高考数学科学创新复习方案提升版第50讲椭圆（二）学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第50讲椭圆（二）学案（Word版附解析），共27页。


1．点与椭圆的位置关系
已知点P(x0，y0)，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则
(1)点P(x0，y0)在椭圆内⇔eq \x(\s\up1(01))eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)<1；
(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔eq \x(\s\up1(02))eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)＝1；
(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔eq \x(\s\up1(03))eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)>1．
2．直线与椭圆位置关系的判断
已知直线y＝kx＋m，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，
若该一元二次方程的判别式为Δ，则
Δ>0⇔直线与椭圆有eq \x(\s\up1(04))两个交点⇔直线与椭圆相交；
Δ＝0⇔直线与椭圆有eq \x(\s\up1(05))一个交点⇔直线与椭圆相切；
Δ<0⇔直线与椭圆eq \x(\s\up1(06))无交点⇔直线与椭圆相离．
3．弦长公式
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|＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
(1)过焦点的弦中，通径(垂直于长轴的焦点弦)最短，为eq \f(2b2,a).
(2)若点P(x0，y0)在椭圆上，则过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
(3)若AB是椭圆的不垂直于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
(4)若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＝－eq \f(b2,a2).
1．(人教A选择性必修第一册3.1.2例7改编)直线y＝2x－1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
答案 A
解析 解法一：直线方程y＝2x－1过点(1，1)，而(1，1)在椭圆内部，所以直线与椭圆相交．故选A.
解法二：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))得10y2＋2y－35＝0，Δ＝22－4×10×(－35)＝1404>0，所以直线y＝2x－1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1相交．故选A.
2．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1截得的弦长的最大值是( )
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).
3．(人教B选择性必修第一册习题2－8A T2改编)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( )
A．±1 B．±eq \f(1,2)
C.eq \r(2) D．±eq \r(2)
答案 A
解析 由eq \b\lc\{(\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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－2,3).))由|AB|＝eq \f(4\r(2),3)可知eq \f(4,3)eq \r(3－m2)＝eq \f(4\r(2),3)，解得m＝±1.故选A.
4．(人教B选择性必修第一册P177复习题B组T13改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
答案 B
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由中点坐标公式可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1 ①，,\f(xeq \\al(2,2),4)＋\f(yeq \\al(2,2),3)＝1 ②，))①－②得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),3)＝0，即eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝－eq \f(3,4)，即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)kAB＝－eq \f(3,4)，所以kAB＝－eq \f(3,2)，因此直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)(x－1)，即3x＋2y－4＝0.
5．(人教A选择性必修第一册习题3.1 T13改编)若点P是椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的动点，则点P到直线x－y－3eq \r(5)＝0的距离的最小值是________，此时点P的坐标为________．
答案 eq \r(10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))
解析 设与椭圆E相切且平行于直线x－y－3eq \r(5)＝0的直线为l：x－y＋m＝0，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x－y＋m＝0，))整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0.则Δ＝64m2－4×5(4m2－4)＝0，解得m＝±eq \r(5).当m＝－eq \r(5)时，直线l与直线x－y－3eq \r(5)＝0之间的距离为eq \f(|－\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝eq \r(10)，当m＝eq \r(5)时，直线l与直线x－y－3eq \r(5)＝0之间的距离为eq \f(|\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝2eq \r(10)，所以点P到直线x－y－3eq \r(5)＝0的最小距离是eq \r(10).此时5x2－8eq \r(5)x＋16＝0，解得x＝eq \f(4\r(5),5)，将x＝eq \f(4\r(5),5)代入x－y－eq \r(5)＝0，得y＝－eq \f(\r(5),5)，则点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5))).
例1 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\{(\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有两个相等的实数根，可知原方程组仅有一组实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ<0，即m<－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．
研究直线与椭圆位置关系的方法
(1)研究直线与椭圆的位置关系，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．
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．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)
答案 D
解析 解法一：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解法二：由eq \b\lc\{(\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，所以m≥1且m≠5.
例2 (2023·佛山模拟)已知A，B分别为椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点，原点O到直线AB的距离为eq \f(2\r(21),7)，且|AB|＝eq \r(7).
