高考数学一轮复习第8章第6课时直线与椭圆学案

这是一份高考数学一轮复习第8章第6课时直线与椭圆学案，共28页。

2．会借助方程的思想解决直线与椭圆相交的综合问题．
1．直线与椭圆的位置判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.
2．弦长公式
设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2x1+x22-4x1x2或|AB|＝1+1k2|y1－y2|＝1+1k2y1+y22-4y1y2，k为直线斜率且k≠0.
[常用结论]
1．点P(x0，y0)和椭圆的位置关系
(1)点P(x0，y0)在椭圆内⇔x02a2+y02b2＜1．
(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔x02a2+y02b2＝1．
(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔x02a2+y02b2＞1．
2．椭圆上一点处的切线方程
点P(x0，y0)在椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)上，过点P的切线方程为x0xa2+y0yb2＝1．
3．关于－b2a2的重要结论
(1)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－b2a2．
(2)若M(x0，y0)是椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的弦AB(AB不平行y轴)的中点，则有kAB·kOM＝－b2a2，即kAB＝－b2x0a2y0．

一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．( )
(2)过点A(0，1)的直线一定与椭圆x2＋y22＝1相交．( )
(3)直线和椭圆的位置关系能用中心到直线的距离来判断．( )
(4)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、教材习题衍生
1．(人教A版选择性必修第一册P114例7改编)直线y＝x＋1与椭圆x25+y24＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
A [法一(通解)：联立直线与椭圆的方程得
y=x+1，x25+y24=1，消去y得9x2＋10x－15＝0，
Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．
法二(优解)：直线过点(0，1)，而0＋14＜1，
即点(0，1)在椭圆内部，所以直线与椭圆相交．]
2．(人教A版选择性必修第一册P114练习 T2改编)已知斜率为1的直线l过椭圆x24＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为( )
A．45 B．65
C．85 D．135
C [由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，
所以右焦点坐标为(3，0)，
则直线l的方程为y＝x－3，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y=x-3，x24+y2=1，消y得，5x2－83x＋8＝0，
Δ＝(－83)2－4×5×8＝32＞0，
则x1＋x2＝835，x1·x2＝85，
所以|AB|＝1+k2·x1+x22-4x1x2
＝2×8352-4×85＝85.即弦AB的长为85.]
3．(多选) (人教A版选择性必修第一册P114例7改编)若直线y＝kx＋2与椭圆x23+y22＝1相切，则斜率k的值是( )
A．63 B．－63
C．－33 D．33
AB [由y=kx+2，x23+y22=1，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，
由题意知Δ＝144k2－24(3k2＋2)＝0，解得k＝±63.]
4．(人教A版选择性必修第一册P116T13改编)若点P是椭圆E：x24＋y2＝1上的动点，则点P到直线x－y－35＝0的距离的最小值是________，此时，P的坐标为________．
10 455，-55 [设直线l1：x－y＋m＝0，联立x24+y2=1， x-y+m=0，
整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0.
则Δ＝64m2－4×54m2-4＝0，解得m＝±5.
当m＝－5时，直线l与直线l1之间的距离d＝-5+351+1＝10；
当m＝5时，直线l到直线l1之间的距离d＝5+352＝210.
所以点P到直线l的最小距离是10.
此时5x2－85x＋16＝0，解得x＝455，
将x＝455代入x－y－5＝0，得y＝－55，
则点P的坐标为455，-55.]
考点一 直线与椭圆的位置关系
[典例1] 已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24+y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
[解] 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y=2x+m， ①x24+y22=1， ②
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝-8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－32＜m＜32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－32或m＞32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
1．研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．
2．对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．
[跟进训练]
1．(多选)(2023·河北邯郸模拟)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：x26+y22＝1，则下列结论正确的是( )
A．若C与l至少有一个公共点，则m≤22
B．若C与l有且仅有两个公共点，则m<22
C．若m＝32，则C上到l的距离为5的点只有1个
D．若m＝－2，则C上到l的距离为1的点只有3个
BCD [联立y=x+m，x26+y22=1，消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝128-m2.
