2023-2024学年黑龙江省伊春一中高一（上）月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江省伊春一中高一（上）月考数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线5x−2y−10=0在x轴上的截距为a，在y轴上的截距为b，则( )
A. a=2，b=5B. a=2，b=−5
C. a=−2，b=5D. a=−2，b=−5
2.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为C上一点，∠F1PF2=π3，若△F1PF2的面积为3 3，则C的短轴长为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.已知直线l交椭圆x24+y22=1于A、B两点，且线段AB的中点为(−1,−1)，则l的斜率为( )
A. −2B. −12C. 2D. 12
4.已知椭圆方程x225+y29=1，椭圆上点M到该椭圆一个焦点F1的距离是2，N是MF1的中点，O是椭圆的中心，那么线段ON的长是( )
A. 2B. 4C. 8D. 32
5.圆O：x2+y2=4与直线l：x+(λ−1)y−λ=0交于M、N，当|MN|最小时，λ的值为( )
A. −2B. 2C. −1D. 1
6.已知椭圆C：x216+y212=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的动点，m=|PF1|，n=|PF2|，则4m+nmn的最小值为( )
A. 98B. 54C. 20−3 79D. 20+3 79
7.已知直线l：2x+y+m=0上存在点A，使得过点A可作两条直线与圆C：x2+y2−2x−4y+2=0分别切于点M，N，且∠MAN=120°，则实数m的取值范围是( )
A. [− 5−2, 5−2]B. [−2 5−4,2 5−4]
C. [− 15−2 3, 15−2 3]D. [0, 15−2 3]
8.点A(2,0)到直线l的距离为1，且直线l与圆C：(x+2)2+(y−3)2=r2(r>0)相切，若这样的l有四条，则r的取值范围是( )
A. (0,2)B. (0,3)C. (0,4)D. (0,5)
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l1：(a+1)x+ay+2=0，l2：ax+(1−a)y−1=0，则( )
A. l1恒过点(2,−2)B. 若l1//l2，则a2=12
C. 若l1⊥l2，则a2=1D. 当0≤a≤1时，l2不经过第三象限
10.已知圆x2+y2=4上有且仅有三个点到直线l的距离为1，则直线l的方程可以是( )
A. x−y+1=0B. 7x−y+5 2=0
C. x−y+ 2=0D. x=−1
11.设椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 离心率e= 22
B. |PF1|⋅|PF2|的最小值为4
C. △PF1F2面积的最大值为 3
D. 以线段F1F2为直径的圆与直线x+y− 2=0相切
12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两定点A，B的距离之比为定值λ(λ≠1)的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，B(4,0)，点P满足|PA||PB|=12.设点P的轨迹为C，则下列结论正确的是( )
A. 轨迹C的方程为(x+4)2+y2=9
B. 在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得|PD||PE|=12
C. 当A，B，P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知直线l1：ax+2y−3=0，l2：3x+(a+1)y−a=0，若l1⊥l2则a的值为______．
14.已知点M(2,0)，椭圆x25+y2=1与直线y=k(x+2)交于点A、B，则△ABM的周长为______．
15.已知椭圆C：x23+y22=1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x−5)2+(y−3)2=1上任意一点，则|MN|−|MF1|的最小值为______．
