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已知橢圓C： $數(shù)學公式$ （a＞b＞0）的一個焦點到長軸的兩個端點的距離分別為2+ $數(shù)學公式$ 和2- $數(shù)學公式$ ．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)過定點M（0，2）的直線l與橢圓C交于不同的兩點A、B，且∠AOB為銳角（其中O為坐標原點），求直線l的斜率k的取值范圍．
（3）如圖，過原點O任意作兩條互相垂直的直線與橢圓 $數(shù)學公式$ （a＞b＞0）交于P，S，R，Q四點，設(shè)原點O到四邊形PQSR一邊的距離為d，試求d=1時a，b滿足的條件．

解：（1）由題意得 $\text{[math]}$ ，解得a=2，c= $\text{[math]}$ ，b=1
所求的方程為 $\text{[math]}$
（2）顯然直線x=0不滿足題設(shè)條件，可設(shè)直線l：y=kx+2，A（x₁，y₁）
由 $\text{[math]}$ 得（1+4k²）x²+16kx+12=0．
∵△=（16k）²-4×12（1+4k²）＞0，∴k∈（-∞，- $\text{[math]}$ ）∪（ $\text{[math]}$ ，+∞）（1）
又x₁+x₂= $\text{[math]}$ ， $\text{[math]}$
由0°＜∠AOE＜90°? $\text{[math]}$ ∴ $\text{[math]}$
所以 $\text{[math]}$ =x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）
=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4= $\text{[math]}$ +2k $\text{[math]}$ +4＞0
∴-2＜k＜2 （2）
由（1）（2）得：k∈（-2，- $\text{[math]}$ ）∪（ $\text{[math]}$ ，2）．
（3）由橢圓的對稱性可知PQSR是菱形，原點O到各邊的距離相等．
當P在y軸上，Q在x軸上時，直線PQ的方程為 $\text{[math]}$ ，由d=1得 $\text{[math]}$ ，
當P不在y軸上時，設(shè)直線PS的斜率為k，P（x₁，kx₁），則直線RQ的斜率為- $\text{[math]}$ ，Q（x₂，- $\text{[math]}$ ）
由 $\text{[math]}$ ，得 $\text{[math]}$ （1），同理 $\text{[math]}$ （2）
在Rt△OPQ中，由 $\text{[math]}$ d|PQ|= $\text{[math]}$ |OP||OQ|，即|PQ|²=|OP|²•|OQ|²
所以 $\text{[math]}$ ，化簡得 $\text{[math]}$ ，
k²（ $\text{[math]}$ ）+ $\text{[math]}$ =1+k²，即 $\text{[math]}$ ．
綜上，d=1時a，b滿足條件 $\text{[math]}$
分析：（1）由橢圓的幾何性質(zhì)可得焦點到長軸的兩個端點的距離分別為a+c和a-c，再把所給數(shù)值代入即可．
（2）斜率k的取值范圍，須將k用其它參數(shù)表示，先設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，求x₁+x₂和x₁x₂，再根據(jù)∠AOB為銳角得到向量 $\text{[math]}$ 的數(shù)量積大于0，用直線l的斜率k表示 $\text{[math]}$ 的數(shù)量積，即可得到k的范圍．
（3）先根據(jù)橢圓的對稱性判斷PQSR是菱形，原點O到各邊的距離相等．設(shè)四邊形PQSR的一條對角線的方程，根據(jù)菱形對角線互相垂直，可得另一條對角線的方程，分別與橢圓方程聯(lián)立，再借助菱形各邊長相等，即可得到a，b滿足的條件．
點評：本體考查了橢圓性質(zhì)的應用，以及判斷直線與橢圓位置關(guān)系時，韋達定理的應用．

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已知橢圓C：

（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁（-1，0）、F₂（1，0），離心率為

．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知一直線l過橢圓C的右焦點F₂，交橢圓于點A、B．
（�。┤魸M足

（O為坐標原點），求△AOB的面積；
（ⅱ）當直線l與兩坐標軸都不垂直時，在x軸上是否總存在一點P，使得直線PA、PB的傾斜角互為補角？若存在，求出P坐標；若不存在，請說明理由．

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（I）求橢圓C的離心率：

（II）設(shè)過點A（0，2）的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且，求點Q的軌跡方程．

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①求橢圓C的方程.

②當⊿AMN的面積為時，求k的值.

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