A：令Δ＝128-m2≥0，则有m≤22，－22≤m≤22，错误；
B：令Δ＝128-m2>0，则有m<22，正确；
C：令直线l与椭圆C相切，则Δ＝128-m2＝0，
即m＝±22，直线y＝x＋32与y＝x－22的距离d＝32--222＝5，正确；
D：如图，直线y＝x－2与y＝x－22和y＝x的距离均为1，因此，C上到l的距离为1的点只有3个，正确．故选BCD.
]
考点二 弦长及中点弦问题
弦长问题
[典例2] 已知椭圆C：x24+y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且CDAB＝837，求出直线l的方程．
[解] 设直线l的方程为y＝－x＋m，由题意知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝-m2＜1，得|m|＜2.
|AB|＝21-d2＝21-m22＝2×2-m2.
联立x24+y23=1， y=-x+m，消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝8m7，x1x2＝4m2-127，
|CD|＝2|x1－x2|＝2×8m72-4×4m2-127＝2×336-48m249＝467×7-m2＝837|AB|＝837×2×2-m2，解得m2＝13＜2，得m＝±33.
即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±33.
【教师备选题】
设F1，F2分别是椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为34，求椭圆C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b的值．
[解] (1)假设M在第一象限，易知Mc，b2a，由b2a2c＝34得2b2＝3ac，故2(a2－c2)＝3ac，解得ca＝12，ca＝－2(舍去).
故椭圆C的离心率为12.
(2)由题意，原点O为F1F2的中点， MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点．故b2a＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1＜0，
则2-c-x1=c，-2y1=2， 即x1=-32 c，y1=-1.
代入C的方程，得9c24a2+1b2＝1.②
将①及c＝a2-b2代入②得9a2-4a4a2+14a＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28.
故a＝7，b＝27.
中点弦问题
[典例3] (1)已知直线x－3y＋1＝0与椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150°，则椭圆C的离心率为( )
A．13 B．23 C．33 D．63
(2)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．
(1)D (2)x28+y212＝1 [(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M(x0，y0)．
∵x12a2+y12b2＝1，x22a2+y22b2＝1，
两式相减可得x1+x2x1-x2a2+y1+y2y1-y2b2＝0，
把x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，y1-y2x1-x2＝k＝33，y0x0＝tan 150°＝－33，代入可得
b2a2＝13.∴e＝1-b2a2＝63.故选D.
(2)法一(直接法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为y2b2+4+x2b2＝1(b>0)，由y2b2+4+x2b2=1，y=3x+7 消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为(A(x_1 ) ，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1+y22＝1，
∴y1＋y2＝14b2+410b2+4＝2，解得b2＝8.
∴所求椭圆方程为x28+y212＝1.
法二(点差法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为y2b2+4+x2b2＝1(b>0)．
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y12b2+4+x12b2=1，①y22b2+4+x22b2=1，②
①－②得y1-y2y1+y2b2+4+x1-x2x1+x2b2＝0，
即y1-y2x1-x2·y1+y2x1+x2＝－b2+4b2，
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝y1-y2x1-x2＝3，代入上式得3×2×12×-2＝－b2+4b2，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为x28+y212＝1.]
解答弦长问题及中点弦问题的注意点
求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长； 对于中点弦问题，常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在用根与系数的关系时，要注意前提条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
[跟进训练]
2．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的焦距为42，短轴长为2，直线l过点P-2，1且与椭圆C交于A、B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l的斜率为1，求弦AB的长；
(3)若过点Q1，12的直线l1与椭圆C交于E、G两点，且Q是弦EG的中点，求直线l1的方程．
[解] (1)依题意，椭圆C的半焦距c＝22，而b＝1，则a2＝b2＋c2＝9，
所以椭圆C的方程为x29＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意，直线l的方程为y＝x＋3，由y=x+3，x2+9y2=9 消去y并整理得5x2＋27x＋36＝0，
解得x1＝－125，x2＝－3，因此，|AB|＝1+12·|x1－x2|＝325，
所以弦AB的长是325.
