高考数学一轮复习　第八章 第5节 第2课时

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考点一 中点弦及弦长问题 多维探究
角度1 中点弦问题
【例1－1】 已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1，
(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)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)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，①,\f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1，②))
①－②得eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(x2＋x1,2（y2＋y1）)＝－eq \f(x,2y)，
所以－eq \f(x,2y)＝eq \f(y－1,x－2)，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1内部的部分).
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－eq \f(x,2y)＝－eq \f(1,2)，
因此所求直线方程是y－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，化简得2x＋4y－3＝0.
规律方法 弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.
角度2 弦长问题
【例1－2】 (2019·北京朝阳区模拟)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，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(8\r(3),7)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝3，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))
解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(|－m|,\r(2))<1，
得|m||AB|＝2eq \r(1－d2)＝2eq \r(1－\f(m2,2))＝eq \r(2)×eq \r(2－m2)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－x＋m，))消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8m,7)，x1x2＝eq \f(4m2－12,7)，
|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8m,7)))\s\up12(2)－4×\f(4m2－12,7))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(336－48m2,49))＝eq \f(4\r(6),7)×eq \r(7－m2)＝eq \f(8\r(3),7)|AB|
＝eq \f(8\r(3),7)×eq \r(2)×eq \r(2－m2)，
解得m2＝eq \f(1,3)<7，得m＝±eq \f(\r(3),3).
即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±eq \f(\r(3),3).
规律方法 1.解决直线与椭圆相交的问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题.
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).
【训练1】 (1)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.
(2)(一题多解)(2019·广东五校调研)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为( )
A.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,20)＝1 B.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,12)＝1
C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,8)＝1 D.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1
解析 (1)法一 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2（x－1），,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1))消去y，得3x2－5x＝0，
故得A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，则
|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq \f(5\r(5),3).
法二 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，
直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2（x－1），,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0，
则|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)
＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(（1＋22）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))\s\up12(2)－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3).
(2)法一 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆方程为eq \f(y2,b2＋4)＋eq \f(x2,b2)＝1(b>0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y2,b2＋4)＋\f(x2,b2)＝1，,y＝3x＋7))消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知eq \f(y1＋y2,2)＝1，
∴y1＋y2＝eq \f(14（b2＋4）,10b2＋4)＝2，解得b2＝8.
∴所求椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1.
法二 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆的方程为eq \f(y2,b2＋4)＋eq \f(x2,b2)＝1(b>0).
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),b2＋4)＋\f(xeq \\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(yeq \\al(2,2),b2＋4)＋\f(xeq \\al(2,2),b2)＝1， ②))
①－②得eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2＋4)＋eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,b2)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(b2＋4,b2)，
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3，代入上式得3×eq \f(2×1,2×（－2）)＝－eq \f(b2＋4,b2)，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,12)＝1.
答案 (1)eq \f(5\r(5),3) (2)D
考点二 最值与范围问题 易错警示
【例2】 (2019·天津和平区质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→)).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由eq \(PQ,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(QB,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(6,5)，,y0＝－\f(4,5)，))
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>eq \f(3,4).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(16k,1＋4k2)，,x1x2＝\f(12,1＋4k2)，))
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·eq \f(12,1＋4k2)－2k·eq \f(16k,1＋4k2)＋4>0，
解得k2<4，综上可得eq \f(3,4)则eq \f(\r(3),2)则满足条件的斜率k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2)).
规律方法 最值与范围问题的解题思路
1.构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解.
2.构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等.
易错警示 (1)设直线方程时，应注意讨论斜率不存在的情况.
(2)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.
【训练2】 已知P(x0，y0)是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))<0，则x0的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(6),3)，\f(2\r(6),3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))
解析 由题意可知F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，则eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝(x0＋eq \r(3))(x0－eq \r(3))＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－3<0.因为点P在椭圆上，所以yeq \\al(2,0)＝1－eq \f(xeq \\al(2,0),4).所以xeq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,0),4)))－3<0，解得－eq \f(2\r(6),3)答案 A
[思维升华]
解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.
[易错防范]
1.涉及直线的斜率时，要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
2.求某几何量的最值或范围要考虑其中变量的取值范围.
数学运算——高考解析几何问题中的“设而不求”
1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程，解析几何正是利用数学运算解决几何问题的一门科学.
2.“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简.解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等.
类型1 巧妙运用抛物线定义得出与根与系数关系的联系，从而设而不求
【例1】 (2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________.
解析 法一 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|＋|BF|＝yA＋eq \f(p,2)＋yB＋eq \f(p,2)＝4×eq \f(p,2)⇒yA＋yB＝p，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py，))可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以yA＋yB＝eq \f(2pb2,a2)＝p，解得a＝eq \r(2)b，故该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x.