16.已知A、B是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴的两个端点，P、Q是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AP，BQ的斜率分别为k1，k2(k1k2≠0).若椭圆的离心率为 33，则|k1|+|k2|的最小值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
求适合下列条件的椭圆的标准方程：
(1)长轴在x轴上，长轴的长为12，离心率为23；
(2)经过点P(0,5)和Q(−95,4)．
18.(本小题12分)
已知圆G过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,−7)．
(1)求圆G的方程；
(2)设直线l经过点M(6,1)，且与圆G相切，求直线l的方程．
19.(本小题12分)
已知圆x2+y2−4x+2y=0，x2+y2−2y−4=0．
(1)求过两圆交点的直线方程；
(2)求过两圆交点，且圆心在直线2x+4y−1=0上的圆的方程．
20.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点B(2,0)、C(−2,0)，设直线AB、AC的斜率分别为k1、k2，且k1k2=−12，记点A的轨迹为E．
(1)求E的方程；
(2)若直线l：y=x+1与E相交于P、Q两点，求△POQ的面积．
21.(本小题12分)
已知椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，斜率不为0的直线l过点F1，与椭圆交于A，B两点，当直线l垂直于x轴时，|AB|=3，椭圆的离心率e=12．
(1)求椭圆M的方程；
(2)在x轴上是否存在点P，使得PA⋅PB为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且点P(2,1)为椭圆上一点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线l的斜率为12，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB的面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线截距的定义，属于基础题．
在x轴的截距即令y=0求出的x的值，在y轴上的截距即令x=0求出y的值，分别求出即可．
【解答】
解：直线5x−2y−10=0，
令y=0，得到5x−10=0，解得x=2，所以a=2；
令x=0，得到−2y−10=0，解得y=−5，所以b=−5．
结合选项可知，B正确．
故选B．
2.【答案】D
【解析】解：在△F1PF2中，由余弦定理可得：|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|cs∠F1PF2，
又∠F1PF2=π3，
则4c2=4a2−3|PF1||PF2|，
即3|PF1||PF2|=4(a2−c2)=4b2，
又△F1PF2的面积为3 3，
则12|PF1||PF2|sin∠F1PF2=3 3，
即|PF1||PF2|=12，
即4b2=36，
即b2=9，
即b=3，
即2b=6，
即C的短轴长为6，
故选：D．
由余弦定理，结合椭圆的性质及三角形的面积公式求解即可．
本题考查了余弦定理，重点考查了椭圆的性质及三角形的面积公式，属基础题．
3.【答案】B
【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由线段AB的中点为M(−1,−1)，则x1+x2=−2，y1+y2=−2
则x124+y122=1x224+y222=1，两式相减得：(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)2=0，
∴y1−y2x1−x2=−12⋅x1+x2y1+y2=−12
∴直线l的斜率k=−12，
故选：B．
利用中点坐标公式，求得x1+x2=−2，y1+y2=−2.将A，B代入椭圆方程，相减即可求得直线得l的斜率．
本题考查椭圆的标准方程，中点坐标公式，利用点差法求直线的斜率公式，考查计算能力，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：∵椭圆方程为x225+y29=1，
∴a2=25，可得a=5
∵△MF1F2中，N、O分别为MF1和MF1F2的中点
∴|ON|=12|MF2|
∵点M在椭圆x225+y29=1上，可得|MF1|+|MF2|=2a=10
∴|MF2|=10−|MF1|=8，
由此可得|ON|=12|MF2|=12×8=4
故选：B