(3)显然，点Q1，12在椭圆C内，设E(x3，y3)，G(x4，y4)，因为E，G在椭圆C上，
则x32+9y32=9，x42+9y42=9，两式相减得：(x3－x4)(x3＋x4)＋9(y3－y4)(y3＋y4)＝0，
而Q是弦EG的中点，即x3＋x4＝2且y3＋y4＝1，则有2(x3－x4)＋9(y3－y4)＝0，
于是得直线l1的斜率为y3-y4x3-x4＝－29，直线l1的方程：y－12＝－29(x－1)，即4x＋18y－13＝0，所以直线l1的方程是4x＋18y－13＝0.
考点三 直线与椭圆的综合问题
[典例4] 已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E3，32.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AF1＝2F1B，求直线l的斜率k的值．
[解] (1)根据题意知椭圆的焦点在x轴上，所以设椭圆C的方程为x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，
由2a=EF1+EF2=4，a2=b2+c2， c=1， 解得a=2， c=1， b=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
联立y=kx+1，x24+y23=1，
整理得3k2+4y2－6ky－9＝0，
则Δ＝144k2＋144＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝6k3+4k2，y1y2＝-9k23+4k2，
又AF1＝2F1B，所以y1＝－2y2，
又y1＋y2＝6k3+4k2，所以y1＝12k3+4k2，y2＝-6k3+4k2，代入y1y2＝-9k23+4k2，
则3＋4k2＝8，解得k＝±52，
又k＞0，所以k＝52.
1．求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求、整体代入的方法．
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
[跟进训练]
3．(2022·吉林长春一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C上，且满足|PF1|＝4，|PF1||PF2|－2PF1·PF2＝0.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点(2，0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO. 若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解] (1)由cs ∠F1PF2＝PF1·PF2PF1PF2＝12知∠F1PF2＝60°，
在△F1PF2中，|PF2|＝2a－4，ca＝12，由余弦定理得
4c2＝16＋(2a－4)2－4(2a－4)，
解得a＝4，c＝2，b2＝12，
所以椭圆C的标准方程为x216+y212＝1.
(2)假设存在点Q(m，0)满足条件，设直线l方程为x＝ty＋2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x=ty+2，x216+y212=1，
消去x有(3t2＋4)y2＋12ty－36＝0，
所以y1＋y2＝-12t3t2+4，y1y2＝-363t2+4，
kMQ＋kNQ＝y1x1-m+y2x2-m＝2ty1y2+2-my1+y2ty1+2-mty2+2-m
＝-72t3t2+4-122-mt3t2+4ty1+2-mty2+2-m，
因为∠MQO＝∠NQO，所以kMQ＋kNQ＝0，
即－72t－12(2－m)t＝0，
解得m＝8，
所以存在Q(8，0)，使得∠MQO＝∠NQO.
【教师备选题】
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)过点1，32，离心率为12，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△F2AB的面积为1227时，求直线的方程．
[解] (1)∵椭圆过点1，32，
∴1a2+94b2＝1，
又e＝ca＝12且a2＝b2＋c2，
解得a2＝4，b2＝3，c2＝1，
∴椭圆C的方程为x24+y23＝1.
(2)显然直线AB的斜率不为0，
设AB的方程为x＝ty－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x=ty-1，x24+y23=1，
整理得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，
Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144t2＋144>0，
∴y1＋y2＝6t3t2+4，y1y2＝-93t2+4，
S△ABF2＝12|F1F2||y1－y2|
＝|y1－y2|＝y1+y22-4y1y2
＝6t3t2+42+363t2+4＝12t2+13t2+4＝1227，
解得t2＝1，
∴直线方程为x＝±y－1，
即y＝x＋1或y＝－x－1.
此类问题往往涉及多个知识点的交汇，具有一定的综合性及难度，对数学运算、逻辑推理等能力要求较高．下面通过对一道圆锥曲线非对称结构问题的多角度切入求解，给出其适当的拓展与变式，以寻求探究圆锥曲线非对称结构问题的一般性解决方法．
[典例] 已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P-1，32为E上一点，且PF1与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．
[赏析] (1)因为P-1，32为E上一点，且PF1与x轴垂直，所以1a2+94b2=1，c=1， a2=b2+c2，解得a2=4，b2=3，c2=1，所以椭圆E的方程为x24+y23＝1.
