2023高考数学复习专项训练《直线与圆的位置关系》

这是一份2023高考数学复习专项训练《直线与圆的位置关系》，共15页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）过A(0,0)，B(1,1)，C(4,2)三点的圆的一般方程是()
A. x2+y2+8x+6y=0B. x2+y2-8x-6y=0
C. x2+y2+8x-6y=0D. x2+y2-8x+6y=0
2.（5分）下列命题：其中真命题的个数是( )
①“全等三角形的面积相等”的逆命题；
②“若x2=1，则x=1”的否命题；
③“若∠A=∠B，则sinA=sinB”的逆否命题．
A. 3B. 2C. 1D. 0
3.（5分）过点p(3,3)，且与圆C：(x-3)2+(y-2)2=1相切直线方程为()
A. 3x-4y+3=0B. 3x+4y-21=0
C. x=3D. y=3
4.（5分）命题“∀a∈R,x-ax=0有实数解”的否定是()
A、∀a∈R,x-ax=0无实数解
B、∃a∈R,x-ax≠0有实数解
C、∀a∈R,x-ax≠0有实数解
D、∃a∈R,x-ax=0无实数解
A. ∀a∈R,x-ax=0无实数解B. ∃a∈R,x-ax≠0有实数解
C. ∀a∈R,x-ax≠0有实数解D. ∃a∈R,x-ax=0无实数解
5.（5分）已知直线l：ax+by+1=0始终平分圆M：x2+y2-2x-2y-1=0的周长，则a2+b2的最小值为()
A、12
B、2
C、2
D、22
A. 12B. 2C. 2D. 22
6.（5分）离心率为32，且过点(2,0)的椭圆的标准方程是( )
A. x24+y2=1B. x24+y2=1或x2+y24=1
C. x2+4y2=1D. x24+y2=1或x24+y216=1
7.（5分）若圆C1：x2+(y-1)2=r2(r>0)上存在点P，且点P关于直线x-y+1=0的对称点Q在圆C2：(x-2)2+(y-1)2=1上，则r的取值范围是()
A. [1,2]B. [1,3]C. (0,3]D. (0,2]
8.（5分）已知点A(-5,0)，B(-1,-3)，若圆C：x2+y2=r2(r>0)上恰有两点M，N，使得ΔMAB和ΔNAB的面积均为5，则r的取值范围是( )
A. (1,5)B. (1,5)C. (2,5)D. (2,5)
9.（5分）“p∧q为真命题”是“p∨q为真命题”( )的条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
10.（5分）命题：”∃x∈R,x2+1<0”的否定是( )
A. ∃x∈R,x2+1<0B. ∀x∈R,x2+1⩾0
C. ∃x∈R,x2+1⩽0D. ∃x∈R,x2+1⩾0
11.（5分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点分别为F1，F2，点A，B在椭圆上，AB⊥F1F2于F2，|AB|=4，|F1F2|=23，则椭圆方程为( )
A. x23+y2=1B. x23+y22=1
C. x29+y26=1D. x212+y29=1
12.（5分）已知椭圆x24+y23=1与椭圆x24-m+y23-m=1(m<3)，则这两个椭圆的()
A. 离心率相等B. 焦距相等C. 长轴长相等D. 短轴长相等
13.（5分）如图，椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，过F的直线交椭圆于A，B两点，点C是点A关于原点的对称点，若CF⊥AB，CF=AB，则椭圆的离心率为( )
A. 3-1B. 2-3C. 6-3D. 63
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）已知圆 的圆心为M，设A为圆上任意一点，且点 ，线段AN的垂直平分线交MA于点P，则动点P的轨迹方程为 ；
15.（5分）命题“∃x0∈R，x02-x0-1>0”的否定是 ______.
16.（5分）已知圆O:x2+y2=4及一点P(-1,0)，Q在圆O上运动一周，PQ的中点M形成轨迹C，则轨迹C的方程为___________.
