题目（高二 · 解析几何）：已知中心在原点的椭圆 $\mathrm{C}$ 的左焦点 $\mathrm{F}(-\sqrt{3}, 0)$, 右顶点 $\mathrm{A}(2,0)$.

(1) 求椭圆 C 的标准方程;

(2) 斜率为 ${ }^{\frac{1}{2}}$ 的直线 $I$ 与椭圆 C 交于 $A 、 B$ 两点, 求弦长 $|A B|$ 的最大值及此时 $I$ 的直线方程.
选项：
答案：答案:(1) 解: 由题意可知: $c=\sqrt{3}, a=2, \therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$.

$\because$ 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上,

$\therefore$ 陏圆 C 的方程为: $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$

<ImageHere>
可得 $x^{2}+2 b x+2 b^{2}-2=0$,

$\because$ 与椭圆 C 交于 $A 、 B$ 两点,

$\therefore \triangle=4 b^{2}-4\left(2 b^{2}-2\right) \geq 0$, 即 $b^{2} \leq 2$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，

则 $x_{1}+x_{2}=-2 b, x_{1} x_{2}=2 b^{2}-2$.

$\therefore$ 弦长 $|\mathrm{AB}|=\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}=\sqrt{10-5 b^{2}}$

$\because 0 \leq b^{2} \leq 2$,

$\therefore|A B|=\sqrt{10-5 b^{2}} \leq \sqrt{10}$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{b}=0$, 即 $\mathrm{I}$ 的直线方程为 $\mathrm{y}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{x}$ 时, 弦长 $|A B|$ 的最大值为 $\sqrt{10}$

【解析】（1）由已知根据椭圆的简单性质可求出 $a 、 b$ 的值进而得到椭圆的方程。（2）联立直线和椭圆的方程得到关于 $x$ 的一元二次方程, 设出 $A 、 B$ 两点的坐标根据韦达定理得到 $x_{1}+x_{2}$ 和 $x_{1} x_{2}$ 关系式, 代入弦长公式即可求出结果, 利用椭圆自身的范围限制得到 $b$ 的取值范围, 进而得到弦长 $|A B|$ 的最大值以及直线的方程。

20. 答案:(1) 解: 设双曲线的方程为 $y^{2}-\frac{16}{9} x^{2}=\lambda(\lambda \neq 0)$,代入点 $P(-3 \sqrt{2}, 4)$, 可得 $\lambda=-16$,

$\therefore$ 所求求双曲线的标准方程为 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}}=1$

（2）解：设 $\left|P F_{1}\right|=d_{1} \quad,\left|P F_{2}\right|=d_{2} \quad$ ，则 $d_{1} \bullet d_{2}=41$,

又由双曲线的几何性质知 $\left|d_{1}-d_{2}\right|=2 a=6$,

$\therefore \mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}-2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=36$ 即有 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}=36+2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=118$,

又 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=10$,
$\therefore\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=100=d_{1}{ }^{2}+d_{2}{ }^{2}-2 d_{1} d_{2} \cos \angle F_{1} P F_{2}$

$\therefore \cos \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=\frac{9}{41}$

【解析】(1)根据待定系数法求出双曲线的方程。（2）利用双曲线的定义得出关系式，两边平方可得出 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}$ 的值, 根据余弦定理可求出 $\cos$ 的值即可。
解析：答案:(1) 解: 由题意可知: $c=\sqrt{3}, a=2, \therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$.

$\because$ 焦点在 $\mathrm{x}$ 轴上,

$\therefore$ 陏圆 C 的方程为: $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$


可得 $x^{2}+2 b x+2 b^{2}-2=0$,

$\because$ 与椭圆 C 交于 $A 、 B$ 两点,

$\therefore \triangle=4 b^{2}-4\left(2 b^{2}-2\right) \geq 0$, 即 $b^{2} \leq 2$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，

则 $x_{1}+x_{2}=-2 b, x_{1} x_{2}=2 b^{2}-2$.

$\therefore$ 弦长 $|\mathrm{AB}|=\sqrt{\left(1+k^{2}\right)\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}\right]}=\sqrt{10-5 b^{2}}$

$\because 0 \leq b^{2} \leq 2$,

$\therefore|A B|=\sqrt{10-5 b^{2}} \leq \sqrt{10}$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{b}=0$, 即 $\mathrm{I}$ 的直线方程为 $\mathrm{y}={ }^{\frac{1}{2}} \mathrm{x}$ 时, 弦长 $|A B|$ 的最大值为 $\sqrt{10}$

【解析】（1）由已知根据椭圆的简单性质可求出 $a 、 b$ 的值进而得到椭圆的方程。（2）联立直线和椭圆的方程得到关于 $x$ 的一元二次方程, 设出 $A 、 B$ 两点的坐标根据韦达定理得到 $x_{1}+x_{2}$ 和 $x_{1} x_{2}$ 关系式, 代入弦长公式即可求出结果, 利用椭圆自身的范围限制得到 $b$ 的取值范围, 进而得到弦长 $|A B|$ 的最大值以及直线的方程。

20. 答案:(1) 解: 设双曲线的方程为 $y^{2}-\frac{16}{9} x^{2}=\lambda(\lambda \neq 0)$,代入点 $P(-3 \sqrt{2}, 4)$, 可得 $\lambda=-16$,

$\therefore$ 所求求双曲线的标准方程为 ${ }^{\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{16}}=1$

（2）解：设 $\left|P F_{1}\right|=d_{1} \quad,\left|P F_{2}\right|=d_{2} \quad$ ，则 $d_{1} \bullet d_{2}=41$,

又由双曲线的几何性质知 $\left|d_{1}-d_{2}\right|=2 a=6$,

$\therefore \mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}-2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=36$ 即有 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}=36+2 \mathrm{~d}_{1} \mathrm{~d}_{2}=118$,

又 $\left|F_{1} F_{2}\right|=2 c=10$,
$\therefore\left|F_{1} F_{2}\right|^{2}=100=d_{1}{ }^{2}+d_{2}{ }^{2}-2 d_{1} d_{2} \cos \angle F_{1} P F_{2}$

$\therefore \cos \angle \mathrm{F}_{1} \mathrm{PF}_{2}=\frac{9}{41}$

【解析】(1)根据待定系数法求出双曲线的方程。（2）利用双曲线的定义得出关系式，两边平方可得出 $\mathrm{d}_{1}{ }^{2}+\mathrm{d}_{2}{ }^{2}$ 的值, 根据余弦定理可求出 $\cos$ 的值即可。