新高考高二下学期期中考试必刷真题强化训练（广东卷）期中专题04 圆锥曲线大题综合 解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页期中专题04圆锥曲线大题综合1．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）求适合下列条件的圆锥曲线的标准方程：(1)以直线为渐近线，焦点是，的双曲线；(2)离心率为，短轴长为6的椭圆．【答案】(1)(2)或【分析】（1）由题意设双曲线方程为(，)，根据焦点坐标和双曲线的渐近线方程求出，即可；（2）分椭圆的焦点在轴时和轴时讨论求解即可.【详解】（1）解：由题意设双曲线方程为，由焦点坐标可知，双曲线的渐近线方程为，可得，又，解得，，所以双曲线的方程为.（2）解：当焦点在轴时，设椭圆方程为，由题可得，解得，，所以椭圆方程为；当焦点在轴时，设椭圆方程为，由题可得，解得，，所以椭圆方程为；所以，所求椭圆方程为或.2．（2022秋·广东江门·高二校考期中）已知抛物线的焦点F到其准线的距离为4．(1)求p的值；(2)过焦点F且斜率为1的直线与抛物线交于A，B两点，求．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用抛物线方程得到焦点坐标和准线方程，即可得到答案；（2）通过题意得到焦点坐标，然后得到直线的方程，与抛物线进行联立可得，利用韦达定理可得，即可得到答案【详解】（1）由抛物线可得焦点，准线方程为，又因为抛物线的焦点到其准线的距离为，所以；（2）由（1）可得抛物线的方程为，所以焦点，则直线的方程为设，联立，整理可得，所以，由抛物线的性质可得．3．（2022秋·广东深圳·高二深圳市南头中学校考期中）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且长轴长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，求弦长.【答案】(1)(2)【分析】（1）先设出椭圆方程，然后由题意可得，从而可得椭圆方程，（2）由题意可得直线的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，结合弦长公式可求得结果.【详解】（1）由题意设椭圆的方程为，因为椭圆经过点且长轴长为，所以，所以椭圆方程为，（2）因为直线过点且斜率为1，所以直线的方程为，设，将代入，得，整理得，所以，所以4．（2022秋·广东江门·高二校考期中）椭圆C：的离心率为，短轴长为．(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点A（2，3）且倾斜角为的直线l与椭圆交于M，N两点，求|MN|．【答案】(1)(2)【分析】（1）直接根据条件列关于的方程求解即可；（2）联立直线方程和椭圆方程，求出M，N两点的坐标，利用两点距离公式即可得答案.【详解】（1）由已知得，解得所以椭圆C的标准方程为；（2）由已知直线l的方程为，即，联立，消去得，解得或，.5．（2022秋·广东江门·高二校考期中）已知椭圆C：的离心率为，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于M，N两点，求线段MN的长.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据椭圆的离心率，可得，由可得，进而可求椭圆解方程；(2)求出直线的方程，然后将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理和弦长公式即可求解【详解】（1）由椭圆C：的离心率为，可得：，又因为，所以，故所求椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的方程为：，也即，设，，联立方程组，消元可得：，则，，由弦长公式可得：，所以线段的长为.6．（2022秋·广东梅州·高二校考期中）已知P为椭圆E:上任意一点，F1，F2为左、右焦点，M为PF1中点.如图所示:若，离心率.(1)求椭圆E的标准方程；(2)已知直线l倾斜角为135°，经过且与椭圆交于A，B两点，求弦长|AB|的值.【答案】(1);(2).【分析】（1）由题意可得，根据离心率求得，进而可得椭圆方程；（2）由题设有，联立椭圆方程求得，，应用两点距离公式即可求弦长|AB|.【详解】（1）在△中，则，所以，故，又，则，故，所以椭圆E的标准方程.（2）由题设，直线，即，联立并整理得：，可得，，所以，，即，，故.7．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）已知椭圆的中心在原点，离心率为，一个焦点是（m是大于0的常数）．(1)求椭圆的方程；(2)设Q是椭圆上的一点，且过点F、Q的直线l与y轴交于点M．若，求直线l的斜率．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据条件得，椭圆的焦点在x轴，根据离心率求得a的值，写出方程即可；（2）设出Q点坐标和直线方程，根据直线方程得出M点坐标，对分类讨论，分别用k表示出Q点坐标，代入椭圆方程即可求得.【详解】（1）由已知得，椭圆的焦点在x轴，设方程为，，则，所以，椭圆的方程为（2）设，直线，则点①当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，②当时，由，，知解得，，点Q在椭圆上，所以有，解得，综上所述，或.8．