圆锥曲线之椭圆学案北京高考数学一轮复习

2024届北京高考数学一轮复习学案之《圆锥曲线椭圆》知识点总结一、椭圆的定义1.椭圆的定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆.这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距，焦距的一半称为半焦距.2.定义的三个要点(1)在平面内，F1，F2是两个定点；(2)|MF1|+|MF2|=2a为定长；(3)定长2a>|F1F2|.注意：集合P={M||MF1|+|MF2|=2a}，|F1F2|=2c，其中a>0，c>0，且a，c为常数，当2a>|F1F2|时，点M的轨迹是椭圆；当2a=|F1F2|时，点M的轨迹是线段F1F2；当2a<|F1F2|时，点M的轨迹不存在.3.椭圆的第二定义：平面内到定点F的距离与到定直线l(定点F不在定直线l上)的距离之比为常数e(0<e<1)的点的集合，其中定点F为椭圆的焦点，定直线l称为椭圆的准线.4.与两定点A1(a，0)，A2(a，0)(a>0)连线的斜率之积为b2二、椭圆的标准方程与简单几何性质焦点位置在x轴上在y轴上图形 标准方程x2a2y2a2性质焦点F1(c，0)，F2(c，0)F1(0，c)，F2(0，c)焦距|F1F2|=2c(c=a2范围|x|≤a，|y|≤b|x|≤b，|y|≤a对称性对称轴：x轴，y轴；对称中心：原点顶点(±a，0)，(0，±b)(0，±a)，(±b，0)轴长长轴(线段A1A2)长为2a，短轴(线段B1B2)长为2b离心率e=ca=1−（1）焦半径：椭圆上的点与焦点之间的线段叫做椭圆的焦半径.已知P(x0，y0)为椭圆上一点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，记r1=|PF1|，r2=|PF2|，则①当焦点在x轴上时，r1=a+ex0，r2=aex0；②当焦点在y轴上时，r1=a+ey0，r2=aey0.三、点与椭圆的位置关系1.已知点P(x0，y0)，椭圆x2a2+y2b①|PF1|+|PF2|=2a⇔点P在椭圆上⇔x02a②|PF1|+|PF2|<2a⇔点P在椭圆内部⇔x02a③|PF1|+|PF2|>2a⇔点P在椭圆外部⇔x02a四、直线与椭圆的位置关系1.联立直线与椭圆的方程，根据方程组解的情况可得直线与椭圆的公共点个数(位置关系).直线y=kx+m与椭圆x2a2由y=kx+m，x位置关系解的个数Δ的取值相交两解Δ>0相切一解Δ=0相离无解Δ<02.弦长公式设直线斜率为k，直线与椭圆的两交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|=1+k2·|x1x2|=1+或|AB|=1+1k2|y1y23.椭圆的通径：过椭圆的焦点且垂直于长轴的直线被椭圆所截得的弦叫做椭圆的通径，其长度为2b4.焦点弦：过焦点的直线与椭圆相交形成的弦.焦点弦中通径最短.五、椭圆标准方程的求解1.定义法求椭圆的标准方程根据椭圆的定义确定a，b的值，结合焦点位置写出椭圆的标准方程.2.待定系数法求椭圆的标准方程如果明确椭圆的焦点在x轴上，那么设所求的椭圆方程为x2a2如果明确椭圆的焦点在y轴上，那么设所求的椭圆方程为y2a2如果中心在原点，但焦点的位置不能明确是在x轴上还是在y轴上，那么设所求的椭圆方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n).3.利用椭圆的性质确定椭圆的标准方程(1)与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)有相同离心率的椭圆的方程为x2a2+y2b2=1=k(2)与椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)有相同焦点的椭圆的方程为x2六、椭圆焦点三角形的相关问题1.焦点三角形及其解法(1)椭圆上异于长轴端点的一点P与椭圆的两个焦点F1，F2构成的△PF1F2称为焦点三角形.解关于椭圆的焦点三角形问题，通常要利用椭圆的定义，再结合正弦定理、余弦定理等知识.(2)焦点三角形的常用公式：①焦点三角形的周长C=2a+2c.②在△PF1F2中，由余弦定理可知|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|22|PF1||PF2|cos∠F1PF2.③设P(xP，yP)，则焦点三角形的面积S=c|yP|=12|PF1||PF2|sin∠F1PF2=b2tan∠F1④当且仅当点P位于短轴端点时，∠F1PF2最大，此时满足cos∠F1PF2≥12e2.七、椭圆离心率的求解 1.求椭圆离心率的两种常用方法(1)直接法：若已知a，c，可直接利用e=ca求解；若已知a，b或b，c，可利用a2=b2+c2求出c或a，再代入公式e=c(2)方程法：若a，c的值不可求，则可根据条件建立a，b，c的关系式，利用a2=b2+c2，转化为关于a，c的齐次方程，再将方程两边同除以a的最高次幂，得到关于e的方程，即可求得e的值.2.求椭圆离心率的取值范围求离心率的取值范围时，应根据题意建立a，c的不等式(仿照求离心率中建立方程的方法)，结合e∈(0，1)确定离心率的范围.八、直线与椭圆的相交弦问题1.求相交弦的弦长的两种方法(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间的距离公式求弦长.(2)联立直线(斜率存在)与椭圆的方程，消元，得到一个一元二次方程，利用弦长公式|AB|=1+k2|x1x2|=1+1k2|y1y2|(k≠0)，其中x1，x22.与椭圆中点弦有关问题的三种题型及解法(1)利用根与系数的关系求中点坐标：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去x(y)得到关于y(x)的一元二次方程，利用根与系数的关系以及中点坐标公式求解.(2)利用“点差法”求直线斜率或方程：利用弦的端点在曲线上，端点坐标满足椭圆方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系式，即若椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线与椭圆相交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠±x2，且弦AB的中点为M(x，y)，则x12a2+y12b2=1①，x22a2(3)利用共线法求直线方程：利用中点坐标公式，如果弦的中点为P(x0，y0)，设其中一端点为A(x，y)，则另一端点为B(2x0x，2y0y)，所以x2a2+y2b2这三种方法中“点差法”最常用，“点差法”体现了“设而不求，整体代入”的解题思

