还剩10页未读，
继续阅读
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第九章平面解析几何9.5第2课时
展开
第2课时 直线与椭圆
题型一 直线与椭圆的位置关系
1.若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A.m>1 B.m>0
C.0
解析 方法一 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<≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.
方法二 由
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，∴m≥1且m≠5.
2.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝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
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－3
(3)当Δ<0，即m<－3或m>3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.
思维升华 研究直线与椭圆位置关系的方法
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究其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.
题型二 弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
例1 斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.2 B. C. D.
答案 C
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.
∴|AB|＝|x1－x2|＝·
＝·＝·，
当t＝0时，|AB|max＝.
命题点2 中点弦问题
例2 已知P(1，1)为椭圆＋＝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，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，又∵x1＋x2＝2，∴＝2，
解得k＝－.
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
方法二 易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为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＋＝1，①
＋＝1，②
①－②得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，∴k＝＝－.
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
思维升华 (1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题.涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单.
(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝＝(k为直线斜率).
(3)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.
跟踪训练1 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程.
解 (1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，
则原点O到该直线的距离d＝＝，
由d＝c，得a＝2b＝2，解得离心率e＝＝.
(2)方法一 由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.①
依题意，圆心M(－2，1)是线段AB的中点，且|AB|＝.
易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
x1x2＝，
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k＝，
从而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝，
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
方法二 由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2，②
依题意，点A，B关于圆心M(－2，1)对称，且|AB|＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0，
易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝，
因此直线AB的方程为y＝(x＋2)＋1，
代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
题型三 椭圆与向量等知识的综合
例3 (2019·杭州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，e＝，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点的横坐标为，且＝λ(其中λ>1).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求实数λ的值.
解 (1)由椭圆的焦距为2，知c＝1，又e＝，∴a＝2，
故b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由＝λ，可知A，B，F三点共线，
设点A(x1，y1)，点B(x2，y2).
若直线AB⊥x轴，则x1＝x2＝1，不符合题意；
当AB所在直线l的斜率k存在时，
设l的方程为y＝k(x－1).
由消去y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.①
①的判别式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)
＝144(k2＋1)>0.
∵
∴x1＋x2＝＝2×＝，∴k2＝.
将k2＝代入方程①，得4x2－2x－11＝0，
解得x＝.
又＝(1－x1，－y1)，＝(x2－1，y2)，＝λ，
即1－x1＝λ(x2－1)，λ＝，又λ>1，∴λ＝.
思维升华 一般地，在椭圆与向量等知识的综合问题中，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几何的基本方法和基本思想.
跟踪训练2 (2018·浙江名校联盟联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记斜率为k的直线l交椭圆C于A，B两点，椭圆C上存在点P满足＝＋，求四边形OAPB的面积.
解 (1)由题意得c＝1，a＝2，b＝，
故椭圆C的方程是＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线AB：y＝kx＋m，由
消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
故Δ＝48(4k2＋3－m2)>0且
由＝＋，可得
又点P在椭圆C上，
所以＋＝1，
其中x1＋x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
代入＋＝1中，可得4m2＝3＋4k2.
|AB|＝|x1－x2|＝·，
设点O到直线l的距离为d，则d＝ .
所以四边形AOBP的面积
S＝|AB|d＝＝＝3.
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＋＝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， >2，即<2，
∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部，故所求交点个数是2.
2.过椭圆＋＝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. B. C. D.
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.
联立解得交点坐标为(0，－2)，，
不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝，
∴S△OAB＝·|OF|·|yA－yB|
＝×1×＝，
故选B.
3.已知椭圆＋＝1以及椭圆内一点P(4，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A. B.－ C.2 D.－2
答案 B
解析 设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
两式相减，得＋＝0，
所以＝－，
所以k＝＝－.故选B.
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.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案 C
解析 设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则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＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
5.经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点.设O为坐标原点，则·等于( )
A.－3 B.－
C.－或－3 D.±
答案 B
解析 依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1.代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝.所以两个交点坐标为
A(0，－1)，B，所以·＝(0，－1)·＝－.同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.