（2022秋·广东深圳·高二深圳市南头中学校考期中）已知椭圆C：过点，且离心率.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l方程.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据离心率求出参数的关系，再根据椭圆过点，进而求解；(2)设的方程为，联立方程组，利用韦达定理求出两交点坐标的关系，再利用弦长公式即可求解.【详解】（1）因为，所以，所以，又椭圆过点，所以，所以，故所求椭圆方程为：.（2）设的方程为，点，联立方程组，整理，得，所以，解得：，所以，，则，解得：.故所求直线的方程为.9．（2022秋·广东深圳·高二深圳外国语学校校考期中）已知点，圆，点在圆上运动，的垂直平分线交于点.(1)求动点的轨迹的方程；(2)直线与曲线交于两点，且中点为，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）由椭圆的定义求解，（2）由点差法得直线斜率后求解，【详解】（1）由题可知，则由椭圆定义知的轨迹是以、为焦点，且长轴长为的椭圆，∴，∴∴的轨迹方程为：（2）设,∵都在椭圆上，∴

，，相减可得，又中点为，∴，∴

，即直线的斜率为，∴直线的方程为，即,因为点在椭圆内，所以直线与椭圆相交于两点，满足条件.故直线的方程为.10．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）已知两定点，，动点P满足，直线．(1)求动点P的轨迹方程，并说明轨迹的形状；(2)记动点P的轨迹为曲线E，把曲线E向右平移1个单位长度，向上平移1个单位长度后得到曲线，求直线被曲线截得的最短的弦长；(3)已知点M的坐标为，点N在曲线上运动，求线段MN的中点H的轨迹方程．【答案】(1)动点P的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；(2)；(3)．【分析】（1）设点，由题可得，进而即得；（2）由题可得圆：，然后根据圆的性质及弦长公式即得；（3）设，，根据坐标关系可得，代入曲线的方程进而即得.【详解】（1）设点，由得，化简得，∴动点P的轨迹方程是，轨迹是以原点为圆心，半径为2的圆；（2）∵曲线E的方程为，∴曲线的方程为，圆心为在，半径为2，又∵直线可化为，由，可得，∴直线恒过定点，由平面几何知识可知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，∵，半径为2，∴最短弦长为；（3）设，，又点M的坐标为，所以，∴，∵点N在圆：上运动，∴，所以，即，∴点H的轨迹方程是．11．（2022秋·广东江门·高二台山市第一中学校考期中）已知椭圆的离心率为，且经过点．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．【答案】(1)(2)为定值，求解过程见详解【分析】（1）将代入标准方程得关系，由离心率得关系，结合即可求解；（2）设，联立直线与椭圆方程，由斜率之积等于求出与关系，由弦长公式求出，由点到直线距离公式求出的高，结合三角形面积公式化简即可求解.【详解】（1）因为椭圆过，故，又，，联立解得，所以椭圆的方程为；（2）设，联立得，，，，即，，原点到直线的距离，所以，所以的面积为定值.12．（2022秋·广东江门·高二校考期中）动点N（x，y）与定点F（1，0）的距离和N到定直线的距离的比是常数．(1)求动点N的轨迹C的方程；(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，点，设直线MA与直线MB的斜率分别为，．随着直线l的变化，是否为定值？请说明理由．【答案】(1)(2)为定值，理由见详解【分析】（1）根据题意，列方程，即可得轨迹；（2）当直线与轴重合时，此时明显有，当直线不与轴重合时，设为，，与椭圆联立，利用消去，利用韦达定理计算即可得答案.【详解】（1）由已知得，化简得，即动点N的轨迹C的方程为；（2）当直线与轴重合时，此时明显有，当直线不与轴重合时，设为，，联立，消去得，为定值.13．（2022秋·广东广州·高二校考期中）已知椭圆的右顶点坐标为，左、右焦点分别为，且，(1)求椭圆的方程；(2)若直线L与椭圆相切，求证：点到直线L的距离之积为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据，即可求得椭圆方程；（2）分类讨论，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋b与椭圆方程联立，由Δ＝0，可得，结合点到直线的距离公式，即可求得点到直线l的距离之积为定值．【详解】（1）因为，则c＝1，因为，所以椭圆的方程；（2）证明：椭圆的左、右焦点分别为，①当直线l垂直于x轴时，因为直线l与椭圆相切，所以直线l的方程为，此时点到直线l的距离一个为，另一个为，所以，②当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝kx＋b,联立，消去y,整理得，所以，，因为直线l与椭圆相切，Δ＝0，所以，，因为到直线l的距离为，到直线l的距离为，所以，，所以点到直线l的距离之积为定值，且定值为3．14．