17.（5分）已知椭圆C：x2m+y2m-4=1(m>4)的右焦点为F，点A(-2,2)为椭圆C内一点．若椭圆C上存在一点P，使得|PA|+|PF|=8，则m的最大值是______．
18.（5分）已知经过点M(2,1)作圆C：(x+1)2+y2=1的两条切线，切点分别为A，B两点，则直线AB的方程为______．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知a>0，设命题p：函数y=ax在R上单调递减，q：设函数y=2x-2ax⩾2a2ax<2a对任意的x，恒有y>1.若p∧q为假，p∨q为真，求a的取值范围．
20.（12分）在平面直角坐标系xOy中，圆O：x2+y2=4与圆C：(x-3)2+(y-1)2=8相交与P，Q两点．
(Ⅰ)求线段PQ的长；
(Ⅱ)记圆O与x轴正半轴交于点M，点N在圆C上滑动，求ΔMNC面积最大时的直线NM的方程．
21.（12分）已知圆M的圆心在直线x+y=0上，半径为1，直线l：6x-8y-9=0被圆M截得的弦长为3，且圆心M在直线l的右下方．
(1)求圆M的标准方程；
(2)直线mx+y-m+1=0与圆M交于A，B两点，动点P满足|PO|=2|PM|(O为坐标原点)，试求ΔPAB面积的最大值，并求出此时P点的坐标．
22.（12分）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,-2)，B(32,-1)两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT→=TH→.证明：直线HN过定点．
23.（12分）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为23.
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当|MN|=2时，求k的值．
答案和解析
1.【答案】D;
【解析】
此题主要考查圆的一般方程的求法，注意构造关于D、E、F的方程组，属于基础题．
根据题意，设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将ABC的坐标代入方程可得{F=0D+E+F+2=04D+2E+F+20=0，解可得D、E、F的值，代入圆的方程即可得答案．
解：根据题意，设所求圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
A(0,0)，B(1,1)，C(4,2)三点在圆上，则有{F=0D+E+F+2=04D+2E+F+20=0，
解可得：{D=-8E=6F=0，则要求圆的一般方程为x2+y2-8x+6y=0，
故选：D.
2.【答案】B;
【解析】解：对于①“全等三角形的面积相等”的逆命题：面积相等的三角形是全等三角形，显然逆命题①是假命题；
对于②“若x2=1，则x=1”的否命题：“若x2≠1，则x≠1”；②是真命题；
对于③“若∠A=∠B，则sinA=sinB”是真命题，原命题与逆否命题同真同假．所以③是真命题；
故选：B．
写出逆命题判断真假即可判断①的正误；写出否命题判断真假，即可判断②的正误；判断原命题的真假，即可判断③的正误；
该题考查命题的真假的判断，四种命题的逆否关系，是基本知识的考查．
3.【答案】D;
【解析】解：圆C：(x-3)2+(y-2)2=1，圆心(3,2)，
点P(3,3)满足圆的方程，故点P在圆上，
过点P的切线与PC垂直，而PC与x轴垂直，
过点P的切线的斜率为0，
所以切线方程为y=3.
故选：D.
点P在圆上，切线与PC垂直，即可求出切线方程．
此题主要考查直线与圆的位置关系，注意点与圆的关系，属于基础题．
4.【答案】null;
【解析】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
只需将“任意”变成“存在”，同时，命题加以否定，
所以“∀a∈R,x-ax=0有实数解”的否定是“∃a∈R,x-ax=0无实数解”．
故选：D.
根据全称量词命题的否定是存在量词命题即可求解．
此题主要考查含有全称量词命题的否定，属于基础题．
5.【答案】null;
【解析】解：由题意可得，圆M：x2+y2-2x-2y-1=0的圆心(1,1)，半径为3，
直线l：ax+by+1=0始终经过圆心(1,1)，
即a+b+1=0，则a2+b2=2a2+2a+1，
故当a=-12时，a2+b2取得最小值为12，
故选：A.
