【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教B版)基礎鞏固：第8章-第4節(jié)-橢圓

第八章第四節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·長春模擬)橢圓x2＋4y2＝1的離心率為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(3,4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(2,3)[答案]A[解析]先將x2＋4y2＝1化為標準方程x2＋eq\f(y2,\f(1,4))＝1，則a＝1，b＝eq\f(1,2)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\f(\r(3),2).離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).(理)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上任一點到兩焦點的距離分別為d1、d2，焦距為2c.若d1,2c，d2成等差數(shù)列，則橢圓的離心率為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D．eq\f(3,4)[答案]A[解析]由橢圓的定義，d1＋d2＝2a又由題意得d1＋d2＝4c，∴2a＝4c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).2．(文)已知橢圓eq\f(x2,10－m)＋eq\f(y2,m－2)＝1，長軸在y軸上，若焦距為4，則m等于()A．4 B．5C．7 D．8[答案]D[分析]方程表示橢圓時，分母都大于0，又焦點在y軸上，∴y2項的分母較大，依據(jù)焦距為4列方程求解．[解析]由題意知，m－2>10－m>0，∴6<m<10，∵焦距為4，∴c2＝4，∴(m－2)－(10－m)＝4，∴m＝8.(理)(2021·云南省名校統(tǒng)考)已知k＜4，則曲線eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1和eq\f(x2,9－k)＋eq\f(y2,4－k)＝1有()A．相同的準線 B．相同的焦點C．相同的離心率 D．相同的長軸[答案]B[解析]∵k<4，∴曲線eq\f(x2,9－k)＋eq\f(y2,4－k)＝1表示焦點在x軸上的橢圓，又∵(9－k)－(4－k)＝9－4＝5，∴兩橢圓有相同的焦點．3．(文)已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在x軸上，且長軸長為12，離心率為eq\f(1,3)，則橢圓方程為()A.eq\f(x2,144)＋eq\f(y2,128)＝1 B．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,32)＋eq\f(y2,36)＝1 D．eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,32)＝1[答案]D[解析]2a＝12，∴a＝6，∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3)，∴c＝2，∴b2＝a2－c2＝32，故選D.(理)(2022·佛山月考)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點，P是第一象限內該橢圓上的一點，且PF1⊥PF2，則點P的橫坐標為()A．1 B．eq\f(8,3)C．2eq\r(3) D．eq\f(2\r(6),3)[答案]D[解析]由題意知，c2＝a2－b2＝4－1＝3，點P即為圓x2＋y2＝3與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1在第一象限的交點，解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝3，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得點P的橫坐標為eq\f(2\r(6),3).4．(2022·豫東、豫北十所名校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓C上一點，若△F1F2P為等腰直角三角形，則橢圓C的離心率為()A.eq\f(\r(2),2) B．eq\r(2)－1C.eq\r(2)－1或eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(2),4)[答案]C[解析]當∠F1PF2為直角時，P為橢圓短軸端點，∴b＝c，∴eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,2)，∴e＝eq\f(\r(2),2)；當∠F1F2P或∠F2F1P為直角時，eq\f(b2,a)＝2c，∴b2＝2ac，∴a2－c2＝2ac，∴e2＋2e－1＝0，∴e＝eq\r(2)－1.5．(文)已知圓(x＋2)2＋y2＝36的圓心為M，設A為圓上任一點，N(2,0)，線段AN的垂直平分線交MA于點P，則動點P的軌跡是()A．圓 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線[答案]B[解析]點P在線段AN的垂直平分線上，故|PA|＝|PN|，又AM是圓的半徑，∴|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PA|＝|AM|＝6>|MN|，由橢圓定義知，P的軌跡是橢圓．