【数学】2020届一轮复习苏教版专题三第三讲大题考法——椭圆学案
第三讲 大题考法——椭圆
题型(一)
直线与椭圆的位置关系
主要考查直线与椭圆的位置关系及椭圆的方程、直线方程的求法.
[典例感悟]
[例1] 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC＝2AB，求直线AB的方程．
[解] (1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意．
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将AB的方程代入椭圆方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1,2＝，
C的坐标为，
且AB＝
＝
＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意．
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为PC＝2AB，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
[方法技巧]
解决直线与椭圆的位置关系问题的2个注意点
(1)直线方程的求解只需要两个独立条件，但在椭圆背景下，几何条件转化为坐标的难度增加，涉及到长度、面积、向量等．
(2)直线与椭圆的位置关系处理需要通过联立方程组来处理，联立方程组时要关注相关的点是否能够求解，不能求解的可以用根与系数的关系来处理．
[演练冲关]
1．(2018·南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，两条准线之间的距离为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2＋y2＝上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．
解：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得＝，＝4，
解得a＝2，c＝，所以b＝.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)法一：(设点法)因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以M为AB的中点．
因为椭圆的方程为＋＝1，所以A(－2,0)．
设M(x0，y0)(－2
b>0)，右准线l方程为x＝4，右焦点F(1,0)，A为椭圆的左顶点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点M为椭圆在x轴上方一点，点N在右准线上且满足·＝0且5||＝2||，求直线AM的方程．
解：(1)∵＝4，c＝1，
∴a2＝4，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设AM的方程为y＝k(x＋2)，
联立
消去y，得(4k2＋3)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
∴xM＝－＋2＝，
yM＝k(xM＋2)＝.
而kMN＝－，又∵xN＝4，
∴MN＝ |xM－xN|＝＝·.
又∵AM＝|xM－xA|＝＝·，
∵5||＝2||，
∴5·＝2·，
∴k＝1或，∴AM的方程为y＝x＋2或y＝x＋.
题型(二)
椭圆与圆的综合问题
主要考查直线与椭圆的位置关系以及椭圆与圆相结合的问题，主要求椭圆、圆的方程.
[典例感悟]
[例2] (2018·无锡期末)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2分别为左、右焦点，A，B分别为左、右顶点，D为上顶点，原点O到直线BD的距离为.设点P在第一象限，且PB⊥x轴，连结PA交椭圆于点C，记点P的纵坐标为t.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求直线PA的方程；
(3)求过点B，C，P的圆的方程(结果用t表示)．
[解] (1)因为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，所以a2＝2c2，b＝c，
所以直线DB的方程为y＝－x＋b，
又O到直线BD的距离为，所以＝，
解得b＝1，a＝.
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设P(，t)，t>0，则直线PA的方程为y＝(x＋)，
由
整理得(4＋t2)x2＋2t2x＋2t2－8＝0，
解得xC＝，
则点C的坐标是，
因为△ABC的面积等于四边形OBPC的面积，
所以△AOC的面积等于△BPC的面积，
S△AOC＝××＝，
S△PBC＝×t×＝，
则＝，解得t＝.
所以直线PA的方程为x－2y＋＝0.
(3)因为B(，0)，P(，t)，C，
所以BP的垂直平分线为y＝，
BC的垂直平分线为y＝x－，
所以过B，C，P三点的圆的圆心为，
则过B，C，P三点的圆的方程为2＋2＝＋，
即所求圆的方程为x2－x＋y2－ty＋＝0.
[方法技巧]
椭圆与圆的综合问题的解题策略
(1)在椭圆背景下，常会出现给出三点(包含椭圆上的点)求圆的方程，也会出现给出以椭圆上的两点为直径的圆的问题．这里涉及到椭圆上动点如何求解，以及椭圆的弦的处理．
(2)以两点为直径的圆，可以用直角三角形处理，也可以用向量数量积处理，这两种方法都是转化为点坐标来处理.
(3)运算时要加强“设而不求”思想的渗透，出现多个变量时，要有消元意识和主元思想；在代入运算过程中，不要忘掉整体思想．
(4)在研究直线与椭圆相交的问题时，通常有两种方法来设参，一是设点坐标来作为参数，二是设直线的斜率作为参数．在学习中，要通过比较来看应用哪种方法较为简便，以免将问题复杂化．
[演练冲关]
(2018·镇江期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左焦点F(－2,0)，直线l：y＝t与椭圆交于A，B两点，M为椭圆E上异于A，B的点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若M(－，－1)，以AB为直径的圆P过点M，求圆P的标准方程．
解：(1)因为e＝＝，且c＝2，所以a＝2，b＝2.