(1)求椭圆C的离心率；
(2)直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝2相切，并与椭圆C交于M，N两点，若|MN|＝eq \f(12\r(2),7)，求k的值．
解 (1)由题设知，A(b，0)，B(0，a)，直线AB的方程为eq \f(x,b)＋eq \f(y,a)＝1，
又|AB|＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(7)，eq \f(ab,\r(a2＋b2))＝eq \f(2\r(21),7)，a>b>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)，由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.
设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有|AB|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])(k为直线斜率，k≠0)．
提醒：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．
(2023·江苏八市联考)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦距为2，过E的左焦点F的直线l与E相交于A，B两点，与直线x＝－2相交于点M.
(1)若M(－2，－1)，求证：|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|；
(2)过点F作直线l的垂线m与E相交于C，D两点，与直线x＝－2相交于点N.求eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)的最大值．
解 (1)证明：因为椭圆E的焦距为2，所以2c＝2，解得c＝1.
又因为椭圆E的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)，所以b2＝a2－c2＝2－1＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
因为直线l经过M(－2，－1)，F(－1，0)，
kMF＝eq \f(－1－0,－2－（－1）)＝1，
所以直线l的方程为y＝x＋1，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝2，))可得3x2＋4x＝0，
由3x2＋4x＝0，得x1＝－eq \f(4,3)，x2＝0.
所以|MA|·|BF|＝eq \r(2)|x1＋2|·eq \r(2)|x2＋1|＝2×eq \f(2,3)×1＝eq \f(4,3)，
|MB|·|AF|＝eq \r(2)|x2＋2|·eq \r(2)|x1＋1|＝2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)，
因此|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|.
(2)若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x＝－2平行，不符合题意，
所以直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，k≠0，
则直线m的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋1)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2，))可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设A1(x1，y1)，B(x2，y2)，则
Δ＝16k4－8(2k2＋1)(k2－1)＝8(k2＋1)>0，
由根与系数的关系，可得x1＋x2＝－eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
易知x1>－2且x2>－2，将x＝－2代入直线l的方程，可得y＝－k，即点M(－2，－k)，
所以eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)
＝eq \f(1,\r(1＋k2)|x1＋2|)＋eq \f(1,\r(1＋k2)|x2＋2|)
＝eq \f(1,\r(1＋k2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1＋2)＋\f(1,x2＋2)))
＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(x1＋x2＋4,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(－\f(4k2,1＋2k2)＋4,\f(2k2－2,1＋2k2)＋\f(－8k2,1＋2k2)＋4)＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(4k2＋4,2k2＋2)＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
同理可得
eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)＝eq \f(2,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2)))＝eq \f(2|k|,\r(1＋k2))，
所以eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)
＝eq \f(2（1＋|k|）,\r(1＋k2))＝2eq \r(\f(k2＋1＋2|k|,k2＋1))
＝2eq \r(1＋\f(2,|k|＋\f(1,|k|)))≤2eq \r(1＋\f(2,2\r(|k|·\f(1,|k|))))＝2eq \r(2)，
当且仅当k＝±1时，等号成立，
因此eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)的最大值为2eq \r(2).
例3 已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(1)求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程；
(2)过N(1，2)的直线l与椭圆相交，求被l截得的弦的中点的轨迹方程；
(3)求过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被点P平分的弦所在直线的方程．
解 (1)当斜率为2的弦过原点时，显然(0，0)满足题意；当斜率为2的弦不过原点时，设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为M(x，y)，则有eq \f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1.
两式作差，得eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,2)＋(y2－y1)·(y2＋y1)＝0.
∵x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝kAB，
代入后求得kAB＝－eq \f(x,2y).
又kAB＝2，∴2＝－eq \f(x,2y)，
∴x＋4y＝0，显然(0，0)满足该方程．
故所求的轨迹方程为x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)(2)不妨设l交椭圆于A，B两点，弦中点为M(x，y)．
当直线l过原点时，M(0，0)满足题意；
当直线l的斜率存在且不过原点时，由(1)得kl＝kAB＝－eq \f(x,2y).
又kl＝kMN＝eq \f(y－2,x－1)，∴－eq \f(x,2y)＝eq \f(y－2,x－1).
