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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案，共15页。学案主要包含了实际生活中的椭圆问题，直线与椭圆的位置关系，中点弦问题等内容，欢迎下载使用。
导语
传说，很久以前，在意大利的西西里岛上有一个山洞，叙拉古的暴君杰尼西亚用这个山洞囚禁犯人．囚犯们多次密谋逃跑，但是每次计划都被杰尼西亚发现．起初，囚犯们怀疑有内奸，但是始终没有发现内奸是谁．后来他们察觉到关押他们的山洞很奇怪，人只要站在山洞入口处的某个地方，就能听到很远处洞底的声音，甚至连人的呼吸声都能听到，因此这个山洞被命名为“杰尼西亚的耳朵”．这个山洞的特别之处就在于它呈椭圆形，声音可以从椭圆的一个焦点反射到另一个焦点上，从而可以在洞口清晰地听到洞底的声音．
一、实际生活中的椭圆问题
例1 (多选)中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器.2019年9月25日，中国科研人员利用嫦娥四号数据精确定位了嫦娥四号的着陆位置，并再现了嫦娥四号的落月过程，该成果由国际科学期刊《自然·通讯》在线发表．如图所示，现假设“四号星”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＋c2 B．a1－c1＝a2－c2
C.eq \f(c1,a1)eq \f(c2,a2)
答案 BD
解析 由图可知，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，aeq \\al(2,1)＋ceq \\al(2,2)＋2a1c2＝aeq \\al(2,2)＋ceq \\al(2,1)＋2a2c1，
所以aeq \\al(2,1)－ceq \\al(2,1)＋2a1c2＝aeq \\al(2,2)－ceq \\al(2,2)＋2a2c1，
即beq \\al(2,1)＋2a1c2＝beq \\al(2,2)＋2a2c1，由图可得，beq \\al(2,1)>beq \\al(2,2)，
所以2a1c2<2a2c1，eq \f(c2,a2)反思感悟 解决和椭圆有关的实际问题的思路(数学抽象)
(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．
跟踪训练1 某隧道的拱线设计为半个椭圆的形状，最大拱高h为6米(如图所示)，路面设计是双向车道，车道总宽为8eq \r(7) 米，如果限制通行车辆的高度不超过4.5米，那么隧道设计的拱宽d至少应是________米．
答案 32
解析 设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,36)＝1，
当点(4eq \r(7)，4.5)在椭圆上时，eq \f(16×7,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))2,36)＝1，
解得a＝16，
∵车辆高度不超过4.5米，
∴a≥16，d＝2a≥32，
故拱宽至少为32米．
二、直线与椭圆的位置关系
问题1 类比直线与圆的位置关系，探究直线与椭圆的位置关系时，如何确定直线与椭圆的位置关系？
提示 联立直线与椭圆的方程，看公共解的个数．
知识梳理
直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系判断方法：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y(或x)得到一个关于x(或y)的一元二次方程：
注意点：
设直线方程时，容易忽略斜率不存在的情况．
例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)有两个不同的公共点；
(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
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
关于x的一元二次方程的判别式
Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)由Δ>0，得－3eq \r(2)于是，当－3eq \r(2)(2)由Δ＝0，得m＝±3eq \r(2).
也就是当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)由Δ<0，得m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2).
从而当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．
反思感悟 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，将求最小距离问题转化为直线与椭圆的相切问题．此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用．
跟踪训练2 已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，直线l：x＋my－m＝0(m∈R)，则直线l与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．不确定
答案 C
解析 由题意知，l：x＋my－m＝0(m∈R)恒过点(0,1)，
因为eq \f(02,4)＋eq \f(12,3)<1，
所以点(0,1)在椭圆内部，所以直线l与椭圆相交．
三、中点弦问题
问题2 已知椭圆的方程为eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1(m>0，n>0，m≠n)，直线与椭圆相交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，弦的中点为(x0，y0)，你能求出kOM·kAB的值吗？
提示 将点A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),m)＋\f(y\\al(2,1),n)＝1，,\f(x\\al(2,2),m)＋\f(y\\al(2,2),n)＝1，))将两式作差并整理得eq \f(x1－x2x1＋x2,m)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,n)＝0，记弦AB的中点为M(x0，y0)．
若x1≠x2，则eq \f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝－eq \f(n,m)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,m)，从而kAB·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,m)，即kAB·kOM＝－eq \f(n,m).
