高考数学一轮复习第八章 8.5 第2课时

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这是一份高考数学一轮复习第八章 8.5 第2课时，共15页。试卷主要包含了已知直线l，已知椭圆E，设F1，F2为椭圆C，已知F1，F2是椭圆C等内容，欢迎下载使用。

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故m≥1且m≠5.
方法二由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，∴5k2＋m－1≥0，
∴m≥1且m≠5.
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)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．
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．
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eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A．2 B.eq \f(4\r(5),5) C.eq \f(4\r(10),5) D.eq \f(8\r(10),5)
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4，,y＝x＋t，))消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4t2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(2) |x1－x2|
＝eq \r(2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,5)t))2－4×\f(4t2－1,5))＝eq \f(4 \r(2),5)·eq \r(5－t2)，
当t＝0时，|AB|max＝eq \f(4\r(10),5).
命题点2 中点弦问题
例2 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\c1(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\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),2)＝1，①
eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),2)＝1，②
①－②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，∴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.
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．记住必须检验．
(2)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2－4x1x2])
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(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 (1)已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝eq \f(3\r(2),2)时，则直线l的方程为______________．
答案 eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
解析由题意得b＝1，c＝1.
∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.
∴椭圆方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
若直线l斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，不符合题意．
若l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＋2x2＝2，))得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
∴x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).
即eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3\r(2),2)，
解得k2＝2，∴k＝±eq \r(2).
∴直线l方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
(2)(2019·石家庄模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(\r(3),2)
答案 A
解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝1.
∵PF∥l，∴kPF＝kl＝－eq \f(b,c)＝eq \f(y1－y2,x1－x2).
∵eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1.
∴eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
∴eq \f(2,a2)＋eq \f(－\f(b,c),b2)＝0，可得2bc＝a2，
∴4c2(a2－c2)＝a4，化为4e4－4e2＋1＝0，
解得e2＝eq \f(1,2)，
又∵0 直线与椭圆的综合问题
例3 (2019·天津)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq \f(\r(5),5).
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上，若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
解 (1)设椭圆的半焦距为c，依题意知，2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．
设直线PB的斜率为k(k≠0)，
又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，
代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，
进而直线OP的斜率为eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).
由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－eq \f(k,2).
由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝－1，
化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以，直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5).
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2 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 \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，求直线l的方程．
解 (1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝\r(3)b，,c＝1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3b2，,a2－b2＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝\f(4,3)，,b2＝\f(1,3)，))
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\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
Δ＝8(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 \(F1P,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(F1Q,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
因为eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，所以eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(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.
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，
∴点P(m，n)在椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的内部，
故所求交点个数是2.
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)，
当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大为eq \f(4\r(3),3).
3．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，))解得交点坐标为(0，－2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，
不妨设A点的纵坐标yA＝－2，B点的纵坐标yB＝eq \f(4,3)，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|
＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))＝eq \f(5,3)，
故选B.
4．已知椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝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.eq \f(1,2) B．－eq \f(1,2) C．2 D．－2
答案 B
解析设弦所在直线的斜率为k，弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),36)＋\f(y\\al(2,1),9)＝1，,\f(x\\al(2,2),36)＋\f(y\\al(2,2),9)＝1，))
两式相减，得
eq \f(x1＋x2x1－x2,36)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,9)＝0，
所以eq \f(2x1－x2,9)＝－eq \f(4y1－y2,9)，
所以k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2).
经检验，k＝－eq \f(1,2)满足题意．
故弦所在直线的斜率为－eq \f(1,2).故选B.
5．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
答案 D
解析 kAB＝eq \f(0＋1,3－1)＝eq \f(1,2)，kOM＝－1，
由kAB·kOM＝－eq \f(b2,a2)，得eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，∴a2＝2b2.
∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，椭圆E的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
6．(2020·南昌模拟)椭圆ax2＋by2＝1(a>0，b>0)与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为eq \f(\r(3),2)，则eq \f(b,a)的值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(3),3) C.eq \f(9\r(3),2) D.eq \f(2\r(3),27)
答案 B
解析方法一设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则axeq \\al(2,1)＋byeq \\al(2,1)＝1，axeq \\al(2,2)＋byeq \\al(2,2)＝1，
即axeq \\al(2,1)－axeq \\al(2,2)＝－(byeq \\al(2,1)－byeq \\al(2,2))，
则eq \f(by\\al(2,1)－by\\al(2,2),ax\\al(2,1)－ax\\al(2,2))＝－1，eq \f(by1－y2y1＋y2,ax1－x2x1＋x2)＝－1，
由题意知，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－1，
过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))与原点的直线的斜率为eq \f(\r(3),2)，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(\r(3),2)，
∴eq \f(b,a)×(－1)×eq \f(\r(3),2)＝－1，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(2\r(3),3)，故选B.
