2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第八章 §8.6　直线与椭圆

§8.6　直线与椭圆考试要求　1.理解直线与椭圆位置关系判断方法.2.掌握直线被椭圆所截的弦长公式.3.了解直线与椭圆相交的综合问题．知识梳理1．直线与椭圆的位置判断将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.2．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\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.常用结论已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).(2)过左焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点弦CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则.(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M 为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).(5)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).(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．(　√　)(2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交．(　√　)(3)直线y＝x－1被椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1截得的弦长为eq \r(2).(　×　)(4)过椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).(　×　)教材改编题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　(通解)联立直线与椭圆的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．方法二　(优解)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．2．已知斜率为1的直线l过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为(　　)A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5)C.eq \f(8,5) D.eq \f(13,5)答案　C解析　由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，所以右焦点坐标为(eq \r(3)，0)，则直线l的方程为y＝x－eq \r(3)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消y得，5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，则x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1·x2＝eq \f(8,5)，所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),5)))2－4×\f(8,5))＝eq \f(8,5).即弦AB的长为eq \f(8,5).3．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，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.题型一　直线与椭圆的位置关系例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．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\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ>0，即－3eq \r(2)0，得k2>eq \f(1,4).所以k>eq \f(1,2)或k<－eq \f(1,2)，所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).题型二　弦长及中点弦问题命题点1　弦长问题例2　(2022·百校联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．解　(1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，∴a2＝4b2.又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，∴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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2.∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(54－m2)＝eq \r(5)，解得m＝±eq \r(3).所求直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x±eq \r(3).命题点2　中点弦问题例3　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\co1(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\o\al(2,1),4)＋eq \f(y\o\al(2,1),2)＝1，①eq \f(x\o\al(2,2),4)＋eq \f(y\o\al(2,2),2)＝1，②①－②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.教师备选已知直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．(1)求直线l的方程；(2)求△OAB的面积．解　(1)由斜率公式可知kOP＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．代入椭圆方程得到，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1))⇒eq \f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)＝0，化简得到－eq \f(3,4)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB，∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴kAB＝－eq \f(3,4)，∴直线方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.(2)将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0，Δ＝422－4×21>0，∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,21).由弦长公式得到|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(9,16))×eq \r(4－\f(4,21))＝eq \f(5,4)×eq \f(4\r(105),21)＝eq \f(5\r(105),21)，再由点到直线的距离公式得到坐标原点到直线AB的距离d＝eq \f(|－7|,\r(9＋16))＝eq \f(7,5)，∴△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(105),21)×eq \f(7,5)＝eq \f(\r(105),6).思维升华　解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路跟踪训练2　(1)(2022·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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＝0C．