想；“点差法”还可用于解决对称问题，因为此类问题一般也与弦的中点和直线斜率有关.九、与椭圆有关的最值、定值以及定点问题1.解决与椭圆有关的最大(小)值问题的常用方法(1)利用定义转化为几何问题，利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；(2)利用换元法转化为三角函数的最值问题处理；(3)利用代数法转化为函数的最值问题来处理，此时，应注意椭圆中x，y的取值范围.2.解决定点问题需要注意两个方面一是抓“特值”，涉及的定点多在两条坐标轴上，所以可以先从斜率不存在或斜率为0

的特殊情况入手找出定点，为解题指明方向.二是抓“参数之间的关系”,定点问题多是直线过定点，所以要熟悉直线方程的特殊形式，

若直线的方程为y=kx+b，则直线y=kx+b恒过点(0，b)；若直线的方程为y=k(xa)，则直线恒过点(a，0).3.定值问题(1)求定值问题的常用方法：①从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.②直接推理、计算，并在推理、计算的过程中消去变量，从而得到定值.(2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思路是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关.在这类问题中选择消元的方向是非常关键的.典型例题训练1．（2023·北京东城·统考二模）已知椭圆的一个焦点的坐标是，则实数的值为（

）A． B． C． D．2．（2023·北京·统考高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．3．（2023·北京东城·统考一模）已知椭圆E：的一个顶点为，离心率.(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.设椭圆的左顶点为D，求的值.4．（2023秋·北京东城·高三统考期末）已知椭圆：（）的离心率为，长轴长与短轴长的和为6，，分别为椭圆的左、右焦点.(1)求椭圆的方程；(2)设为椭圆上一点，.若，，成等差数列，求实数的范围.5．（2023·北京西城·统考二模）已知椭圆的短轴长为，一个焦点为．(1)求椭圆的方程和离心率；(2)设直线与椭圆交于两点，点在线段上，点关于点的对称点为．当四边形的面积最大时，求的值．6．（2023·北京西城·统考一模）已知椭圆，点在椭圆上，且（为原点）．设的中点为，射线交椭圆于点．(1)当直线与轴垂直时，求直线的方程；(2)求的取值范围．7．（2023秋·北京西城·高三统考期末）如图，已知椭圆的一个焦点为，离心率为．(1)求椭圆E的方程；(2)过点作斜率为k的直线交椭圆E于两点A，B，的中点为M．设O为原点，射线交椭圆E于点C．当与的面积相等时，求k的值．8．（2023·北京朝阳·二模）已知点在椭圆E：上，且E的离心率为.(1)求E的方程；(2)设F为椭圆E的右焦点，点是E上的任意一点，直线PF与直线相交于点Q，求的值.9．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知椭圆的右顶点，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，面积的最大值为1．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)过点的直线与椭圆C交于另一点Q，直线分别与y轴相交于点E，F．当时，求直线的方程．10．（2023·北京丰台·统考二模）已知椭圆经过两点.(1)求椭圆C的方程和离心率；(2)设P，Q为椭圆C上不同的两个点，直线AP与y轴交于点E，直线AQ与y轴交于点F，若点满足，求证：P，O，Q三点共线．11．（2023·北京丰台·统考一模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．(1)求椭圆E的方程；(2)过点的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线的垂线（点B，C在直线l的两侧）．垂足分别为M，N，记，，的面积分别为，，，试问：是否存在常数t，使得，，总成等比数列？若存在，求出t的值．若不存在，请说明理由．12．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）已知椭圆过点，离心率为．(1)求椭圆E的方程；(2)设点，直线与椭圆E的另一个交点为C，O为坐标原点，B为椭圆E的右顶点．记直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值．13．（2023·北京石景山·统考一模）已知椭圆:过点，且离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)过点且互相垂直的直线,分别交椭圆于,两点及的取值范围.14．（2023秋·北京石景山·高三统考期末）已知椭圆的一个顶点为，焦距为2．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右焦点分别为，P为椭圆C上一动点，射线分别交椭圆C于点A，B，求证：为定值．15．（2023·北京海淀·统考二模）已知椭圆的左顶点为，上、下顶点分别为，，直线的方程为．(1)求椭圆的方程及离心率；(2)是椭圆上一点，且在第一象限内，是点关于轴的对称点．过作垂直于轴的直线交直线于点，再过作垂直于轴的直线交直线于点．求的大小．16．