人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案设计

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案设计，共29页。

从椭圆C的一个焦点F1处出发的光线照射到P点，经反射后通过椭圆的另一个焦点F2，如图所示．
点P及点O与椭圆C具有怎样的位置关系？直线l及直线PF2与椭圆C具有怎样的位置关系？
知识点1 点与椭圆的位置关系
点P(x0，y0)与椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔x02a2＋y02b2＝1；
点P在椭圆内部⇔x02a2＋y02b2<1；
点P在椭圆外部⇔x02a2＋y02b2>1．
知识点2 直线与椭圆的位置关系
(1)判断直线与椭圆位置关系的方法
直线y＝kx＋m与椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的位置关系的判断方法：联立y=kx+m，x2a2+y2b2=1，消去y，得关于x的一元二次方程．
当Δ>0时，方程有两个不同解，直线与椭圆相交；
当Δ＝0时，方程有两个相同解，直线与椭圆相切；
当Δ<0时，方程无解，直线与椭圆相离．
(2)弦长公式
设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)或y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)，直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1+k2·x1+x22-4x1x2，或|AB|＝_1+_1k2·y1+y22-4y1y2，其中，x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的值，可通过由直线方程与椭圆方程联立消去y(或x)后得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系求得．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若直线的斜率一定，则当直线过椭圆的中心时，弦长最大．( )
(2)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)与点P(b，0)，过点P可作出该椭圆的一条切线．( )
(3)直线y＝k(x－a)(k≠0)与椭圆x2a2＋y2b2＝1的位置关系是相交．( )
提示：(1)√ 根据椭圆的对称性可知，直线过椭圆的中心时，弦长最大．
(2)× 因为P(b，0)在椭圆内部，过点P作不出椭圆的切线．
(3)√ 直线y＝k(x－a)(k≠0)过点(a，0)且斜率存在，所以直线y＝k(x－a)与椭圆x2a2＋y2b2＝1的位置关系是相交．
2．(1)点P(2，1)与椭圆x24＋y29＝1的位置关系是______．
(2)若点A(a，1)在椭圆x24＋y22＝1的内部，则a的取值范围是________．
(1)点P在椭圆外部 (2)(－2，2) [(1)由224＋129>1知，点P(2，1)在椭圆的外部．
(2)∵点A在椭圆内部，
∴a24＋12＜1，∴a2＜2，∴－2＜a＜2．]
3．过椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的焦点F(c，0)的弦中最短弦长是________．
2b2a [最短弦是过焦点F(c，0)且与焦点所在坐标轴垂直的弦．将点(c，y)的坐标代入椭圆x2a2＋y2b2＝1，得y＝±b2a，故最短弦长是2b2a．]
类型1 直线与椭圆的位置关系
【例1】 (源自湘教版教材)对不同的实数m，讨论直线l：y＝x＋m与椭圆C：x24＋y2＝1的公共点的个数．
[解] 由y=x+m， ①x24+y2=1， ②
消去y并整理得
5x2＋8mx＋4m2－4＝0. ③
此方程的实数解的个数由它的判别式Δ决定，
Δ＝(8m)2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)．
当－50，方程③有两个不相等的实数根，代入方程①可得到两个不同的公共点坐标．此时直线l与椭圆有两个公共点，即它们相交．
当m＝－5或m＝5时，Δ＝0，方程③有两个相等的实数根，代入方程①得到一个公共点坐标．此时直线l与椭圆有一个公共点．观察图象可知，它们在这一点相切．
当m<－5或m>5时，Δ<0，方程③没有实数根．此时直线l与椭圆没有公共点，即它们相离．
综上，可得：
当－5当m＝－5或m＝5时，直线l与椭圆有一个公共点；
当m<－5或m>5时，直线l与椭圆没有公共点．
直线l与椭圆C的位置关系如图所示．
直线与椭圆有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用．
[跟进训练]
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)有两个公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
[解] 直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y=2x+m，x24+y22=1，消去y，
得9x2＋8mx＋2m2－4＝0. ①