知识梳理
点差法：设出弦的两端点坐标后，代入椭圆的方程，将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就联系了中点坐标和直线的斜率．
例3 已知椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，则直线AB的方程为________．
答案 x＋2y－4＝0
解析 方法一 易知直线AB的斜率k存在，
设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))
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＝eq \f(82k2－k,4k2＋1).
又M为AB的中点，
∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(42k2－k,4k2＋1)＝2，
解得k＝－eq \f(1,2).
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
经检验，所求直线满足题意．
方法二 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xeq \\al(2,1)＋4yeq \\al(2,1)＝16，xeq \\al(2,2)＋4yeq \\al(2,2)＝16，
两式相减，得(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋4(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))＝0，
于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq \f(4,4×2)＝－eq \f(1,2)，
即kAB＝－eq \f(1,2).
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
经检验，所求直线满足题意．
方法三 设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，
由于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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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.
反思感悟 涉及弦的中点，还可使用点差法：设出弦的两端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点坐标与斜率的关系．
跟踪训练3 过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1.②
∵M是线段AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1.
∵直线AB的方程是y＝－eq \f(1,2)(x－1)＋1，
∴y1－y2＝－eq \f(1,2)(x1－x2)．
由①②两式相减可得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
即eq \f(2,a2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·eq \f(2,b2)＝0.
∴a＝eq \r(2)b.∴c＝b.∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
1．知识清单：
(1)实际生活中的椭圆问题．
(2)直线与椭圆的位置关系．
(3)中点弦的求法．
2．方法归纳：分类讨论法、点差法．
3．常见误区：忽略直线中斜率不存在的情况．
1．已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．相交或相切
答案 A
解析 把x＋y－3＝0代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得eq \f(x2,4)＋(3－x)2＝1，即5x2－24x＋32＝0.
∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－64<0，
∴直线与椭圆相离．
2．直线y＝x－1被椭圆2x2＋y2＝4所截得的弦的中点坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,2)))
答案 A
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,2x2＋y2＝4，))
消去y得2x2＋(x－1)2＝4，即3x2－2x－3＝0，
∴弦的中点的横坐标是x＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
代入直线方程y＝x－1中，得y＝－eq \f(2,3)，
∴弦的中点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(2,3))).
3．若直线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________．
答案 (1,3)∪(3，＋∞)
解析 ∵eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1表示椭圆，
∴m>0且m≠3.
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，
∴Δ＝16m2－4m(m＋3)>0，解得m>1或m<0.
∴m>1且m≠3，
∴m的取值范围是(1,3)∪(3，＋∞)．
4.万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，继2008年北京奥运会之后，国家体育场(又名鸟巢)将再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆．已知大椭圆的长轴长为40 cm，短轴长为20 cm，小椭圆的短轴长为10 cm，则小椭圆的长轴长为_________cm.
答案 20
解析 因为两个椭圆的扁平程度相同，所以椭圆的离心率相同，
所以eq \f(c大,a大)＝eq \f(c小,a小)，
即eq \r(\f(a\\al(2,大)－b\\al(2,大),a\\al(2,大)))＝eq \r(\f(a\\al(2,小)－b\\al(2,小),a\\al(2,小))).
所以eq \r(\f(202－102,202))＝eq \r(\f(a\\al(2,小)－52,a\\al(2,小)))，
解得a小＝10.
所以小椭圆的长轴长为20 cm.
课时对点练
1．直线y＝x＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
答案 A
解析 方法一 直线过点(0,1)，而0＋eq \f(1,4)<1，即点(0,1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
方法二 联立直线与椭圆的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得9x2＋10x－15＝0，
Δ＝100－4×9×(－15)＝640>0，
所以直线与椭圆相交．
2．直线x＋4y＋m＝0交椭圆eq \f(x2,16)＋y2＝1于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为1，则m的值是( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案 A
解析 ∵x＋4y＋m＝0，
∴y＝－eq \f(1,4)x－eq \f(m,4)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),16)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),16)＋y\\al(2,2)＝1，))
两式相减，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,16y1＋y2)＝－eq \f(1,4).
∵AB中点的横坐标为1，
∴纵坐标为eq \f(1,4)，
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,4)))代入直线y＝－eq \f(1,4)x－eq \f(m,4)，解得m＝－2.
