新高考数学一轮复习学案第8章 §8.5 第2课时　直线与椭圆（含解析）

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这是一份新高考数学一轮复习学案第8章 §8.5 第2课时　直线与椭圆（含解析），共14页。学案主要包含了直线与椭圆的位置关系，弦长及中点弦问题，直线与椭圆的综合问题等内容，欢迎下载使用。

1．若直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A．m>1 B．m>0
C．0答案 D
解析方法一由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，
所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，
则0方法二由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，))
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.
由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，
即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，
由于m>0且m≠5，∴5k2＋m－1≥0，
∴m≥1且m≠5.
2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝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－3eq \r(2)(2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)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<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2)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．
思维升华研究直线与椭圆位置关系的方法
(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．
题型二弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
例1 (1)已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．
答案 eq \f(5\r(5),3)
解析方法一由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y，得3x2－5x＝0，解得x＝0或eq \f(5,3)，
设A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，则
|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))2)＝eq \f(5\r(5),3).
方法二由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0，
则|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))2－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
(2)斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
答案 C
解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
又Δ＝(8t)2－16(t2－1)×5>0，得t2<5，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4t2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))2－4×\f(4t2－1,5))＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－t2)，
当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
命题点2 中点弦问题
例2 已知P(1,1)为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________．
答案 x＋2y－3＝0
解析方法一易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(4kk－1,2k2＋1)，
又∵x1＋x2＝2，
∴eq \f(4kk－1,2k2＋1)＝2，解得k＝－eq \f(1,2).
经检验，k＝－eq \f(1,2)满足题意．
故此弦所在的直线方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
方法二易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),2)＝1，②
①－②得eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,2)＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴eq \f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，
又x2－x1≠0，∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2).
经检验，k＝－eq \f(1,2)满足题意．
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
思维升华 (1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题．涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单．记住必须检验．
(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k为直线斜率)．
(3)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
跟踪训练1 (1)已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝eq \f(3\r(2),2)时，则直线l的方程为________________．
答案 eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0
解析由题意得b＝1，c＝1.
∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.
∴椭圆方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＋2x2＝2，))得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
∴x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).
即eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3\r(2),2)，
解得k2＝2，∴k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
(2)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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)，则椭圆的离心率是________．
答案 eq \f(\r(3),2)
解析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＝－eq \f(b2,a2k)xM，代入k＝1，M(－4，1)，解得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,4)，e＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(\r(3),2).
题型三直线与椭圆的综合问题
例3 (2020·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
解 (1)由已知可得b＝3，记半焦距为c，
由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，
所以AB⊥CP.
依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．
设直线AB的方程为y＝kx－3.
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))
消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(12k,2k2＋1).
依题意，可得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).
由3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，
故直线CP的斜率为eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq \f(3,2k2－6k＋1).
又因为AB⊥CP，所以k·eq \f(3,2k2－6k＋1)＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
思维升华 (1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解．
(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．
跟踪训练2 已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.
(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，求直线l的方程．
解 (1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)b，,c＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3b2，,a2－b2＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝\f(4,3)，,b2＝\f(1,3)，))
故椭圆C的方程为eq \f(3x2,4)＋3y2＝1.
(2)易知椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
Δ＝8(k2＋1)>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－1,2k2＋1)，
eq \(F1P,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(F1Q,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
因为eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，所以eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(F1Q,\s\up6(→))＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝eq \f(7k2－1,2k2＋1)＝0，
解得k2＝eq \f(1,7)，即k＝±eq \f(\r(7),7)，
故直线l的方程为x＋eq \r(7)y－1＝0或x－eq \r(7)y－1＝0.
课时精练
1．直线y＝x＋2与椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝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，＋∞)
答案 B
解析由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，))得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
由Δ>0且m≠3及m>0，得m>1且m≠3.故选B.
2．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
答案 A
解析由题意得直线y－1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1))，而点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1))在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，所以直线与椭圆相交．故选A.
3．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1截得的最大弦长是( )
A．2 B.eq \f(4\r(3),3)
C．4 D．不能确定
答案 B
解析直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，
则弦长为eq \r(x2＋y－12)＝eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1)＝eq \r(－3y2－2y＋5)，
当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大为eq \f(4\r(3),3).