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－32＜m＜32时，方程①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有两个公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±32时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－32或m＞32时，方程①没有实数解，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．
类型2 实际生活中的椭圆问题
【例2】 (多选)如图所示，现假设某探测器沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的长轴长，则下列式子正确的是( )
A．a1＋c1＝a2＋c2B．a1－c1＝a2－c2
C．c1a1c2a2
BD [由题图可知，a1>a2，c1>c2，所以a1＋c1>a2＋c2，所以A不正确；
在椭圆轨道Ⅰ中可得，a1－c1＝|PF|，
在椭圆轨道Ⅱ中可得，|PF|＝a2－c2，
所以a1－c1＝a2－c2，所以B正确；
a1＋c2＝a2＋c1，两边同时平方得，a12+c22＋2a1c2＝a22+c12＋2a2c1，
所以a12-c12＋2a1c2＝a22-c22＋2a2c1，
即b12＋2a1c2＝b22＋2a2c1，由题图可得，b12>b22，
所以2a1c2<2a2c1，c2a2 解决和椭圆有关的实际问题的思路
(1)通过数学抽象，找出实际问题中涉及的椭圆，将原问题转化为数学问题．
(2)确定椭圆的位置及要素，并利用椭圆的方程或几何性质求出数学问题的解．
(3)用解得的结果说明原来的实际问题．
[跟进训练]
2．(源自北师大版教材)酒泉卫星发射中心将一颗人造卫星送入到距地球表面近地点(离地面最近的点)高度约200 km，远地点(离地面最远的点)高度约350 km的椭圆轨道(将地球看作一个球，其半径约为6 371 km)，求椭圆轨道的标准方程．(注：地心(地球的中心)位于椭圆轨道的一个焦点，且近地点、远地点与地心共线)
[解] 如图所示，设地心为椭圆轨道右焦点F2，近地点、远地点分别为A2，A1，以直线A1A2为x轴，线段A1A2的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，则F2，A1，A2三点都在x轴上，
|F2A2|＝a－c＝200＋6 371，
|A1F2|＝a＋c＝350＋6 371，
所以a＝6 646，c＝75，
从而b2＝a2－c2＝6 6462－752＝44 163 691.
所以椭圆轨道的标准方程为x244 169 316＋y244 163 691＝1.
类型3 直线与椭圆的相交弦问题
弦长问题
【例3】 已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m.
(1)当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；
(2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程．
[解] (1)由4x2+y2=1，y=x+m，消去y得5x2＋2mx＋m2－1＝0，
∵直线与椭圆有公共点，
∴Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，
解得－52≤m≤52，
即实数m的取值范围是-52，52.
(2)设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0.
由根与系数的关系，得x1＋x2＝－2m5，
x1x2＝15(m2－1)．
∴d＝x1-x22+y1-y22
＝2x1-x22
＝2x1+x22-4x1x2
＝24m225-45m2-1
＝2510-8m2，
∴当m＝0时，d最大，此时直线方程为y＝x.
(1)求直线被椭圆截得弦长的方法：
一是求出两交点坐标，用两点间距离公式；
二是用弦长公式|AB|＝1+k2|x1－x2|，或|AB|＝1+1k2|y1－y2|，其中k为直线AB的斜率，A(x1，y2)，B(x2，y2)．
(2)有关直线与椭圆相交弦长最值问题，要特别注意判别式的限制．
[跟进训练]
3．已知椭圆C的中心为原点O，焦点在x轴上，其长轴长为焦距的2倍，且过点M1，32，F为其左焦点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过左焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当|AB|＝185时，求直线l的方程．
[解] (1)由条件知a＝2c，∴b2＝a2－c2＝3c2，
设椭圆的标准方程为x24c2＋y23c2＝1，
又椭圆过点M1，32，∴14c2＋3223c2＝1.
∴c2＝1，∴a2＝4，b2＝3，
∴椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.
(2)当直线l斜率不存在时，|AB|＝3，不合题意．
当直线l斜率存在时，设直线l：y＝k(x＋1)，由
y=kx+1，x24+y23=1，消去y得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－8k23+4k2，x1x2＝4k2-123+4k2，
∴|AB|＝1+k2|x1－x2|
＝1+k2x1+x22-4x1x2
＝1+k2-8k23+4k22-4·4k2-123+4k2
＝12k2+124k2+3＝185.