3．德国天文学家开普勒发现天体运行轨道是椭圆，已知地球运行的轨道是一个椭圆，太阳在它的一个焦点上，轨道近日点到太阳中心的距离和远日点到太阳中心的距离之比是29∶30，那么地球运行轨道所在椭圆的离心率是( )
A.eq \f(1,59) B.eq \f(2,59) C.eq \f(29,59) D.eq \f(30,59)
答案 A
解析 设椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，
由题意可得eq \f(a－c,a＋c)＝eq \f(29,30)，
整理得a＝59c，即eq \f(c,a)＝eq \f(1,59).
∴地球运行轨道所在椭圆的离心率是eq \f(1,59).
4．(多选)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，若直线y＝kx与椭圆的一个交点的横坐标x0＝b，则k的值为( )
A．－eq \f(\r(2),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 AD
解析 根据椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
由x0＝b，得yeq \\al(2,0)＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,a2)))＝eq \f(b2c2,a2)，
∴y0＝±eq \f(bc,a)，∴k＝eq \f(y0,x0)＝±eq \f(c,a)＝±eq \f(\r(2),2).
5．经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))且与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相切的直线方程是( )
A．x＋2eq \r(3)y－4＝0 B．x－2eq \r(3)y－4＝0
C．x＋2eq \r(3)y－2＝0 D．x－2eq \r(3)y＋2＝0
答案 A
解析 显然当x＝1时，直线与椭圆有两个交点，不符合题意；
当斜率k存在时，设直线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝k(x－1)，与椭圆的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得到(1＋4k2)x2＋4kx(eq \r(3)－2k)＋4k2－4eq \r(3)k－1＝0，
由直线与椭圆相切，得Δ＝0，
即[4k(eq \r(3)－2k)]2－4×(1＋4k2)×(4k2－4eq \r(3)k－1)＝0，
解得k＝－eq \f(\r(3),6)，∴切线方程为x＋2eq \r(3)y－4＝0.
6．已知过圆锥曲线eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq \f(x0x,m)＋eq \f(y0y,n)＝1.过椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1上的点A(3，－1)作椭圆的切线l，则过点A且与直线l垂直的直线方程为( )
A．x－y－3＝0 B．x＋y－2＝0
C．2x＋3y－3＝0 D．3x－y－10＝0
答案 B
解析 过椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1上的点A(3，－1)的切线l的方程为eq \f(3x,12)＋eq \f(－y,4)＝1，即x－y－4＝0，切线l的斜率为1.与直线l垂直的直线的斜率为－1，故过A点且与直线l垂直的直线方程为y＋1＝－(x－3)，即x＋y－2＝0.
7．已知以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋eq \r(3)y＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为_____________________________．
答案 2eq \r(7)
解析 由题意可设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)＝1(a>2)，
与直线方程x＋eq \r(3)y＋4＝0联立，
得4(a2－3)y2＋8eq \r(3)(a2－4)y＋(16－a2)(a2－4)＝0，
由Δ＝0，得a＝eq \r(7)，
所以椭圆的长轴长为2eq \r(7).
8．已知椭圆C：eq \f(y2,9)＋x2＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆C相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为________．
答案 9x＋y－5＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为点A，B在椭圆上，
所以eq \f(y\\al(2,1),9)＋xeq \\al(2,1)＝1，①
eq \f(y\\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,2)＝1.②
①－②，得eq \f(y1＋y2y1－y2,9)＋(x1＋x2)(x1－x2)＝0.③
因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))是线段AB的中点，
所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，
代入③得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－9，即直线AB的斜率为－9.
故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
整理得9x＋y－5＝0.
9．已知椭圆x2＋8y2＝8，在椭圆上求一点P，使P到直线l：x－y＋4＝0的距离最短，并求出最短距离．
解 设与直线x－y＋4＝0平行且与椭圆相切的直线方程为x－y＋a＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋8y2＝8，,x－y＋a＝0，))
消x得9y2－2ay＋a2－8＝0，
由Δ＝4a2－36(a2－8)＝0，
解得a＝3或a＝－3，
∴与直线l距离较近的切线为x－y＋3＝0，
它们之间的距离即为所求最短距离，
且直线x－y＋3＝0与椭圆的切点即为所求点P.
故所求最短距离为d＝eq \f(|4－3|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋8y2＝8，,x－y＋3＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,3)，,y＝\f(1,3)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(1,3))).
