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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第6讲 椭圆（二）Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第6讲 椭圆（二）Word版含解析，共26页。试卷主要包含了点与椭圆的位置关系，直线与椭圆位置关系的判断等内容，欢迎下载使用。
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(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)<1；
(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔eq \x(\s\up1(02))eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1；
(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔eq \x(\s\up1(03))eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\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，联立eq \b\lc\{\rc\ (\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⇔有eq \x(\s\up1(04))两个交点⇔相交；
Δ＝0⇔有eq \x(\s\up1(05))一个交点⇔相切；
Δ<0⇔eq \x(\s\up1(06))无交点⇔相离．
1．焦点弦(过焦点的弦)：焦点弦中以通径(垂直于长轴的焦点弦)最短，弦长lmin＝eq \f(2b2,a).
2．AB为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点M(x0，y0)，直线AB不过原点，斜率存在且不为0，设其为k，则
(1)弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|；
(2)直线AB的斜率kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)；
(3)直线AB的方程：y－y0＝－eq \f(b2x0,a2y0)(x－x0)；
(4)直线AB的垂直平分线方程：y－y0＝eq \f(a2y0,b2x0)·(x－x0)．
1．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．故选A．
解法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\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，∴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－12)＝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．已知椭圆x2＋2y2 ＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为( )
A．3eq \r(2) B．2eq \r(3)
C．eq \f(\r(30),3) D．eq \f(3\r(6),2)
答案 C
解析 设以(1,1)为中点的弦的两端点为(x1，y1)，(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1)＝4，,x\\al(2,2)＋2y\\al(2,2)＝4，))∴(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，∴弦所在直线方程为x＋2y－3＝0.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3＝0，,x2＋2y2＝4，))可得弦长为eq \f(\r(30),3).
4．(2022·河南郑州诊断考试)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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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．
5．已知F是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的一个焦点，AB为过椭圆中心的一条弦，则△ABF面积的最大值为( )
A．6 B．15
C．20 D．12
答案 D
解析 S＝eq \f(1,2)|OF||yA－yB|≤eq \f(1,2)|OF|·2b＝12.
6．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).
考向一 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；
(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\{\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
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．
1.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．m>1 B．m>0
C．0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\{\rc\ (\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.
考向二 弦长问题
例2 (2021·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\{\rc\ (\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＋x22－4x1x2)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(483k2－m2＋4),3k2＋4)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48k2＋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＋x22－4x1x2])
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(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．
2.(2022·华中师大一附中摸底)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq \f(1,2)，点P是椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值是4eq \r(3).
(1)求椭圆的方程；
(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四点，AC与BD相交于点F1，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，且|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(96,7)，求此时直线AC的方程．
解 (1)由题意知，当点P是椭圆上(或下)顶点时，△PF1F2的面积取得最大值．
此时，S△PF1F2＝eq \f(1,2)·2c·b＝4eq \r(3)，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2eq \r(3)，故所求椭圆的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)由(1)知F1(－2,0)，由eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0得AC⊥BD．
①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时，
|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝14，不符合题意．
②当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时，其方程为y＝k(x＋2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，Δ>0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(16k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－48,3＋4k2).
所以|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(241＋k2,3＋4k2).
直线BD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)，
同理，可得|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(241＋k2,4＋3k2).
由|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(1681＋k22,4＋3k23＋4k2)＝eq \f(96,7)，
解得k2＝1，则k＝±1.
故所求直线AC的方程为x－y＋2＝0或x＋y＋2＝0.
考向三 中点弦、弦中点问题
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P点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(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1.
两式作差，得eq \f(x2－x1x2＋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斜率不存在时，弦中点坐标为(1,0)，满足上式．
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x2＋2y2－x－4y＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2－4\r(7),9)，,y＝\f(4＋\r(7),9)))或eq \b\lc\{\rc\ (\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．
3.已知椭圆5x2＋9y2＝45，则以M(1，1)为中点的椭圆的弦所在的直线l的方程为________.
答案 5x＋9y－14＝0
解析 设直线l与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知得eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1，直线l的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5x\\al(2,1)＋9y\\al(2,1)＝45，,5x\\al(2,2)＋9y\\al(2,2)＝45，))两式相减，
得5(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
整理可得5(x1＋x2)＋9(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1－y2,x1－x2)))＝0，即5＋9k＝0，即k＝－eq \f(5,9).
所以直线l的方程为y－1＝－eq \f(5,9)(x－1)，
即5x＋9y－14＝0.
4．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),a2)＋\f(x\\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\\al(2,2),a2)＋\f(x\\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.
考向四 切线问题
例4 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝eq \r(3)|OF|，且△AOB的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y＝2上是否存在点M，使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直？若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)由|AB|＝eq \r(3)|OF|，△AOB的面积为eq \r(2)，得 eq \r(a2＋b2)＝eq \r(3)c，eq \f(1,2)ab＝eq \r(2)，∴a＝2，b＝eq \r(2)，即椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)假设直线y＝2上存在点M满足题意，设M(m，2)，当m＝±2时，从M点所引的两切线不垂直．当m≠±2时，设过点M向椭圆所引的切线的斜率为k，则l的方程为y＝k(x－m)＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k(mk－2)x＋2(mk－2)2－4＝0，
∵Δ＝0，∴(m2－4)k2－4mk＋2＝0，
设两切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝eq \f(2,m2－4)＝－1，∴m＝±eq \r(2)，即点M的坐标为(eq \r(2)，2)或(－eq \r(2)，2)．
直线与椭圆相切，有且仅有一个公共点，过椭圆外一点可以作两条切线，过椭圆上一点只能作一条切线．
5.已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过P(2，2)作椭圆C1的切线，则切线方程为________.