(理)P為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上一點，F(xiàn)1、F2為該橢圓的兩個焦點，若∠F1PF2＝60°，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))等于()A．3 B．eq\r(3)C．2eq\r(3) D．2[答案]D[解析]由題意可得|F1F2|＝2，|PF1|＋|PF2|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2＝(|PF1|＋|PF2|)2－3|PF1||PF2|，所以4＝42－3|PF1||PF2|，|PF1||PF2|＝4，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝|eq\o(PF1,\s\up6(→))||eq\o(PF2,\s\up6(→))|·cos60°＝4×eq\f(1,2)＝2，故選D.6．(2022·豫東、豫北十所名校聯(lián)考)已知F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)兩個焦點，P在橢圓上，∠F1PF2＝α，且當α＝eq\f(2π,3)時，△F1PF2的面積最大，則橢圓的標準方程為()A.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1 B．eq\f(x2,14)＋eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,15)＋eq\f(y2,6)＝1 D．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1[答案]A[解析]∵|F1F2|為定值，∴當P在短軸端點時，S△F1PF2∵∠F1PF2＝eq\f(2π,3)，∴∠PF1F2＝eq\f(π,6)，∴taneq\f(π,6)＝eq\f(b,c)，∵c＝3，∴b＝eq\r(3)，∴a2＝b2＋c2＝12，橢圓方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.二、填空題7．(文)已知eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝1(m>0，n>0)，則當mn取得最小值時，橢圓eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1的離心率是________．[答案]eq\f(\r(3),2)[解析]∵m>0，n>0∴1＝eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)≥2eq\r(\f(2,mn))，∴mn≥8，當且僅當eq\f(1,m)＝eq\f(2,n)，即n＝2m時等號成立，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝2m，,mn＝8，))解得m＝2，n＝4.即當m＝2，n＝4時，mn取得最小值8，∴離心率e＝eq\f(\r(n2－m2),n)＝eq\f(\r(3),2).(理)已知實數(shù)k使函數(shù)y＝coskx的周期不小于2，則方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,k)＝1表示橢圓的概率為________．[答案]eq\f(1,2)[解析]由條件eq\f(2π,|k|)≥2，∴－π≤k≤π，當0<k≤π且k≠3時，方程eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,k)＝1表示橢圓，∴概率P＝eq\f(1,2).8．(2022·遼寧理，15)已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，點M與C的焦點不重合．若M關于C的焦點的對稱點分別為A、B，線段MN的中點在C上，則|AN|＋|BN|＝________.[答案]12[解析]如圖．設MN與橢圓的交點為D，由中位線定理．|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)由橢圓的定義知|DF1|＋|DF2|＝2a∴|AN|＋|BN|＝12.9．(2022·山東濟南二模)若橢圓C1：eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)和橢圓C2：eq\f(x2,a\o\al(2,2))＋eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2>b2>0)的焦點相同且a1>a2.給出以下四個結論：①橢圓C1和橢圓C2確定沒有公共點；②eq\f(a1,a2)>eq\f(b1,b2)；③aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,2)＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)；④a1－a2<b1－b2.其中，全部正確結論的序號是________．