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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)＝1，　　　　　　　　　①,\f(x\o\al(2,2),4)＋\f(y\o\al(2,2),3)＝1，　　　　　　　　　②))①－②得eq \f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),4)＋eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),3)＝0，即eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\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.(2)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________.答案　eq \r(13)解析　由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直，所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，则|AB|＝eq \r(－1－12＋[y1－－y1]2)＝eq \r(4＋4y\o\al(2,1)).又点A在椭圆E上，所以eq \f(1,4)＋eq \f(y\o\al(2,1),3)＝1，得yeq \o\al(2,1)＝eq \f(9,4)，则|AB|＝eq \r(4＋4×\f(9,4))＝eq \r(13).题型三　直线与椭圆的综合问题例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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\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)由题意可知直线的斜率不为0，则设直线的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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\co1(－\f(2m,m2＋4)))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).故直线的方程为x＝±eq \r(6)y＋1，即x±eq \r(6)y－1＝0.教师备选(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 \o(OC,\s\up6(→))＝eq \o(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\co1(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\co1(\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\co1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).由3eq \o(OC,\s\up6(→))＝eq \o(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3　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 \o(F1P,\s\up6(－→))⊥eq \o(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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(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 \o(F1P,\s\up6(－→))＝(x1＋1，y1)，eq \o(F1Q,\s\up6(－→))＝(x2＋1，y2)，因为eq \o(F1P,\s\up6(－→))⊥eq \o(F1Q,\s\up6(－→))，所以eq \o(F1P,\s\up6(－→))·eq \o(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\co1(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≠3.2．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标为(2,1)，则椭圆M的方程为(　　)A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1 B.eq \f(x2,4)＋y2＝1C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1答案　D解析　直线AB的斜率k＝eq \f(1－0,2－3)＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程可得eq \f(x\o\al(2,1),a2)＋eq \f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\o\al(2,2),a2)＋eq \f(y\o\al(2,2),b2)＝1，两式相减，整理得eq \f(2,a2)－eq \f(1,b2)＝0，又c＝3，a2＝b2＋c2.联立解得a2＝18，b2＝9.所以椭圆M的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.3．(多选)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．1 C．－2 D．2答案　AB解析　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.Δ＝16m2－12(2m2－2)＝－8m2＋24>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|AB|＝eq \r(2x1＋x22－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，解得m＝±1，满足题意．4．已知直线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)＝eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＋\f(16,3))，所以当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大为eq \f(4\r(3),3).5．(多选)设椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是(　　)A．直线AB与OM垂直B．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x＋y－3＝0C．若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq \f(4\r(2),3)答案　BD解析　对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－eq \f(4,2)＝－2≠－1，所以A项不正确；对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B项正确；对于C项，若直线方程为y＝x＋1，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))，则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C项不正确；对于D项，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1联立，得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－eq \f(4,3)，所以|AB|＝eq \r(1＋12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)－0))＝eq \f(4\r(2),3)，所以D项正确．6．(多选)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右两焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有(　　)A．△ABF2的周长为4aB．若AB的中点为M，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)C．若eq \o(AF1,\s\up6(－→))·eq \o(AF2,\s\up6(－→))＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))D．若|AB|的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝eq \f(1,3)答案　AC解析　由直线l：y＝k(x＋c)过点(－c，0)，知弦AB过椭圆的左焦点F1.