10．已知点A，B的坐标分别是(－1,0)，(1,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程．
解 (1)设M(x，y)．
因为kAM·kBM＝－2，
所以eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝－2(x≠±1)，
化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)．
即点M的轨迹方程为2x2＋y2＝2(x≠±1)．
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝eq \f(1,2)，易知此时线段CD的中点不是N，不符合题意．
当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y－1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，将点C(x1，y1)，D(x2，y2)的坐标代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得2xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝2，①
2xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝2，②
①－②整理得k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(2×2×\f(1,2),2×1)＝－1，
故直线l的方程为y－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
11．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eq \f(\r(2),2)，则eq \f(m,n)的值是( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(9\r(2),2) D.eq \f(2\r(3),27)
答案 A
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(2n,m＋n)，∴x0＝eq \f(n,m＋n)，
代入y＝1－x得y0＝eq \f(m,m＋n).
由题意知eq \f(y0,x0)＝eq \f(\r(2),2)，∴eq \f(m,n)＝eq \f(\r(2),2).
12.美学四大构件是：史诗、音乐、造型(绘画、建筑等)和数学．素描是学习绘画的必要一步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步．某同学在画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体)的过程中，发现“切面”是一个椭圆(如图所示)，若“切面”所在平面与底面成60°角，则该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，“切面”是一个椭圆，由“切面”所在平面与底面成60°角，
可得eq \f(2b,2a)＝cs 60°，即a＝2b，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \f(\r(3),2).
13．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，若椭圆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
答案 C
解析 联立方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\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(图略)，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，由|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，
化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，c2＝2.
所以|EF|＝|F′E|＝2，
所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
14．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，则斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程为________．
答案 x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)解析 设斜率为2的直线与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为M(x，y)，由点差法可知，k＝2＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(1,2)×eq \f(x,y)，
即x＋4y＝0.
又椭圆的弦的中点只能在椭圆内，
∴eq \f(x2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,4)))2<1，解得－eq \f(4,3)∴所求的轨迹方程为x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)15.圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底面相切，作不与圆柱底面平行的平面α与球相切于点F，若平面α与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线τ，τ是以F为一个焦点的椭圆，则τ的的离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，1))
答案 B
解析 当α与底面趋于平行时τ几乎成为一个圆，因此离心率可以充分接近0.当α与底面的夹角最大时，τ的离心率达到最大，下面求解这一最大值．如图，AB为长轴，F为焦点时，e最大，a＋c＝|BF|＝|BG|＝2，
易知b＝1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(5,4)，,c＝\f(3,4)，))则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,5)，则离心率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5))).
16．如图，我区新城公园将在长34米、宽30米的矩形地块内开凿一个“挞圆”形水池，水池边缘由两个半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(x≤0)和eq \f(y2,b2)＋eq \f(x2,81)＝1(x≥0)组成，其中a>b>9，“挞圆”内切于矩形(即“挞圆”与矩形各边均有且只有一个公共点)．
(1)求“挞圆”的方程；
(2)在“挞圆”形水池内建一矩形网箱养殖观赏鱼，若该矩形网箱的一条边所在直线方程为y＝t(t∈(0,15))，求该网箱所占水面面积的最大值．
解 (1)由题意知b＝15，a＋9＝34，
解得a＝25，b＝15.
所以“挞圆”方程为eq \f(x2,252)＋eq \f(y2,152)＝1(x≤0)和eq \f(y2,152)＋eq \f(x2,92)＝1(x≥0)．
(2)设P(x0，t)为矩形在第一象限内的顶点，Q(x1，t)为矩形在第二象限内的顶点，
则eq \f(t2,152)＋eq \f(x\\al(2,0),92)＝1，eq \f(x\\al(2,1),252)＋eq \f(t2,152)＝1，
可得x1＝－eq \f(25,9)x0.
所以内接矩形的面积S＝2t(x0－x1)＝2t×eq \f(34,9)x0＝15×34×2·eq \f(x0,9)·eq \f(t,15)≤15×34eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),92)＋\f(t2,152)))＝510，
当且仅当eq \f(x0,9)＝eq \f(t,15)时，S取最大值510.
所以网箱所占水面面积的最大值为510 m2.