(2)易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立x=ty+1， 3x2+4y2=12，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，故y1＋y2＝－6t3t2+4，y1y2＝－93t2+4.
由△MAF2的面积是△MBF2面积的2倍，可得AF2＝2F2B，所以y1＝－2y2，即y1＋2y2＝0.
代数式y1＝－2y2为非对称结构，需要通过适当的处理使之变为对称结构，下面就以此为例，给出此类y1＝λy2(或x1＝λx2)问题的几种处理方法，并对其进行拓展．
拓展1 倒数求和法
此拓展是对形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的关系式，利用x1x2+x2x1＝x1+x22-2x1x2x1x2将问题转化为对称结构．
解法1 接典例解答，由y1＝－2y2，得y1y2＝－2，故y1y2+y2y1＝y1+y22-2y1y2y1y2＝－52.结合根与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝45.故直线l的方程为y＝±52(x－1)．
拓展2 配凑法
由y1＋λy2＝0配凑，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，两式相乘，可得λ(y1＋y2)2＝－(λ－1)2y1y2，从而问题转化为对称结构．
解法2 接典例解答，由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，于是2y1+y2=y1，y1+y2=-y2，两式相乘可得2(y1＋y2)2＝－y1y2，结合根与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝45.故直线l的方程为y＝±52(x－1)．
拓展3 方程组法
该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．
解法3 接典例解答，联立y1＋2y2＝0与y1＋y2＝－6t3t2+4，解得y1＝－12t3t2+4，y2＝6t3t2+4.再结合y1y2＝－93t2+4，得72t23t2+42＝93t2+4，解得t2＝45.故直线l的方程为y＝±52(x－1)．
[跟进训练]
(2023·广东广州模拟)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1的上顶点到右顶点的距离为7，离心率为12，过椭圆左焦点F1作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为：x＝－2a，过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求证：线段EN必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值．
[解] (1)由题意可得a2+b2=7，ca=12， 所以a＝2，b＝3.
故椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)证明：①由题意知，F(－1，0)，
设直线MN方程：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，
联立方程x=my-1，x24+y23=1，得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
所以y1＋y2＝6m3m2+4，y1y2＝-93m2+4，所以－2my1y2＝3(y1＋y2)．
又kEN＝y2-y1x2+4，
所以直线EN的方程为y－y1＝y2-y1x2+4(x＋4)，
令y＝0，则
x＝－4－y1x2+4y2-y1＝－4－my1y2+3y1y2-y1＝－4－32y1-y2y2-y1＝－4＋32＝－52.
所以直线EN过定点P-52，0.
②由①中Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R，
又|y1－y2|＝y1+y22-4y1y2＝12m2+13m2+4，
所以S△OEN＝12|OP||y1－y2|＝54·12m2+13m2+4＝15m2+13m2+4＝15m2+13m2+1+1，
令t＝m2+1，t≥1，则f(t)＝153t+1t，
令g(t)＝3t＋1t，g′(t)＝3－1t2＝3t2-1t2，当t≥1时，g′(t)≥0，
故g(t)＝3t＋1t在[1，＋∞)上单调递增，
则f(t)＝153t+1t在[1，＋∞)上单调递减，
即S△OEN＝15t3t2+1＝153t+1t在[1，＋∞) 上单调递减，
所以t＝1时，(S△OEN)max＝154.
课时分层作业(五十) 直线与椭圆
一、选择题
1．直线y＝x＋2与椭圆x2m+y23＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞)
B [由y=x+2，x2m+y23=1，得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0，
由题意可知3+m≠0， Δ=4m2-4m3+m＞0，
解得m≠-3， m＜0或m＞1，又m＞0，且m≠3，
所以m＞1且m≠3.故选B.]
2．过椭圆x25+y24＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．43 B．53
C．54 D．103
B [由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立x25+y24=1，y=2x-2， 解得交点坐标为(0，－2)，53，43，不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝43，∴S△OAB＝12·|OF|·|yA－yB|＝12×1×-2-43＝53.]