6.设F1，F2分别是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(＋)·＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 D
解析 ∵(＋)·＝(＋)·＝·＝0，
∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝4，m2＋n2＝12，2mn＝4，mn＝2，
∴＝mn＝1.
7.直线y＝kx＋k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________.
答案 相交
解析 由于直线y＝kx＋k＋1＝k(x＋1)＋1过定点(－1，1)，而(－1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交.
8.(2018·浙江余姚中学质检)若椭圆C：＋＝1的弦被点P(2，1)平分，则这条弦所在的直线l的方程是______________，若点M是直线l上一点，则M到椭圆C的两个焦点的距离之和的最小值为________.
答案 x＋2y－4＝0
解析 当直线l的斜率不存在时不满足题意，所以设l的斜率为k，椭圆C：＋＝1的弦被点P(2，1)平分，由点差法得k＝－，代入已知的中点P的坐标得到直线方程为x＋2y－4＝0.设点M(x，y)，点F2(3，0)关于x＋2y－4＝0的对称点为F2′，连接F2′F1，交直线于点M，此时距离之和最小，最小值为|F2′F1|＝＝.
9.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则椭圆C的离心率e＝________.
答案
解析 设椭圆的右焦点为F1，在△ABF中，由余弦定理可解得|BF|＝8，所以△ABF为直角三角形，且∠AFB＝90°，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|＝c＝5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|＝|AF1|＝8，所以2a＝14，a＝7，所以离心率e＝.
10.已知直线MN过椭圆＋y2＝1的左焦点F，与椭圆交于M，N两点.直线PQ过原点O与MN平行，且PQ与椭圆交于P，Q两点，则＝________.
答案 2
解析 不妨取直线MN⊥x轴，椭圆＋y2＝1的左焦点F(－1，0)，令x＝－1，得y2＝，
所以y＝±，所以|MN|＝，此时|PQ|＝2b＝2，
则＝＝2.
11.设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，E的离心率为，点(0，1)是E上一点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且＝2，求直线BF2的方程.
解 (1)由题意知，b＝1，且e2＝＝＝，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝－，②
因为F1(－1，0)，
所以＝(－1－x2，－y2)，＝(x1＋1，y1)，
由＝2可得－y2＝2y1，③
由①②③可得B，
则＝或－，
所以直线BF2的方程为
y＝x－或y＝－x＋.
12.(2019·绍兴质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点(3，1).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点P(6，0)的直线l交椭圆于A，B两点，Q是x轴上的点，若△ABQ是以AB为斜边的等腰直角三角形，求l的方程.
解 (1)设椭圆C的焦距为2c，
由离心率e＝＝及a2＝b2＋c2，得a2＝3b2，
则椭圆的方程为＋＝1，
代入点(3，1)得＋＝1，解得b2＝4，则a2＝12，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设AB的中点坐标为(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l：x＝ty＋6，则由
得(t2＋3)y2＋12ty＋24＝0，
由Δ>0，得t2>6，y0＝，x0＝ty0＋6＝，
则AB的中垂线方程为y＋＝－t，
所以Q.
易知点Q到直线l的距离为d＝＝，
|AB|＝·＝，
所以6＝2·，解得t2＝9，满足t2>6，则t＝±3，
所以直线l的方程为x±3y－6＝0.
13.(2018·台州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2，O为坐标原点，M为y轴上一点，点A是直线MF2与椭圆C的一个交点，且|OA|＝|OF2|＝2|OM|，则椭圆C的离心率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 方法一 ∵|OA|＝|OF2|＝2|OM|，M在椭圆C的短轴上，设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，
∵|OA|＝|OF2|，∴|OA|＝·|F1F2|，∴AF1⊥AF2，
从而△AF1F2∽△OMF2，∴＝＝，
又|AF1|2＋|AF2|2＝(2c)2，
∴|AF1|＝c，|AF2|＝c，
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴c＝2a，即＝.
故选D.