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
两解
Δ>0
相切
一解
Δ＝0
相离
无解
Δ<0
导语
传说，很久以前，在意大利的西西里岛上有一个山洞，叙拉古的暴君杰尼西亚用这个山洞囚禁犯人．囚犯们多次密谋逃跑，但是每次计划都被杰尼西亚发现．起初，囚犯们怀疑有内奸，但是始终没有发现内奸是谁．后来他们察觉到关押他们的山洞很奇怪，人只要站在山洞入口处的某个地方，就能听到很远处洞底的声音，甚至连人的呼吸声都能听到，因此这个山洞被命名为“杰尼西亚的耳朵”．这个山洞的特别之处就在于它呈椭圆形，声音可以从椭圆的一个焦点反射到另一个焦点上，从而可以在洞口清晰地听到洞底的声音．
一、实际生活中的椭圆问题
例1 (多选)中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器.2019年9月25日，中国科研人员利用嫦娥四号数据精确定位了嫦娥四号的着陆位置，并再现了嫦娥四号的落月过程，该成果由国际科学期刊《自然·通讯》在线发表．如图所示，现假设“四号星”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＋c2 B．a1－c1＝a2－c2
C.eq \f(c1,a1)
答案 BD
解析 由图可知，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，aeq \\al(2,1)＋ceq \\al(2,2)＋2a1c2＝aeq \\al(2,2)＋ceq \\al(2,1)＋2a2c1，
所以aeq \\al(2,1)－ceq \\al(2,1)＋2a1c2＝aeq \\al(2,2)－ceq \\al(2,2)＋2a2c1，
即beq \\al(2,1)＋2a1c2＝beq \\al(2,2)＋2a2c1，由图可得，beq \\al(2,1)>beq \\al(2,2)，
所以2a1c2<2a2c1，eq \f(c2,a2)
(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．
跟踪训练1 某隧道的拱线设计为半个椭圆的形状，最大拱高h为6米(如图所示)，路面设计是双向车道，车道总宽为8eq \r(7) 米，如果限制通行车辆的高度不超过4.5米，那么隧道设计的拱宽d至少应是________米．
答案 32
解析 设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,36)＝1，
当点(4eq \r(7)，4.5)在椭圆上时，eq \f(16×7,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))2,36)＝1，
解得a＝16，
∵车辆高度不超过4.5米，
∴a≥16，d＝2a≥32，
故拱宽至少为32米．
二、直线与椭圆的位置关系
问题1 类比直线与圆的位置关系，探究直线与椭圆的位置关系时，如何确定直线与椭圆的位置关系？
提示 联立直线与椭圆的方程，看公共解的个数．
知识梳理
直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系判断方法：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y(或x)得到一个关于x(或y)的一元二次方程：
注意点：
设直线方程时，容易忽略斜率不存在的情况．
例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)有两个不同的公共点；
(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
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
关于x的一元二次方程的判别式
Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)由Δ>0，得－3eq \r(2)
也就是当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)由Δ<0，得m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2).
从而当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．
反思感悟 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，将求最小距离问题转化为直线与椭圆的相切问题．此时要注意分类讨论思想和数形结合思想的运用．
跟踪训练2 已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，直线l：x＋my－m＝0(m∈R)，则直线l与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．不确定
答案 C
解析 由题意知，l：x＋my－m＝0(m∈R)恒过点(0,1)，
因为eq \f(02,4)＋eq \f(12,3)<1，
所以点(0,1)在椭圆内部，所以直线l与椭圆相交．
三、中点弦问题
问题2 已知椭圆的方程为eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1(m>0，n>0，m≠n)，直线与椭圆相交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，弦的中点为(x0，y0)，你能求出kOM·kAB的值吗？
提示 将点A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),m)＋\f(y\\al(2,1),n)＝1，,\f(x\\al(2,2),m)＋\f(y\\al(2,2),n)＝1，))将两式作差并整理得eq \f(x1－x2x1＋x2,m)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,n)＝0，记弦AB的中点为M(x0，y0)．
若x1≠x2，则eq \f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝－eq \f(n,m)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,m)，从而kAB·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,m)，即kAB·kOM＝－eq \f(n,m).
知识梳理
点差法：设出弦的两端点坐标后，代入椭圆的方程，将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就联系了中点坐标和直线的斜率．
例3 已知椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，则直线AB的方程为________．
答案 x＋2y－4＝0
解析 方法一 易知直线AB的斜率k存在，
设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))
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＝eq \f(82k2－k,4k2＋1).
又M为AB的中点，
∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(42k2－k,4k2＋1)＝2，
解得k＝－eq \f(1,2).