整理，得x2＋2y2－x－4y＝0，显然(0，0)满足该方程．
当直线l的斜率不存在时，弦中点坐标为(1，0)，满足上式．
又由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x2＋2y2－x－4y＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2－4\r(7),9)，,y＝\f(4＋\r(7),9)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2＋4\r(7),9)，,y＝\f(4－\r(7),9)，))
故所求的轨迹方程为x2＋2y2－x－4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－4\r(7),9)(3)由(1)知，弦所在的直线的斜率k＝－eq \f(\f(1,2),2×\f(1,2))＝－eq \f(1,2)，∴其方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即2x＋4y－3＝0.
处理中点弦问题时应注意的两点
(1)处理有关中点弦与对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：
但要注意这个方法的前提是必须保证直线与椭圆有两个不同的交点．
(2)在求中点弦的轨迹时，要注意由于中点一定在曲线内部，因此只能是轨迹方程表示的曲线在圆锥曲线内部的那部分而不是全部．若是轨迹方程，则必须确定出变量的取值范围．注意本例(2)中只规定x，y之一的范围是不够的．
1.(2023·承德模拟)已知斜率为k的直线与椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为(1，－1)，则k＝________．
答案 eq \f(1,2)
解析 由题设eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,A),6)＋\f(yeq \\al(2,A),3)＝1，,\f(xeq \\al(2,B),6)＋\f(yeq \\al(2,B),3)＝1，))作差可得eq \f(xeq \\al(2,A)－xeq \\al(2,B),6)＋eq \f(yeq \\al(2,A)－yeq \\al(2,B),3)＝eq \f(（xA＋xB）（xA－xB）,6)＋eq \f(（yA＋yB）（yA－yB）,3)＝0，又xA＋xB＝2，yA＋yB＝－2，故eq \f(xA－xB,3)＝eq \f(2（yA－yB）,3)，所以k＝eq \f(yA－yB,xA－xB)＝eq \f(1,2).
2．焦点是F(0，5eq \r(2))，并截直线y＝2x－1所得弦的中点的横坐标是eq \f(2,7)的椭圆的标准方程为________．
答案 eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
解析 设所求的椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直线被椭圆所截弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意，可得弦AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2,7)，eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(3,7).将A，B两点坐标代入椭圆方程中，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),a2)＋\f(xeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(yeq \\al(2,2),a2)＋\f(xeq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减并化简，得eq \f(a2,b2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq \f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，故所求椭圆的标准方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
例4 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq \f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))解得a2＝4，b2＝1.
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，
则设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
Δ＝(2m)2－4(m2＋4)×(－3)＝16m2＋48>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
故|y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))\s\up12(2)＋\f(12,m2＋4))＝eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)，
因为△ABO的面积为eq \f(3,5)，
所以eq \f(1,2)|OP||y1－y2|＝eq \f(1,2)×1×eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(2\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(3,5)，
设t＝eq \r(m2＋3)≥eq \r(3)，则eq \f(2t,t2＋1)＝eq \f(3,5)，
整理得(3t－1)(t－3)＝0，
解得t＝3或t＝eq \f(1,3)(舍去)，即m＝±eq \r(6).
故直线l的方程为x＝±eq \r(6)y＋1，即x±eq \r(6)y－1＝0.
(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．
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，
所以c＝eq \r(3)b，又c＝1，所以b＝eq \f(\r(3),3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝eq \f(4,3)，
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\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(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.
课时作业
一、单项选择题
1．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数是( )
A．至多为1 B．2
C．1 D．0
答案 B
解析 由题意知，eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)<2，所以点P(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，故所求交点的个数是2.
2．已知椭圆C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1，若直线l经过M(0，1)，与椭圆交于A，B两点，且eq \(MA,\s\up6(→))＝－eq \f(2,3)eq \(MB,\s\up6(→))，则直线l的方程为( )
A．y＝±eq \f(1,2)x＋1 B．y＝±eq \f(1,3)x＋1
C．y＝±x＋1 D．y＝±eq \f(2,3)x＋1
答案 B
解析 易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))消去y，整理得(9k2＋5)x2＋18kx－36＝0，Δ＝(18k)2＋4×36×(9k2＋5)>0，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(18k,9k2＋5)，,x1x2＝－\f(36,9k2＋5)，,x1＝－\f(2,3)x2，))由此解得k＝±eq \f(1,3)，即直线l的方程为y＝±eq \f(1,3)x＋1.故选B.