根据椭圆的方程算出a=5，再由椭圆的定义，可以算出|MF2|=10−|MF1|=8.因此，在△MF1F2中利用中位线定理，得到|ON|=12|MF2|=4．
本题给出椭圆一条焦半径长为2，求它的中点到原点的距离，着重考查了三角形中位线定理、椭圆的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：直线l：x+(λ−1)y−λ=0，即(y−1)λ+(x−y)=0，
令y−1=0x−y=0，解得x=1y=1，
即直线l恒过定点C(1,1)，又12+12=2<4，所以点C(1,1)在圆内，
所以当OC⊥l时弦|MN|最小，因为kOC=1，所以kl=−1，即11−λ=−1，解得λ=2．
故选：B．
首先求出直线l恒过定点C(1,1)，依题意当OC⊥l时弦|MN|最小，求出直线的斜率，即可得解．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：因为点P是椭圆C：x216+y212=1上的动点，m=|PF1|，n=|PF2|，所以m+n=2a=8，
所以4m+nmn=4n+1m=18(4n+1m)⋅(m+n)=18[5+4mn+nm]≥18[5+2 4mn×nm]=98，
当且仅当4mn=nm，即m=83,n=163时，等号成立．
故选：A．
根据椭圆定义得m+n=8，再利用基本不等式求解最值即可．
本题主要考查椭圆性质以及基本不等式的应用，考查计算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由x2+y2−2x−4y+2=0，可得(x−1)2+(y−2)2=3，圆心C(1,2)，半径r= 3，
过点A可作两条直线与圆C：x2+y2−2x−4y+2=0分别切于点M，N，连接AC，CM，CN，如图，
由∠MAN=120°，知∠MAC=60°，又|MC|=r= 3，
所以|AC|=|MC|sin60∘=2，由题意，只需直线上存在与圆心距离为2的点即可，
即圆心到直线的距离d=|2+2+m| 2+12≤2，解得−2 5−4≤m≤2 5−4．
故选：B．
根据题意求出|AC|=2，转化为直线上存在与C距离为2的点，利用点到直线距离建立不等式求解即可．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由直线l到点A(2,0)的距离为1，所以直线l与圆A：(x−2)2+y2=1相切，
直线l与圆A，圆C都相切且这样的l有四条，
所以圆C与圆A外离，圆心距大于半径之和，
即|AC|= (−2−2)2+32=5>r+1，解得r<4，
故选：C．
直线l到点A(2,0)的距离为1等价于直线l与圆A：(x−2)2+y2=1相切，问题转化为两圆公切线有四条，两圆外离．
本题主要考查直线和圆的位置关系，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：直线l1：(a+1)x+ay+2=0，即a(x+y)+x+2=0，
令x+y=0x+2=0，解得x=−2，y=2，
故l1恒过点(−2,2)，故A错误，
若l1//l2，则(a+1)(1−a)=a2，解得a2=12，故B正确，
若l1⊥l2，则a(a+1)+a(1−a)=0，解得a=0，故C错误，
若l2不经过第三象限，
当1−a≠0时，11−a≥0，−a1−a≤0，解得0≤a<1，
当1−a=0时，直线l2：x=1不经过第三象限，
综上所述，当0≤a≤1时，l2不经过第三象限，故D正确．
故选：BD．
对于A，直线l1：(a+1)x+ay+2=0，即a(x+y)+x+2=0，列出方程组，即可求解，
对于B，结合直线平行的性质，即可求解，
对于C，结合直线垂直的性质，即可求解，
对于D，结合l2不经过第三象限，即可求解．
本题主要考查直线垂直、平行的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由圆的方程x2+y2=4，可得圆心坐标为(0,0)，圆半径r=2，
∵圆x2+y2=4上有且仅有三个点到直线l的距离为1，
∴圆心到直线l的距离d=1，
对于A，O(0,0)到直线x−y+1=0的距离d=|1| 2= 22，不合题意；
对于B，O(0,0)到直线7x−y+5 2=0的距离d=|5 2| 50=1，符合题意；
对于C，O(0,0)到直线x−y− 2=0的距离d= 2 2=1，符合题意；
对于D，O(0,0)到直线x=−1的距离d=1，符合题意．
故选：BCD．
由圆的方程求出圆心坐标和圆的半径r，问题转化为圆心到直线的距离等于1求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查化归与转化思想，是基础题．
11.【答案】CD