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）如图，已知圆，点为直线上一动点，过点引圆的两条切线，切点分别为，(1)求直线的方程，并写出直线所经过的定点的坐标；(2)求线段中点的轨迹方程；【答案】(1)直线的方程为，过定点(2)【分析】（1）直线是以为直径的圆和圆的公共弦所在直线，求出直线方程即可得到定点；（2）利用几何的知识得到中点的轨迹，根据轨迹求方程即可．【详解】（1）因为，为圆的切线，所以，设的中点为，所以点，在以为直径的圆上，又点，在圆上，所以线段为圆和圆的公共弦，因为圆①，所以，，中点为，则圆，整理得②，②①得直线的方程为，所以，所以直线过定点；（2）直线过定点，的中点为直线与直线的交点，的中点设为点，由始终垂直干，所以点的轨迹为以为直径的圆，当点在轴上时，点与点的重合，点不可能为的中点，则点与点不可能重合，由，，得的中点坐标为，，所以点的轨迹是以为圆心为半径的圆去掉点，点的轨迹方程为．15．（2022秋·广东江门·高二校考期中）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上，点F是椭圆C的右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，则在x轴上是否存在一点P，使得直线l绕点F无论怎样转动都有？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）由题给条件列出关于a、b、c的方程组，解得a、b即可求得椭圆C的方程；（2）由题意可知在x轴上存在一点，使成立，据此结合根与系数的关系可求解.【详解】（1）由题意得，解得：．所以椭圆C的方程为．（2）由题意可知．若直线l斜率存在，设直线l的方程为，联立得，整理得．由题意可知恒成立，所以，假设在x轴上存在一点，使得x轴平分，则，所以，整理得，即，整理得，，则，即，解之得．若直线l斜率不存在时，则M，N两点关于x轴对称，当点P坐标为时，x轴平分．综上所述，在x轴上存在一点，使得x轴平分．16．（2022秋·广东广州·高二南海中学校考期中）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，M是一个动点，且直线AM，BM的斜率之积是，记M的轨迹为E．(1)求E的方程；(2)若过点且不与x轴重合的直线l与E交于P，Q两点，点P关于x轴的对称点为（与Q不重合），直线与x轴交于点G，求点G的坐标．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，则可表示出AM，BM的斜率，再利用其乘积为列方程化简可得E的方程；（2）由题意知，过点F的直线PQ的斜率存在且不为0，可设其方程为，设，，则，将直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，表示出直线的方程，令，结合前面的式子化简可求出的值，从而可得结果【详解】（1）设，则直线AM的斜率为，直线BM的斜率为，∴，整理得，故E的方程为．（2）由题意知，过点F的直线PQ的斜率存在且不为0，可设其方程为，设，，则，将代入，得．则，∴，．则直线方程为，令，则，∴点G的坐标为．17．（2022春·广东汕头·高二校考期中）已知椭圆C：过点，且离心率．(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点．求面积的最大值．【答案】(1)(2)2【分析】（1）根据题意，列出关于a，b的方程，解方程可得答案；（2）设直线l的方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，从而求得弦长，求得点P到直线l的距离，根据三角形的面积公式结合基本不等式求得答案.【详解】（1）∵，∴,又椭圆C：过点，∴，∴，,故所求椭圆方程为;（2）设l的方程为，，,联立得,由，解得,由韦达定理，得，,则．点P到直线l的距离,∴,当且仅当，即时等号成立,∴面积的最大值为2.18．（2022春·广东广州·高二华南师大附中校考期中）如图，已知圆的左顶点，过右焦点F的直线l与椭圆C相交于M，N两点，当直线轴时，.(1)求椭圆C的方程；(2)记的面积分别为，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由顶点坐标得，再由通径长得，从而得椭圆方程；（2）设直线方程为，设，，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，求出的范围，解不等式得的范围，从而得出结论．（1）由已知，当直线轴时，是椭圆的通径，所以，，椭圆方程为；（2）由（1）得，即，由题意直线斜率不可能为0，设直线方程为，设，由得，，，，时，，，时，，记，显然，则，解得，，综上，，所以．19．（2022春·广东广州·高二二师番禺附中校考期中）已知点A的坐标为，点B的坐标为，且动点M到点A的距离是8，线段MB的垂直平分线交线段MA于点P.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)已知，过原点且斜率为k()的直线l与曲线C交于E、F两点，求面积的最大值.【答案】(1)；(2).【分析】(1)根据椭圆的定义判断的轨迹是以、为焦点的椭圆，求出、c、，即可求C的方程；(2)设，，，，将直线方程与椭圆方程联立消得二次方程，利用弦长公式表示出，求出D到l的距离d，根据表示出的面积，利用基本不等式求解最值即可．