∴k2＝12，即k＝±22，
∴直线l的方程为2x－2y＋2＝0或2x＋2y＋2＝0.
中点弦问题
【例4】 (2022·山西省朔州市期末)已知椭圆x216＋y24＝1的弦AB的中点M的坐标为(2，1)，则直线AB的方程为________．
x＋2y－4＝0 [法一：易知直线的斜率k存在．
设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，
由y-1=kx-2，x216+y24=1， 消去y，得
(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两根，于是x1＋x2＝82k2-k4k2+1.
又M为AB的中点，
∴x1+x22＝42k2-k4k2+1＝2，解得k＝－12.
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
法二：由题意知，直线斜率存在．设点A(x1，y1)，B(x2，y2) ．
∵M(2，1)为AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.
又A，B两点在椭圆上，则x12+4y12＝16，x22+4y22＝16，
两式相减，得(x12-x22)＋4(y12-y22)＝0，
于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
∴y1-y2x1-x2＝－x1+x24y1+y2＝－44×2＝－12，即kAB＝－12.
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
法三：设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，由于弦AB的中点为M(2，1)，则另一个交点为B(4－x，2－y)．
∵A，B两点都在椭圆上，
∴ x2+4y2=16， ① 4-x2+42-y2=16. ②
①－②，化简得x＋2y－4＝0.
显然点A的坐标满足这个方程，代入验证可知点B的坐标也满足这个方程，而过点A，B的直线只有一条，故所求直线的方程为x＋2y－4＝0．]
[母题探究]
本例中把条件改为“点M(2，1)是直线x＋2y－4＝0被焦点在x轴上的椭圆所截得的线段的中点”，求该椭圆的离心率．
[解] 设直线与椭圆的两交点为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.
由x12a2＋y12b2＝1和x22a2＋y22b2＝1，
得4x1-x2a2＝－2y1-y2b2，
∴k＝y1-y2x1-x2＝-2b2a2.
又x＋2y－4＝0的斜率为－12，
∴b2a2＝14.
∴椭圆的离心率e＝ca＝1-ba2＝1-14＝32.
试总结用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤．
提示：(1)设点——设出弦的两端点坐标；
(2)代入——代入圆锥曲线方程；
(3)作差——两式相减，再用平方差公式把上式展开；
(4)整理——转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．
[跟进训练]
4．过点M(1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若点M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________．
22 [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x12a2＋y12b2＝1， ①
x22a2＋y22b2＝1. ②
因为点M是线段AB的中点，所以x1+x22＝1，y1+y22＝1.
因为直线AB的方程是y＝－12(x－1)＋1，所以y1－y2＝－12(x1－x2)．
将①②两式相减，可得x12-x22a2＋y12-y22b2＝0，
即2a2＋-12·2b2＝0.
所以a＝2b.
所以c＝b.所以e＝ca＝22．]
与弦长有关的最值、范围问题
【例5】 已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P为椭圆C上非顶点的动点，点A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，过A1，A2分别作l1⊥PA1，l2⊥PA2，直线l1，l2相交于点G，连接OG(O为坐标原点)，线段OG与椭圆C交于点Q.记直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2.
(1)求k1k2的值；
(2)求△POQ面积的最大值．
[思路导引] (1)写出点A1，A2的坐标→设P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)→k1＝y0x0，写出直线l1，l2的方程→联立直线l1，l2的方程求出G的坐标→求出k2→求出k1k2的值．
(2)结合(1)设出直线OP，OQ的方程→分别与椭圆方程联立求出P，Q的坐标→利用两点间距离公式、点到直线的距离公式及三角形面积公式求出△POQ面积的表达式→利用基本不等式求出△POQ面积的最大值．
[解] (1)由题意知，A1(－2，0)，A2(2，0)，
设P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)．
则k1＝y0x0，直线l1的方程为y＝－x0+2y0(x＋2)，直线l2的方程为y＝－x0-2y0(x－2)．
由y=-x0+2y0x+2，y=-x0-2y0x-2，得x=-x0，y=x02-4y0，
又x024+y02＝1，∴G(－x0，－4y0)，
∴k2＝4y0x0，∴k1k2＝14.