所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，所以A正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，kOM＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，所以kOM·k＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，　　　　　　①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，　　　　　　②))①－②得eq \f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0，所以eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，则kOM·k＝eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，所以B错误；eq \o(AF1,\s\up6(－→))＝(－c－x1，－y1)，eq \o(AF2,\s\up6(－→))＝(c－x1，－y1)，所以eq \o(AF1,\s\up6(－→))·eq \o(AF2,\s\up6(－→))＝xeq \o\al(2,1)－c2＋yeq \o\al(2,1)＝eq \f(c2,a2)xeq \o\al(2,1)＋a2－2c2∈[a2－2c2，a2－c2]，则a2－2c2≤3c2≤a2－c2，可得e＝eq \f(c,a)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))，所以C正确；由过焦点的弦中通径最短，则|AB|的最小值为通径eq \f(2b2,a)，则有eq \f(2b2,a)＝3c，即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以D错误．7．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点的横坐标为eq \f(1,2)，则k＝________.答案　±eq \f(1,2)解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，因为直线l过椭圆内的定点(1,0)，所以Δ>0，x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)＝eq \f(1,2)，即k2＝eq \f(1,4)，所以k＝±eq \f(1,2).8．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\co1(\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).9．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，椭圆M的离心率为eq \f(1,2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(1)求椭圆M的方程；(2)若过点N(1,1)的直线与该椭圆M交于P，Q两点，且线段PQ的中点恰为点N，求直线PQ的方程．解　(1)∵e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，则3a2＝4b2，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程得eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，解得a＝2，b＝eq \r(3)，∴椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，∵线段PQ的中点恰为点N，∴xP＋xQ＝2，yP＋yQ＝2.∵eq \f(x\o\al(2,P),4)＋eq \f(y\o\al(2,P),3)＝1，eq \f(x\o\al(2,Q),4)＋eq \f(y\o\al(2,Q),3)＝1，两式相减可得eq \f(1,4)(xP＋xQ)(xP－xQ)＋eq \f(1,3)(yP＋yQ)(yP－yQ)＝0，∴eq \f(yP－yQ,xP－xQ)＝－eq \f(3,4)，即直线PQ的斜率为－eq \f(3,4)，∴直线PQ的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，即3x＋4y－7＝0.10．设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))，且离心率为eq \f(\r(3),2).F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.(1)求椭圆E和⊙F的方程；(2)若直线l：y＝k(x－eq \r(3))(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．解　(1)设E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题设知eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(3),2).解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.因此F(eq \r(3)，0)，|PF|＝eq \f(1,2)，即⊙F的半径为eq \f(1,2).所以⊙F的方程为(x－eq \r(3))2＋y2＝eq \f(1,4).(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，将l的方程代入E的方程得(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(12k2－4,4k2＋1)，|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(4k2＋4,4k2＋1)＝1＋eq \f(3,4k2＋1)＞1，又⊙F的直径|AB|＝1，所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，故不存在正数k使|AC|＝|BD|.11．(2022·临沂模拟)过椭圆内定点M且长度为整数的弦，称作该椭圆过点M的“好弦”．在椭圆eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,16)＝1中，过点M(4eq \r(3)，0)的所有“好弦”的长度之和为(　　)A．120 B．130C．240 D．260答案　C解析　由已知可得a＝8，b＝4，所以c＝4eq \r(3)，故M为椭圆的右焦点，由椭圆的性质可得当过焦点的弦垂直x轴时弦长最短，所以当x＝4eq \r(3)时，最短的弦长为eq \f(2b2,a)＝eq \f(2×16,8)＝4，当弦与x轴重合时，弦长最长为2a＝16，则弦长的取值范围为[4,16]，故弦长为整数的弦有4到16的所有整数，则“好弦”的长度和为4＋16＋(5＋6＋7＋…＋15)×2＝240.12．(2022·江南十校模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，若△MNF2的周长为8，则△MF1F2面积的最大值为(　　)A.eq \f(\r(3),2) B.eq \r(3)C．2eq \r(3) D．3答案　B解析　由椭圆的定义可得△MNF2的周长为|MN|＋|MF2|＋|NF2|＝|MF1|＋|NF1|＋|MF2|＋|NF2|＝4a＝8，∴a＝2，则c＝eq \r(3)，则△MF1F2面积的最大值为eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝eq \r(3).13．(2022·兰州质检)已知P(2，－2)是离心率为eq \f(1,2)的椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)外一点，经过点P的光线被y轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是(　　)A．－eq \f(1,8) B．－eq \f(1,2)C．1 D.eq \f(1,8)答案　D解析　由题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，又a2＝b2＋c2，故b2＝eq \f(3,4)a2，设过点P的直线斜率为k，则直线方程为y＋2＝k(x－2)，即y＝kx－2k－2，则反射后的切线方程为y＝－kx－2k－2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－kx－2k－2，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(3＋4k2)x2＋16k(k＋1)x＋16k2＋32k＋16－3a2＝0，∵所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，∴Δ＝[16k(k＋1)]2－4(3＋4k2)(16k2＋32k＋16－3a2)＝0，化简得4a2k2＋3a2＝16k2＋32k＋16，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a2＝16，,3a2＝32k＋16，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＝4，,k＝－\f(1,8).))