答案 x－8y＋14＝0或x＝2
解析 ∵eq \f(22,4)＋eq \f(22,3)>1，∴P在C1外部．
①当斜率不存在时，易知x＝2为椭圆一切线．
②当斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为y－2＝k(x－2)，代入C1中并整理得(3＋4k2)x2＋16(k－k2)x＋16k2－32k＋4＝0.
∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0.
即[16(k－k2)]2－4(3＋4k2)(16k2－32k＋4)＝0.
化简得k＝eq \f(1,8).此时切线方程为x－8y＋14＝0.
∴切线方程为x－8y＋14＝0或x＝2.
6．(2022·黄冈高三月考)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则椭圆上一点A(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.试运用该性质解决以下问题，椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其焦距为2，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，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，则△OCD面积的最小值为________.
答案 eq \r(2)
解析 由题意，得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))代入椭圆方程，可得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，解得a＝eq \r(2)，b＝1，即椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，设B(x2，y2)，则椭圆C1在点B处的切线方程为eq \f(x2,2)x＋y2y＝1，令x＝0，得yD＝eq \f(1,y2)，令y＝0，可得xC＝eq \f(2,x2)，又点B为椭圆在第一象限上的点，所以x2>0，y2>0，eq \f(x\\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，所以S△OCD＝eq \f(1,2)·eq \f(1,y2)·eq \f(2,x2)＝eq \f(1,x2y2)＝eq \f(\f(x\\al(2,2),2)＋y\\al(2,2),x2y2)＝eq \f(x2,2y2)＋eq \f(y2,x2)≥2eq \r(\f(x2,2y2)·\f(y2,x2))＝eq \r(2)，即S△OCD≥eq \r(2)，当且仅当eq \f(x\\al(2,2),2)＝yeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)，即点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))时，△OCD的面积取得最小值eq \r(2).
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．过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．eq \f(4,3) B．eq \f(5,3)
C．eq \f(5,4) D．eq \f(10,3)
答案 B
解析 由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq \f(1,2)×1×|－2－eq \f(4,3)|＝eq \f(5,3).故选B.
3．(2021·湖南长沙模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过原点O且倾斜角为60°的直线l与椭圆C的一个交点为M，若MF1⊥MF2，则椭圆的离心率为( )
A．4＋2eq \r(3) B．4－2eq \r(3)
C．1－eq \r(3) D．eq \r(3)－1
答案 D
解析 依题意可得|OM|＝eq \f(1,2)|F1F2|＝c.
又∠MOF2＝60°，
∴|MF2|＝c，|MF1|＝eq \r(3)c，∴2a＝eq \r(3)c＋c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)－1.故选D．
4．已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为( )
A．eq \f(x2,2)＋y2＝1 B．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
答案 C
解析 设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意知c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
5．(2021·黄冈中学模拟)过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦点F的直线l：x－y－eq \r(3)＝0交C于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为－eq \f(1,2)，则椭圆C的方程为( )
A．eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1 B．eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,5)＝1
C．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1
答案 A
解析 解法一：直线l：x－y－eq \r(3)＝0中，令y＝0，可得x＝eq \r(3)，所以右焦点F(eq \r(3)，0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B的中点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－\r(3)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))整理得(a2＋b2)y2＋2eq \r(3)b2y＋3b2－a2b2＝0，所以y1＋y2＝－eq \f(2\r(3)b2,a2＋b2)，x1＋x2＝y1＋y2＋2eq \r(3)＝eq \f(2\r(3)a2,a2＋b2)，所以kOP＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，所以a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，c2＝3，所以a2＝6，b2＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.故选A．
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，所以kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0).又kAB＝1，eq \f(x0,y0)＝eq \f(1,kOP)＝－2，所以a2＝2b2.又由题意可知c＝eq \r(3)，所以由a2＝b2＋c2可知a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.故选A．
6．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 依题意，设直线l：y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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.
7．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．eq \f(4\r(5),5) B．eq \f(4\r(10),5)
C．eq \f(8\r(10),5) D．eq \f(8\r(5),5)
答案 B
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线的方程为y＝x＋m，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，由Δ>0，得m2<5.
∵x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1x2＝eq \f(4m2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)m))2－\f(16m2－1,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－m2)，
∵当m＝0时，满足Δ>0，∴|AB|的最大值为eq \f(4\r(10),5)，故选B.
8．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2，0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为eq \r(3)b，则椭圆的标准方程为( )
A．eq \f(y2,8)＋eq \f(x2,4)＝1 B．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1
C．eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,12)＝1 D．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1
答案 B
解析 由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4.过点F1倾斜角为30°的直线的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋2)，即3y－eq \r(3)x－2eq \r(3)＝0.则圆心(0,0)到直线的距离d＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(3＋9))＝1.由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为eq \r(3)b(b>0)，可得2eq \r(b2－1)＝eq \r(3)b(b>0)，解得b＝2，则a＝2eq \r(2).则椭圆的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，故选B.