(2)根据(1)可设直线OP的方程为y＝k1x，
直线OQ的方程为y＝4k1x.
由y=k1x， x2+4y2=4，得(4k12＋1)x2＝4，
根据椭圆的对称性，不妨设x0>0，则
P24k12+1，2k14k12+1，|OP|＝1+k12·24k12+1.
由y=4k1x， x2+4y2=4，得(1+64k12)x2＝4.
设G(xG，yG)，Q(xQ，yQ)，
由(1)知，x0，xG异号，∴易知x0，xQ异号，
∴Q-264k12+1，-8k164k12+1.
∴点Q到直线OP的距离d＝6k11+k1264k12+1.
S△POQ＝12|OP|d＝121+k12·24k12+1·6k11+k1264k12+1＝6k14k12+164k12+1
＝6k124k12+164k12+1
＝61256k12+68+1k12.
∵256k12＋1k12≥32，∴S△POQ≤35，当且仅当k1＝±14时取“＝”．∴△POQ面积的最大值为35.
求与椭圆有关的最值、范围问题的方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理．
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解．
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆的范围．
[跟进训练]
5．在平面直角坐标系Oxy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝22，且点P(2，1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
[解] (1)由题意得e=ca=22， 4a2+1b2=1， a2=b2+c2，
∴a=6，b=3，
∴椭圆C的方程为x26＋y23＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝－x＋m，
联立y=-x+m，x26+y23=1，得3x2－4mx＋2m2－6＝0，
∴Δ>0， x1+x2=4m3 ，x1x2=2m2-63，
∴|AB|＝1+-12|x1－x2|＝439-m2，
原点到直线的距离d＝m2.
∴S△OAB＝12×439-m2×m2＝239-m2m2≤23·9-m2+m22＝322.
当且仅当m＝±322时，等号成立，
∴△AOB面积的最大值为322.
1．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：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：因为直线过点(0，1)，而0＋14<1，即点(0，1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．]
2．若点P(a，1)在椭圆x22＋y23＝1的外部，则a的取值范围为( )
A．-233，233
B．-∞，-233∪233，+∞
C．43，+∞
D．-∞，-43
B [由题意知a22＋13>1，即a2>43，解得a>233或a<－233．]
3．直线y＝x－1被椭圆2x2＋y2＝4所截得的弦的中点坐标是( )
A．13，-23 B．-23，13
C．12，-13 D．-13，12
A [由y=x-1，2x2+y2=4，消去y得2x2＋(x－1)2＝4，即3x2－2x－3＝0，
所以弦的中点的横坐标是x＝12×23＝13，
代入直线方程y＝x－1中，得y＝－23，
所以弦的中点坐标是13，-23.故选A．]
4．直线y＝x＋1与椭圆x24＋y23＝1相交于A，B两点，则|AB|＝________．
247 [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝x＋1代入x24＋y23＝1，整理得7x2＋8x－8＝0，Δ＝82＋4×8×7>0.
由根与系数的关系知x1+x2=-87 ，x1x2=-87，
所以|AB|＝1+1·|x1－x2|＝1+1·x1+x22-4x1x2＝247．]
回顾本节知识，自主完成以下问题：
1．直线和椭圆有几种位置关系？如何判断？
提示：三种位置关系：相交、相切、相离．
解直线方程与椭圆方程组成的方程组，通过解的个数判断位置关系，当方程组有两个解(Δ>0)时，直线与椭圆相交，当方程组有一个解(Δ＝0)时，直线与椭圆相切，当方程组无解(Δ<0)时，直线与椭圆相离．
2．当直线与椭圆相交时，试写出弦长公式．
提示：|AB|＝1+k2·x1+x22-4x1x2
＝1+1k2·y1+y22-4y1y2.
3．如何处理椭圆的中点弦问题？
提示：①根与系数的关系法：联立直线方程与椭圆方程构成方程组，消掉其中的一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系结合中点坐标公式求解．
②点差法：设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点与斜率的关系．即“设而不求”思想，这也是此类问题最常用的方法.
