AF2|=a,2c=2a,∴S△AF1F2=12a2=1,∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x22+y2=(2)(ⅰ)選②③為條件:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).當(dāng)直線l的斜率不存在時,根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則由k1k2=-12,可得k1=22,此時直線WP的方程為y=22x,與x22+y2=1聯(lián)立,解得P(1,2當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+t,則k1k2=y1y2x1x2=-12,即x1x2+將y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=-4kt1+2k2,x∴y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2-2k21+2k2.∴2t2-21+2k2+2|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2∵點(diǎn)O到直線l的距離d=|t|1+k2,∴S=綜上,①成立.(ⅱ)選①③為條件:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2).當(dāng)直線l的斜率不存在時,根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則由S=22,可得S=12x1·2y1=x1y1=又x122+y12=1,解得P(1,∴k1k2=-12當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+t,將y=kx+t代入x22+y2=1得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-2=0,∴x1+x2=-4kt1+2k2,x|PQ|=1+k2|x1-x2|=1+k2∵點(diǎn)O到直線l的距離d=|t∴S=12·|t|1+k2·22·1+k2·1+2k2∵y1y2=(kx1+t)(kx2+t)=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2=t2∴k1k2=y1y2綜上,②成立.(ⅲ)選①②為條件:設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),W(x0,y0).當(dāng)直線l的斜率不存在時,根據(jù)橢圓的對稱性不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限,則Q(x1,-y1),W(0,y0),∴S=12x1·2y1=x1y1=2又x122+y12=1,解得P(1,∴k1k2