【解析】解：由椭圆C：x24+y23=1，得a=2，b= 3，c=1．
∴离心率e=12，故A错误；
|PF1|+|PF2|=2a=4，则|PF1|⋅|PF2|≤(|PF1|+|PF2|2)2=4，
当且仅当|PF1|=|PF2|=2时取等号，即|PF1|⋅|PF2|的最大值为4，
当P为椭圆长轴一个端点时，|PF1|⋅|PF2|=3<4，故B错误；
当P为短轴的一个端点时，△PF1F2面积的最大值为12×2× 3= 3，故C正确；
原点O到直线x+y− 2=0的距离d=|− 2| 2=1=c，则以线段F1F2为直径的圆与直线x+y− 2=0相切，故D正确．
故选：CD．
由椭圆方程求得a，b，c的值，即可求得离心率判断A；由椭圆定义与基本不等式求得|PF1|⋅|PF2|的最大值为4判断B错误；求出△PF1F2面积的最大值判断C；由点到直线的距离公式判断D．
本题考查了椭圆的性质，重点考查了直线与圆的位置关系，属基础题．
12.【答案】BC
【解析】解：∵|PA||PB|=12，设P(x,y)，
∴ (x+2)2+y2 (x−4)2+y2=12，化简得(x+4)2+y2=16，故A错误；
假设在x轴上存在异于A，B的两点D，E使得|PD||PE|=12，设D(m,0)，E(n,0)，
则 (x−n)2+y2=2 (x−m)2+y2，化简得3x2+3y2−(8m−2n)x+4m2−n2=0，
由轨迹C的方程为x2+y2+8x=0，可得8m−2n=−24，4m2−n2=0，
解得m=−6，n=−12或m=−2，n=4(舍去)，即在x轴上存在异于A，B的两点D，E使|PD||PE|=12，故B正确；
当A，B，P三点不共线时，|OA||OB|=12=|PA||PB|，
可得射线PO是∠APB的平分线，故C正确；
若在C上存在点M，使得|MO|=2|MA|，可设M(x,y)，
则有 x2+y2=2 (x+2)2+y2，整理可得x2+y2+163x+163=0，与x2+y2+8x=0联立，
方程组无解，故不存在点M，故D错误．
故选：BC．
根据阿波罗尼斯圆的定义，结合两点间距离公式逐一判断即可．
本题考查运用两点间距离公式是解题的关键，属中档题．
13.【答案】−25
【解析】解：因两直线互相垂直，则3a+2(a+1)=0，得a=−25．
故答案为：−25．
由两一般式直线垂直条件可得答案．
本题考查的知识点：直线垂直的充要条件，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
14.【答案】4 5
【解析】解：设椭圆的左焦点为F，由题意得M(2,0)，与F(−2,0)是椭圆x25+y2=1的焦点，
则直线y=k(x+2)过椭圆的左焦点F(−2,0)，且|AB|=|AF|+|BF|，
所以△ABM的周长为|AB|+|AM|+|BM|=(|AF|+|AM|)+(|BF|+|BM|)=4a=4 5．
故答案为：4 5．
由直线方程得直线过椭圆的一个焦点，而M是椭圆的另一个焦点，根据椭圆定义可得三角形周长．
本题主要考查椭圆的定义及其应用，属于基础题．
15.【答案】4−2 3
【解析】解：由题意知M为椭圆C：x23+y22=1上任意一点，N为圆E：(x−5)2+(y−3)2=1上任意一点，
故F 2(1,0)，E(5,3)，
故|MF1|+|MF2|=2 3,|MN|≥|ME|−1，当且仅当M，N，E共线时取等号，
所以|MN|−|MF1|=|MN|−(2 3−|MF2|)
=|MN|+|MF2|−2 3≥|ME|+|MF2|−2 3−1≥|EF2|−2 3−1，
当且仅当M，N，E，F2共线时取等号，
而|EF2|= (5−1)2+(3−0)2=5，
故|MN|−|MF1|的最小值为5−2 3−1=4−2 3，
故答案为：4−2 3，
根据三角形三边之间的不等关系可得|MN|≥|ME|−1，再结合椭圆定义将|MN|−|MF1|化为|MN|+|MF2|−2 3，结合|MN|≥|ME|−1以及图形的几何性质即可求得答案．
本题考查椭圆的几何性质，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，属中档题．
16.【答案】2 63
【解析】解：设P(t,s)，Q(t,−s)，t∈[0,a]，s∈[0,b]，A(−a,0)，B(a,0)，
k1=st+a，k2=−st−a，
|k1|+|k2=|st+a|+|−st−a|≥2 |st+a|⋅|st−a|=2 s2a2−t2，
当且仅当st+a=−st−a，即t=0时等号成立．
∵A，B是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)长轴的两个端点，P，Q是椭圆上关于x轴对称的两点，P(t,s)，Q(t,−s)，即s=b，