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(s，t)，则B(－s，t)，且s2＋2t2＝8.①
因为以AB为直径的圆P过点M，所以MA⊥MB，
所以·＝0，
又＝(s＋，t＋1)，＝(－s＋，t＋1)，所以6－s2＋(t＋1)2＝0.②
由①②解得t＝，或t＝－1(舍，因为M(－，－1)，所以t>0)，所以s2＝.
又圆P的圆心为AB的中点(0，t)，半径为＝|s|，
所以圆P的标准方程为x2＋2＝.
题型(三)
椭圆中的定点、定值问题
主要考查直线与椭圆的位置关系及动直线、动圆过定点问题或与动点有关的定值问题.
[典例感悟]
[例3] (2018·江苏六市调研)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知B1，B2是椭圆＋＝1(a>b>0)的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点．当直线PB1的方程为y＝x＋3时，线段PB1的长为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点Q满足QB1⊥PB1，QB2⊥PB2.求证：△PB1B2与△QB1B2的面积之比为定值．
[解] 设P(x0，y0)，Q(x1，y1)．
(1)在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.
由得＋＝1.
所以x0＝－.
因为PB1＝＝|x0|，
所以4＝·，解得a2＝18.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)法一：(设点法) 直线PB1的斜率为kPB1＝，
由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－.
于是直线QB1的方程为y＝－x＋3.
同理，QB2的方程为y＝－x－3.
联立两直线方程，消去y，得x1＝.
因为P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，所以＋＝1，从而y－9＝－.所以x1＝－.
所以＝＝2.
法二：(设线法) 设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.
由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－x＋3.
将y＝kx＋3代入＋＝1，
得(2k2＋1)x2＋12kx＝0.
因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，
从而x0＝－.
因为P(x0，y0)在椭圆＋＝1上，
所以＋＝1，从而y－9＝－.
所以k·k′＝·＝＝－，
得k′＝－.
由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3.
联立解得x1＝.
所以＝＝＝2.
[方法技巧]
1．定点问题的两种求解方法
(1)引进参数法，引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)由特殊到一般法，根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
2．定值问题的基本求解方法
先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．
[演练冲关]
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立，得消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.
2.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P(2，－1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点Q在椭圆C上，且PQ与x轴平行，过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若直线PQ平分∠APB，求证：直线AB的斜率是定值，并求出这个定值．
解：(1)由e＝＝，得a＝2b，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
把P(2，－1)的坐标代入，得b2＝2，所以椭圆C的方程是＋＝1.
(2) 由已知得PA，PB的斜率存在，且互为相反数．
设直线PA的方程为y＋1＝k(x－2)，其中k≠0.
由消去y，
得x2＋4[kx－(2k＋1)]2＝8，
即(1＋4k2)x2－8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－8＝0.
因为该方程的两根为2，xA，所以2xA＝，
即xA＝.从而yA＝.
把k换成－k，得xB＝，yB＝.
计算，得kAB＝＝＝－，是定值．
[课时达标训练]
A组——大题保分练
1.如图，圆C与y轴相切于点T(0，2)，与x轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的左侧)，且MN＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆T：＋＝1相交于两点A，B，连结AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
解：(1)设圆C的半径为r，依题意得，圆心坐标为(r,2)．
∵MN＝3，∴r＝ ，∴r＝，
∴圆C的方程为2＋(y－2)2＝.
(2)证明：把y＝0代入方程2＋(y－2)2＝，解得x＝1或x＝4，即点M(1,0)，N(4,0)．
①当AB⊥x轴时，由椭圆对称性可知∠ANM＝∠BNM.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
联立方程消去y，
得(k2＋2)x2－2k2x＋k2－8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
∴kAN＋kBN＝＋＝＋
＝.
∵(x1－1)(x2－4)＋(x2－1)(x1－4)＝2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAN＋kBN＝0，∴∠ANM＝∠BNM.
综上所述，∠ANM＝∠BNM.
2．(2018·高邮中学月考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2,0)，离心率为，过点A的直线l与椭圆E交于另一点B，点C为y轴上的一点．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若△ABC是以点C为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程．
解：(1)由题意可得：即
从而有b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入＋＝1，
得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0,
因为x＝－2为该方程的一个根，解得B，
设C(0，y0)，由kAC·kBC＝－1，
得·＝－1，
即(3＋4k2)y－12ky0＋(16k2－12)＝0.(*)
由AC＝BC，即AC2＝BC2，得4＋y＝2＋2，
即4＝2＋2－y0，
即4(3＋4k2)2＝(6－8k2)2＋144k2－24k(3＋4k2)y0，
所以k＝0或y0＝，
当k＝0时，直线l的方程为y＝0，
当y0＝时，代入(*)得16k4＋7k2－9＝0，解得k＝±，
此时直线l的方程为y＝±(x＋2)，
综上，直线l的方程为y＝0,3x－4y＋6＝0或3x＋4y＋6＝0.