9．点A，B分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点，F为右焦点，C为短轴上不同于原点O的一点，D为OC的中点，直线AD与BC交于点M，且MF⊥AB，则该椭圆的离心率为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 由题意作出椭圆如图，
∵MF⊥AB，且OC⊥AB，
∴MF∥OC，同理MF∥OD，
∴eq \f(OD,MF)＝eq \f(OA,AF)＝eq \f(a,a＋c)，①
eq \f(MF,OC)＝eq \f(FB,OB)＝eq \f(a－c,a)， ②
①×②，得到eq \f(OD,MF)·eq \f(MF,OC)＝eq \f(a,a＋c)·eq \f(a－c,a)＝eq \f(a－c,a＋c)，即eq \f(OD,OC)＝eq \f(a－c,a＋c)，又eq \f(OD,OC)＝eq \f(1,2)，∴2(a－c)＝a＋c，∴a＝3c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3).故选B.
10．平行四边形ABCD内接于椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，直线AB的斜率k1＝2，则直线AD的斜率k2为( )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,4) D．－2
答案 C
解析 设AB的中点为G，则由椭圆的对称性知，O为平行四边形ABCD的对角线的交点，则GO∥AD．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),8)＋\f(y\\al(2,1),4)＝1，,\f(x\\al(2,2),8)＋\f(y\\al(2,2),4)＝1，))两式相减得eq \f(x1－x2x1＋x2,8)＝－eq \f(y1－y2y1＋y2,4)，整理得eq \f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－k1＝－2，即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(1,4).又Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以kOG＝eq \f(\f(y1＋y2,2)－0,\f(x1＋x2,2)－0)＝－eq \f(1,4)，即k2＝－eq \f(1,4)，故选C．
二、多项选择题
11．(2021·湖北汉阳一中三模)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,8)＝1内一点M(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M为线段AB的中点，则下列结论正确的是( )
A．椭圆的焦点坐标为(2,0)，(－2,0)
B．椭圆C的长轴长为4eq \r(2)
C．直线l的方程为x＋y－3＝0
D．|AB|＝eq \f(4\r(3),3)
答案 BCD
解析 由椭圆方程知，其焦点坐标为(0，±2)，A错误；a2＝8，则椭圆C的长轴长为2a＝4eq \r(2)，B正确；由题意，可设直线l的方程为x＝m(y－2)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4，将直线l的方程与椭圆方程联立并整理得，(2m2＋1)y2＋4m(1－2m)y＋8m2－8m－6＝0，M为椭圆内一点，则Δ>0，∴y1＋y2＝eq \f(4m2m－1,2m2＋1)＝4，可得m＝－1，即直线l的方程为x＋y－3＝0，C正确；由C知，y1＋y2＝4，y1y2＝eq \f(10,3)，则|AB|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(4\r(3),3)，D正确．故选BCD．
12．(2022·荆门模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右两个焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是( )
A．四边形AF1BF2为平行四边形
B．∠F1PF2<90°
C．直线BE的斜率为eq \f(1,2)k
D．∠PAB>90°
答案 ABC
解析 对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|，故四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确；对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝eq \r(2)＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知，P不可能在上、下顶点，故∠F1PF2<90°，故B正确；对于C，如图，不妨设B在第一象限，则直线BE的斜率为eq \f(|BD|,|ED|)＝eq \f(|BD|,2|OD|)＝eq \f(1,2)k，故C正确；
对于D，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，则B(－x2，－y2)，所以kAP·kBP＝eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,1),2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,2),2))),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(1,2).又由C可知直线BP的斜率为eq \f(1,2)k，故kAP＝eq \f(－\f(1,2),\f(1,2)k)＝－eq \f(1,k).所以kAP·kAB＝－eq \f(1,k)·k＝－1.
故∠PAB＝90°，故D错误．故选ABC．
三、填空题
13．如图，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个最长的弦长为5 m的椭圆，则制作这个广告气球至少需要的面料是________m2.
答案 eq \f(75π,4)
解析 由椭圆的最长的弦长为5 m，知椭圆的2a＝5，设气球的半径为R，入射角为30°的平行光线与底面所成的角就为60°，则有2asin60°＝2R，即R＝eq \f(5\r(3),4)，从而气球的表面积为4πR2＝eq \f(75π,4)(m2)．
14．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\{\rc\ (\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.
15．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)椭圆C的方程为________；
(2)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 (1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 (2)eq \f(\r(5),2)
解析 (1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋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).
16．(2021·浙江高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)c))2＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.
答案 eq \f(2\r(5),5) eq \f(\r(5),5)
解析 设过F1的直线与圆的切点为M，圆心Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c，0))，则|AM|＝c，|AF1|＝eq \f(3,2)c，所以|MF1|＝eq \f(\r(5),2)c，所以该直线的斜率k＝eq \f(|AM|,|MF1|)＝eq \f(c,\f(\r(5),2)c)＝eq \f(2\r(5),5).因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)，又|F1F2|＝2c，所以k＝eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(a2－c2,2ac)＝eq \f(1－e2,2e)，解得e＝eq \f(\r(5),5)(负值舍去)．
四、解答题
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(6)，且过点A(2,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点A的直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于P，Q两点，且直线AP与直线AQ的斜率之和为0，证明：直线PQ的斜率为定值．
解 (1)因为椭圆C的焦距为2eq \r(6)，且过点A(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1,2c＝2eq \r(6).