4．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
答案 D
解析 kAB＝eq \f(0＋1,3－1)＝eq \f(1,2)，kOM＝－1，
由kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.
∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
5．(多选)设椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝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．|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2)
B．离心率e＝eq \f(\r(6),2)
C．△PF1F2面积的最大值为eq \r(2)
D．以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－eq \r(2)＝0相切
答案 AD
解析对于A选项，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq \r(2)，所以A选项正确；
对于B选项，依题意a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以B选项不正确；
对于C选项，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的面积取得最大值为eq \f(1,2)·2c·b＝c·b＝1，所以C选项错误；
对于D选项，以线段F1F2为直径的圆的圆心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0))，半径为c＝1，圆心到直线x＋y－eq \r(2)＝0的距离为eq \f(\r(2),\r(2))＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－eq \r(2)＝0相切，所以D选项正确．
综上所述，正确的为AD.
6．(多选)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右两个焦点分别为F1，F2，直线y＝kxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠0))与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是( )
A．四边形AF1BF2为平行四边形
B．∠F1PF2<90°
C．直线BE的斜率为eq \f(1,2)k
D．∠PAB>90°
答案 ABC
解析对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|.故四边形AF1BF2为平行四边形．故A正确；
对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝eq \r(2)＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知P不可能在上下顶点，故∠F1PF2<90°.故B正确；
对于C，
如图，不妨设B在第一象限，则直线BE的斜率为eq \f(|BD|,|ED|)＝eq \f(|BD|,2|OD|)＝eq \f(1,2)k，故C正确；
对于D，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，则B(－x2，－y2)，
所以kAP·kBP＝eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,1),2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,2),2))),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(1,2).
又由C可知直线BP的斜率为eq \f(1,2)k，故kAP＝eq \f(－\f(1,2),\f(1,2)k)＝－eq \f(1,k).所以kAP·kAB＝－eq \f(1,k)·k＝－1.
故∠PAB＝90°.故D错误．
故选ABC.
7．已知椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为________．
答案 eq \f(y2,4)＋x2＝1
解析因为椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1的右顶点为A(1,0)，
所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，
因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，
所以eq \f(2b2,a)＝1，a＝2，
所以椭圆方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
8．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝eq \f(4\r(2),3)，则实数m的值为_____．
答案 ±1
解析由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
由题意，得eq \r(2x1＋x22－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1.
9．已知F为椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1的右焦点，过F的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析因为a2＝6，b2＝2，所以椭圆的右焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0)).设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，直线l：x＝ty＋2(显然当直线斜率为0时，不可能最大)，与椭圆方程联立得，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋3))y2＋4ty－2＝0，Δ＝16t2＋8(t2＋3)>0恒成立，所以y1＋y2＝－eq \f(4t,t2＋3)，
即弦AB的中点M的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(2t,t2＋3)，所以M到x轴的距离为eq \f(2|t|,t2＋3).
当t≠0时，eq \f(2|t|,t2＋3)＝eq \f(2,|t|＋\f(3,|t|))≤eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，当且仅当t2＝3时等号成立，故M到x轴的最大距离为eq \f(\r(3),3).
10．(2021·衡水调研)与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(\r(5),5)
解析因为所求椭圆与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3))⇒(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，
因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍)．
则a＝eq \r(5).又c＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
11．(2021·武汉调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，求k的值．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))得b＝eq \r(2)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－4,1＋2k2)，
所以|MN|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12)＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq \f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2).
又点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))，
所以△AMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)，
由eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq \f(\r(10),3)，得k＝±1，满足Δ>0.
所以当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，k＝±1.
12．设F1，F2分别是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，E的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(0,1)是E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且eq \(BF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1A,\s\up6(→))，求直线BF2的方程．
解 (1)由题意知，b＝1，且e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my－1，))得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，①
y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，②
因为F1(－1,0)，
所以eq \(BF1,\s\up6(→))＝(－1－x2，－y2)，eq \(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，
由eq \(BF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1A,\s\up6(→))可得，－y2＝2y1，③
由①②③可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，±\f(\r(14),4)))，
则 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(\r(14),6)或－eq \f(\r(14),6)，
所以直线BF2的方程为eq \r(14)x－6y－eq \r(14)＝0或eq \r(14)x＋6y－eq \r(14)＝0.