方法二由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1－x，,ax2＋by2＝1))消去y，
得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0，
可得AB中点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a＋b)，\f(a,a＋b)))，
∴kOP＝eq \f(a,b)＝eq \f(\r(3),2)，∴eq \f(b,a)＝eq \f(2\r(3),3).
7．(多选)已知椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标为(x0，y0)，若l1⊥l2，则下列结论正确的有( )
A.eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)<1 B.eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)>1
C.eq \f(x0,4)＋eq \f(y0,3)<1 D．4xeq \\al(2,0)＋3yeq \\al(2,0)>1
答案 ACD
解析由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
可得a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1.
∴左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，
设A(0，eq \r(3))，则tan∠AF1F2＝eq \r(3)，
可得∠AF1F2＝eq \f(π,3)，
∴∠F1AF2＝eq \f(π,3).
∵l1⊥l2，∴直线l1与直线l2的交点M在椭圆的内部．
∴eq \f(x\\al(2,0),4)＋eq \f(y\\al(2,0),3)＜1，A正确；B不正确；
直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,3)＝1与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立，
可得7y2－24y＋27＝0无解，
因此直线eq \f(x,4)＋eq \f(y,3)＝1与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1无交点．
而点M在椭圆的内部，在直线的左下方，
∴满足eq \f(x0,4)＋eq \f(y0,3)＜1，C正确．
∵xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝1,0≤yeq \\al(2,0)≤1，
∴4xeq \\al(2,0)＋3yeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))＋3yeq \\al(2,0)＝4－yeq \\al(2,0)＞1，因此D正确．
故选ACD.
8．设F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，经过F1的直线交椭圆C于A，B两点，若△F2AB是面积为4eq \r(3)的等边三角形，则椭圆C的方程为___________________．
答案 eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1
解析 ∵△F2AB是面积为4eq \r(3)的等边三角形，
∴AB⊥x轴，∴A，B两点的横坐标为－c，代入椭圆方程，
可求得|F1A|＝|F1B|＝eq \f(b2,a).
又|F1F2|＝2c，∠F1F2A＝30°，
∴eq \f(b2,a)＝eq \f(\r(3),3)×2c.①
又＝eq \f(1,2)×2c×eq \f(2b2,a)＝4eq \r(3)，②
a2＝b2＋c2，③
由①②③解得a2＝9，b2＝6，c2＝3，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1.
9．设F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是________．
答案 1
解析 ∵(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(F1O,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))
＝eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，
∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝4，m2＋n2＝12，
∴2mn＝4，mn＝2，
∴＝eq \f(1,2)mn＝1.
10．(2020·湖北部分重点中学联考)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，过左焦点F1的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AF1|＝3|BF1|，|AB|＝|BF2|，则椭圆C的离心率为________．
答案 eq \f(\r(10),5)
解析设|BF1|＝k，则|AF1|＝3k，|BF2|＝4k.
由|BF1|＋|BF2|＝|AF1|＋|AF2|＝2a，
得2a＝5k，|AF2|＝2k.
在△ABF2中，cs∠BAF2＝eq \f(4k2＋2k2－4k2,2×4k×2k)＝eq \f(1,4)，
又在△AF1F2中，cs∠F1AF2＝eq \f(3k2＋2k2－2c2,2×3k×2k)＝eq \f(1,4)，
所以2c＝eq \r(10)k，故离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(10),5).
11．已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，过椭圆C上一点P(1，eq \r(2))作倾斜角互补的两条直线PA，PB，分别交椭圆C于A，B两点，则直线AB的斜率为________．
答案 eq \r(2)
解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，同时设PA的方程为y－eq \r(2)＝k(x－1)，代入椭圆方程化简，得(k2＋2)x2－2k(k－eq \r(2))x＋k2－2eq \r(2)k－2＝0，显然1和x1是这个方程的两解，
因此x1＝eq \f(k2－2\r(2)k－2,k2＋2)，y1＝eq \f(－\r(2)k2－4k＋2\r(2),k2＋2)，
由－k代替x1，y1中的k，得
x2＝eq \f(k2＋2\r(2)k－2,k2＋2)，y2＝eq \f(－\r(2)k2＋4k＋2\r(2),k2＋2)，
所以eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \r(2).