又因为a2＝b2＋c2，由以上三式解得a2＝8，b2＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2≠2，则y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y并整理，得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－8,4k2＋1).
因为kAP＋kAQ＝0，所以eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝0，
化简得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0.即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4m＋4＝0.
所以eq \f(2k4m2－8,4k2＋1)－eq \f(8kmm－1－2k,4k2＋1)－4m＋4＝0，
整理得(2k－1)(m＋2k－1)＝0.
因为直线l不经过点A，
所以2k＋m－1≠0，所以k＝eq \f(1,2).
所以直线PQ的斜率为定值．
18．(2022·北京东城区模拟)已知中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆E过点C(0,1)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与椭圆E交于A，B两点，若△OAB的面积为eq \f(2,3)，求直线l的方程．
解 (1)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由已知，直线l过左焦点F(－1,0)．
当直线l与x轴垂直时，不妨设点A在x轴下方，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，
此时|AB|＝eq \r(2)，则S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，不满足条件．
当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
显然Δ>0，所以x1＋x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
因为S△OAB＝eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|，
由已知S△OAB＝eq \f(2,3)，所以|y1－y2|＝eq \f(4,3).
因为y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2)＋2k＝k·eq \f(－4k2,1＋2k2)＋2k＝eq \f(2k,1＋2k2)，
y1y2＝k(x1＋1)·k(x2＋1)＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(－k2,1＋2k2)，
所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝ eq \r(\f(4k2,1＋2k22)＋\f(4k2,1＋2k2))＝eq \f(4,3)，
所以k4＋k2－2＝0，解得k＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
19．(2021·天津高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．
解 (1)易知点F(c,0)，B(0，b)，
故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5)，
因为椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，
故c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，
先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，))
消去y并整理得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＝0，
因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.
由题意可知y0>0，在直线MN的方程中，
令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y0)))，
直线BF的斜率为kBF＝－eq \f(b,c)＝－eq \f(1,2)，
所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0)，
在直线PN的方程中，令y＝0，可得
x＝－eq \f(1,2y0)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2y0)，0))，
因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，
即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2y\\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq \f(1,2)，
整理可得(x0＋5y0)2＝0，
所以x0＝－5y0，所以eq \f(x\\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝6yeq \\al(2,0)＝1，
又y0>0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(5\r(6),6)，
所以直线l的方程为－eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq \r(6)＝0.
20．(2021·南京学情检测)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(1)设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，T是椭圆C上的一个动点，求eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))的取值范围；
(2)设A(0，－1)，与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于B，D两点，若△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，所以
F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
设T(x0，y0)，则eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)·(eq \r(3)－x0，－y0)＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－3.
因为点T(x0，y0)在椭圆C上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)xeq \\al(2,0)－2，且xeq \\al(2,0)∈[0,4]，
所以eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))的取值范围是[－2,1]．
(2)因为直线l与坐标轴不垂直，故设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠－1，k≠0)，B(x1，y1)，D(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－1,1＋4k2).
因为△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形，
所以AB⊥AD，即eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
因此(y1＋1)(y2＋1)＋x1x2＝0，
即(kx1＋m＋1)(kx2＋m＋1)＋x1x2＝0，
从而(1＋k2)x1x2＋k(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝0，
即(1＋k2)×eq \f(4m2－1,1＋4k2)－k(m＋1)×eq \f(8km,1＋4k2)＋(m＋1)2＝0，
也即4(1＋k2)(m－1)－8k2m＋(1＋4k2)(m＋1)＝0，
解得m＝eq \f(3,5).
又线段BD的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2)))，且AM⊥BD，
所以eq \f(\f(m,1＋4k2)＋1,－\f(4km,1＋4k2))＝－eq \f(1,k)，即3m＝1＋4k2，解得k＝±eq \f(\r(5),5).
又当k＝±eq \f(\r(5),5)，m＝eq \f(3,5)时，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝eq \f(576,25)>0，
所以满足条件的直线l的方程为y＝±eq \f(\r(5),5)x＋eq \f(3,5).
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(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)<1；
(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔eq \x(\s\up1(02))eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1；
(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔eq \x(\s\up1(03))eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\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，联立eq \b\lc\{\rc\ (\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⇔有eq \x(\s\up1(04))两个交点⇔相交；
Δ＝0⇔有eq \x(\s\up1(05))一个交点⇔相切；
Δ<0⇔eq \x(\s\up1(06))无交点⇔相离．
1．焦点弦(过焦点的弦)：焦点弦中以通径(垂直于长轴的焦点弦)最短，弦长lmin＝eq \f(2b2,a).