由题意可得，直线l：ax+by+1=0始终经过圆心，可得a+b+1=0，化简a2+b2为2a2+2a+1，再利用二次函数的性质求得它的最小值．
此题主要考查直线和圆的位置关系，二次函数的性质，属于中档题．
6.【答案】D;
【解析】
该题考查椭圆的标准方程，注意要先分析明确椭圆的焦点的位置．
根据题意，按椭圆的焦点在x轴与y轴上不同分2种情况讨论，分别求出椭圆的方程，综合即可得答案．

解：根据题意，分2种情况讨论：
①、若要求椭圆的焦点在x轴上，
若椭圆过点(2,0)，则a=2，
又由其离心率为32，即e=ca=32，则c=3，
b=a2-c2=1，
此时椭圆的方程为：x24+y2=1；
②、若要求椭圆的焦点在y轴上，
若椭圆过点(2,0)，则b=2，
又由其离心率为32，即e=ca=32，则c=32a，
b2=a2-c2=a2-3a24=a24=4，即a2=16，
此时椭圆的方程为：y216+x24=1；
故要求椭圆的方程为：x24+y2=1或y216+x24=1，
故选D．
7.【答案】B;
【解析】解：题目可转化为圆C1：x2+(y-1)2=r2(r>0)关于直线x-y+1=0对称的圆与圆C2：(x-2)2+(y-1)2=1有公共点．
由于C1(0,1)在直线x-y+1=0上，圆C1：x2+(y-1)2=r2(r>0)关于直线x-y+1=0对称的圆即为圆C1本身，故圆C1与圆C2有公共点，
于是|r-1|⩽|C1C2|⩽r+1，由于|C1C2|=(2-0)2+(1-1)2=2，所以{|r-1|⩽2r+1⩾2，解得：{-1⩽r⩽3r⩾1，即1⩽r⩽3，
故选：B.
将题目转化为圆C1关于直线对称的圆与圆C2有公共点，利用两圆位置关系的等价条件处理．
此题主要考查两圆位置关系以及圆关于直线的对称性，属于基础题．
8.【答案】B;
【解析】解：根据题意，点A(-5,0)，B(-1,-3)，
则|AB|=(-5+1)2+(0+3)2=5，直线AB的方程为y-0=0-(-3)(-5)-(-1)(x+5)，即3x+4y+15=0，
圆C：x2+y2=r2(r>0)，其圆心C(0,0)，圆心到直线AB的距离d=|15|32+42=3，
若ΔMAB和ΔNAB的面积均为5，则M、N到直线AB的距离为2，
若圆C：x2+y2=r2(r>0)上恰有两点M，N，使得ΔMAB和ΔNAB的面积均为5，
则有r+2>3r-2<3，解可得：1则r的取值范围为(1,5)；
故选：B．
根据题意，由A、B的坐标求出直线AB的方程以及|AB|=5，又由ΔMAB和ΔNAB的面积可得两点M，N到直线AB的距离为2，结合直线与圆的位置关系分析可得答案．
该题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式的应用，属于综合题．
9.【答案】A;
【解析】解：若“p且q为真”成立，则p，q全真，所以“p或q为真”成立
若“p或q为真”则p，q全真或真q假或p假q真，所以“p且q为真”不一定成立
∴“p且q为真”是“p或q为真”的充分不必要条件
故选：A．
根据复合命题“p且q”真假的规定：全真则真，有假则假”判断出若“p且q为真”成立“p或q为真”成立，再根据复合命题“p或q”真假的规定：全假则假，有真则真，判断出若“p或q为真”成立推不出“p且q为真”，利用充要条件的定义得到结论．
判断复合命题的真假问题，一个先弄清是那种形式的复合命题，再判断出构成其简单命题的真假情况，根据规定得到复合命题的真假．
10.【答案】B;
【解析】
此题主要考查存在量词命题的否定，属于基础题．
根据存在量词命题的否定是全称量词命题即可判断.
解：由题意得，”∃x∈R,x2+1<0”的否定是 “∀x∈R,x2+1⩾0”，
故选B.
11.【答案】C;
【解析】
此题主要考查椭圆的简单性质的应用，考查椭圆的概念及标准方程，属于基础题．
利用椭圆的性质，求解出a，b然后推出椭圆方程．

解：椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦点分别为F1，F2，点A，B在椭圆上，
AB⊥F1F2于F2，|AB|=4，|F1F2|=23，
可得c=3，AF2=12AB=2，AF1=F1F22+AF22=4,
AF1+AF2=2a=6可得a=3，
c2=a2-b2，解得b=6，
所以所求椭圆方程为：x29+y26=1．
故选：C．
12.【答案】B;
【解析】解：由椭圆x24+y23=1可得c2=4-3=1，
由椭圆x24-m+y23-m=1(m<3)，c'2=4-m-(3-m)=1，
所以可得两个椭圆的焦距相等，
故选：B.