∴|k1|+|k2|的最小值为2ba，
∵椭圆的离心率为 33，
∴ca= 33，即c2a2=a2−b2a2=13，得 2a= 3b，
∴|k1|+|k2|的最小值为2× 2 3=2 63．
故答案为：2 63．
设出点P，Q，A，B的坐标，表示出直线AP，BQ的斜率，作和后利用基本不等式求最值，利用离心率求得a与b的关系，则答案可求．
本题考查了椭圆的简单几何性质，离心率的应用，是基础题．
17.【答案】解：(1)由已知可知焦点在x轴上，故设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
则2a=12,e=ca=23，得：a=6，c=4，从而b2=a2−c2=20．
所以椭圆的标准方程为x236+y220=1
(2)当焦点在x轴上时，设椭圆方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
代入两点得：b=58125a2+16b2=1，解得a=3，b=5不合题意，舍去，
当焦点在y轴上时，设椭圆方程为y2a2+x2b2=1(a>b>0)，
代入两点得：a=516a2+8125b2=1，解得a=5，b=3，
所以椭圆方程为y225+x29=1．
【解析】(1)由长轴长及离心率求椭圆参数a，c，进而求参数b，即可写出椭圆方程
(2)分椭圆焦点在x轴还是y上，设出椭圆的方程，代入两点坐标即可求解．
本题考查椭圆的几何性质，方程讨论思想，方程思想，属中档题．
18.【答案】解：(1)设圆G的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
因为圆G过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1,−7)，
所以1+9+D+3E+F=016+4+4D+2E+F=01+49+D−7E+F=0，解得D=−2E=4F=−20，
圆G的方程为x2+y2−2x+4y−20=0．
(2)由(1)知圆G是以(1,−2)为圆心，以r=5为半径的圆，
(i)若直线l的斜率不存在，
则此时l的方程为x=6到圆心的距离为6−1=5，满足与圆G相切；
(ii)若直线l的斜率存在，
则设直线方程为y−1=k(x−6)，即kx−y+1−6k=0，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为d=|3−5k| k2+1=5，
解得k=−815，所以切线方程为8x+15y−63=0．
综上，切线方程为x=6或8x+15y−63=0．
【解析】(1)利用三点坐标可确定圆方程；
(2)利用直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径建立等式即可求解．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)将两圆方程作差得：−4x+4y+4=0，即x−y−1=0，
∴过两圆交点的直线方程为x−y−1=0．
(2)由x−y−1=0x2+y2−2y−4=0得：x= 62+1y= 62或x=− 62+1y=− 62，
即两圆交点的坐标为( 62+1, 62)和(− 62+1,− 62)；
设过两圆交点的圆的方程为(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
则( 62+1−a)2+( 62−b)2=r2(− 62+1−a)2+(− 62−b)2=r22a+4b−1=0，解得：a=32b=−12r= 142，
∴过两圆交点的圆的方程为(x−32)2+(y+12)2=72．
【解析】(1)两圆方程直接作差即可整理得到所求直线方程；
(2)将过两圆交点的直线方程与圆的方程联立可得交点坐标；采用待定系数法，代入交点坐标和圆心所满足的直线方程可构造方程组求得圆心和半径，由此可得圆的方程．
本题主要考查了两圆的位置关系，考查两圆的公共弦，考查圆的方程，解题的关键是确定圆的圆心与半径，综合性强，属于中档题．
20.【答案】解：(1)不妨设A(x,y)，
此时k1=yx−2，k2=yx+2，
因为k1k2=−12，
所以k1k2=yx−2⋅yx+2=−12，
整理得x24+y22=1，
由题意可知y≠0，
则E的方程x24+y22=1(y≠0)；
(2)不妨设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，
联立y=x+1x24+y22=1，消去y并整理得3x2+4x−2=0，
此时Δ=42−4×3×(−2)=40>0，
由韦达定理得x1+x2=−43，x1x2=−23，