方法二 ∵|OA|＝|OF2|＝2|OM|，M在椭圆C的短轴上，在Rt△MOF2中，tan∠MF2O＝＝，
设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，
∵|OA|＝|OF2|，∴|OA|＝|F1F2|，
∴AF1⊥AF2，∴tan∠AF2F1＝＝，
设|AF1|＝x(x>0)，则|AF2|＝2x，∴|F1F2|＝x，
∴e＝＝＝＝，故选D.
14.已知椭圆＋＝1(a>b>0)短轴的端点为P(0，b)，Q(0，－b)，长轴的一个端点为M，AB为经过椭圆中心且不在坐标轴上的一条弦，若PA，PB的斜率之积等于－，则点P到直线QM的距离为__________.
答案 b
解析 设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，
则·＝－，即＝－，
由于＋＝1，则＝－，
故－＝－，则＝，不妨取M(a，0)，则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，
则点P到直线QM的距离为d＝＝＝b.
15.平行四边形ABCD内接于椭圆＋＝1，直线AB的斜率k1＝2，则直线AD的斜率k2等于( )
A. B.－ C.－ 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)，
则有两式相减得＝－，
整理得＝－＝－k1＝－2，
即＝－.又G，
所以kOG＝＝－，即k2＝－，故选C.
16.过椭圆＋＝1(a>b>0)上的动点M作圆x2＋y2＝的两条切线，切点分别为P和Q，直线PQ与x轴和y轴的交点分别为E和F，求△EOF面积的最小值.
解 设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意知PQ的斜率存在，且不为0，所以x0y0≠0，
则直线MP和MQ的方程分别为x1x＋y1y＝，x2x＋y2y＝.因为点M在MP和MQ上，所以有x1x0＋y1y0＝，x2x0＋y2y0＝，则P，Q两点的坐标满足方程x0x＋y0y＝，所以直线PQ的方程为x0x＋y0y＝，可得E和F，
所以S△EOF＝·|OE||OF|＝，
因为b2y＋a2x＝a2b2，b2y＋a2x≥2ab|x0y0|，
所以|x0y0|≤，
所以S△EOF＝≥，
当且仅当b2y＝a2x＝时取“＝”，
故△EOF面积的最小值为.
题型一 直线与椭圆的位置关系
1.若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是( )
A.m>1 B.m>0
C.0
解析 方法一 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<≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.
方法二 由
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，∴m≥1且m≠5.
2.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝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
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－3
(3)当Δ<0，即m<－3或m>3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.
思维升华 研究直线与椭圆位置关系的方法
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究其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.
题型二 弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
例1 斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.2 B. C. D.
答案 C
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.
∴|AB|＝|x1－x2|＝·
＝·＝·，
当t＝0时，|AB|max＝.
命题点2 中点弦问题
例2 已知P(1，1)为椭圆＋＝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，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，又∵x1＋x2＝2，∴＝2，
解得k＝－.
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
方法二 易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为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＋＝1，①
＋＝1，②
①－②得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，∴k＝＝－.
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
思维升华 (1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题.涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单.
(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝＝(k为直线斜率).
(3)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.
跟踪训练1 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程.
解 (1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，
则原点O到该直线的距离d＝＝，
由d＝c，得a＝2b＝2，解得离心率e＝＝.
(2)方法一 由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2.①
依题意，圆心M(－2，1)是线段AB的中点，且|AB|＝.
易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
x1x2＝，
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k＝，
从而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝，
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
方法二 由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2，②
依题意，点A，B关于圆心M(－2，1)对称，且|AB|＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0，
易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝，
因此直线AB的方程为y＝(x＋2)＋1，
代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，
于是|AB|＝|x1－x2|＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
题型三 椭圆与向量等知识的综合
例3 (2019·杭州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，e＝，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点的横坐标为，且＝λ(其中λ>1).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求实数λ的值.
解 (1)由椭圆的焦距为2，知c＝1，又e＝，∴a＝2，
故b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由＝λ，可知A，B，F三点共线，
设点A(x1，y1)，点B(x2，y2).
若直线AB⊥x轴，则x1＝x2＝1，不符合题意；
当AB所在直线l的斜率k存在时，
设l的方程为y＝k(x－1).
由消去y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.①
①的判别式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)
＝144(k2＋1)>0.