（2023·北京海淀·统考一模）已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．(1)求椭圆E的方程；(2)设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．17．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）已知椭圆过点和.(1)求椭圆的方程；(2)过点作直线交椭圆于不同的两点，直线交轴于点，直线交轴于点.若，求直线的方程.18．（2023·北京门头沟·统考一模）已知椭圆的离心率为，长轴的左端点为.(1)求C的方程；(2)过椭圆C的右焦点的任一直线l与椭圆C分别相交于M，N两点，且AM，AN与直线，分别相交于D，E两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.19．（2023·北京房山·统考二模）已知椭圆的一个顶点为，焦距为．椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．(1)求椭圆的标准方程；(2)直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．20．（2023·北京房山·统考一模）已知椭圆过点，且离心率为(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l与椭圆E相切，过点作直线l的垂线，垂足为N，O为坐标原点，证明：为定值.21．（2023秋·北京房山·高三统考期末）已知椭圆：经过点，且点到两个焦点的距离之和为8.(1)求椭圆的方程；(2)直线：与椭圆分别相交于两点，直线，分别与轴交于点，.试问是否存在直线，使得线段的垂直平分线经过点，如果存在，写出一条满足条件的直线的方程，并证明；如果不存在，请说明理由.22．（2023·北京通州·统考三模）已知椭圆的离心率为，椭圆C截直线所得线段的长度为2.(1)求椭圆C的方程(2)动直线交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，D为线段AB的中点，点N是M关于O的对称点，以N点为圆心的圆过原点O，直线DF与⊙N相切于点F，求的最大值23．（2023秋·北京通州·高三统考期末）已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于的一点，直线，与直线分别交于点.试判断以为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.24．（2023·北京顺义·统考一模）已知椭圆过点和，且．(1)求椭圆的方程；(2)过点斜率为的直线交椭圆于，直线分别交直线于点．若，求的值．25．（2023·北京顺义·高三统考期末）已知椭圆经过点，离心率为．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．若以为邻边的平行四边形的顶点P在椭圆C上，求证：平行四边形的面积是定值．26．（2023·北京昌平·统考二模）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，且右焦点为.(1)求椭圆的方程；(2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点，N.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.27．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知椭圆过点，且离心率是.(1)求椭圆的方程和短轴长；(2)已知点，直线过点且与椭圆有两个不同的交点，问：是否存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.28．（2023·北京平谷·统考一模）已知椭圆经过两点，设过点的直线椭圆交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．(1)求椭圆E的方程：(2)证明：直线HN过定点．29．（2023·北京密云·统考三模）椭圆C：的离心率为，且过点.(1)求椭圆C的方程和长轴长；(2)点M，N在C上，且.证明：直线MN过定点.30．（2023·北京延庆·统考一模）已知椭圆经过点，离心率为，与轴交于两点，，过点的直线与交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点.(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，当点异于点时，求证：为定值.参考答案1．【解】由条件可知，，，，所以，得，故选：C2．【解】（1）依题意，得，则，又分别为椭圆上下顶点，，所以，即，所以，即，则，所以椭圆的方程为.（2）因为椭圆的方程为，所以，因为为第一象限上的动点，设，则，易得，则直线的方程为，，则直线的方程为，联立，解得，即，而，则直线的方程为，令，则，解得，即，又，则，，所以，又，即，显然，与不重合，所以.3．【解】（1）由题意可知，，所以，则所求椭圆的方程为.（2）依题意过点的直线为，设、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，所以，因为点，则点为线段的中点，所以.4．【解】（1）由题意∴∴，故椭圆的方程为.（2）设∵，，成等差数列∴=，5.【解】（1）由题设