故直线AB的斜率为eq \r(2).
12．设F1，F2分别是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，E的离心率为eq \f(\r(2),2)，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eq \(BF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1A,\s\up6(→))，求直线BF2的方程．
解 (1)由题意知，b＝1，且e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my－1，))得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，①
y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，②
因为F1(－1,0)，
所以eq \(BF1,\s\up6(→))＝(－1－x2，－y2)，eq \(F1A,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，
由eq \(BF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1A,\s\up6(→))可得，－y2＝2y1，③
由①②③可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，±\f(\r(14),4)))，
则kBF2＝eq \f(\r(14),6)或－eq \f(\r(14),6)，
所以直线BF2的方程为
eq \r(14)x－6y－eq \r(14)＝0或eq \r(14)x＋6y－eq \r(14)＝0.
13．(2019·全国100所名校联考)已知椭圆C：x2＋eq \f(y2,b2)＝1(b>0，且b≠1)与直线l：y＝x＋m交于M，N两点，B为上顶点．若|BM|＝|BN|，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)))
答案 C
解析设直线y＝x＋m与椭圆x2＋eq \f(y2,b2)＝1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))得(b2＋1)x2＋2mx＋m2－b2＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(2m,b2＋1)，x1x2＝eq \f(m2－b2,b2＋1)，
Δ＝(2m)2－4(b2＋1)(m2－b2)＝4b2(b2＋1－m2)>0.
设线段MN的中点为G，知G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,b2＋1)，\f(b2m,b2＋1)))，
因为|BM|＝|BN|，所以直线BG垂直平分线段MN，
所以直线BG的方程为y＝－x＋b，且经过点G，
可得eq \f(b2m,b2＋1)＝eq \f(m,b2＋1)＋b，解得m＝eq \f(b3＋b,b2－1).
因为b2＋1－m2>0，所以b2＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b3＋b,b2－1)))2>0，
解得0因为e2＝1－b2，所以eq \f(\r(6),3)14．(2019·衡水调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，斜率为－eq \f(1,2)的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3)))，则椭圆C的离心率为________．
答案 eq \f(\r(6),3)
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，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，
两式相减得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0.(*)
因为△ABF1的重心为Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2－c,3)＝\f(c,6)，,\f(y1＋y2,3)＝\f(c,3)，))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(3c,2)，,y1＋y2＝c，))
代入(*)式得eq \f(3x1－x2c,2a2)＋eq \f(y1－y2c,b2)＝0，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3b2,2a2)＝－eq \f(1,2)，即a2＝3b2，
所以椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(6),3).
15．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)，则椭圆在其上一点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( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \r(2) C.eq \r(3) D．2
答案 B
解析由题意可得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)，
所以S△OCD＝eq \f(1,2)·eq \f(1,y2)·eq \f(2,x2)＝eq \f(1,x2y2)，
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，
即有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面积取得最小值eq \r(2)，故选B.
16．已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，且椭圆C过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若与直线OP(O为坐标原点)平行的直线交椭圆C于A，B两点，当OA⊥OB时，求△AOB的面积．
解 (1)设椭圆C的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－b2＝3，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝1.))
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)直线OP的方程为y＝eq \f(\r(3),2)x，设直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．将直线AB的方程代入椭圆C的方程并整理得x2＋eq \r(3)mx＋m2－1＝0，
由Δ＝3m2－4(m2－1)>0，得m2<4，
所以x1＋x2＝－eq \r(3)m，x1x2＝m2－1.
由OA⊥OB，得eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x1＋m))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2＋m))
＝eq \f(7,4)x1x2＋eq \f(\r(3),2)m(x1＋x2)＋m2＝eq \f(7,4)(m2－1)＋eq \f(\r(3),2)m·(－eq \r(3)m)＋m2＝eq \f(5,4)m2－eq \f(7,4)＝0，得m2＝eq \f(7,5).
又|AB|＝eq \r(1＋\f(3,4))eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(7),2)·eq \r(4－m2)，
O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\f(3,4)))＝eq \f(|m|,\f(\r(7),2))，
所以S△AOB＝eq \f(1,2)·|AB|·d
＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(7),2)×eq \r(4－m2)×eq \f(|m|,\f(\r(7),2))＝eq \f(\r(91),10).

高考数学一轮复习第八章 8.5 第2课时

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