2．AB为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点M(x0，y0)，直线AB不过原点，斜率存在且不为0，设其为k，则
(1)弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|；
(2)直线AB的斜率kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)；
(3)直线AB的方程：y－y0＝－eq \f(b2x0,a2y0)(x－x0)；
(4)直线AB的垂直平分线方程：y－y0＝eq \f(a2y0,b2x0)·(x－x0)．
1．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．故选A．
解法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\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，∴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－12)＝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．已知椭圆x2＋2y2 ＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为( )
A．3eq \r(2) B．2eq \r(3)
C．eq \f(\r(30),3) D．eq \f(3\r(6),2)
答案 C
解析 设以(1,1)为中点的弦的两端点为(x1，y1)，(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)＋2y\\al(2,1)＝4，,x\\al(2,2)＋2y\\al(2,2)＝4，))∴(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，∴弦所在直线方程为x＋2y－3＝0.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－3＝0，,x2＋2y2＝4，))可得弦长为eq \f(\r(30),3).
4．(2022·河南郑州诊断考试)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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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．
5．已知F是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1的一个焦点，AB为过椭圆中心的一条弦，则△ABF面积的最大值为( )
A．6 B．15
C．20 D．12
答案 D
解析 S＝eq \f(1,2)|OF||yA－yB|≤eq \f(1,2)|OF|·2b＝12.
6．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).
考向一 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；
(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\{\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
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)
(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．
1.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．m>1 B．m>0
C．0
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
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.
考向二 弦长问题
例2 (2021·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\{\rc\ (\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＋x22－4x1x2)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(483k2－m2＋4),3k2＋4)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48k2＋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＋x22－4x1x2])
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(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．
2.(2022·华中师大一附中摸底)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝eq \f(1,2)，点P是椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值是4eq \r(3).
(1)求椭圆的方程；
(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四点，AC与BD相交于点F1，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0，且|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(96,7)，求此时直线AC的方程．
解 (1)由题意知，当点P是椭圆上(或下)顶点时，△PF1F2的面积取得最大值．
此时，S△PF1F2＝eq \f(1,2)·2c·b＝4eq \r(3)，
又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2eq \r(3)，故所求椭圆的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)由(1)知F1(－2,0)，由eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0得AC⊥BD．
①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时，
|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝14，不符合题意．
②当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时，其方程为y＝k(x＋2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，Δ>0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(16k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(16k2－48,3＋4k2).
所以|eq \(AC,\s\up6(→))|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(241＋k2,3＋4k2).
直线BD的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋2)，
同理，可得|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(241＋k2,4＋3k2).
由|eq \(AC,\s\up6(→))|＋|eq \(BD,\s\up6(→))|＝eq \f(1681＋k22,4＋3k23＋4k2)＝eq \f(96,7)，
解得k2＝1，则k＝±1.
故所求直线AC的方程为x－y＋2＝0或x＋y＋2＝0.
考向三 中点弦、弦中点问题
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P点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(x\\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1.
两式作差，得eq \f(x2－x1x2＋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)
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斜率不存在时，弦中点坐标为(1,0)，满足上式．
又由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x2＋2y2－x－4y＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2－4\r(7),9)，,y＝\f(4＋\r(7),9)))或eq \b\lc\{\rc\ (\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)
∴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．
3.已知椭圆5x2＋9y2＝45，则以M(1，1)为中点的椭圆的弦所在的直线l的方程为________.
答案 5x＋9y－14＝0
解析 设直线l与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知得eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1，直线l的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(5x\\al(2,1)＋9y\\al(2,1)＝45，,5x\\al(2,2)＋9y\\al(2,2)＝45，))两式相减，
得5(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
整理可得5(x1＋x2)＋9(y1＋y2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y1－y2,x1－x2)))＝0，即5＋9k＝0，即k＝－eq \f(5,9).
所以直线l的方程为y－1＝－eq \f(5,9)(x－1)，
即5x＋9y－14＝0.
4．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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),a2)＋\f(x\\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\\al(2,2),a2)＋\f(x\\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.
考向四 切线问题
例4 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，上顶点为B.已知|AB|＝eq \r(3)|OF|，且△AOB的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y＝2上是否存在点M，使得从该点向椭圆所引的两条切线相互垂直？若存在，求点M的坐标；若不存在，说明理由．
解 (1)由|AB|＝eq \r(3)|OF|，△AOB的面积为eq \r(2)，得 eq \r(a2＋b2)＝eq \r(3)c，eq \f(1,2)ab＝eq \r(2)，∴a＝2，b＝eq \r(2)，即椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)假设直线y＝2上存在点M满足题意，设M(m，2)，当m＝±2时，从M点所引的两切线不垂直．当m≠±2时，设过点M向椭圆所引的切线的斜率为k，则l的方程为y＝k(x－m)＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－m＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k(mk－2)x＋2(mk－2)2－4＝0，
∵Δ＝0，∴(m2－4)k2－4mk＋2＝0，
设两切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2＝eq \f(2,m2－4)＝－1，∴m＝±eq \r(2)，即点M的坐标为(eq \r(2)，2)或(－eq \r(2)，2)．
直线与椭圆相切，有且仅有一个公共点，过椭圆外一点可以作两条切线，过椭圆上一点只能作一条切线．
5.已知椭圆C1：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过P(2，2)作椭圆C1的切线，则切线方程为________.