由两个椭圆的方程可得两个半焦距相等，即可得焦距相等．
此题主要考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
13.【答案】C;
【解析】解：作另一焦点F'，连接AF'和BF'和CF'，则四边形FAF'C为平行四边形，
∴AF'=CF=AB，且AF'⊥AB，则三角形ABF'为等腰直角三角形，
设AF'=AB=x，则x+x+2x=4a，即x=(4-22)a，
∴AF=(22-2)a，在三角形AFF'中由勾股定理得
(AF')2+(AF)2=(2c)2，
∴e2=9-62=(6-3)2．
则e=6-3
故选：C．
作另一焦点F'，连接AF'和BF'和CF'，则四边形FAF'C为平行四边形，进一步得到三角形ABF'为等腰直角三角形，设AF'=AB=x，求出x，在三角形AFF'中由勾股定理得(AF')2+(AF)2=(2c)2，即可求出e2，则答案可求．
此题主要考查了椭圆的简单性质，考查了勾股定理在解题中的应用，是中档题．
14.【答案】x29+y25=1;
【解析】
该题考查圆的方程、轨迹方程及椭圆的方程，根据题意可得圆的圆心及半径，进而可得点P的轨迹为椭圆，从而即可求得结果．
解：已知圆(x+2)2+y2=3，则圆心M(-2,0)，半径为6．
A为圆上任一点，且AM=6
N(2,0)，线段AN的垂直平分线上任一点到两端点的距离相等且交MA于点P，
有PN=PA，
又有AM=PA+PM=6，即有PM+PN=6，
即动点P到两定点M、N的距离之和为常数6，
根据椭圆的定义，可得椭圆中参数2a=6，2c=4，
则b=5，
则动点P的轨迹方程是x29+y25=1，
故答案为x29+y25=1．
15.【答案】∀x∈R，x2-x-1≤0;
【解析】解：特称命题的否定为全称命题，所以命题的否定为“∀x∈R，x2-x-1⩽0”．
故答案为：∀x∈R，x2-x-1⩽0.
特称命题的否定为全称命题，所以命题的否定为“∀x∈R，x2-x-1⩽0”．
此题主要考查特称命题的否定，属于基础题．
16.【答案】(x+12)2+y2=1;
【解析】
设M(x,y)，用x，y表示出Q点坐标，代入圆O方程化简即可.
此题主要考查了轨迹方程的求解，熟练掌握轨迹方程的求法，是解答的关键.设M(x,y)，则Q(2x+1,2y)，
∵Q在圆x2+y2=4上，
∴(2x+1)2+4y2=4，
即(x+12)2+y2=1.
轨迹C的方程是(x+12)2+y2=1，
故答案为：(x+12)2+y2=1
17.【答案】25;
【解析】解：椭圆C：x2m+y2m-4=1(m>4)的右焦点为F，
记椭圆的右焦点为F(2,0)，则|AF1|=2，
∵|P'F1|⩽|P'A|+|AF1|，
∴2a=|PF1|+|PF|⩽|P'A|+|AF1|+|P'F|⩽2+8=10，
即a⩽5；即m⩽25．
故答案为：25．
通过记椭圆的右焦点为F(2,0)，则|AF|=1，利用|P'F1|⩽|P'A|+|AF1|，可知a⩽5；进而可得结论．
此题主要考查椭圆的简单性质，利用三角形的性质是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
18.【答案】3x+y+2=0;
【解析】
该题考查直线和圆的位置关系以及圆和圆的位置关系、圆的切线性质，体现了数形结合的数学思想，属于基础题．
求出以M(2,1)、C(-1,0)为直径的圆的方程，将两圆的方程相减可得公共弦AB所在直线的方程．

解：如图，

由几何性质可知，∠CAM=∠CBM=90°，即AMBC共圆，且直径为MC，
∵(x+1)2+y2=1的圆心为C(-1,0)，半径为1，
∴以M(2,1)、C(-1,0)为直径的圆的方程为(x-12)2+(y-12)2=52，将两圆的方程相减可得公共弦AB的方程3x+y+2=0，
故答案是：3x+y+2=0．
19.【答案】解：若p是真命题，则0＜a＜1…（2分）
若q是真命题，则函数y＞1恒成立，即函数y的最小值大于1，而函数y的最小值为2a，
只需2a＞1∴a＞12∴q为真命题时，a＞12…（6分）