∵
∴x1＋x2＝＝2×＝，∴k2＝.
将k2＝代入方程①，得4x2－2x－11＝0，
解得x＝.
又＝(1－x1，－y1)，＝(x2－1，y2)，＝λ，
即1－x1＝λ(x2－1)，λ＝，又λ>1，∴λ＝.
思维升华 一般地，在椭圆与向量等知识的综合问题中，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几何的基本方法和基本思想.
跟踪训练2 (2018·浙江名校联盟联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)记斜率为k的直线l交椭圆C于A，B两点，椭圆C上存在点P满足＝＋，求四边形OAPB的面积.
解 (1)由题意得c＝1，a＝2，b＝，
故椭圆C的方程是＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
直线AB：y＝kx＋m，由
消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
故Δ＝48(4k2＋3－m2)>0且
由＝＋，可得
又点P在椭圆C上，
所以＋＝1，
其中x1＋x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
代入＋＝1中，可得4m2＝3＋4k2.
|AB|＝|x1－x2|＝·，
设点O到直线l的距离为d，则d＝ .
所以四边形AOBP的面积
S＝|AB|d＝＝＝3.
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＋＝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， >2，即<2，
∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部，故所求交点个数是2.
2.过椭圆＋＝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. B. C. D.
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.
联立解得交点坐标为(0，－2)，，
不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝，
∴S△OAB＝·|OF|·|yA－yB|
＝×1×＝，
故选B.
3.已知椭圆＋＝1以及椭圆内一点P(4，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A. B.－ C.2 D.－2
答案 B
解析 设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
两式相减，得＋＝0，
所以＝－，
所以k＝＝－.故选B.
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.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案 C
解析 设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则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＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
5.经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点.设O为坐标原点，则·等于( )
A.－3 B.－
C.－或－3 D.±
答案 B
解析 依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1.代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝.所以两个交点坐标为
A(0，－1)，B，所以·＝(0，－1)·＝－.同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.
6.设F1，F2分别是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(＋)·＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 D
解析 ∵(＋)·＝(＋)·＝·＝0，
∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝4，m2＋n2＝12，2mn＝4，mn＝2，
∴＝mn＝1.
7.直线y＝kx＋k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________.
答案 相交
解析 由于直线y＝kx＋k＋1＝k(x＋1)＋1过定点(－1，1)，而(－1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交.
8.(2018·浙江余姚中学质检)若椭圆C：＋＝1的弦被点P(2，1)平分，则这条弦所在的直线l的方程是______________，若点M是直线l上一点，则M到椭圆C的两个焦点的距离之和的最小值为________.
答案 x＋2y－4＝0
解析 当直线l的斜率不存在时不满足题意，所以设l的斜率为k，椭圆C：＋＝1的弦被点P(2，1)平分，由点差法得k＝－，代入已知的中点P的坐标得到直线方程为x＋2y－4＝0.设点M(x，y)，点F2(3，0)关于x＋2y－4＝0的对称点为F2′，连接F2′F1，交直线于点M，此时距离之和最小，最小值为|F2′F1|＝＝.
9.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则椭圆C的离心率e＝________.
答案
解析 设椭圆的右焦点为F1，在△ABF中，由余弦定理可解得|BF|＝8，所以△ABF为直角三角形，且∠AFB＝90°，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|＝c＝5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|＝|AF1|＝8，所以2a＝14，a＝7，所以离心率e＝.
10.已知直线MN过椭圆＋y2＝1的左焦点F，与椭圆交于M，N两点.直线PQ过原点O与MN平行，且PQ与椭圆交于P，Q两点，则＝________.
答案 2
解析 不妨取直线MN⊥x轴，椭圆＋y2＝1的左焦点F(－1，0)，令x＝－1，得y2＝，
所以y＝±，所以|MN|＝，此时|PQ|＝2b＝2，
则＝＝2.
11.设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，E的离心率为，点(0，1)是E上一点.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且＝2，求直线BF2的方程.