答案 x－8y＋14＝0或x＝2
解析 ∵eq \f(22,4)＋eq \f(22,3)>1，∴P在C1外部．
①当斜率不存在时，易知x＝2为椭圆一切线．
②当斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为y－2＝k(x－2)，代入C1中并整理得(3＋4k2)x2＋16(k－k2)x＋16k2－32k＋4＝0.
∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0.
即[16(k－k2)]2－4(3＋4k2)(16k2－32k＋4)＝0.
化简得k＝eq \f(1,8).此时切线方程为x－8y＋14＝0.
∴切线方程为x－8y＋14＝0或x＝2.
6．(2022·黄冈高三月考)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则椭圆上一点A(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.试运用该性质解决以下问题，椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其焦距为2，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，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，则△OCD面积的最小值为________.
答案 eq \r(2)
解析 由题意，得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))代入椭圆方程，可得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，解得a＝eq \r(2)，b＝1，即椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，设B(x2，y2)，则椭圆C1在点B处的切线方程为eq \f(x2,2)x＋y2y＝1，令x＝0，得yD＝eq \f(1,y2)，令y＝0，可得xC＝eq \f(2,x2)，又点B为椭圆在第一象限上的点，所以x2>0，y2>0，eq \f(x\\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，所以S△OCD＝eq \f(1,2)·eq \f(1,y2)·eq \f(2,x2)＝eq \f(1,x2y2)＝eq \f(\f(x\\al(2,2),2)＋y\\al(2,2),x2y2)＝eq \f(x2,2y2)＋eq \f(y2,x2)≥2eq \r(\f(x2,2y2)·\f(y2,x2))＝eq \r(2)，即S△OCD≥eq \r(2)，当且仅当eq \f(x\\al(2,2),2)＝yeq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)，即点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))时，△OCD的面积取得最小值eq \r(2).
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．过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为( )
A．eq \f(4,3) B．eq \f(5,3)
C．eq \f(5,4) D．eq \f(10,3)
答案 B
解析 由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq \f(1,2)×1×|－2－eq \f(4,3)|＝eq \f(5,3).故选B.
3．(2021·湖南长沙模拟)已知F1，F2分别为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过原点O且倾斜角为60°的直线l与椭圆C的一个交点为M，若MF1⊥MF2，则椭圆的离心率为( )
A．4＋2eq \r(3) B．4－2eq \r(3)
C．1－eq \r(3) D．eq \r(3)－1
答案 D
解析 依题意可得|OM|＝eq \f(1,2)|F1F2|＝c.
又∠MOF2＝60°，
∴|MF2|＝c，|MF1|＝eq \r(3)c，∴2a＝eq \r(3)c＋c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)－1.故选D．
4．已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为( )
A．eq \f(x2,2)＋y2＝1 B．eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1
C．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
答案 C
解析 设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意知c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以eq \f(b2,a)＝eq \f(3,2)，又b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
5．(2021·黄冈中学模拟)过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)右焦点F的直线l：x－y－eq \r(3)＝0交C于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为－eq \f(1,2)，则椭圆C的方程为( )
A．eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1 B．eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,5)＝1
C．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1
答案 A
解析 解法一：直线l：x－y－eq \r(3)＝0中，令y＝0，可得x＝eq \r(3)，所以右焦点F(eq \r(3)，0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B的中点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y－\r(3)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))整理得(a2＋b2)y2＋2eq \r(3)b2y＋3b2－a2b2＝0，所以y1＋y2＝－eq \f(2\r(3)b2,a2＋b2)，x1＋x2＝y1＋y2＋2eq \r(3)＝eq \f(2\r(3)a2,a2＋b2)，所以kOP＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(1,2)，所以a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，c2＝3，所以a2＝6，b2＝3，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.故选A．
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，所以kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0).又kAB＝1，eq \f(x0,y0)＝eq \f(1,kOP)＝－2，所以a2＝2b2.又由题意可知c＝eq \r(3)，所以由a2＝b2＋c2可知a2＝6，b2＝3，故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.故选A．
6．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 依题意，设直线l：y＝kx＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\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\{\rc\ (\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.
7．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．eq \f(4\r(5),5) B．eq \f(4\r(10),5)
C．eq \f(8\r(10),5) D．eq \f(8\r(5),5)
答案 B
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线的方程为y＝x＋m，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，由Δ>0，得m2<5.
∵x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1x2＝eq \f(4m2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)m))2－\f(16m2－1,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－m2)，
∵当m＝0时，满足Δ>0，∴|AB|的最大值为eq \f(4\r(10),5)，故选B.
8．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－2，0)，过点F1作倾斜角为30°的直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为eq \r(3)b，则椭圆的标准方程为( )
A．eq \f(y2,8)＋eq \f(x2,4)＝1 B．eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1
C．eq \f(y2,16)＋eq \f(x2,12)＝1 D．eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1
答案 B
解析 由左焦点为F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4.过点F1倾斜角为30°的直线的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋2)，即3y－eq \r(3)x－2eq \r(3)＝0.则圆心(0,0)到直线的距离d＝eq \f(|－2\r(3)|,\r(3＋9))＝1.由直线与圆x2＋y2＝b2相交的弦长为eq \r(3)b(b>0)，可得2eq \r(b2－1)＝eq \r(3)b(b>0)，解得b＝2，则a＝2eq \r(2).则椭圆的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，故选B.