3．椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
答案 A
解析 由题意可知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A1(－2，0)，A2(2，0)，设P(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,0))，所以kPA1·kPA2＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－4)＝－eq \f(3,4)，所以kPA1＝eq \f(－\f(3,4),kPA2)，因为kPA1∈[－2，－1]，即－2≤eq \f(－\f(3,4),kPA2)≤－1，可得eq \f(3,8)≤kPA2≤eq \f(3,4)，所以直线PA2斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(3,4))).故选A
4．(2024·龙岩模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(2，0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)))，则椭圆E的标准方程为( )
A.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,36)＝1 D.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,18)＝1
答案 A
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(4,3)，,\f(y1＋y2,2)＝－\f(2,3)，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8,3)，,y1＋y2＝－\f(4,3).))若直线AB⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不符合题意，故直线AB的斜率存在，且kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，由于A，B两点都在椭圆E上，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\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，即eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(a2,b2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)，因为F，M在直线AB上，故kAB＝eq \f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))),2－\f(4,3))＝1，故eq \f(\f(8,3),－\f(4,3))＝－eq \f(a2,b2)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)＝\f(1,2)，,c2＝a2－b2＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝4，))所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.故选A.
5．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：eq \f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍，则m＝( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(\r(2),3)
C．－eq \f(\r(2),3) D．－eq \f(2,3)
答案 C
解析 将直线与椭圆的方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－26．(2023·沈阳二模)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,2)＝1(a>eq \r(2))的离心率为eq \f(\r(6),3)，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足|PA|＝|PB|，若M为直线AB上任意一点，O为坐标原点，则|OM|的最小值为( )
A．1 B.eq \r(2)
C．2 D．2eq \r(2)
答案 B
解析 由题设，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，即eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝1－eq \f(2,a2)＝eq \f(2,3)，可得a2＝6>2，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足|PA|＝|PB|，则P为线段AB的中点，所以xA＋xB＝3，yA＋yB＝1，又eq \f(xeq \\al(2,A),6)＋eq \f(yeq \\al(2,A),2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,B),6)＋eq \f(yeq \\al(2,B),2)＝1，则eq \f(xeq \\al(2,A)－xeq \\al(2,B),6)＋eq \f(yeq \\al(2,A)－yeq \\al(2,B),2)＝0，即eq \f(（xA＋xB）（xA－xB）,6)＝－eq \f(（yA＋yB）（yA－yB）,2)，所以eq \f(yA－yB,xA－xB)＝－eq \f(xA＋xB,3（yA＋yB）)＝－1，故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即x＋y－2＝0，所以|OM|的最小值为eq \f(|－2|,\r(2))＝eq \r(2).故选B.
7．(2023·商丘模拟)国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内、外两圈的钢骨架是由两个离心率相同的椭圆组成的对称结构．某校体育馆的钢结构与“鸟巢”类似，其平面图如图2所示，已知外层椭圆的长轴长为200米，且内、外椭圆的离心率均为eq \f(\r(3),2)，由外层椭圆长轴的一个端点A向内层椭圆引切线AC，若AC的斜率为－eq \f(1,2)，则内层椭圆的短轴长为( )
A．75米 B．50eq \r(2)米
C．50米 D．25eq \r(2)米
答案 B
解析 内、外椭圆的离心率均为eq \f(\r(3),2)，设内层椭圆的短半轴长为b，长半轴长为a，半焦距为c，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2b，则内层椭圆的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，由外层椭圆长轴的一个端点A向内层椭圆引切线AC，AC的方程为y＝－eq \f(1,2)(x＋100)，代入椭圆的方程，可得x2＋100x＋5000－2b2＝0，可得Δ＝10000－4(5000－2b2)＝0，解得b2＝1250，所以b＝25eq \r(2).故选B.