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
经检验，所求直线满足题意．
方法二 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xeq \\al(2,1)＋4yeq \\al(2,1)＝16，xeq \\al(2,2)＋4yeq \\al(2,2)＝16，
两式相减，得(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋4(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))＝0，
于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq \f(4,4×2)＝－eq \f(1,2)，
即kAB＝－eq \f(1,2).
故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.
经检验，所求直线满足题意．
方法三 设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，
由于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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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.
反思感悟 涉及弦的中点，还可使用点差法：设出弦的两端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点坐标与斜率的关系．
跟踪训练3 过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________．
答案 eq \f(\r(2),2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1.②
∵M是线段AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1.
∵直线AB的方程是y＝－eq \f(1,2)(x－1)＋1，
∴y1－y2＝－eq \f(1,2)(x1－x2)．
由①②两式相减可得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
即eq \f(2,a2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))·eq \f(2,b2)＝0.
∴a＝eq \r(2)b.∴c＝b.∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
1．知识清单：
(1)实际生活中的椭圆问题．
(2)直线与椭圆的位置关系．
(3)中点弦的求法．
2．方法归纳：分类讨论法、点差法．
3．常见误区：忽略直线中斜率不存在的情况．
1．已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切
C．相交 D．相交或相切
答案 A
解析 把x＋y－3＝0代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
得eq \f(x2,4)＋(3－x)2＝1，即5x2－24x＋32＝0.
∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－64<0，
∴直线与椭圆相离．
2．直线y＝x－1被椭圆2x2＋y2＝4所截得的弦的中点坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(2,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,2)))
答案 A
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,2x2＋y2＝4，))
消去y得2x2＋(x－1)2＝4，即3x2－2x－3＝0，
∴弦的中点的横坐标是x＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)＝eq \f(1,3)，
代入直线方程y＝x－1中，得y＝－eq \f(2,3)，
∴弦的中点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，－\f(2,3))).
3．若直线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________．
答案 (1,3)∪(3，＋∞)
解析 ∵eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1表示椭圆，
∴m>0且m≠3.
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，
∴Δ＝16m2－4m(m＋3)>0，解得m>1或m<0.
∴m>1且m≠3，
∴m的取值范围是(1,3)∪(3，＋∞)．
4.万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，继2008年北京奥运会之后，国家体育场(又名鸟巢)将再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆．已知大椭圆的长轴长为40 cm，短轴长为20 cm，小椭圆的短轴长为10 cm，则小椭圆的长轴长为_________cm.
答案 20
解析 因为两个椭圆的扁平程度相同，所以椭圆的离心率相同，
所以eq \f(c大,a大)＝eq \f(c小,a小)，
即eq \r(\f(a\\al(2,大)－b\\al(2,大),a\\al(2,大)))＝eq \r(\f(a\\al(2,小)－b\\al(2,小),a\\al(2,小))).
所以eq \r(\f(202－102,202))＝eq \r(\f(a\\al(2,小)－52,a\\al(2,小)))，
解得a小＝10.
所以小椭圆的长轴长为20 cm.
课时对点练
1．直线y＝x＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
答案 A
解析 方法一 直线过点(0,1)，而0＋eq \f(1,4)<1，即点(0,1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
方法二 联立直线与椭圆的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得9x2＋10x－15＝0，
Δ＝100－4×9×(－15)＝640>0，
所以直线与椭圆相交．
2．直线x＋4y＋m＝0交椭圆eq \f(x2,16)＋y2＝1于A，B两点，若线段AB中点的横坐标为1，则m的值是( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
答案 A
解析 ∵x＋4y＋m＝0，
∴y＝－eq \f(1,4)x－eq \f(m,4)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),16)＋y\\al(2,1)＝1，,\f(x\\al(2,2),16)＋y\\al(2,2)＝1，))
两式相减，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,16y1＋y2)＝－eq \f(1,4).
∵AB中点的横坐标为1，
∴纵坐标为eq \f(1,4)，
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,4)))代入直线y＝－eq \f(1,4)x－eq \f(m,4)，解得m＝－2.