9．点A，B分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点，F为右焦点，C为短轴上不同于原点O的一点，D为OC的中点，直线AD与BC交于点M，且MF⊥AB，则该椭圆的离心率为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,3)
C．eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(3),2)
答案 B
解析 由题意作出椭圆如图，
∵MF⊥AB，且OC⊥AB，
∴MF∥OC，同理MF∥OD，
∴eq \f(OD,MF)＝eq \f(OA,AF)＝eq \f(a,a＋c)，①
eq \f(MF,OC)＝eq \f(FB,OB)＝eq \f(a－c,a)， ②
①×②，得到eq \f(OD,MF)·eq \f(MF,OC)＝eq \f(a,a＋c)·eq \f(a－c,a)＝eq \f(a－c,a＋c)，即eq \f(OD,OC)＝eq \f(a－c,a＋c)，又eq \f(OD,OC)＝eq \f(1,2)，∴2(a－c)＝a＋c，∴a＝3c，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,3).故选B.
10．平行四边形ABCD内接于椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，直线AB的斜率k1＝2，则直线AD的斜率k2为( )
A．eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2)
C．－eq \f(1,4) D．－2
答案 C
解析 设AB的中点为G，则由椭圆的对称性知，O为平行四边形ABCD的对角线的交点，则GO∥AD．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),8)＋\f(y\\al(2,1),4)＝1，,\f(x\\al(2,2),8)＋\f(y\\al(2,2),4)＝1，))两式相减得eq \f(x1－x2x1＋x2,8)＝－eq \f(y1－y2y1＋y2,4)，整理得eq \f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－k1＝－2，即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(1,4).又Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以kOG＝eq \f(\f(y1＋y2,2)－0,\f(x1＋x2,2)－0)＝－eq \f(1,4)，即k2＝－eq \f(1,4)，故选C．
二、多项选择题
11．(2021·湖北汉阳一中三模)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,8)＝1内一点M(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点，且M为线段AB的中点，则下列结论正确的是( )
A．椭圆的焦点坐标为(2,0)，(－2,0)
B．椭圆C的长轴长为4eq \r(2)
C．直线l的方程为x＋y－3＝0
D．|AB|＝eq \f(4\r(3),3)
答案 BCD
解析 由椭圆方程知，其焦点坐标为(0，±2)，A错误；a2＝8，则椭圆C的长轴长为2a＝4eq \r(2)，B正确；由题意，可设直线l的方程为x＝m(y－2)＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4，将直线l的方程与椭圆方程联立并整理得，(2m2＋1)y2＋4m(1－2m)y＋8m2－8m－6＝0，M为椭圆内一点，则Δ>0，∴y1＋y2＝eq \f(4m2m－1,2m2＋1)＝4，可得m＝－1，即直线l的方程为x＋y－3＝0，C正确；由C知，y1＋y2＝4，y1y2＝eq \f(10,3)，则|AB|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(4\r(3),3)，D正确．故选BCD．
12．(2022·荆门模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右两个焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是( )
A．四边形AF1BF2为平行四边形
B．∠F1PF2<90°
C．直线BE的斜率为eq \f(1,2)k
D．∠PAB>90°
答案 ABC
解析 对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|，故四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确；对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝eq \r(2)＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知，P不可能在上、下顶点，故∠F1PF2<90°，故B正确；对于C，如图，不妨设B在第一象限，则直线BE的斜率为eq \f(|BD|,|ED|)＝eq \f(|BD|,2|OD|)＝eq \f(1,2)k，故C正确；
对于D，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，则B(－x2，－y2)，所以kAP·kBP＝eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,1),2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(x\\al(2,2),2))),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(1,2).又由C可知直线BP的斜率为eq \f(1,2)k，故kAP＝eq \f(－\f(1,2),\f(1,2)k)＝－eq \f(1,k).所以kAP·kAB＝－eq \f(1,k)·k＝－1.
故∠PAB＝90°，故D错误．故选ABC．
三、填空题
13．如图，一个球形广告气球被一束入射角为30°的平行光线照射，其投影是一个最长的弦长为5 m的椭圆，则制作这个广告气球至少需要的面料是________m2.
答案 eq \f(75π,4)
解析 由椭圆的最长的弦长为5 m，知椭圆的2a＝5，设气球的半径为R，入射角为30°的平行光线与底面所成的角就为60°，则有2asin60°＝2R，即R＝eq \f(5\r(3),4)，从而气球的表面积为4πR2＝eq \f(75π,4)(m2)．
14．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\{\rc\ (\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.
15．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)椭圆C的方程为________；
(2)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 (1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 (2)eq \f(\r(5),2)
解析 (1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋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).
16．(2021·浙江高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦点F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．若过F1的直线和圆eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)c))2＋y2＝c2相切，与椭圆在第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.