又∵p∧q为假，p∨q为真∴p与q一真一假 …（8分）
若p真q假，则0＜a≤12；若p假q真，则a≥1…（10分）
故a的取值范围为0＜a≤12或a≥1…（12分）;
【解析】
若命题p：“函数y=ax在R上单调递减”为真命题，根据指数函数的单调性与底数的关系，易确定满足条件的a的取值范围，若命题q：“设函数y=2x-2ax⩾2a2ax<2a对任意的x，恒有y>1”，易求了满足条件的a的取值范围，又由p∧q为假，p∨q为真，可以判断出命题p与命题q中一个为真一个为假，分类讨论求出对应的a的取值范围，综合讨论结果，即可得到a的取值范围．
此题主要考查的知识点是命题的真假判断与应用，其中求出命题p与命题q为真或假时，a的取值范围是解答本题的关键．
20.【答案】解：(Ⅰ)由圆O：x2+y2=4，圆C：(x-3)2+(y-1)2=8，
两式作差可得：3x+y-3=0，即PQ的方程为3x+y-3=0，
点O到直线PQ的距离d=310，
则|PQ|=24-(310)2=3105；
(Ⅱ)由已知可得，M(2,0)，|MC|=2，|NC|=22，
∴SΔMNC=12|MC|.|NC|.sin∠MCN=2sin∠MCN，
当∠MCN=90°时，SΔMCN取得最大值，
此时MC⊥NC，又kCM=1，
∴直线CN：y=-x+4．
由y=-x+4(x-3)2+(y-1)2=8，解得N(1,3)或N(5,-1)．
当N(1,3)时，kMN=-3，此时MN的方程为：3x+y-6=0；
当N(5,-1)时，kMN=-13，此时MN的方程为x+3y-2=0．
∴MN的方程为3x+y-6=0或x+3y-2=0．;
【解析】该题考查直线与圆、圆与圆位置关系的判定及应用，考查计算能力，是中档题．
(Ⅰ)由两圆方程作差可得PQ所在直线方程，然后利用垂径定理求弦长；
(Ⅱ)由已知可得，|MC|=2，|NC|=22，得到SΔMNC=2sin∠MCN，当∠MCN=90°时，SΔMCN求得最大值．求出直线CN的方程，与圆的方程联立求解N，然后分类求解MN所在直线方程．

21.【答案】解：（1）由已知可设圆心M（a，-a），圆心到直线l的距离为d，
则d=|6a+8a-9|10=1-34，…（1分）
于是，整理得|14a-9|=5，解得a=1，或a=27．…（3分）
∵圆心M在直线l的右下方，
∴圆心M是（1，-1），
∴圆M的标准方程为（x-1）2+（y+1）2=1．…（4分）
（2）直线mx+y-m+1=0可变形为m（x-1）+y+1=0，即过定点（1，-1），
∴动直线mx+y-m+1=0恰好过圆M的圆心，
∴|AB|=2．…（5分）
设P（x，y），则由|PO|=2|PM|，可得x2+y2=2[（x-1）2+（y+1）2]，
整理得（x-2）2+（y+2）2=4，即P点在以（2，-2）为圆心，2为半径的圆上，…（7分）
设此圆圆心为N，则N（2，-2）．
∴要使△PAB的面积最大，点P到直线AB的距离d最大，
dmax=|PM|=(2-1)2+(-2+1)2+2=2+2，
∴△PAB面积的最大值为=2+2．…（8分）
∵MN的方程为y=-x，…（9分）
代入方程（x-2）2+（y+2）2=4中，可解得x=4，或0 （舍去），
∴此时P（4，-4）．…（10分）;
【解析】
(1)利用直线l：6x-8y-9=0被圆M截得的弦长为3，且圆心M在直线l的右下方，求出圆心坐标，即可求圆M的标准方程；
(2)要使ΔPAB的面积最大，点P到直线AB的距离d最大，利用P点在以(2,-2)为圆心，2为半径的圆上，即可得出结论．
该题考查圆的方程，考查直线与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
22.【答案】解：（1）设E的方程为x2a2+y2b2=1，
将A(0，-2)，B(32，-1)两点代入得{4b2=194a2+1b2=1，
解得a2=3，b2=4，
故E的方程为x23+y24=1；
（2）由A(0，-2)，B(32，-1)可得直线AB：y=23x-2