解得

所以椭圆的方程．

的离心率为．（2）设椭圆的另一个焦点为，则直线过点．

由

得．

设，则，．

由题设，点为线段的中点，所以点和点到直线的距离相等．所以四边形的面积为面积的倍．

又，所以．

所以．

设，则．所以．

当且仅当，即时，．所以四边形的面积最大时，．6．【解】（1）当直线与轴垂直时，设其方程为．

由点关于轴对称，且，由勾股定理可知不妨设，

将点的坐标代入椭圆的方程，得，解得．所以直线的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，由（Ⅰ）知．

当直线的斜率存在时，设其方程为．由

得．由，得．设，，则，．

因为，所以．所以．整理得．

所以．解得，从而．

设，其中．则．

将代入椭圆的方程，得．所以，即．

因为，所以，即．

综上的取值范围是．7．【解】（1）由题设,，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线的方程为.由得.设,则.因为与的面积相等,所以点和点到直线的距离相等.所以为线段的中点,即四边形,则.所以.将上述两式代入，得.解得.8．【解】（1）由题意得解得所以椭圆E的方程为.（2）因为点是E上的任意一点，所以.①当时，点或.当点时，直线PF与直线相交于点，此时.当点时，直线PF与直线相交于点，此时.②当时，直线的方程为，由，可得，所以.所以，所以.综上所述，.9．【解】（1）椭圆，，，P为椭圆C上的动点，且点P不在x轴上，O是坐标原点，过点P作轴，垂足为，故面积为，若要面积最大，则需最长，此时点P在轴上，即时，使得面积最大，,,.椭圆C的方程为，离心率为.（2）P为椭圆C上的动点，过点的直线与椭圆C交于另一点Q，可记，，当直线的斜率不存在时，即轴时，，此时直线分别与y轴相交于点E，F．此时，不符合题意.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立，消去可得,化简得，由韦达定理可得，所以，由，，，则直线的方程为：，直线的方程为：，因为直线分别与y轴相交于点E，F，令分别代入直线,直线可得：点，，又，在直线方程上，所以有，分别代入并化简可得，，，则，解得，，故直线的方程为：或，即或.10.【解】（1）将代入椭圆方程，，解得，故，，所以椭圆C的方程为，离心率为；（2）法1：设点，，所以直线PA的方程为：，直线AQ的方程为：，所以点，．，因为，所以即①当直线PQ无斜率时，设，则，代入①得：，解得：，所以P，O，Q三点共线．当直线PQ有斜率时，设，由y=kx+nx2所以，代入（1）得：，解得：或.当时，直线PQ的方程：，不符合题意．故，所以P，O，Q三点共线．综上，P，O，Q三点共线．

法2：设点，点，直线PA的方程为：，所以点．，，因为，所以，所以，即，所以直线AF的方程为：，要证P，O，Q三点共线，由椭圆的对称性，只需证在直线AF上．又因为，所以，所以，所以在直线AF上，所以P，O，Q三点共线．