3．(2018·南通、泰州一调)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆
＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦点到相应准线的距离为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若P为椭圆上的一点，过点O作OP的垂线交直线y＝于点Q，求＋的值．
解：(1)由题意得解得
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题意知OP的斜率存在．
当OP的斜率为0时，OP＝，OQ＝，
所以＋＝1.
当OP的斜率不为0时，设直线OP的方程为y＝kx.
由得(2k2＋1)x2＝2，解得x2＝，
所以y2＝，所以OP2＝.
因为OP⊥OQ，所以直线OQ的方程为y＝－x.
由得x＝－k，所以OQ2＝2k2＋2.
所以＋＝＋＝1.
综上，可知＋＝1.
4．已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N的方程为(x－c)2＋y2＝a2＋c2(c为半焦距)，直线l：y＝kx＋m(k>0)与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别设为A，B.
(1)求椭圆M的方程和直线l的方程；
(2)试在圆N上求一点P，使＝2.
解：(1)由题意知解得a＝2，c＝1，所以b＝，
所以椭圆M的方程为＋＝1.
圆N的方程为(x－1)2＋y2＝5，
联立
消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，①
因为直线l：y＝kx＋m与椭圆M只有一个公共点，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0得m2＝3＋4k2, ②
由直线l：y＝kx＋m与圆N只有一个公共点，
得＝，即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③
将②代入③得km＝1，④
由②④且k>0，得k＝，m＝2.
所以直线l的方程为y＝x＋2.
(2)将k＝，m＝2代入①，可得A.
又过切点B的半径所在的直线l′为y＝－2x＋2，所以得交点B(0,2)，
设P(x0，y0)，因为＝2，
则＝8，
化简得7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤
又P(x0，y0)满足x＋y－2x0＝4，⑥
将⑤－7×⑥得3x0－2y0＋5＝0，即y0＝.⑦
将⑦代入⑥得13x＋22x0＋9＝0，
解得x0＝－1或x0＝－，
所以P(－1,1)或P.
B组——大题增分练
1．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，右顶点、上顶点分别为A，B，原点O到直线AB的距离等于ab.
(1)若椭圆C的离心率为，求椭圆C的方程；
(2)若过点(0,1)的直线l与椭圆有且只有一个公共点P，且P在第二象限，直线PF2交y轴于点Q，试判断以PQ为直径的圆与点F1的位置关系，并说明理由．
解：由题意，得点A(a,0)，B(0，b)，直线AB的方程为＋＝1，即bx＋ay－ab＝0﹒
由题设，得＝ab，化简得a2＋b2＝1.①
(1)因为e＝＝，所以＝，即a2＝3b2.②
由①②，解得
所以椭圆C的方程为＋4y2＝1.
(2)点F1在以PQ为直径的圆上，理由如下：
由题设，直线l与椭圆相切且l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
由消去y得，
(b2＋a2k2)x2＋2ka2x＋a2－a2b2＝0，(*)
则Δ＝(2ka2)2－4(b2＋a2k2)(a2－a2b2)＝0，
化简得1－b2－a2k2＝0，所以k2＝＝1，
因为点P在第二象限，所以k＝1.
把k＝1代入方程(*)，得x2＋2a2x＋a4＝0，
解得x＝－a2，从而y＝b2，所以P(－a2，b2)﹒
从而直线PF2的方程为y－b2＝(x＋a2)，
令x＝0，得y＝，所以点Q﹒
从而＝(－a2＋c，b2)，＝，
从而·＝c(－a2＋c)＋
＝＝＝0，
所以·＝0.
所以点F1在以PQ为直径的圆上．
2.如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.
(1)求k1k2的值；
(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；
(3)求证：直线AC必过点Q.
解：(1)设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，＋y＝1，
因为A(2,0)，所以k1＝，k2＝，
所以k1k2＝·＝＝＝－.
(2)设直线AP方程为y＝k1(x－2)，
联立
消去y，得(1＋k)x2－4kx＋4(k－1)＝0，
解得xP＝，yP＝k1(xP－2)＝，
联立
消去y，得(1＋4k)x2－16kx＋4(4k－1)＝0，
解得xB＝，yB＝k1(xB－2)＝，
所以kBC＝＝，kPQ＝＝＝，
所以kPQ＝kBC，故存在常数λ＝，使得kPQ＝kBC.
(3)设直线AC的方程为y＝k2(x－2)，
当直线PQ与x轴垂直时，Q，
则P，所以k1＝－，
即B(0,1)，C(0，－1)，所以k2＝，
则kAQ＝＝＝k2，所以直线AC必过点Q.