13．(多选)设点F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右焦点，点P是椭圆C上任意一点，若使得eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m成立的点恰好是4个，则实数m的值可以是( )
A.eq \f(1,2) B．2 C．3 D．4
答案 BCD
解析因为点F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右焦点，a2＝9，b2＝5，c2＝4，c＝2，即F1(－2,0)，F2(2,0)．设P(x0，y0)，eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－2－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(2－x0，－y0)，由eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m，可得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝m＋4，又因为P在椭圆上，即eq \f(x\\al(2,0),9)＋eq \f(y\\al(2,0),5)＝1，所以xeq \\al(2,0)＝eq \f(9m－9,4)，要使得eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m成立的点恰好是4个，则014．设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)长轴的端点分别为A，B.点C为椭圆上异于A，B的一点，若将△ABC的三内角记为A，B，C，且满足3tan A＋3tan B＋tan C＝0，则tan A·tan B的值为________，椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(2,3) eq \f(\r(3),3)
解析方法一 ∵3tan A＋3tan B＋tan C＝0，
∴3tan(A＋B)(1－tan Atan B)＋tan C＝0，
∴－3tan C(1－tan Atan B)＋tan C＝0.
∵tan C≠0，∴tan Atan B＝eq \f(2,3).
设C(x，y)，A(－a,0)，B(a,0)，则eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
∵tan Atan B＝eq \f(2,3)，
∴－eq \f(y,x＋a)·eq \f(y,x－a)＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(－y2,x2－a2)＝eq \f(2,3)，∴eq \f(y2,\f(a2,b2)y2)＝eq \f(2,3)，
∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(2,3)，∴eq \f(a2－c2,a2)＝eq \f(2,3)，∴e＝eq \f(\r(3),3).
方法二设点C(0，b)，则有tan A＝tan B＝eq \f(b,a)，由A＋B＋C＝π得，tan C＝－tan(A＋B)＝－eq \f(tan A＋tan B,1－tan A·tan B)＝eq \f(－\f(2b,a),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(2ab,b2－a2)，又知3tan A＋3tan B＋tan C＝0，∴tan C＝－3·(tan A＋tan B)＝－eq \f(6b,a)，因此可得eq \f(2ab,b2－a2)＝－eq \f(6b,a)，即6(b2－a2)＝－2a2，∴3b2＝2a2，∴eq \f(b2,a2)＝eq \f(2,3)，
即tan A·tan B＝eq \f(2,3)，该椭圆的离心率e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \r(1－\f(2,3))＝eq \f(\r(3),3).
15．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，斜率为－eq \f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3)))，则椭圆C的离心率为_____．
答案 eq \f(\r(6),3)
解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，
两式相减得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0.(*)
因为△ABF1的重心为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2－c,3)＝\f(c,6)，,\f(y1＋y2,3)＝\f(c,3)，))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(3c,2)，,y1＋y2＝c，))
代入(*)式得eq \f(3x1－x2c,2a2)＋eq \f(y1－y2c,b2)＝0，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3b2,2a2)＝－eq \f(1,2)，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(6),3).
16．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且椭圆C过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若与直线OP(O为坐标原点)平行的直线交椭圆C于A，B两点，当OA⊥OB时，求△AOB的面积．
解 (1)设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)直线OP的方程为y＝eq \f(\r(3),2)x，设直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将直线AB的方程代入椭圆C的方程并整理得x2＋eq \r(3)mx＋m2－1＝0，
由Δ＝3m2－4(m2－1)>0，得m2<4，
所以x1＋x2＝－eq \r(3)m，x1x2＝m2－1.
由OA⊥OB，得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x1＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2＋m))
＝eq \f(7,4)x1x2＋eq \f(\r(3),2)m(x1＋x2)＋m2
＝eq \f(7,4)(m2－1)＋eq \f(\r(3),2)m·(－eq \r(3)m)＋m2＝eq \f(5,4)m2－eq \f(7,4)＝0，得m2＝eq \f(7,5).
又|AB|＝eq \r(1＋\f(3,4))eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(7),2)·eq \r(4－m2)，
O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\f(3,4)))＝eq \f(|m|,\f(\r(7),2))，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)·|AB|·d＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(7),2)×eq \r(4－m2)×eq \f(|m|,\f(\r(7),2))＝eq \f(\r(91),10).