圆柱体截面问题
我们可以用平面来截圆柱，观察分析其截面曲线的形状．很显然，当平面与圆柱的轴垂直时，可以得到圆．而用平面斜截圆柱时，截面曲线从直观上看是椭圆(如图1)．历史上，法国人Dandelin采用一个巧妙的方法证明了这一结论．
如图2，将两个同样大小的球嵌入圆柱内，使它们分别位于斜截面的上方和下方，并且与截面和圆柱侧面均相切，两球面与圆柱侧面分别相切于以BC，DE为直径且平行于圆柱底面的大圆O1和O2，两球面与斜截面分别相切于点F和F′，斜截面与BD，CE分别交于点A和A′，P为所得截面边缘上一点．设圆柱过点P的母线与圆O1和O2分别交于点M和N，则PM和PN分别是两球面的一条切线．
由于PM和PF是同一个球面的切线，故PM＝PF，同理PN＝PF′，于是有PF＋PF′＝PM＋PN＝MN为定值，即截面曲线上任意一点P到F和F′的距离之和为定值，由椭圆的定义可知，这时的截面曲线是椭圆，而两球与斜截面的切点是椭圆的焦点．
课时分层作业(二十六) 椭圆的标准方程及其性质的应用
一、选择题
1．若直线y＝x＋2与椭圆x2m＋y23＝1有两个公共点，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)
C．(－∞，－3)∪(－3，0) D．(1，3)
B [由y=x+2，x2m+y23=1，
消去y，整理得(3＋m)x2＋4mx＋m＝0.
若直线与椭圆有两个公共点，
则3+m≠0， Δ=4m2-4m3+m>0，
解得m≠-3， m<0或m>1.
由x2m＋y23＝1表示椭圆，知m>0且m≠3.
综上可知，m>1且m≠3，故选B．]
2．椭圆mx2＋ny2＝1与直线y＝1－x交于M，N两点，过原点与线段MN中点的直线的斜率为22，则mn的值是( )
A．22 B．233 C．922 D．2327
A [由mx2+ny2=1，y=1-x，
消去y，得(m＋n)x2－2nx＋n－1＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为(x0，y0)，
则x1＋x2＝2nm+n，∴x0＝nm+n，
代入y＝1－x得y0＝mm+n.
由题意知y0x0＝22，∴mn＝22.故选A．]
3．(多选)已知直线y＝3x＋2被椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)截得的弦长为8，下列直线中被椭圆截得的弦长也为8的是( )
A．y＝3x－2 B．y＝3x＋1
C．y＝－3x－2 D．y＝－3x
AC [作出椭圆和有关直线(图略)，由于椭圆关于坐标轴、坐标原点对称，而A、C中的直线与直线y＝3x＋2或关于原点对称或关于坐标轴对称，所以它们被椭圆截得的弦长相等，且可从图中看出B、D中的直线被椭圆截得的弦长都大于8，故选AC．]
4．已知椭圆x24＋y22＝1的弦AB的中点为(－1，－1)，则弦AB的长为( )
A．303 B．263 C．103 D．153
A [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，所以x124+y122=1， ①x224+y222=1， ②
②－①，得y2-y1x2-x1＝－24·x1+x2y1+y2，
又弦AB的中点为(－1，－1)，所以直线AB的斜率为－12，
所以直线方程为y＝－12(x＋1)－1，
联立椭圆方程消去y得到3x2＋6x＋1＝0，根据弦长公式得|AB|＝303.故选A．]
5．(多选)如图所示，某探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P处变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点处第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，且轨道Ⅱ的右顶点为轨道Ⅰ的中心．设椭圆Ⅰ与Ⅱ的长半轴长分别为a1和a2，半焦距分别为c1和c2，离心率分别为e1，e2，则下列结论正确的是( )
A．a1＋c1＞2(a2＋c2)
B．a1－c1＝a2－c2
C．e1＝e2+12
D．椭圆Ⅱ比椭圆Ⅰ更扁
ABC [对于A，由题可知a1＝2a2，c1＝a2＋c2＞2c2，所以a1＋c1＞2(a2＋c2)，所以选项A正确；
对于B，由a1－c1＝|PF|，a2－c2＝|PF|，得a1－c1＝a2－c2，所以选项B正确；
对于C，由a1＝2a2，c1＝a2＋c2，得c1a1＝a2+c22a2＝1+c2a22，即e1＝e2+12，所以选项C正确；