3．德国天文学家开普勒发现天体运行轨道是椭圆，已知地球运行的轨道是一个椭圆，太阳在它的一个焦点上，轨道近日点到太阳中心的距离和远日点到太阳中心的距离之比是29∶30，那么地球运行轨道所在椭圆的离心率是( )
A.eq \f(1,59) B.eq \f(2,59) C.eq \f(29,59) D.eq \f(30,59)
答案 A
解析 设椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，
由题意可得eq \f(a－c,a＋c)＝eq \f(29,30)，
整理得a＝59c，即eq \f(c,a)＝eq \f(1,59).
∴地球运行轨道所在椭圆的离心率是eq \f(1,59).
4．(多选)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，若直线y＝kx与椭圆的一个交点的横坐标x0＝b，则k的值为( )
A．－eq \f(\r(2),2) B．－eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(2),2)
答案 AD
解析 根据椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
由x0＝b，得yeq \\al(2,0)＝b2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(b2,a2)))＝eq \f(b2c2,a2)，
∴y0＝±eq \f(bc,a)，∴k＝eq \f(y0,x0)＝±eq \f(c,a)＝±eq \f(\r(2),2).
5．经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))且与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相切的直线方程是( )
A．x＋2eq \r(3)y－4＝0 B．x－2eq \r(3)y－4＝0
C．x＋2eq \r(3)y－2＝0 D．x－2eq \r(3)y＋2＝0
答案 A
解析 显然当x＝1时，直线与椭圆有两个交点，不符合题意；
当斜率k存在时，设直线方程为y－eq \f(\r(3),2)＝k(x－1)，与椭圆的方程联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),2)＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得到(1＋4k2)x2＋4kx(eq \r(3)－2k)＋4k2－4eq \r(3)k－1＝0，
由直线与椭圆相切，得Δ＝0，
即[4k(eq \r(3)－2k)]2－4×(1＋4k2)×(4k2－4eq \r(3)k－1)＝0，
解得k＝－eq \f(\r(3),6)，∴切线方程为x＋2eq \r(3)y－4＝0.
6．已知过圆锥曲线eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,n)＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为eq \f(x0x,m)＋eq \f(y0y,n)＝1.过椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1上的点A(3，－1)作椭圆的切线l，则过点A且与直线l垂直的直线方程为( )
A．x－y－3＝0 B．x＋y－2＝0
C．2x＋3y－3＝0 D．3x－y－10＝0
答案 B
解析 过椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,4)＝1上的点A(3，－1)的切线l的方程为eq \f(3x,12)＋eq \f(－y,4)＝1，即x－y－4＝0，切线l的斜率为1.与直线l垂直的直线的斜率为－1，故过A点且与直线l垂直的直线方程为y＋1＝－(x－3)，即x＋y－2＝0.
7．已知以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋eq \r(3)y＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为_____________________________．
答案 2eq \r(7)
解析 由题意可设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－4)＝1(a>2)，
与直线方程x＋eq \r(3)y＋4＝0联立，
得4(a2－3)y2＋8eq \r(3)(a2－4)y＋(16－a2)(a2－4)＝0，
由Δ＝0，得a＝eq \r(7)，
所以椭圆的长轴长为2eq \r(7).
8．已知椭圆C：eq \f(y2,9)＋x2＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆C相交于A，B两点，且弦AB被点P平分，则直线AB的方程为________．
答案 9x＋y－5＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为点A，B在椭圆上，
所以eq \f(y\\al(2,1),9)＋xeq \\al(2,1)＝1，①
eq \f(y\\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,2)＝1.②
①－②，得eq \f(y1＋y2y1－y2,9)＋(x1＋x2)(x1－x2)＝0.③
因为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))是线段AB的中点，
所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，
代入③得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－9，即直线AB的斜率为－9.
故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
整理得9x＋y－5＝0.
9．已知椭圆x2＋8y2＝8，在椭圆上求一点P，使P到直线l：x－y＋4＝0的距离最短，并求出最短距离．
解 设与直线x－y＋4＝0平行且与椭圆相切的直线方程为x－y＋a＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋8y2＝8，,x－y＋a＝0，))
消x得9y2－2ay＋a2－8＝0，
由Δ＝4a2－36(a2－8)＝0，
解得a＝3或a＝－3，
∴与直线l距离较近的切线为x－y＋3＝0，
它们之间的距离即为所求最短距离，
且直线x－y＋3＝0与椭圆的切点即为所求点P.
故所求最短距离为d＝eq \f(|4－3|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋8y2＝8，,x－y＋3＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,3)，,y＝\f(1,3)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(1,3))).