(1)由题可知，∴>，∴根据椭圆的定义可知P的轨迹是以、为焦点的椭圆，则，，∴C的方程为：；(2)设，，，，将直线方程与椭圆方程联立消得，∴，点D(2，-1)到直线：kx-y=0的距离，故当时，，当且仅当时取等号，故的面积有最大值﹒20．（2022春·广东深圳·高二深圳市龙岗区龙城高级中学校考期中）已知椭圆:的焦距为2，点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设，是椭圆上的两个动点，为坐标原点，且直线，的倾斜角互补，求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由焦距得值，由点坐标得轴，从而利用通径长可得值，得椭圆方程；（2）设，，直线的方程为，，直线方程与椭圆方程联立方程组，消元后应用韦达定理得，同时注意，把代入可求得，从而得出的范围，然后由弦长公式求得弦长，求得原点到直线的距离，得三角形面积，结合函数性质得最大值．(1)解：设椭圆的左、右焦点分别为、，因为焦距为2，所以且轴，故又由于，所以解得，故椭圆方程为；(2)解：设，，直线的方程为，由于直线，的倾斜角互补，故联立方程，整理得，故，即且，

，所以，故的方程为，且

所以弦长原点到直线：的距离为，所以

故当且仅当时，的面积的最大值为.21．（2022春·广东深圳·高二校考期中）已知抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，当A，B两点的纵坐标相同时，．(1)求抛物线C的方程；(2)若P，Q为抛物线C上两个动点，，E为PQ的中点，求点E纵坐标的最小值．【答案】(1)；(2)时最小；时最小.【分析】（1）由题设易知，结合已知即可写出抛物线方程.（2）设直线为，联立抛物线方程，应用韦达定理得到及关于参数k、b的表达式，再由中点公式求关于k、m的表达式，进而根据对勾函数性质求最值，注意分类讨论m.（1）由题设，且，则，所以抛物线C的方程.（2）设直线为，联立抛物线可得，所以，即，，，则，故，又，可得，所以且，则，由对勾函数的性质：当，时，在上递增，则最小；当，时，在上递减，在上递增，则最小；综上，时最小；时最小.22．（2022秋·广东深圳·高二校考期中）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴顶点分别为、，四边形的面积为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）直接由离心率和四边形的面积建立关于的方程，解方程即可；（2）直接通过点差法求出直线斜率，再通过点斜式写出方程即可.【详解】（1）因为离心率，所以，因为，所以.因为四边形的面积为32，所以，所以，，故椭圆的标准方程为（2）设，，则两式相减得，所以.因为的中点坐标为在椭圆内部，所以，所以直线的斜率为1，故直线的方程为，即.23．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）已知椭圆,的离心率相同.点在椭圆上，、在椭圆上.(1)若求点的轨迹方程；(2)设的右顶点和上顶点分别为、，直线、分别是椭圆的切线，、为切点，直线、的斜率分别是、，求的值；(3)设直线、分别与椭圆相交于、两点，且若是中点，求证：、、三点共线（为坐标原点）.【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）设点，可得出，由已知可得出，将代入等式化简可得出点的轨迹方程；（2）分写可得出，写出直线、的方程，将这两条直线的方程分别与椭圆的方程联立，由判别式方程可得出、的表达式，即可求得的值；（3）不妨设、，且，，可得出，代入椭圆的方程，可得出，同理可得出，两式作差，结合点差法证明出，即可证得结论成立.【详解】（1）解：设点，由，可得，因为点在椭圆上，则，即，即.因此，点的轨迹方程为.（2）解：易知点、，直线的方程为，直线的方程为，因为椭圆与椭圆的离心率相等，且椭圆的离心率为，椭圆的离心率为，可得，所以，椭圆的方程为，即，联立可得，，可得，联立可得，，可得，因为，则.（3）证明：，则，则，不妨设、，且，，所以，，所以，，代入椭圆的方程可得，即，因为，，所以，，①同理可得，②①②可得，所以，，因为，这两个等式作差可得，所以，，故、、三点共线.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.24．（2022秋·广东广州·高二校联考期中）如图，中心在原点的椭圆的右焦点为，长轴长为．椭圆上有两点、，连接、，记它们的斜率为、，且满足．(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：为一定值，并求出这个定值；(3)设直线与椭圆的另一个交点为，直线和分别与直线交于点、，若和的面积相等，求点的横坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，(3)点横坐标为【分析】（1）利用椭圆的长轴长以及焦点坐标，求解、，然后求解，得到椭圆方程；（2）设、，通过．结合得到坐标满足方程，转化求解为一定值即可．（3）通过，推出，转化求解点的横坐标即可．【详解】（1）由已知条件，设椭圆，则，解得，椭圆．（2）证明：设、，则，整理得，由，∴，∵，解得，将其代入，为定值.