对于D，根据选项C知，2e1＝e2＋1＞2e2，所以e1＞e2，即椭圆Ⅰ比椭圆Ⅱ更扁，所以选项D错误．
故选ABC．]
二、填空题
6．若直线y＝kx＋1与焦点在x轴上的椭圆x25＋y2m＝1总有公共点，则实数m的取值范围为________．
[1，5) [∵直线y＝kx＋1过定点M(0，1)，
∴要使直线与该椭圆总有公共点，则点M(0，1)必在椭圆内或椭圆上，
由此得07．直线y＝x＋2交椭圆x2m＋y24＝1于A，B两点，若|AB|＝32，则m的值为________．
12 [由椭圆x2m＋y24＝1，则顶点为(0，2)，而直线y＝x＋2也过(0，2)，所以A(0，2)为直线与椭圆的一个交点，设B(xB，yB)，
则|AB|＝xB-xA2+yB-yA2＝1+k2|xB－xA|＝2|xB|＝32，解得xB＝±3，所以B(－3，－1)或B(3，5)(舍去)，把B(－3，－1)代入椭圆方程得9m＋14＝1，故m＝12．]
8．在平面直角坐标系Oxy中，经过点(0，2)且斜率为k的直线l与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，则k的取值范围是________．
-∞，-22∪22，+∞ [由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋2，代入椭圆方程得x22＋(kx＋2)2＝1，
整理得12+k2x2＋22kx＋1＝0，
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－412+k2＝4k2－2>0，
解得k<－22或k>22，所以k的取值范围为-∞，-22∪22，+∞．]
三、解答题
9．已知椭圆E的中心为坐标原点O，两个焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，一个顶点为H(2，0)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若对于x轴上的点P(t，0)，椭圆E上存在点M，使得MP⊥MH，求实数t的取值范围．
[解] (1)由题意得，c＝1，a＝2，∴b＝3，
∴椭圆E的标准方程为x24＋y23＝1.
(2)设M(x0，y0)(x0≠±2)，
则x024＋y023＝1.①
由MP⊥MH可得MP·MH＝0，
又MP＝(t－x0，－y0)，MH＝(2－x0，－y0)，
∴t-x02-x0+y02＝0.②
由①②消去y0，并整理得t(2－x0)＝－14x02＋2x0－3.
∵x0≠2，∴t＝14x0－32.
∵－2∴实数t的取值范围为(－2，－1)．
10．(多选)(2022·福建莆田期中)设椭圆C：x22＋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|＝22
B．离心率e＝62
C．△PF1F2面积的最大值为2
D．以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－2＝0相切
AD [对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝22，故A正确；
对于B，依题意得a＝2，b＝1，又a2＝b2＋c2，所以c＝1，所以e＝ca＝12＝22，故B错误；
对于C，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴端点时，
△PF1F2的面积取得最大值，最大值为12·2c·b＝c·b＝1，故C错误；
对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c，c＝1，圆心到直线x＋y－2＝0的距离为22＝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－2＝0相切，故D正确．故选AD．]
11．(多选)(2022·山东滕州期中)已知点M(－1，0)，N(1，0)，若某直线上存在点P，使得|PM|＋|PN|＝4，则称该直线为“椭型直线”．下列直线是“椭型直线”的是( )
A．x－2y＋6＝0 B．x－y＝0
C．2x－y＋1＝0 D．x＋y－3＝0
BC [由|PM|＋|PN|＝4>|MN|＝2，并根据椭圆定义可得点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆的方程为x24＋y23＝1.