则|PQ|= 1+12|x1−x2|= 2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 2⋅ (−43)2+83=4 53，
又点O到直线PQ的距离d=1 12+(−1)2= 22，
故S△POQ=12|PQ|⋅d=12×4 53× 22= 103．
【解析】(1)由题意，设A(x,y)，利用斜率公式结合已知条件化简可得出曲线E的方程；
(2)设P(x1,y1)、Q(x2,y2)，将直线l的方程与曲线E的方程联立，列出韦达定理，求出|PQ|，以及原点到直线l的距离，利用三角形的面积公式可求得结果．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
21.【答案】解：(1)设椭圆的焦距为2c(c>0)，则ca=12，①
将x=−c代入椭圆方程得：c2a2+y2b2=1，解得y=±b2a，所以2b2a=3，②
又a2=b2+c2，③
综合①②③解得：a=2，b= 3，c=1，
所以椭圆M的方程为x24+y23=1．
(2)存在．
设P(m,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l：x=ny−1，

联立方程：x24+y23=1x=ny−1，得(3n2+4)y2−6ny−9=0，
所以y1+y2=6n3n2+4，y1y2=−93n2+4，
PA=(x1−m,y1)，PB=(x2−m,y2)，
PA⋅PB=(x1−m)(x2−m)+y1y2=x1x2−m(x1+x2)+m2+y1y2=(ny1−1)(ny2−1)−m(ny1+ny2−2)+m2+y1y2
=(n2+1)y1y2−(mn+n)(y1+y2)+m2+2m+1
=−9(n2+1)3n2+4−6n(mn+n)3n2+4+m2+2m+1=3m2n2+4m2−12n2+8m−53n2+4
=m2(3n2+4)−4(3n2+4)+8m+113n2+4=m2−4+8m+113n2+4，
当8m+11=0，即m=−118时，PA⋅PB为定值−13564，
所以存在点P(−118,0)，使得PA⋅PB为定值．
【解析】(1)根据椭圆离心率、通径长、a2=b2+c2列方程即可求得a，b，c的值，从而求得椭圆方程；
(2)设P(m,0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，直线l：x=ny−1，联立直线与椭圆得交点坐标关系，利用数量积的坐标运算，检验PA⋅PB是否为定值．
本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且点P(2,1)为椭圆上一点，
∴由条件得：a2=b2+c2e=ca= 324a2+1b2=1，解得a=2 2，c= 6，b= 2，
所以椭圆的方程为x28+y22=1.…(3分)
(2)设l的方程为y=12x+m，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=12x+mx28+y22=1，消去y，得x2+2mx+2m2−4=0．
令Δ=4m2−8m2+16>0，解得|m|<2，…(5分)
由韦达定理得x1+x2=−2m，x1x2=2m2−4. …(6分)
则由弦长公式得|AB|= 1+14× (x1+x2)2−4x1x2= 5(4−m2). …(8分)
又点P到直线l的距离d=|m| 1+14=2|m| 5，…(9分)
∴△PAB的面积S△PAB=12|AB|d=12×2|m| 5× 5(4−m2)= m2(4−m2)≤m2+4−m22=2，…(10分)
当且仅当m2=2，即m=± 2时取得最大值．
∴△PAB面积的最大值为2. …(12分)
【解析】(1)由椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 32，且点P(2,1)为椭圆上一点，列出方程组，求出a=2 2，c= 6，b= 2，由此能求出椭圆的方程．
(2)设l的方程为y=12x+m，点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y=12x+mx28+y22=1，得x2+2mx+2m2−4=0.由此利用椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积公式、基本不等式，结合已知条件，能求出△PAB面积的最大值．
本题考查椭圆方程、三角形面积的最大值的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积公式、基本不等式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．