[答案]①③④[解析]由于兩橢圓焦點相同，且a1>a2，故b1>b2，因此兩橢圓必無公共點，即命題①為真命題；又由于兩橢圓焦點相同，a1>a2，aeq\o\al(2,1)beq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(2,1)(aeq\o\al(2,2)－c2)<aeq\o\al(2,2)(aeq\o\al(2,1)－c2)＝aeq\o\al(2,2)beq\o\al(2,1)，故eq\f(a1,a2)<eq\f(b1,b2)，即命題②為假命題；由焦點相同得aeq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,2)－beq\o\al(2,2)，故aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,2)＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)，即命題③為真命題；由于aeq\o\al(2,1)－aeq\o\al(2,2)＝beq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,2)，即(a1－a2)(a1＋a2)＝(b1－b2)(b1＋b2)?eq\f(a1－a2,b1－b2)＝eq\f(b1＋b2,a1＋a2)<1，故有a1－a2<b1－b2，即命題④為真命題，綜上①③④為真命題．三、解答題10．(文)(2021·福建四地聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為2eq\r(6)，橢圓C上任意一點到橢圓兩個焦點的距離之和為6.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l：y＝kx－2與橢圓C交于A、B兩點，點P(0,1)，且|PA|＝|PB|，求直線l的方程．[解析](1)由已知得2a＝6,2c＝2eq\r(6)，解得a＝3，c＝eq\r(6)，∴b2＝a2－c2＝3，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋3k2)x2－12kx＋3＝0，∵直線與橢圓有兩個不同的交點，∴Δ＝144k2－12(1＋3k2)>0，解得k2>eq\f(1,9).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(12k,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(3,1＋3k2)，∴y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝k·eq\f(12k,1＋3k2)－4＝－eq\f(4,1＋3k2)，∴AB中點坐標E(eq\f(6k,1＋3k2)，－eq\f(2,1＋3k2))，∵|PA|＝|PB|，∴PE⊥AB，kPE·kAB＝－1，∴eq\f(－\f(2,1＋3k2)－1,\f(6k,1＋3k2))·k＝－1，解得k＝±1.經檢驗，符合題意，所以直線l的方程為x－y－2＝0或x＋y＋2＝0.(理)已知橢圓G：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，右焦點為(2eq\r(2)，0)，斜率為1的直線l與橢圓G交于A，B兩點，以AB為底邊作等腰三角形，頂點為P(－3,2)．(1)求橢圓G的方程；(2)求△PAB的面積．[解析](1)由已知得，c＝2eq\r(2)，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，解得a＝2eq\r(3)，又b2＝a2－c2＝4，所以橢圓G的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設直線l的方程為y＝x＋m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①設A、B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)(x1<x2)，AB中點為E(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3m,4)，y0＝x0＋m＝eq\f(m,4).由于AB是等腰△PAB的底邊，所以PE⊥AB，所以PE的斜率k＝eq\f(2－\f(m,4),－3＋\f(3m,4))＝－1.解得m＝2，此時方程①為4x2＋12x＝0，解得x1＝－3，x2＝0，所以y1＝－1，y2＝2，所以|AB|＝3eq\r(2)，此時，點P(－3,2)到直線AB：x－y＋2＝0的距離d＝eq\f(|－3－2＋2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(9,2).一、選擇題11．若直線mx＋ny＝4和圓x2＋y2＝4沒有交點，則過點(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點個數(shù)為()A．至多一個 B．2個C．1個 D．0個[答案]B[解析]∵直線與圓無交點，∴eq\f(4,\r(m2＋n2))>2，∴m2＋n2<4，∴點(m，n)在圓內，又圓在橢圓內，∴點(m，n)在橢圓內，故過點(m，n)的直線與橢圓有兩個交點．12．橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A，左、右焦點分別為F1、F2，D是它短軸上的一個頂點，若2eq\o(DF1,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DF2,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C.eq\f(1,4) D．eq\f(1,5)[答案]B[解析]由2eq\o(DF1,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DF2,\s\up6(→))知F1是AF2的中點，∴a－c＝2c，∴a＝3c，e＝eq\f(1,3).13．(2022·湖南六校聯(lián)考)已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點，A是橢圓上一動點，圓C與F1A的延長線、F1F2的延長線以及線段AF2相切，若M(t,0)為一個切點，則()A．