由“椭型直线”定义可知，若直线为“椭型直线”，则此直线必与椭圆有公共点．
选项A，联立得x24+y23=1， x-2y+6=0，
整理得2y2－9y＋12＝0，
所以Δ＝81－96<0，方程组无解，此直线与椭圆无公共点，所以不是“椭型直线”；
选项B，x－y＝0是过原点的直线，必与椭圆相交，
所以是“椭型直线”；
选项C，直线2x－y＋1＝0过点(0，1)，且点(0，1)在椭圆x24＋y23＝1的内部，故直线必与椭圆相交，
所以是“椭型直线”；
选项D，联立得x24+y23=1，x+y-3=0，整理得7x2－24x＋24＝0，
所以Δ＝(－24)2－4×7×24<0，方程组无解，直线与椭圆无公共点，所以不是“椭型直线”．故选BC．]
12．已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，则椭圆上一点(A0，y0)处的切线方程为x0xa2＋y0yb2＝1.试运用该性质解决以下问题：椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，其焦距为2，且过点1，22，点B为C1在第一象限中的任意一点，过B作C1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，O为坐标原点，则△OCD的面积的最小值为( )
A．22 B．2 C．3 D．2
B [由题意，得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，将点1，22代入椭圆方程，可得1a2＋12b2＝1，解得a＝2，b＝1，即椭圆的方程为x22＋y2＝1.
设B(x2，y2)，则椭圆C1在点B处的切线方程为x22x＋y2y＝1，令x＝0，得yD＝1y2，令y＝0，可得xC＝2x2，又点B为椭圆在第一象限上的点，所以x2>0，y2>0，x222+y22＝1，所以S△OCD＝12·1y2·2x2＝1x2y2＝x222+y22x2y2＝x22y2＋y2x2≥2x22y2·y2x2＝2，即S△OCD≥2，当且仅当x222＝y22＝12，即点B的坐标为1，22时，△OCD的面积取得最小值2，故选B．]
13．已知斜率为2的直线经过椭圆x25＋y24＝1的右焦点F2，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．
553 [∵直线AB过椭圆x25＋y24＝1的右焦点F2(1，0)，且斜率为2，
∴直线AB的方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
法一：由方程组2x-y-2=0，x25+y24=1，
解得x=0，y=-2，或x=53，y=43，
则交点A(0，－2)，B53，43或A53，43，B0，-2.
∴|AB|＝0-532+-2-432＝1259＝553.
法二：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组2x-y-2=0，x25+y24=1，
消去y，得3x2－5x＝0，解得x1＝0，x2＝53.
∴|AB|＝1+22| x1－x2|＝5×53＝553.
法三：设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由方程组2x-y-2=0，x25+y24=1， 消去x，得3y2＋2y－8＝0，
则由根与系数的关系得y1＋y2＝－23，y1y2＝－83，
所以|AB|＝1+122|y1－y2|＝52×103＝553．]
14．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为M，且△MF1F2是面积为1的等腰直角三角形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆E交于A，B两点，以AB为直径的圆与y轴相切，求m的值．
[解] (1)由题意可得M(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)，
由△MF1F2是面积为1的等腰直角三角形得12a2＝1，b＝c，且a2－b2＝c2，解得b＝c＝1，a＝2，则椭圆E的方程为x22＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x22+y2=1，-x+m=y⇒3x2－4mx＋2m2－2＝0，
有Δ＝16m2－12(2m2－2)>0，
即－3x1＋x2＝4m3，x1x2＝2m2-23，可得AB中点横坐标为2m3，
|AB|＝1+1·x1+x22-4x1x2
＝2·16m29-8m2-83＝433-m2，
以AB为直径的圆与y轴相切，
可得半径r＝12|AB|＝2m3，
即233-m2＝2m3，
解得m＝±62∈(－3，3)，则m的值为±62.
15．椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点A(－2，0)，且离心率为22.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(4，0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，
又e＝ca＝22，得c＝2.
由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.
所以所求椭圆的方程为x24＋y22＝1.
(2)若存在点Q(m，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，
则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2.
等价于k1＋k2＝0.
依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．
由y=kx-4，x24+y22=1，
得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
因为直线l与椭圆C有两个交点，所以Δ＞0.
即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜16.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝16k22k2+1，x1x2＝32k2-42k2+1，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令k1＋k2＝y1x1-m＋y2x2-m＝0，
(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，
化简得，8m-12k2+1＝0，所以m＝1.
当k＝0时，也成立．
所以存在点Q(1，0)，
使得∠PQM＋∠PQN＝180°.
学习任务
1．进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，了解椭圆在实际生活中的应用．(直观想象、数学运算)
2．会判断直线与椭圆的位置关系．(数学运算、直观想象)
3．能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题．(逻辑推理、数学运算)