答案 eq \f(2\r(5),5) eq \f(\r(5),5)
解析 设过F1的直线与圆的切点为M，圆心Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)c，0))，则|AM|＝c，|AF1|＝eq \f(3,2)c，所以|MF1|＝eq \f(\r(5),2)c，所以该直线的斜率k＝eq \f(|AM|,|MF1|)＝eq \f(c,\f(\r(5),2)c)＝eq \f(2\r(5),5).因为PF2⊥x轴，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)，又|F1F2|＝2c，所以k＝eq \f(2\r(5),5)＝eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(a2－c2,2ac)＝eq \f(1－e2,2e)，解得e＝eq \f(\r(5),5)(负值舍去)．
四、解答题
17．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(6)，且过点A(2,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不经过点A的直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于P，Q两点，且直线AP与直线AQ的斜率之和为0，证明：直线PQ的斜率为定值．
解 (1)因为椭圆C的焦距为2eq \r(6)，且过点A(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1,2c＝2eq \r(6).
又因为a2＝b2＋c2，由以上三式解得a2＝8，b2＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)证明：设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1≠x2≠2，则y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y并整理，得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－8,4k2＋1).
因为kAP＋kAQ＝0，所以eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝0，
化简得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0.即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4m＋4＝0.
所以eq \f(2k4m2－8,4k2＋1)－eq \f(8kmm－1－2k,4k2＋1)－4m＋4＝0，
整理得(2k－1)(m＋2k－1)＝0.
因为直线l不经过点A，
所以2k＋m－1≠0，所以k＝eq \f(1,2).
所以直线PQ的斜率为定值．
18．(2022·北京东城区模拟)已知中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆E过点C(0,1)，离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与椭圆E交于A，B两点，若△OAB的面积为eq \f(2,3)，求直线l的方程．
解 (1)设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由已知，直线l过左焦点F(－1,0)．
当直线l与x轴垂直时，不妨设点A在x轴下方，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，
此时|AB|＝eq \r(2)，则S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×1＝eq \f(\r(2),2)，不满足条件．
当直线l与x轴不垂直时，
设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
显然Δ>0，所以x1＋x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，
x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
因为S△OAB＝eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|，
由已知S△OAB＝eq \f(2,3)，所以|y1－y2|＝eq \f(4,3).
因为y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2)＋2k＝k·eq \f(－4k2,1＋2k2)＋2k＝eq \f(2k,1＋2k2)，
y1y2＝k(x1＋1)·k(x2＋1)＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(－k2,1＋2k2)，
所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝ eq \r(\f(4k2,1＋2k22)＋\f(4k2,1＋2k2))＝eq \f(4,3)，
所以k4＋k2－2＝0，解得k＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
19．(2021·天津高考)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．
解 (1)易知点F(c,0)，B(0，b)，
故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5)，
因为椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，
故c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，
先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，))
消去y并整理得x2－2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)＝0，
因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.
由题意可知y0>0，在直线MN的方程中，
令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y0)))，
直线BF的斜率为kBF＝－eq \f(b,c)＝－eq \f(1,2)，
所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0)，
在直线PN的方程中，令y＝0，可得
x＝－eq \f(1,2y0)，即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2y0)，0))，
因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，
即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2y\\al(2,0),2x0y0＋1)＝－eq \f(1,2)，
整理可得(x0＋5y0)2＝0，
所以x0＝－5y0，所以eq \f(x\\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝6yeq \\al(2,0)＝1，
又y0>0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝－eq \f(5\r(6),6)，
所以直线l的方程为－eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，即x－y＋eq \r(6)＝0.
20．(2021·南京学情检测)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(1)设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，T是椭圆C上的一个动点，求eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))的取值范围；
(2)设A(0，－1)，与坐标轴不垂直的直线l交椭圆C于B，D两点，若△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形，求直线l的方程．
解 (1)因为椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，所以
F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．
设T(x0，y0)，则eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)·(eq \r(3)－x0，－y0)＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－3.
因为点T(x0，y0)在椭圆C上，所以eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
所以eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))＝eq \f(3,4)xeq \\al(2,0)－2，且xeq \\al(2,0)∈[0,4]，
所以eq \(TF1,\s\up6(→))·eq \(TF2,\s\up6(→))的取值范围是[－2,1]．
(2)因为直线l与坐标轴不垂直，故设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠－1，k≠0)，B(x1，y1)，D(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－1,1＋4k2).
因为△ABD是以A为直角顶点的等腰直角三角形，
所以AB⊥AD，即eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))＝0，
因此(y1＋1)(y2＋1)＋x1x2＝0，
即(kx1＋m＋1)(kx2＋m＋1)＋x1x2＝0，
从而(1＋k2)x1x2＋k(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝0，
即(1＋k2)×eq \f(4m2－1,1＋4k2)－k(m＋1)×eq \f(8km,1＋4k2)＋(m＋1)2＝0，
也即4(1＋k2)(m－1)－8k2m＋(1＋4k2)(m＋1)＝0，
解得m＝eq \f(3,5).
又线段BD的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋4k2)，\f(m,1＋4k2)))，且AM⊥BD，
所以eq \f(\f(m,1＋4k2)＋1,－\f(4km,1＋4k2))＝－eq \f(1,k)，即3m＝1＋4k2，解得k＝±eq \f(\r(5),5).
又当k＝±eq \f(\r(5),5)，m＝eq \f(3,5)时，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝eq \f(576,25)>0，
所以满足条件的直线l的方程为y＝±eq \f(\r(5),5)x＋eq \f(3,5).
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