3．椭圆C：x24+y23＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA1的斜率的取值范围是-2，-1，那么直线PA2斜率的取值范围是( )
A．38，34 B．12，34
C．12，1 D．34，1
A [由题意，椭圆C：x24+y23＝1的左、右顶点分别为A1(－2，0)，A2(2，0)，设P(x0，y0)，则y02＝344-x02，
又由kPA1·kPA2＝y0x0+2×y0x0-2＝y02x02-4＝－34，可得kPA1＝-34kPA2，因为kPA1∈-2，-1，即-2≤-34kPA2≤－1，可得38≤kPA2≤34，所以直线PA2斜率的取值范围是38，34.故选A.]
4．(2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F2的直线与C交于A，B两点．若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，则C的方程为( )
A．x22＋y2＝1 B．x23+y22＝1
C．x24+y23＝1 D．x25+y24＝1
B [由题意设椭圆的方程为x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，连接F1A，令|F2B|＝m，则|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由椭圆的定义知，4m＝2a，得m＝a2，故|F2A|＝a＝|F1A|，则点A为椭圆C的上顶点或下顶点．令∠OAF2＝θ(O为坐标原点)，则sin θ＝1a.在等腰三角形ABF1中，cs 2θ＝a23a2＝13，所以13＝1－21a2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，椭圆C的方程为x23+y22＝1.故选B.]
5．(多选)已知直线l：y＝2x＋3被椭圆C：x2a2+y2b2＝1a>b>0截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的是( )
A．y＝2x－3 B．y＝2x＋1
C．y＝－2x－3 D．y＝－2x＋3
ACD [由于椭圆C关于原点、x轴、y轴对称．
对于A选项，直线y＝2x－3与直线l关于原点对称，则椭圆C截直线y＝2x－3所得弦长为7，A选项符合要求；
对于B选项，直线y＝2x＋1与直线l平行，椭圆C截直线y＝2x＋1所得弦长大于7，B选项不符合要求；
对于C选项，直线y＝－2x－3与直线l关于x轴对称，则椭圆C截直线y＝－2x－3所得弦长为7，C选项符合要求；
对于D选项，直线y＝－2x＋3与直线l关于y轴对称，则椭圆C截直线y＝－2x＋3所得弦长为7，D选项符合要求．故选ACD.]
6．(多选)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的是( )
A．若k≠0，则△ABF2的周长为4a
B．若AB的中点为M，则kOM·k＝b2a2
C．若AF1·AF2＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是55，12
D．若AB的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝13
AC [直线l：y＝k(x＋c)过点-c，0，即弦AB过椭圆的左焦点F1.
l△ABF2＝AB+AF2+BF2＝AF1+BF1+AF2+BF2＝4a，所以A正确；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Mx1+x22，y1+y22，
有kOM＝y1+y2x1+x2，k＝y1-y2x1-x2，
所以kOM·k＝y1+y2x1+x2×y1-y2x1-x2＝y12-y22x12-x22.
由x12a2+y12b2=1，x22a2+y22b2=1，作差得x12-x22a2+y12-y22b2＝0，
所以y12-y22x12-x22＝－b2a2.则有kOM·k＝y12-y22x12-x22＝－b2a2，
所以B错误； AF1＝-c-x1，-y1，AF2＝(c－x1，－y1)，所以AF1·AF2＝x12-c2+y12＝c2a2x12＋a2－2c2∈a2-2c2，a2-c2，则有a2－2c2≤3c2≤a2－c2，可得e＝ca∈55，12，所以C正确；由过焦点的弦中通径最短，则AB的最小值为通径2b2a，则有2b2a＝3c，即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，所以e＝ca＝12，D错误．故选AC.]
二、填空题
7．过椭圆C：x24+y23＝1的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A，B两点，则1AF+1BF＝________．
43 [由题意可知F(－1，0)，故l的方程为y＝3(x＋1)．
由y=3x+1，x24+y23=1， 得5x2＋8x＝0，∴x＝0或－85.