8．(2023·郑州二模)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为B，斜率为eq \f(3,2)的直线l交椭圆于M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(6),3)
答案 A
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，因为M，N都在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))作差可得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，即eq \f(2x0（x1－x2）,a2)＋eq \f(2y0（y1－y2）,b2)＝0，所以eq \f(2y0（y1－y2）,2x0（x1－x2）)＝－eq \f(b2,a2)，即kOP·kMN＝－eq \f(b2,a2)(O为坐标原点)，因为kMN＝eq \f(3,2)，所以kOP＝－eq \f(2b2,3a2)，又因为F为△BMN的重心，所以eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(BF,\s\up6(→))，B(0，b)，F(c，0)，所以(x0，y0－b)＝eq \f(3,2)(c，－b)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(3,2)c，,y0＝－\f(1,2)b，))所以kOP＝eq \f(－\f(1,2)b,\f(3,2)c)＝－eq \f(2b2,3a2)，整理得a2＝2bc，即b2＋c2－2bc＝0，所以b＝c，则a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(2)c，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).故选A.
二、多项选择题
9．(2023·苏锡常镇二模)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：kx－y－k＝0，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则下列说法正确的是( )
A．直线l恒过点(1，0)
B．若l恒过C的焦点，则a2＋b2＝1
C．若对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，则a≥1
D．若a<1，则一定存在实数k，使得l与C有且只有一个公共点
答案 ACD
解析 对于A，方程kx－y－k＝0可化为y＝k(x－1)，所以直线l恒过点(1，0)，A正确；对于B，设椭圆的半焦距为c(c>0)，则点F的坐标可能为(c，0)或(－c，0)，若直线l恒过点(－c，0)，则0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直线l恒过点(c，0)，则0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B错误；对于C，D，解法一：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝kx－k，))消去y，可得(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0，由对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，可得方程(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0有2个不相等的实数解，所以Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)>0，所以k2(a2－1)＋b2>0，所以a≥1，C正确；因为Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＝4a2b2[k2(a2－1)＋b2]，所以若a<1，则当k2＝eq \f(b2,1－a2)，即k＝±eq \r(\f(b2,1－a2))时，可得Δ＝0，此时方程组有且只有一组解，故l与C有且只有一个公共点，D正确．
解法二：因为直线l恒过点(1，0)，若对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，则点(1，0)在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的内部或在椭圆上，即eq \f(1,a2)≤1，故a≥1，C正确；若a<1，则点(1，0)在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)外部，一定存在实数k，使得l与C有且只有一个公共点，D正确．故选ACD.
10．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，O为坐标原点，直线y＝x－eq \r(3)过F2交C于A，B两点，若△AF1B的周长为8，则( )
A．椭圆焦距为eq \r(3) B．椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1
C．弦长|AB|＝eq \f(8,5) D．S△OAB＝eq \f(4\r(6),5)
答案 BC
解析 因为△AF1B的周长为8，所以4a＝8，得a＝2，因为直线y＝x－eq \r(3)过右焦点F2，所以c＝eq \r(3)，所以椭圆焦距为2eq \r(3)，故A错误；b2＝a2－c2＝4－3＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，故B正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x－\r(3)，))得5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，得x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1x2＝eq \f(8,5)，|AB|＝eq \r(1＋12)·|x1－x2|＝eq \r(2（x1－x2）2)＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),5)))\s\up12(2)－4×\f(8,5))))＝eq \f(8,5)，故C正确；原点到直线y＝x－eq \r(3)的距离为d＝eq \f(|－\r(3)|,\r(2))＝eq \f(\r(6),2)，所以S△OAB＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),2)×eq \f(8,5)＝eq \f(2\r(6),5)，故D错误．故选BC.