t＝2B．t>2C．t<2D．t與2的大小關系不確定[答案]A[解析]如圖，P，Q分別是圓C與F1A的延長線、線段AF2相切的切點，|MF2|＝|F2Q|＝2a－(|F1A|＋|AQ|)＝2a－|F1P|＝2a－|F1M|，即|F1M|＋|MF214．(文)(2022·陜西西工大附中適應性訓練)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，連線AF，BF，若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，則橢圓C的離心率e為()A.eq\f(5,7) B．eq\f(4,5)C.eq\f(4,7) D．eq\f(5,6)[答案]A[解析]在△ABF中，由|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，得|BF|＝8，設橢圓的右焦點為E，由對稱性知，|AE|＝8，且△AEF為直角三角形，|EF|＝10，∴2a＝|AF|＋|AE|＝14.∴e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(10,14)＝eq\f(5,7).(理)(2022·包頭三十三中期末)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，若橢圓上存在點P使eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)，則該橢圓的離心率的取值范圍為()A．(0，eq\r(2)－1) B．(eq\f(\r(2),2)，1)C．(0，eq\f(\r(2),2)) D．(eq\r(2)－1,1)[答案]D[解析]依據(jù)正弦定理得eq\f(|PF2|,sin∠PF1F2)＝eq\f(|PF1|,sin∠PF2F1)，所以由eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)可得eq\f(a,|PF2|)＝eq\f(c,|PF1|)，即eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(c,a)＝e，所以|PF1|＝e|PF2|.又|PF1|＋|PF2|＝e|PF2|＋|PF2|＝|PF2|·(e＋1)＝2a，即|PF2|＝eq\f(2a,e＋1).由于a－c<|PF2|<a＋c(不等式兩邊不能取等號，否則分式中的分母為0，無意義)，所以a－c<eq\f(2a,e＋1)<a＋c，即1－eq\f(c,a)<eq\f(2,e＋1)<1＋eq\f(c,a)，所以1－e<eq\f(2,e＋1)<1＋e，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－e1＋e<2，,2<1＋e2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－e2<2，,\r(2)<1＋e，))解得e>eq\r(2)－1.又由于e<1，所以eq\r(2)－1<e<1，即e∈(eq\r(2)－1,1)，選D.二、填空題15．(2021·蘭州名校檢測)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，離心率為e.直線l：y＝ex＋a與x軸、y軸分別交于點A、B，M是直線l與橢圓C的一個公共點，設eq\o(AM,\s\up6(→))＝eeq\o(AB,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率e＝________.[答案]eq\f(\r(5)－1,2)[解析]由于點A、B分別是直線l：y＝ex＋a與x軸、y軸的交點，所以點A、B的坐標分別是(－eq\f(a,e)，0)、(0，a)．設點M的坐標是(x0，y0)，由|AM|＝e|AB|，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(a,e)e－1，,y0＝ea.))由于點M在橢圓上，所以eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，將(*)式代入，得eq\f(e－12,e2)＋eq\f(e2a2,b2)＝1，整理得，e2＋e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(5)－1,2).16．直線l：x－y＝0與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1相交A、B兩點，點C是橢圓上的動點，則△ABC面積的最大值為________．[答案]eq\r(2)[解析]設與l平行的直線方程為x－y＋a＝0，當此直線與橢圓的切點為C時，△ABC的面積最大，將y＝x＋a代入eq\f(x2,2)＋y2＝1中整理得，3x2＋4ax＋2(a2－1)＝0，由Δ＝16a2－24(a2－1)＝0得，a＝±eq\r(3)，兩平行直線x－y＝0與x－y＋eq\r(3)＝0的距離d＝eq\f(\r(6),2)，將y＝x代入eq\f(x2,2)＋y2＝1中得，x1＝－eq\f(\r(6),3)，x2＝eq\f(\r(6),3)，∴|AB|＝eq\r(1＋1)|eq\f(\r(6),3)－(－eq\f(\r(6),3))|＝eq\f(4\r(3),3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(2).三、解答題17．(文)(2022·安徽合肥三校聯(lián)考)已知橢圓的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為eq\f(\r(2),2)，且橢圓經過圓C：x2＋y2－4x＋2eq\r(2)y＝0的圓心C.