设A(0，3)，B-85，-335.
又F(－1，0)，∴|AF|＝2，|BF|＝65，
∴1AF+1BF＝43.]
8．已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4，1)，则椭圆的离心率为________．
32 [设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，由点差法可知yM＝－b2a2kxM，代入k＝1，M(－4，1)，解得b2a2＝14，e＝1-ba2＝32.]
9．在平面直角坐标系中，动点P在椭圆C：x216+y29＝1上运动，则点P到直线x－y－10＝0的距离的最大值为________．
1522 [设与直线x－y－10＝0平行的直线x－y＋c＝0与椭圆相切，两条平行线的距离的最大值为点P到直线x－y－10＝0的距离的最大值，联立x216+y29=1，y=x+c，
整理可得25x2＋32cx＋16c2－16×9＝0，
Δ＝(32c)2－4×25×16(c2－9)＝0，
解得c2＝25，c＝±5，
所以平行线间的距离为c+102＝1522或522，
所以最大值为1522.]
三、解答题
10．(2022·天津高考)椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B，且满足BFAB＝32.
(1)求椭圆的离心率e；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N点(N异于M)．记O为坐标原点，若|OM|＝|ON|，且△OMN的面积为3，求椭圆的标准方程．
[解] (1)BFAB＝b2+c2b2+a2＝ab2+a2＝32
⇒4a2＝3(b2＋a2)⇒a2＝3b2，
所以离心率e＝ca＝a2-b2a2＝63.
(2)由(1)可知椭圆的方程为x2＋3y2＝a2，易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m，
联立y=kx+m，x2+3y2=a2得(1＋3k2)x2＋6kmx＋(3m2－a2)＝0，
由Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－a2)＝0⇒3m2＝a2(1＋3k2)，①
xM＝－3km3k2+1，yM＝kxM＋m＝m1+3k2，
由|OM|＝|ON|可得m2＝m29k2+13k2+12，②
由S△OMN＝3可得12|m|·3km1+3k2＝3，③
联立①②③可得k2＝13，m2＝4，a2＝6，
故椭圆的标准方程为x26+y22＝1.
11．(2022·北京高考)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为23.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|＝2时，求k的值．
[解] (1)依题意可知b=1， 2c=23， a2=b2+c2，解得a=2， b=1， c=3，故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
(2)由题可设直线BC的方程为y－1＝k(x＋2)，
B(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立直线和椭圆E的方程得y-1=kx+2，x24+y2=1，
化简得(1＋4k2)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，由Δ>0可得(16k2＋8k)2－4(1＋4k2)(16k2＋16k)>0，解得k<0.
根据根与系数的关系可得x1＋x2＝-16k2+8k1+4k2，x1x2＝16k2+16k1+4k2.直线AB的斜率为kAB＝y1-1x1，直线AB的方程为y＝y1-1x1x＋1，令y＝0，可得点M的横坐标xM＝x11-y1，
同理可得点N的横坐标xN＝x21-y2，则有|MN|＝x11-y1-x21-y2
＝x1-kx1+2-x2-kx2+2
＝1kx2x2+2-x1x1+2
＝1k·x2x1+2-x1x2+2x1x2+2x1+x2+4
＝1k·2x1+x22-4x1x2x1x2+2x1+x2+4＝2，
代入根与系数的关系可得
1k·2-16k2+8k1+4k22-4×16k2+16k1+4k216k2+16k1+4k2+2-16k2-8k1+4k2+4＝2，
化简可得
1k·2642k2+k2-4×16k2+k1+4k21+4k2216k2+16k1+4k2+-32k2-16k1+4k2+4+16k21+4k2＝2，
即1k·44k4+4k3+k2-4k4-4k3-k2-k＝2，解得k＝－4，故k的值为－4.