11．(2023·济南一模)在平面直角坐标系xOy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则( )
A．∠APB恒为锐角
B．当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为eq \f(1,2)
C．|AP|的最小值为4
D．存在点P，使得(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PO,\s\up6(→)))·eq \(OA,\s\up6(→))＝0
答案 ABD
解析 对于A，设切线的方程为l：y＝kx＋m，P(－4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∵直线与椭圆相切，故Δ＝0，则x1＝－eq \f(4km,4k2＋3)，y1＝eq \f(3m,4k2＋3)，∴k＝－eq \f(3x1,4y1)，m＝eq \f(3,y1)，∴切线PA的方程为lPA：eq \f(x1x,4)＋eq \f(y1y,3)＝1，同理，切线PB的方程为lPB：eq \f(x2x,4)＋eq \f(y2y,3)＝1，而点P在lPA，lPB上，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋\f(y1t,3)＝1，,－x2＋\f(y2t,3)＝1，))又A(x1，y1)，B(x2，y2)满足该方程组，故lAB：－x＋eq \f(ty,3)＝1，显然lAB过定点(－1，0)，即椭圆左焦点．以AB为直径的圆半径小于a，与直线x＝－4一直相离，即∠APB始终为锐角，故A正确；对于B，由A项分析得lAB：－x＋eq \f(ty,3)＝1，当AB⊥x轴时，t＝0，易得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，∴kPA＝eq \f(\f(3,2)－0,－1－（－4）)＝eq \f(1,2)，故B正确；对于C，由B项分析知，当AB⊥x轴时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，此时|PA|＝eq \f(3\r(5),2)<4，故C错误；对于D，取AO的中点M，若(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PO,\s\up6(→)))·eq \(OA,\s\up6(→))＝0，则2eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(AO,\s\up6(→))＝0，∴PM⊥AO，∴|PA|＝|PO|，|PA|2＝(x1＋4)2＋(y1－t)2＝|PO|2＝16＋t2，化简得xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＋8x1－2ty1＝0，由A项分析知ty1＝3x1＋3，yeq \\al(2,1)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),4)))，整理得xeq \\al(2,1)＋8x1－12＝0，∴x1＝2eq \r(7)－4，显然存在点P满足题意，故D正确．故选ABD.
三、填空题
12．已知中心在坐标原点的椭圆C的右焦点为F(1，0)，点F关于直线y＝eq \f(1,2)x的对称点在椭圆C上，则椭圆C的方程为________．
答案 eq \f(5x2,9)＋eq \f(5y2,4)＝1
解析 设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意可知c＝1，即a2－b2＝1 ①，设点F(1，0)关于直线y＝eq \f(1,2)x的对称点为(m，n)，可得eq \f(n－0,m－1)＝－2 ②.又因为点F与其对称点的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋1,2)，\f(n,2)))，且中点在直线y＝eq \f(1,2)x上，所以有eq \f(n,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(m＋1,2) ③，联立②③，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(4,5)，))即对称点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(4,5)))，代入椭圆方程可得eq \f(9,25a2)＋eq \f(16,25b2)＝1 ④，联立①④，解得a2＝eq \f(9,5)，b2＝eq \f(4,5)，所以椭圆C的方程为eq \f(5x2,9)＋eq \f(5y2,4)＝1.
13．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点为F1(－1，0)，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eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，则直线l的斜率k的值为________．
答案 eq \f(\r(5),2)
解析 由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝－eq \f(9k2,3＋4k2)，又eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq \f(\r(5),2)，又k>0，所以k＝eq \f(\r(5),2).
14．(2022·新高考Ⅱ卷)已知直线l与椭圆eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq \r(3)，则l的方程为________．
答案 x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0
解析 令AB的中点为E，因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(xeq \\al(2,1),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),6)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1，所以eq \f(xeq \\al(2,1),6)－eq \f(xeq \\al(2,2),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)－eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝0，即eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,6)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，所以eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝－eq \f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq \f(1,2)，设直线AB：y＝kx＋m，k＜0，m＞0，令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝－eq \f(m,k)，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,2k)，\f(m,2)))，所以k·eq \f(\f(m,2),－\f(m,2k))＝－eq \f(1,2)，解得k＝－eq \f(\r(2),2)或k＝eq \f(\r(2),2)(舍去)，又|MN|＝2eq \r(3)，即|MN|＝eq \r(（\r(2)m）2＋m2)＝2eq \r(3)，解得m＝2或m＝－2(舍去)，所以直线AB：y＝－eq \f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0.
四、解答题
15．(2023·北京高考)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(5),3)，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.