当直线PQ与x轴不垂直时，
设直线PQ的方程为y＝，
联立
解得xQ＝，yQ＝，
因为k2＝＝＝－，
所以kAQ＝＝－＝k2，故直线AC必过点Q.
3．(2018·扬州期末)已知椭圆E1：＋＝1(a>b>0)，若椭圆E2：＋＝1(a>b>0，m>1)，则称椭圆E2与椭圆E1“相似”．
(1)求经过点(，1)，且与椭圆E1：＋y2＝1“相似”的椭圆E2的方程；
(2)若椭圆E1与椭圆E2“相似”，且m＝4，椭圆E1的离心率为，P在椭圆E2上，过P的直线l交椭圆E1于A，B两点，且＝λ.
①若B的坐标为(0,2)，且λ＝2，求直线l的方程；
②若直线OP，OA的斜率之积为－，求实数λ的值．
解：(1)设椭圆E2的方程为＋＝1，将点(，1)代入得m＝2，
所以椭圆E2的方程为＋＝1.
(2)因为椭圆E1的离心率为，故a2＝2b2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝2b2.
又椭圆E2与椭圆E1“相似”，且m＝4，所以椭圆E2：x2＋2y2＝8b2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
①法一：(设线法)由题意得b＝2，所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，椭圆E2：x2＋2y2＝32.当直线l斜率不存在时，B(0,2)，A(0，－2)，P(0,4)，不满足＝2，从而直线l斜率存在，可设直线l：y＝kx＋2，
代入椭圆E1：x2＋2y2＝8得(1＋2k2)x2＋8kx＝0，
解得x1＝，x2＝0，故y1＝，y2＝2，
所以A.
又＝2，即B为AP中点，
所以P，
代入椭圆E2：x2＋2y2＝32，得
2＋22＝32，
即20k4＋4k2－3＝0，所以k＝±，所以直线l的方程为y＝±x＋2.
法二：(设点法)由题意得b＝2，
所以椭圆E1：x2＋2y2＝8，E2：x2＋2y2＝32.
由A(x1，y1)，B(0,2)，＝2，即B为AP中点，
则P(－x1,4－y1)．
代入椭圆得解得y1＝，
故x1＝±，
所以直线l的斜率k＝±，
所以直线l的方程为y＝±x＋2.
②由题意得x＋2y＝8b2，x＋2y＝2b2，
x＋2y＝2b2，
法一：(设点法)由直线OP，OA的斜率之积为－，
得·＝－，即x0x1＋2y0y1＝0.
又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得
所以2＋22＝2b2，
则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，所以λ＝.
法二：(设线法) 不妨设点P在第一象限，设直线OP：y＝kx(k>0)，代入椭圆E2：x2＋2y2＝8b2，
解得x0＝，则y0＝ .
直线OP，OA的斜率之积为－，则直线OA：y＝－x，代入椭圆E1：x2＋2y2＝2b2，
解得x1＝－，则y1＝ .
又＝λ，则(x0－x1，y0－y1)＝λ(x2－x1，y2－y1)，解得
所以2＋22＝2b2，
则x＋2(λ－1)x0x1＋(λ－1)2x＋2y＋4(λ－1)y0y1＋2(λ－1)2y＝2λ2b2，
(x＋2y)＋2(λ－1)(x0x1＋2y0y1)＋(λ－1)2(x＋2y)＝2λ2b2，所以8b2＋2(λ－1)·＋2··＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，
即8b2＋(λ－1)2·2b2＝2λ2b2，即4＋(λ－1)2＝λ2，
所以λ＝.
4.(2018·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C过点，焦点为F1(－，0)，
F2(，0)，圆O的直径为F1F2.
(1)求椭圆C及圆O的方程；
(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于A，B两点．若△OAB的面积为，求直线l的方程．
解：(1)因为椭圆C的焦点为F1(－，0)，F2(，0)，
可设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)．
又点在椭圆C上，
所以解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
因为圆O的直径为F1F2，
所以圆O的方程为x2＋y2＝3.
(2)①设直线l与圆O相切于点P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，则x＋y＝3，
所以直线l的方程为y＝－(x－x0)＋y0，
即y＝－x＋.
由消去y，得
(4x＋y)x2－24x0x＋36－4y＝0.(*)
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以Δ＝(－24x0)2－4(4x＋y)·(36－4y)＝48y(x－2)＝0.
因为x0＞0，y0＞0，
所以x0＝，y0＝1.
所以点P的坐标为(，1)．
②因为△OAB的面积为，
所以AB·OP＝，从而AB＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(*)得x1,2＝，
所以AB2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2
＝·.
因为x＋y＝3，
所以AB2＝＝，
即2x－45x＋100＝0，
解得x＝(x＝20舍去)，则y＝，
因此P的坐标为.
所以直线l的方程为y－＝－，
即y＝－x＋3.