法3：由题意得，不妨令E点在x轴上方，因为，所以，又因为，所以，所以Rt∽Rt，故，即，设，则，则直线方程为，与联立得，设，则，解得，则，直线方程为，与联立得，设，则，解得，则，故，，所以P，Q关于原点对称，P，O，Q三点共线.11．【解】（1）根据已知可得，所以，所以椭圆E的方程为.（2）由已知得，的斜率存在，且在轴的同侧，设直线的方程为，，不妨设，则由得所以因为，所以，，要使，，总成等比数列，则应有解得，所以存在，使得，，总成等比数列.12．【解】（1）椭圆过点，离心率为，故，，，，椭圆方程为.（2），直线：，联立方程，得到，方程的一个解为，故另外一个解为.当时，，即，，，，，得证13．【解】（1）椭圆:过点，且离心率为所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）当直线的斜率不存在时，则直线：，代入椭圆方程得，所以；直线：，代入椭圆方程得，所以，所以；当直线的斜率不存在时，同理可得；当直线,的斜率均存在，不妨设直线的方程为，则直线的方程为，，则，消去得，恒成立，所以，所以；同理可得，将换成可得所以，综上所述，的取值范围是.14．【解】（1）因为椭圆的一个顶点为，焦距为2，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）根据椭圆的对称性，不妨设当直线不存在斜率时，且，，把代入中，得，所以，于是，，直线的方程为，则有，或，因此，所以；由根据椭圆的对称性，不妨设当时，此时A，B两点重合，坐标为，所以；当直线存在斜率时，且时，设，由题意可知：，直线的方程为：，与椭圆方程联立，得，因此有，设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得，因此有，显然有，，当时，两式相减得：，，由和可知：，因此有，因为，，所以，因为，，所以，于是有所以有当时，则，把代入中，得，即所以，综上所述：为定值.15．【解】（1）因为直线的方程为，所以，，即，，所以，所以椭圆方程为，离心率（2）依题意，设，，则，且点是椭圆上一点，可得，直线的方程为，由，可得，所以，直线的方程为，令，得，即，所以，即直线的倾斜角是，所以.16．【解】（1）由，得，即，由四边形的周长为，得，即，所以椭圆的方程为.（2）设直线l的方程为（，），，，则，，联立方程组，消去y得，，，得，，，直线的方程为，令，得，又因为，所以，的面积，得，经检验符合题意，所以k的值为.17．【解】（1）将点坐标代入椭圆的方程，得解得,所以椭圆的方程为：（2）若直线的斜率不存在，即直线为时，和重合，和点重合，分别为椭圆的上下顶点，此时，符合题意.若直线斜率存在，设直线的方程为，且，联立方程得，，即或，所以直线的方程为，取得，同理可得由得，即，所以，即，即即，因为，所以得，即，经检验符合题意，此时直线为综上所述，直线的方程为或.18．【解】（1）由题可得，，得，所以椭圆的方程：；（2）椭圆右焦点坐标为，由题直线斜率不为零，设直线l方程为，设，，由题，联立方程组，消去x得，所以，，，得，同理，，得，设轴上一点，则，同理得:，，因为，得：，即或，所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为，.19．【解】（1）椭圆的一个顶点为，焦距为，，解得，椭圆的方程为.（2）在直线上，则点，由，得，由,得，，，，，直线过定点.20．【解】（1）因为椭圆过点，所以，又，，所以，得到，所以椭圆的标准方程为.（2）当直线斜率存在且不为0时，设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得，消去并整理，得，因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以方程有两个相等的根，，化简整理得因为直线与垂直，所以直线的方程为，联立得，解得，，所以把代入上式得，，所以，为定值；当直线斜率为0时，直线，过点作直线的垂线，则垂线方程为，此时或，，为定值；当直线斜率不存在时，直线，过点作直线的垂线，则垂线方程为，此时或，，为定值；综上所述，，为定值.21．【解】（1）点到两个焦点的距离之和为8，故，,椭圆的方程为，代入，可得，解得，故椭圆的方程为：（2）由题意，设，联立直线与椭圆的方程，可得，，整理得，，化简得，，故；，，又，可设直线：，设直线：，故，，若线段的垂直平分线经过点，必有，故有，整理得，，化简得，，得到，，，，，，，利用韦达定理，得，，，，，，，当时，，此时，直线为：，故令，则必有，满足，此时，满足题意的直线为：（答案不唯一）22．【解】（1）由椭圆的离心率为，得.又当时，得，所以因此椭圆方程为.（2）

设A（，），B（，）.联立方程得由得（*）且，因此，所以又N（0，m），所以整理得：，因为所以令故所以因为上单调递增，因此等号当且仅当时成立，此时最大值为2.23．【解】（1）由题意可知，解得，所以求椭圆的方程为.（2）设，由（1）可知，斜率存在且不为0，依题意可知的直线方程为，的直线方程为，令，可得，，假设以为直径的圆过定点，不妨设定点为，依题意可知，，所以，，因为，所以.因为，所以，令，可得，解得，，所以以为直径的圆过定点，.24．【解】（1）由题意可知：所以椭圆C的方程为.（2）直线的方程为，设，，直线与椭圆方程联立可得：，消去可得：，则.直线的方程为：，令可得，直线的方程为：，令可得.，法一：易知与异号法二：25．【详解】（1）由题意，可得，解得，，，所以椭圆为.（2）证明：把代入椭圆方程，得，所以，即，设，，则，，所以，因为四边形是平行四边形，所以，所以点坐标为.又因为点在椭圆上，所以，即.因为，即.又点到直线的距离