解 (1)依题意，得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，则c＝eq \f(\r(5),3)a，
又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，
所以a2－c2＝b2＝4，即a2－eq \f(5,9)a2＝eq \f(4,9)a2＝4，则a2＝9，
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)，
因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0易得kBC＝eq \f(0＋2,－3－0)＝－eq \f(2,3)，则直线BC的方程为y＝－eq \f(2,3)x－2，
kPD＝eq \f(n－0,m－3)＝eq \f(n,m－3)，则直线PD的方程为y＝eq \f(n,m－3)(x－3)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2,3)x－2，,y＝\f(n,m－3)（x－3），))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6)，,y＝－\f(12n,3n＋2m－6)，))
即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6)，－\f(12n,3n＋2m－6)))，
而kPA＝eq \f(n－2,m－0)＝eq \f(n－2,m)，则直线PA的方程为y＝eq \f(n－2,m)x＋2，
令y＝－2，则－2＝eq \f(n－2,m)x＋2，
解得x＝－eq \f(4m,n－2)，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,n－2)，－2))，
又eq \f(m2,9)＋eq \f(n2,4)＝1，则m2＝9－eq \f(9n2,4)，8m2＝72－18n2，
所以kMN＝eq \f(－\f(12n,3n＋2m－6)＋2,\f(3（3n－2m＋6）,3n＋2m－6)＋\f(4m,n－2))
＝eq \f(（－6n＋4m－12）（n－2）,（9n－6m＋18）（n－2）＋4m（3n＋2m－6）)
＝eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,9n2＋8m2＋6mn－12m－36)
＝eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,9n2＋72－18n2＋6mn－12m－36)
＝eq \f(－6n2＋4mn－8m＋24,－9n2＋6mn－12m＋36)
＝eq \f(2（－3n2＋2mn－4m＋12）,3（－3n2＋2mn－4m＋12）)＝eq \f(2,3)，
又kCD＝eq \f(0＋2,3－0)＝eq \f(2,3)，即kMN＝kCD，
显然MN与CD不重合，所以MN∥CD.
16．(2023·湖北新高考协作体联考)已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，焦距为2eq \r(2).斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若k＝1，求|AB|的最大值；
(3)设P(－2，0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C，D与点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)，\f(1,4)))共线，求k.
解 (1)由题意得2c＝2eq \r(2)，所以c＝eq \r(2)，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，所以a＝eq \r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆M的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝x＋m，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，
则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＝48－12m2>0，即m2<4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(3m,2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,4)，
则|AB|＝eq \r(1＋12)·|x1－x2|
＝eq \r(2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(\r(6)·\r(4－m2),2)，
易得当m2＝0时，|AB|＝eq \r(6)，
故|AB|的最大值为eq \r(6).
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则xeq \\al(2,1)＋3yeq \\al(2,1)＝3 ①，xeq \\al(2,2)＋3yeq \\al(2,2)＝3 ②，
又P(－2，0)，所以可设k1＝kPA＝eq \f(y1,x1＋2)，
直线PA的方程为y＝k1(x＋2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x＋2），,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得(1＋3keq \\al(2,1))x2＋12keq \\al(2,1)x＋12keq \\al(2,1)－3＝0，
则x1＋x3＝－eq \f(12keq \\al(2,1),1＋3keq \\al(2,1))，
即x3＝－eq \f(12keq \\al(2,1),1＋3keq \\al(2,1))－x1，
又k1＝eq \f(y1,x1＋2)，
代入①式可得x3＝－eq \f(7x1＋12,4x1＋7)，
所以y3＝eq \f(y1,4x1＋7)，
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7x1＋12,4x1＋7)，\f(y1,4x1＋7)))，
同理可得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7x2＋12,4x2＋7)，\f(y2,4x2＋7))).
故eq \(QC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(7,4)，y3－\f(1,4)))，eq \(QD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(7,4)，y4－\f(1,4)))，
因为Q，C，D三点共线，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3＋\f(7,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y4－\f(1,4)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4＋\f(7,4)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y3－\f(1,4)))＝0，
将点C，D的坐标代入，化简可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，即k＝1.考向一 直线与椭圆的位置关系
考向二 弦长问题
考向三 中点弦问题
考向四 直线与椭圆的综合问题