(1)求橢圓C的方程；(2)設直線l過橢圓的焦點且與圓C相切，求直線l的方程．[解析](1)圓C方程化為(x－2)2＋(y＋eq\r(2))2＝6，圓心C(2，－eq\r(2))，半徑r＝eq\r(6).設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,1－\f(b,a)2＝\f(\r(2),2)2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝4.))所以所求橢圓的方程是eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由(1)得橢圓的左、右焦點分別是F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，∵|F2C|＝eq\r(2－22＋0＋\r(2)2)＝eq\r(2)<eq\r(6).∴F2在圓C內，故過F2沒有圓C的切線．設l的方程為y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0，點C(2，－eq\r(2))到直線l的距離為d＝eq\f(|2k＋\r(2)＋2k|,\r(1＋k2))＝eq\r(6)，化簡得5k2＋4eq\r(2)k－2＝0，解得k＝eq\f(\r(2),5)或k＝－eq\r(2).故l的方程為eq\r(2)x－5eq\r(y)＋2eq\r(2)＝0或eq\r(2)x＋y＋2eq\r(2)＝0.(理)(2022·安徽“江南十?！甭?lián)考)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，橢圓的上頂點和兩焦點連線構成等邊三角形且面積為eq\r(3).(1)求橢圓Γ的標準方程；(2)若直線l：x＝my＋q(m≠0)與橢圓Γ交于不同的兩點A，B，設點A關于橢圓長軸的對稱點為A1，試求A1，F(xiàn)，B三點共線的充要條件．[解析](1)設橢圓Γ的標準方程是eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)．由題意知a＝2c，bc＝eq\r(3)，所以a＝2，b＝eq\r(3)，橢圓Γ的標準方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋q，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))?(3m2＋4)y2＋6mqy＋(3q2－12)＝0，由Δ＝12[3m2q2－(3m2＋4)(q2－4)]＝48(3m2＋4－q2)>0，得記A(x1，y1)，B(x2，y2)，則A1(x1，－y1)，y1＋y2＝eq\f(－6mq,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3q2－12,3m2＋4)，由于F(1,0)，所以eq\o(FA1,\s\up6(→))＝(x1－1，－y1)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，故A1，F(xiàn)，B三點共線，∴eq\o(FA1,\s\up6(→))∥eq\o(FB,\s\up6(→))，∴(x1－1)y2－(x2－1)(－y1)＝(my1＋q－1)y2＋(my2＋q－1)y1＝2my1y2＋(q－1)(y1＋y2)＝2m·eq\f(3q2－12,3m2＋4)＋(q－1)·eq\f(－6mq,3m2＋4)＝eq\f(6mq－4,3m2＋4)＝0?q＝4(m≠0)，②由①②知A1，F(xiàn)，B三點共線的充要條件是|m|>2，且q＝4.18．(文)(2021·石家莊五校聯(lián)考)已知橢圓的兩個焦點坐標分別是(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)，并且經過點(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(30),6))．(1)求橢圓的標準方程；(2)若斜率為k的直線l經過點(0，－2)，且與橢圓交于不同的兩點A，B，求△OAB面積的最大值．[解析](1)設橢圓的標準方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由橢圓的定義可得，2a＝eq\r(\f(\r(2),2)＋\r(2)2＋\f(\r(30),6)2)＋eq\r(\f(\r(2),2)－\r(2)2＋\f(\r(30),6)2)＝2eq\r(3).∴a＝eq\r(3).又c＝eq\r(2)，∴b＝1，故橢圓的標準方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設直線l的方程為y＝kx－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得，(1＋3k2)x2－12kx＋9＝0，依題意Δ＝36k2－36>0，∴k2>1，(*)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(12k,1＋3k2)，x1x2＝eq\f(9,1＋3k2)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\f(12k,1＋3k2)2－\f(36,1＋3k2))＝eq\r(1＋k2)×eq\f(6\r(k2－1),1＋3k2)，由點到直線的距離公式得d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×eq\r(1＋k2)×eq\f(6\r(k2－1),1＋3k2)×eq\f(2,\r(1＋k2))＝eq\f(6\r(k2－1),1＋3k2).設eq\r(k2－1)＝t(t>0)，則k2＝t2＋1，∴S△OAB＝6×eq\f(t,1＋