解 (1)由题意知，b＝1，且e2＝＝＝，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝－，②
因为F1(－1，0)，
所以＝(－1－x2，－y2)，＝(x1＋1，y1)，
由＝2可得－y2＝2y1，③
由①②③可得B，
则＝或－，
所以直线BF2的方程为
y＝x－或y＝－x＋.
12.(2019·绍兴质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且经过点(3，1).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点P(6，0)的直线l交椭圆于A，B两点，Q是x轴上的点，若△ABQ是以AB为斜边的等腰直角三角形，求l的方程.
解 (1)设椭圆C的焦距为2c，
由离心率e＝＝及a2＝b2＋c2，得a2＝3b2，
则椭圆的方程为＋＝1，
代入点(3，1)得＋＝1，解得b2＝4，则a2＝12，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设AB的中点坐标为(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l：x＝ty＋6，则由
得(t2＋3)y2＋12ty＋24＝0，
由Δ>0，得t2>6，y0＝，x0＝ty0＋6＝，
则AB的中垂线方程为y＋＝－t，
所以Q.
易知点Q到直线l的距离为d＝＝，
|AB|＝·＝，
所以6＝2·，解得t2＝9，满足t2>6，则t＝±3，
所以直线l的方程为x±3y－6＝0.
13.(2018·台州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F2，O为坐标原点，M为y轴上一点，点A是直线MF2与椭圆C的一个交点，且|OA|＝|OF2|＝2|OM|，则椭圆C的离心率为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 方法一 ∵|OA|＝|OF2|＝2|OM|，M在椭圆C的短轴上，设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，
∵|OA|＝|OF2|，∴|OA|＝·|F1F2|，∴AF1⊥AF2，
从而△AF1F2∽△OMF2，∴＝＝，
又|AF1|2＋|AF2|2＝(2c)2，
∴|AF1|＝c，|AF2|＝c，
又∵|AF1|＋|AF2|＝2a，∴c＝2a，即＝.
故选D.
方法二 ∵|OA|＝|OF2|＝2|OM|，M在椭圆C的短轴上，在Rt△MOF2中，tan∠MF2O＝＝，
设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，
∵|OA|＝|OF2|，∴|OA|＝|F1F2|，
∴AF1⊥AF2，∴tan∠AF2F1＝＝，
设|AF1|＝x(x>0)，则|AF2|＝2x，∴|F1F2|＝x，
∴e＝＝＝＝，故选D.
14.已知椭圆＋＝1(a>b>0)短轴的端点为P(0，b)，Q(0，－b)，长轴的一个端点为M，AB为经过椭圆中心且不在坐标轴上的一条弦，若PA，PB的斜率之积等于－，则点P到直线QM的距离为__________.
答案 b
解析 设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，
则·＝－，即＝－，
由于＋＝1，则＝－，
故－＝－，则＝，不妨取M(a，0)，则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，
则点P到直线QM的距离为d＝＝＝b.
15.平行四边形ABCD内接于椭圆＋＝1，直线AB的斜率k1＝2，则直线AD的斜率k2等于( )
A. B.－ C.－ 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)，
则有两式相减得＝－，
整理得＝－＝－k1＝－2，
即＝－.又G，
所以kOG＝＝－，即k2＝－，故选C.
16.过椭圆＋＝1(a>b>0)上的动点M作圆x2＋y2＝的两条切线，切点分别为P和Q，直线PQ与x轴和y轴的交点分别为E和F，求△EOF面积的最小值.
解 设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意知PQ的斜率存在，且不为0，所以x0y0≠0，
则直线MP和MQ的方程分别为x1x＋y1y＝，x2x＋y2y＝.因为点M在MP和MQ上，所以有x1x0＋y1y0＝，x2x0＋y2y0＝，则P，Q两点的坐标满足方程x0x＋y0y＝，所以直线PQ的方程为x0x＋y0y＝，可得E和F，
所以S△EOF＝·|OE||OF|＝，
因为b2y＋a2x＝a2b2，b2y＋a2x≥2ab|x0y0|，
所以|x0y0|≤，
所以S△EOF＝≥，
当且仅当b2y＝a2x＝时取“＝”，
故△EOF面积的最小值为.
相关资料
更多