①若过P（1，-2）的直线的斜率不存在，直线为x=1，
代入x23+y24=1，可得M(1，263)，N(1，-263)，
将y=263代入AB：y=23x-2，可得T(6+3，263)，
由MT→=TH→，得H(26+5，263)，
易求得此时直线HN：y=(2-263)x-2，过点（0，-2）；
②若过P（1，-2）的直线的斜率存在，设kx-y-（k+2）=0，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立{kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得（3k2+4）x2-6k（2+k）x+3k（k+4）=0，
故有{x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，{y1+y2=-8(2+k)3k2+4y1y2=4(4+4k-2k23k2+4，且x1y2+x2y1=-24k3k2+4（*），
联立{y=y1y=23x-2，可得T(3y12+3，y1)，H(3y1+6-x1，y1)，
可求得此时HN：y-y2=y1-y23y1+6-x1-x2(x-x2)，
将（0，-2）代入整理得2（x1+x2）-6（y1+y2）+x1y2+x2y1-3y1y2-12=0，
将（*）代入，得24k+12k2+96+48k-24k-48-48k+24k2-36k2-48=0，
显然成立．
综上，可得直线HN过定点（0，-2）．;
【解析】
(1)设E的方程为x2a2+y2b2=1，将A，B两点坐标代入即可求解；(2)由A(0,-2),B(32,-1)可得直线AB：y=23x-2，①若过P(1,-2)的直线的斜率不存在，直线为x=1，代入椭圆方程，根据MT→=TH→即可求解；②若过P(1,-2)的直线的斜率存在，设kx-y-(k+2)=0，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立{kx-y-(k+2)=0x23+y24=1，得(3k2+4)x2-6k(2+k)x+3k(k+4)=0，结合韦达定理和已知条件即可求解．
此题主要考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
23.【答案】解：（Ⅰ）由题意得，
{b=12c=23，∴b=1，c=3，a=2，
∴椭圆E的方程为x24+y2=1．
（Ⅱ）设过点P（-2，1）的直线为y-1=k（x+2），B（x1，y1），C（x2，y2），
联立得{y-1=k(x+2)x24+y21=1，即（1+4k2）x2+（16k2+8k）x+16k2+16k=0，
∵直线与椭圆相交，∴Δ=[（16k2+8k）]2-4（1+4k2）（16k2+16k）＞0，∴k＜0，
由韦达定理得x1+x2=-16k2+8k1+4k2，x1•x2=16k2+16k1+4k2，
∵kAB=y1-1x1，∴直线AB为y=y1-1x1x+1，
令y=0，则x=x11-y1，∴M（x11-y1，0），同理N（x21-y2，0），
∴|MN|=|x11-y1-x21-y2|=|x1-k(x1+2)-x2-k(x2+2)|=|1k（x2x2+2-x1x1+2）|
=|1k•2(x2-x1)(x2+2)(x1+2)|=|1k•2(x1+x2)2-4x1x2(x1x2+2(x1+x2)+4|
=|2k(-16k2+8k1+4k2)2-4(16k2+16k)1+4k216k2+16k1+4k2-2(16k2+8k)1+4k2+4|=2，
∴|2k•-64k4|=2，∴|-kk|=12，
∴k=-4．;
【解析】
(Ⅰ)利用已知和a，b，c的关系，可得a，b，进而得到椭圆方程．
(Ⅱ)联立直线与椭圆方程，再利用韦达定理求出x1+x2，x1⋅x2，再表示出|MN|，化简即可．
此题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查联立法和韦达定理、方程思想和运算能力，是一道综合题．