法二 (点差法)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋eq \f(p,2)，|BF|＝y2＋eq \f(p,2)，|OF|＝eq \f(p,2)，由|AF|＋|BF|＝y1＋eq \f(p,2)＋y2＋eq \f(p,2)＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
易知直线AB的斜率kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(xeq \\al(2,2),2p)－\f(xeq \\al(2,1),2p),x2－x1)＝eq \f(x2＋x1,2p).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))得kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,p)，则eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,p)＝eq \f(x2＋x1,2p)，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)⇒eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x.
答案 y＝±eq \f(\r(2),2)x
类型2 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法
【例2】 (1)△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为________________.
(2)抛物线E：y2＝2x上存在两点关于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是________.
解析 (1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2＋2,3)＝\f(1,2)，,\f(y1＋y2＋2,3)＝0，))
从而eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝－\f(1,4)，,y0＝\f(y1＋y2,2)＝－1，))即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－1))，
又yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)＝－1，故直线BC的方程为y－(－1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4)))，即4x＋4y＋5＝0.
(2)当k＝0时，显然成立.
当k≠0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由yeq \\al(2,1)＝2x1，yeq \\al(2,2)＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(2,y1＋y2)＝eq \f(2,2y0)＝eq \f(1,y0)，由对称性知kBC＝－eq \f(1,k)，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由点M在抛物线内，得yeq \\al(2,0)<2x0，即(－k)2<2，
所以－eq \r(2)综上，k的取值范围为(－eq \r(2)，eq \r(2)).
答案 (1)x＋y＋eq \f(5,4)＝0 (2)(－eq \r(2)，eq \r(2))
类型3 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证Δ>0
【例3】 人教A版教材《选修2－1》第62页习题2.3 B组第4题：已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？
解 假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1，,xeq \\al(2,2)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1，))
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，
又eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，
故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))消去y得2x2－4x＋3＝0，
因为Δ＝16－24＝－8<0，方程无解，故不存在一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
类型4 求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求
【例4】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________.
解析 法一 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，设l1：x＝ty＋eq \f(1,2)，则直线l1的斜率为eq \f(1,t)，联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x＝ty＋\f(1,2)，))消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝eq \r(t2＋1)|y1－y2|＝eq \r(t2＋1)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)eq \r(4t2＋4)＝2t2＋2，
同理得，用eq \f(1,t)替换t可得|DE|＝eq \f(2,t2)＋2，所以|AB|＋|DE|＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(1,t2)))＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝eq \f(1,t2)，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
法二 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，l2：y＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2))).
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，))消去y得k2x2－(k2＋2)x＋eq \f(k2,4)＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋eq \f(2,k2).
由抛物线的定义知，
|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋eq \f(2,k2)＋1＝2＋eq \f(2,k2).
同理可得，用－eq \f(1,k)替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋eq \f(2,k2)＋2＋2k2＝4＋eq \f(2,k2)＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当eq \f(2,k2)＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
答案 8
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(基础题供选用)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，＋∞)
解析 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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.
答案 B
2.设直线y＝kx与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于( )
A.±eq \f(3,2) B.±eq \f(2,3) C.±eq \f(1,2) D.±2
解析 由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1＝－eq \f(3,2)，y2＝eq \f(3,2)，解得k＝eq \f(3,2)；同理可得当k<0时k＝－eq \f(3,2).
答案 A
3.(2019·长春二检)椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A.－eq \f(2,3) B.－eq \f(3,2) C.－eq \f(4,9) D.－eq \f(9,4)
解析 设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4xeq \\al(2,1)＋9yeq \\al(2,1)＝144，4xeq \\al(2,2)＋9yeq \\al(2,2)＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k，代入解得k＝－eq \f(2,3).
答案 A
4.(2019·青岛调研)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝( )
A.60° B.90° C.120° D.150°
解析 由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋a，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0，
由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，
得k＝eq \f(c,a)，从而y＝eq \f(c,a)x＋a交x轴于点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a2,c)，0))，
又F(c，0)，易知eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BF,\s\up6(→))＝0，故∠ABF＝90°.
答案 B
5.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)
解析 设直线l的方程为y＝x＋t，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，消去y得eq \f(5,4)x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意知Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0即t2<5，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8t,5)，x1x2＝eq \f(4（t2－1）,5)，|AB|＝eq \r(（1＋1）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \f(4\r(2),5)eq \r(5－t2)≤eq \f(4\r(10),5)(当且仅当t＝0时取等号).
答案 C
二、填空题
6.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________________________.
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，焦点坐标为(0，c)，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.
答案 eq \f(y2,4)＋x2＝1
7.(2019·河南八校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________.
解析 不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝eq \f(|PQ|,2)＝eq \f(a,2)，因为AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cs ∠POA＝eq \f(|OP|,|OA|)＝eq \f(1,2)，故∠POA＝60°，易得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，\f(\r(3)a,4)))，代入椭圆方程得eq \f(1,16)＋eq \f(3a2,16b2)＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝eq \f(2\r(5),5).