12．(2023·浙江杭州月考)椭圆C：x24+y23＝1，过其左焦点F的弦AB，过点A，B分别作椭圆的切线，交于点P，则△ABP面积的最小值为( )
A．94 B．92
C．34 D．32
B [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由题可知，F(－1，0)，
设过点A的切线为y－y1＝k(x－x1)，
联立x24+y23=1， y-y1=kx-x1，
由Δ＝0可求得k＝－3x14y1，即切线方程为x1x4+y1y3＝1，
而点P在切线上，所以x1x04+y1y03＝1，
同理可得x2x04+y2y03＝1，所以直线AB的方程为x0x4+y0y3＝1，
而直线AB过点F(－1，0)，所以x0＝－4，
当y0≠0时，kPF·kAB＝y0-3×3y0＝－1，即PF⊥AB，
当y0＝0时，显然PF⊥AB，
所以S△ABP＝12×|PF|×|AB|，
易知当直线AB⊥x轴时，|PF|min＝3，|AB|min＝2b2a＝3，
即△ABP面积的最小值为92.故选B.]
13．(多选)已知椭圆M：x225+y220＝1的左、右焦点分别是F1，F2，左、右顶点分别是A1，A2，点P是椭圆上异于A1，A2的任意一点，则下列说法正确的是( )
A．PF1+PF2＝5
B．直线PA1与直线PA2的斜率之积为－45
C．存在点P满足∠F1PF2＝90°
D．若△F1PF2的面积为45，则点P的横坐标为±5
BD [由题意知a＝5，b＝25，c＝5，F1(－5，0)，F2(5，0)，A1(－5，0)，A2(5，0)，记短轴上的顶点B2(0，5), PF1+PF2＝2a＝10，A错误；
设P(x，y)，则x225+y220＝1，y2＝201-x225，
所以kPA1·kPA2＝yx+5×yx-5＝y2x2-25＝201-x225×1x2-25＝－45，B正确；
因为tan ∠OB2F2＝OF2OB2＝525＝12<1，所以0°<∠OB2F2<45°，从而∠F1B2F2＝2∠OB2F2<90°，而P是椭圆上任一点时，当P是短轴端点时∠F1PF2最大，因此不存在点P满足∠F1PF2＝90°，C错误；
设Px，y，S△PF1F2＝12F1F2yP＝5yP＝45，yP＝4，则xP225+1620＝1，xP＝±5，D正确．故选BD.]
14．(2022·新高考Ⅱ卷)已知直线l与椭圆x26+y23＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别相交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，则l的方程为________．
x＋2y－22＝0 [取AB的中点为E，因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得y1+y2x1+x2×y1-y2x1-x2＝－12，即kOE·kAB＝－12.设直线AB的方程为y＝kx＋m，k<0，m>0，令x＝0，y＝m，令y＝0，x＝－mk，所以E-m2k，m2，所以k×m2-m2k＝－k2＝－12，k＝－22，所以m2＋-mk2＝m2＋2m2＝12，所以m＝2，所以直线AB的方程为y＝－22x＋2，即x＋2y－22＝0.]
15．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)过点P(23，3)，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过(0，－1)的直线l交椭圆于A，B两点，试问：是否存在一个定点T，使得以线段AB为直径的圆
恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)因为椭圆C的两焦点与短轴的一个顶点的连线构成等腰直角三角形，
所以a＝2b，所以椭圆C的方程为x22b2+y2b2＝1.又椭圆C经过点P(23，3)，代入椭圆方程得b＝3，所以a＝32，故所求椭圆方程为x218+y29＝1.
(2)由已知动直线l过点(0，－1)．当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16；当l与y轴重合时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9，所以两圆相切于点(0，3)，即两圆只有一个公共点．因此，所求点T如果存在，只能是点(0，3)．以下证明以AB为直径的圆恒过点T(0，3)．当l与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点T(0，3).当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx－1.
由y=kx-1，x218+y29=1，得(2k2＋1)x2－4kx－16＝0.由(0，－1)在椭圆内部知Δ＞0成立．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k2k2+1，x1x2＝-162k2+1.又TA＝(x1，y1－3)，TB＝(x2，y2－3)，所以TA·TB＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)·(kx2－4)＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝(1＋k2)·-162k2+1－4k·4k2k2+1＋16＝0.所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(0，3)．所以存在一个定点T(0，3)满足条件．