∴此切线的斜率为eq \f(1,8).14．(多选)已知O为坐标原点，椭圆T：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，过点F的直线交椭圆T于A，B两点，则下列结论正确的是(　　)A．|AB|的最小值为eq \f(3,2)B．若M(异于点F)为线段AB的中点，则直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)C．若eq \o(AF,\s\up6(→))＝－2eq \o(BF,\s\up6(→))，则直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)D．△AOB面积的最大值为3答案　BC解析　对于A，易知当直线AB垂直于x轴时，|AB|取得最小值，由椭圆T的方程知F(1,0)，当x＝1时，y＝±eq \f(3,2)，所以|AB|的最小值为3，故A错误；对于B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，x1≠x2，x0≠0，因为M为线段AB的中点，所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(y1＋y2,2)，又点A，B在椭圆T上，所以eq \f(x\o\al(2,1),4)＋eq \f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\o\al(2,2),4)＋eq \f(y\o\al(2,2),3)＝1，两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x0,y0)，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(3,4)，即直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)，故B正确；对于C，易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为x＝my＋1，代入椭圆T的方程得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，因为eq \o(AF,\s\up6(→))＝－2eq \o(BF,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1＋y2＝－y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，则y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1＝eq \f(－12m,3m2＋4)，所以y1y2＝eq \f(6m,3m2＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12m,3m2＋4)))＝eq \f(－9,3m2＋4)，解得m＝±eq \f(2\r(5),5)，所以直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)，故C正确；对于D，△AOB的面积S＝eq \f(1,2)|OF||y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|＝eq \f(1,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(6\r(m2＋1),3m2＋4)，令eq \r(m2＋1)＝t，则t≥1，S＝eq \f(6t,3t2＋1)＝eq \f(6,3t＋\f(1,t))，因为函数y＝3t＋eq \f(1,t)在t∈[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即m＝0时，△AOB的面积取得最大值，且最大值为eq \f(3,2)，故D错误．15．(多选)已知F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M，N是左、右顶点，e为椭圆C的离心率，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，若eq \o(AF1,\s\up6(―→))·eq \o(BF1,\s\up6(―→))＝0,3eq \o(AF2,\s\up6(―→))＝2eq \o(F2B,\s\up6(―→))，|AF1|＝2|AF2|，设直线AB的斜率为k，直线AM和直线AN的斜率分别为k1，k2，直线BM和直线BN的斜率分别为k3，k4，则下列结论一定正确的是(　　)A．e＝eq \f(\r(5),5) B．k＝±eq \f(1,2) C．k1·k2＝－eq \f(4,5) D．k3·k4＝eq \f(4,5)答案　AC解析　∵eq \o(AF1,\s\up6(―→))·eq \o(BF1,\s\up6(―→))＝0，∴AF1⊥BF1，过点F2作F1B的平行线，交AF1于点E，∴AF1⊥EF2.设|F2A|＝2t，|F1A|＝4t，又3eq \o(AF2,\s\up6(－→))＝2eq \o(F2B,\s\up6(－→))，∴|AB|＝5t，∵AF1⊥BF1，∴|F1B|＝3t，∴12t＝4a，∴a＝3t.∴|BF1|＝|BF2|＝3t＝a，∴B(0，±b)．在△EF1F2中，|EF1|＝eq \f(3,5)|AF1|＝eq \f(12t,5)，|EF2|＝eq \f(2,5)|BF1|＝eq \f(6t,5)，|F1F2|＝2c，∵|EF1|2＋|EF2|2＝|F1F2|2，∴c＝eq \f(3t,\r(5))，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \f(6t,\r(5))，椭圆离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；k＝±eq \f(b,c)＝±2，故B错误；设A(x，y)，易得M(－a，0)，N(a，0)，则k1·k2＝eq \f(y,x＋a)·eq \f(y,x－a)＝eq \f(y2,x2－a2)＝eq \f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,a2))),x2－a2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，故C正确；同理k3·k4＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，故D错误．16．已知直线l经过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点(1,0)，交椭圆C于点A，B，点F为椭圆C的左焦点，△ABF的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆C于点M，N，|MN|2＝4|AB|，求证：直线m与直线l的交点P在定直线上．(1)解　由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝1，,4a＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝1，,a＝2，))∴b2＝3，∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.(2)证明　若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P矛盾，∴直线l的斜率存在．设l：y＝k(x－1)(k≠0)，m：y＝－k(x＋t)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)．将直线m的方程代入椭圆方程得，(3＋4k2)x2＋8k2tx＋4(k2t2－3)＝0，∴xM＋xN＝－eq \f(8k2t,3＋4k2)，xMxN＝eq \f(4k2t2－3,3＋4k2)，∴|MN|2＝(1＋k2)·eq \f(1612k2－3k2t2＋9,3＋4k22).同理，|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(9k2＋9),3＋4k2)＝eq \f(121＋k2,3＋4k2).由|MN|2＝4|AB|得t＝0，此时，Δ＝64k4t2－16(3＋4k2)(k2t2－3)＞0，∴直线m：y＝－kx，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)k))，即点P在定直线x＝eq \f(1,2)上．