答案 eq \f(2\r(5),5)
8.已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1，1)为中点的弦所在直线方程是________.
解析 由题意知，以M(1，1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，
则有k＋b＝1，即b＝1－k，即y＝kx＋(1－k)，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－4＝0，,y＝kx＋（1－k），))
则有(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋(2k2－4k－2)＝0，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(1,2)·eq \f(4k2－4k,1＋2k2)＝1，
解得k＝－eq \f(1,2)(满足Δ>0)，故b＝eq \f(3,2)，
所以y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,2)，即x＋2y－3＝0.
答案 x＋2y－3＝0
三、解答题
9.(2017·北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
(1)解 设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0).
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq \r(3).所以b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明 设M(m，n)，则D(m，0)，N(m，－n).
由题设知m≠±2，且n≠0.
直线AM的斜率kAM＝eq \f(n,m＋2)，
故直线DE的斜率kDE＝－eq \f(m＋2,n).
所以直线DE的方程为y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m).
直线BN的方程为y＝eq \f(n,2－m)(x－2).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m＋2,n)（x－m），,y＝\f(n,2－m)（x－2），))
解得点E的纵坐标yE＝－eq \f(n（4－m2）,4－m2＋n2).
由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，
所以yE＝－eq \f(4,5)n.
又S△BDE＝eq \f(1,2)|BD|·|yE|＝eq \f(2,5)|BD|·|n|，
S△BDN＝eq \f(1,2)|BD|·|n|.
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
10.(2019·上海静安区模拟)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)，则eq \b\lc\{(\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＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（3k2－m2＋4）),3k2＋4)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（k2＋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.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·北京东城区调研)已知圆M：(x－2)2＋y2＝1经过椭圆C：eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1(m>3)的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( )
A.2eq \r(10)－5 B.2eq \r(10)－4
C.4eq \r(10)－11 D.4eq \r(10)－10
解析 易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－2）2＋y2＝1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得x2－16x＋24＝0.又x≤2，所以x＝8－2eq \r(10).故点P到直线AB距离的最大值为3－(8－2eq \r(10))＝2eq \r(10)－5.
答案 A
12.(2019·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋eq \r(2)y－2eq \r(2)＝0与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：y＝eq \f(c,b)x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(3),2) C.1 D.2
解析 联立方程可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\r(2)y－2\r(2)＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝eq \f(c2,\r(c2＋b2))＝eq \f(c2,a)，所以|EF|＝eq \f(2c2,a)，|F′E|＝2a－|EF|＝eq \f(2b2,a)，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝eq \f(1,2)S△F′EF＝1.
答案 C
13.已知直线l：y＝kx＋2过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥eq \f(4\r(5),5)，则椭圆离心率e的取值范围是________.
解析 依题意，知b＝2，kc＝2.
设圆心到直线l的距离为d，则L＝2eq \r(4－d2)≥eq \f(4\r(5),5)，
解得d2≤eq \f(16,5).又因为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，所以eq \f(1,1＋k2)≤eq \f(4,5)，
解得k2≥eq \f(1,4).
于是e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(c2,b2＋c2)＝eq \f(1,1＋k2)，所以0＜e2≤eq \f(4,5)，又由0答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(5),5)))
14.在平面直角坐标系xOy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，求△PAB的面积的最大值.
解 (1)因为e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.所以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\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))消去y整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
又直线l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(5（4－m2）).
点P到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq \f(2|m|,\r(5)).
所以S△PAB＝eq \f(1,2)d|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(2|m|,\r(5))×eq \r(5（4－m2）)＝eq \r(m2（4－m2）)≤eq \f(m2＋4－m2,2)＝2.
当且仅当m2＝2，即m＝±eq \r(2)时，△PAB的面积取得最大值为2.
新高考创新预测
15.(思维创新)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，直线l1：y＝－eq \f(1,2)x，直线l2：y＝eq \f(1,2)x，P为椭圆上任意一点，过P作PM∥l1且与直线l2交于点M，作PN∥l2且与l1交于点N，若|PM|2＋|PN|2为定值，则椭圆的离心率为________.
解析 设|PM|2＋|PN|2＝t，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,2)x1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，－\f(1,2)x2))，P(x，y).因为四边形PMON为平行四边形，
所以|PM|2＋|PN|2＝|ON|2＋|OM|2＝eq \f(5,4)(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝t.
因为eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2，\f(1,2)x1－\f(1,2)x2))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝x1＋x2，,y＝\f(1,2)x1－\f(1,2)x2，))则x2＋4y2＝2(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))＝eq \f(8,5)t，此方程为椭圆方程，即eq \f(x2,\f(8t,5))＋eq \f(y2,\f(2t,5))＝1，则椭圆的离心率e＝eq \r(\f(\f(8t,5)－\f(2t,5),\f(8t,5)))＝eq \f(\r(3),2).
答案 eq \f(\r(3),2)