高考数学一轮复习　第八章 第5节 第2课时

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考点一 中点弦及弦长问题 多维探究
角度1 中点弦问题
【例1－1】 已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，
(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)求过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被P点平分的弦所在直线的方程.
解 (1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，②))
①－②得eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(x2＋x1,2（y2＋y1）)＝－eq \f(x,2y)，
所以－eq \f(x,2y)＝eq \f(y－1,x－2)，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1内部的部分).
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－eq \f(x,2y)＝－eq \f(1,2)，
因此所求直线方程是y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，化简得2x＋4y－3＝0.
规律方法 弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.
角度2 弦长问题
【例1－2】 (2019·北京朝阳区模拟)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，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－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eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(8\r(3),7)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝3，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))
解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(|－m|,\r(2))b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→)).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(6,5)，,y0＝－\f(4,5)，))
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>eq \f(3,4).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(16k,1＋4k2)，,x1x2＝\f(12,1＋4k2)，))
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)－2k·eq \f(16k,1＋4k2)＋4>0，
解得k2b>0，
计算得出a＝2，b＝eq \r(3)，则椭圆C的离心率为e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知椭圆方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋m))消去y得，(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，直线l与椭圆相交，则Δ>0，
即48(3k2－m2＋4)>0，
且x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2＋4).
又直线l与圆x2＋y2＝2相切，
则eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2(k2＋1).
而|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（3k2－m2＋4）),3k2＋4)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（k2＋2）),3k2＋4)＝eq \f(4\r(3)·\r(k4＋3k2＋2),3k2＋4)，
又|MN|＝eq \f(12\r(2),7)，所以eq \f(4\r(3)·\r(k4＋3k2＋2),3k2＋4)＝eq \f(12\r(2),7)，
即5k4－3k2－2＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，故k的值为±1.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·北京东城区调研)已知圆M：(x－2)2＋y2＝1经过椭圆C：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1(m>3)的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( )
A.2eq \r(10)－5 B.2eq \r(10)－4
C.4eq \r(10)－11 D.4eq \r(10)－10
解析 易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2－16x＋24＝0.又x≤2，所以x＝8－2eq \r(10).故点P到直线AB距离的最大值为3－(8－2eq \r(10))＝2eq \r(10)－5.
答案 A
12.(2019·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：y＝eq \f(c,b)x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.1 D.2
解析 联立方程可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(2)y－2\r(2)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝eq \f(c2,\r(c2＋b2))＝eq \f(c2,a)，所以|EF|＝eq \f(2c2,a)，|F′E|＝2a－|EF|＝eq \f(2b2,a)，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
答案 C
13.已知直线l：y＝kx＋2过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥eq \f(4\r(5),5)，则椭圆离心率e的取值范围是________.
解析 依题意，知b＝2，kc＝2.
设圆心到直线l的距离为d，则L＝2eq \r(4－d2)≥eq \f(4\r(5),5)，
解得d2≤eq \f(16,5).又因为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，所以eq \f(1,1＋k2)≤eq \f(4,5)，
解得k2≥eq \f(1,4).
于是e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(c2,b2＋c2)＝eq \f(1,1＋k2)，所以0＜e2≤eq \f(4,5)，又由00)过点P(2，1)，且离心率e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为eq \f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB的面积的最大值.
解 (1)因为e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.所以a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为y＝eq \f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))消去y整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
又直线l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|b>0)，直线l1：y＝－eq \f(1,2)x，直线l2：y＝eq \f(1,2)x，P为椭圆上任意一点，过P作PM∥l1且与直线l2交于点M，作PN∥l2且与l1交于点N，若|PM|2＋|PN|2为定值，则椭圆的离心率为________.
解析 设|PM|2＋|PN|2＝t，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,2)x1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，－\f(1,2)x2))，P(x，y).因为四边形PMON为平行四边形，
所以|PM|2＋|PN|2＝|ON|2＋|OM|2＝eq \f(5,4)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝t.
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2，\f(1,2)x1－\f(1,2)x2))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝x1＋x2，,y＝\f(1,2)x1－\f(1,2)x2，))则x2＋4y2＝2(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(8,5)t，此方程为椭圆方程，即eq \f(x2,\f(8t,5))＋eq \f(y2,\f(2t,5))＝1，则椭圆的离心率e＝eq \r(\f(\f(8t,5)－\f(2t,5),\f(8t,5)))＝eq \f(\r(3),2).
答案 eq \f(\r(3),2)