（3）设、，由椭圆的对称性可知，，∵，∴，∴，∴或者，或者．∵，∴或者（舍），解得：，∴点横坐标为．【点睛】易错点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．25．（2022秋·广东·高二校联考期中）设椭圆：，，是椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，点在椭圆外，且．(1)求椭圆的方程；(2)若，点为椭圆上横坐标大于1的一点，过点的直线与椭圆有且仅有一个交点，并与直线，交于M，N两点，为坐标原点，记，的面积分别为，，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】(1)结合已知条件，将可得到一个关系式，然后再结合求出半焦距，最后再结合即可求解；(2)首先设出直线的方程，然后利用直线与椭圆相切求出与的关系，再通过联立直线间的方程表示出直线与点的纵坐标，并表示出和，进而表示出，最后利用换元法和均值不等式即可求解.【详解】（1）因为点在椭圆上，所以，①因为点在椭圆外，且，所以，即，②由①②解得，，故椭圆的方程为．（2）设点，，设直线：，由椭圆性质以及点的横坐标大于1可知，，将直线代入方程并化简可得，，即，因为直线与椭圆有且仅有一个交点，所以，即．直线的方程为：；直线的方程为：，联立方程得，同理得，所以，所以，，所以，令，则，当且仅当，即时，不等式取等号，故当时，取得最小值．26．（2022秋·广东阳江·高二统考期中）已知椭圆的上､下焦点分别为，，左､右顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形.(1)求C的标准方程.(2)M，N为C上且在y轴右侧的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)为定值，定值为.【分析】（1）根据椭圆上、下焦点和左、右顶点的定义，结合正方形的面积进行求解即可；（2）根据平行线的性质、椭圆的定义，结合直线方程与椭圆方程联立，求出M，N的坐标，利用两点间距离公式进行求解即可.【详解】（1）椭圆的上､下焦点分别为，左､右顶点分别为，因为四边形是面积为8的正方形，所以有且，解得，所以椭圆的标准方程为：；（2）因为，所以，因为N为C上且在y轴右侧的点，所以，因此，同理可得：，所以设的方程分别为：，设，则，所以，因此，同理可得：，因此，，所以，所以为定值，定值为.【点睛】关键点睛：利用平行线的性质，得到比例式子是解题的关键.27．（2022春·广东广州·高二广东番禺中学校考期中）已知定点，圆:，为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点．(1)求点的轨迹的方程；(2)直线:与曲线相交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆经过点C（2，0），求面积的最大值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用定义法求轨迹方程；（2）用“设而不求法”表示出整理化简可得，解得:，或，由直线不过点，得到，判断出直线恒过点.表示出，设，利用单调性求出最大值，即可得到的面积的最大值.(1)因为为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点，所以由线段垂直平分线的性质可得：，所以，故点M的轨迹是以P、Q为焦点的椭圆.其中a=2，，∴，故点M的轨迹的方程为．(2)由题意，设，，联立，整理可得:，所以，，因为以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，所以.由，，则.将，代入上式并整理得则化简可得，解得:，或，因为直线不过点，所以，故，所以直线恒过点.故设则在上单调递增，当时，，所以的面积的最大值为【点睛】（1）待定系数法、定义法、代入法、参数方程法等方法可以用求二次曲线的标准方程；（2）“设而不求法”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.28．（2022春·广东广州·高二广州科学城中学校考期中）已知椭圆的焦距为，其短轴的两个端点与右焦点的连线构成正三角形．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）设过点的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，当的面积最大时，求l的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）或．【分析】（Ⅰ）由题意知，，，结合，即可求得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线，，，联立，整理得，利用韦达定理，弦长公式结合的面积公式得到，利用换元结合基本不等式求解.【详解】（Ⅰ）由题意知，，，，所以椭圆的方程为．（Ⅱ）当轴时不合题意，由题意设直线，，．联立，整理得．当，即，且，．从而．又点O到直线MN的距离．所以的面积．设，则，．因为，当且仅当，即时等号成立，且满足．所以，当的面积最大时，直线的方程为或．【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出