10．已知点A，B的坐标分别是(－1,0)，(1,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若过点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程．
解 (1)设M(x，y)．
因为kAM·kBM＝－2，
所以eq \f(y,x＋1)·eq \f(y,x－1)＝－2(x≠±1)，
化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)．
即点M的轨迹方程为2x2＋y2＝2(x≠±1)．
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝eq \f(1,2)，易知此时线段CD的中点不是N，不符合题意．
当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y－1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，将点C(x1，y1)，D(x2，y2)的坐标代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得2xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝2，①
2xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2)＝2，②
①－②整理得k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(2×2×\f(1,2),2×1)＝－1，
故直线l的方程为y－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
11．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eq \f(\r(2),2)，则eq \f(m,n)的值是( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(9\r(2),2) D.eq \f(2\r(3),27)
答案 A
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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＝eq \f(2n,m＋n)，∴x0＝eq \f(n,m＋n)，
代入y＝1－x得y0＝eq \f(m,m＋n).
由题意知eq \f(y0,x0)＝eq \f(\r(2),2)，∴eq \f(m,n)＝eq \f(\r(2),2).
12.美学四大构件是：史诗、音乐、造型(绘画、建筑等)和数学．素描是学习绘画的必要一步，它包括了明暗素描和结构素描，而学习几何体结构素描是学习素描最重要的一步．某同学在画“切面圆柱体”(用与圆柱底面不平行的平面去截圆柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体)的过程中，发现“切面”是一个椭圆(如图所示)，若“切面”所在平面与底面成60°角，则该椭圆的离心率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(1,3)
答案 C
解析 椭圆长轴长为2a，短轴长为2b，“切面”是一个椭圆，由“切面”所在平面与底面成60°角，
可得eq \f(2b,2a)＝cs 60°，即a＝2b，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(a2－b2,a2))＝eq \f(\r(3),2).
13．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，若椭圆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
答案 C
解析 联立方程可得eq \b\lc\{\rc\ (\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(图略)，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，由|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，
化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，c2＝2.
所以|EF|＝|F′E|＝2，
所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
14．已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，则斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程为________．
答案 x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)
即x＋4y＝0.
又椭圆的弦的中点只能在椭圆内，
∴eq \f(x2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,4)))2<1，解得－eq \f(4,3)
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,5))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)，1))
答案 B
解析 当α与底面趋于平行时τ几乎成为一个圆，因此离心率可以充分接近0.当α与底面的夹角最大时，τ的离心率达到最大，下面求解这一最大值．如图，AB为长轴，F为焦点时，e最大，a＋c＝|BF|＝|BG|＝2，
易知b＝1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\f(5,4)，,c＝\f(3,4)，))则e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,5)，则离心率的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,5))).
16．如图，我区新城公园将在长34米、宽30米的矩形地块内开凿一个“挞圆”形水池，水池边缘由两个半椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(x≤0)和eq \f(y2,b2)＋eq \f(x2,81)＝1(x≥0)组成，其中a>b>9，“挞圆”内切于矩形(即“挞圆”与矩形各边均有且只有一个公共点)．
(1)求“挞圆”的方程；
(2)在“挞圆”形水池内建一矩形网箱养殖观赏鱼，若该矩形网箱的一条边所在直线方程为y＝t(t∈(0,15))，求该网箱所占水面面积的最大值．
解 (1)由题意知b＝15，a＋9＝34，
解得a＝25，b＝15.
所以“挞圆”方程为eq \f(x2,252)＋eq \f(y2,152)＝1(x≤0)和eq \f(y2,152)＋eq \f(x2,92)＝1(x≥0)．
(2)设P(x0，t)为矩形在第一象限内的顶点，Q(x1，t)为矩形在第二象限内的顶点，
则eq \f(t2,152)＋eq \f(x\\al(2,0),92)＝1，eq \f(x\\al(2,1),252)＋eq \f(t2,152)＝1，
可得x1＝－eq \f(25,9)x0.
所以内接矩形的面积S＝2t(x0－x1)＝2t×eq \f(34,9)x0＝15×34×2·eq \f(x0,9)·eq \f(t,15)≤15×34eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),92)＋\f(t2,152)))＝510，
当且仅当eq \f(x0,9)＝eq \f(t,15)时，S取最大值510.
所以网箱所占水面面积的最大值为510 m2.
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
两解
Δ>0
相切
一解
Δ＝0
相离
无解
Δ<0
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