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新高考数学一轮复习讲义 第8章 §8.6 直线与椭圆
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这是一份新高考数学一轮复习讲义 第8章 §8.6 直线与椭圆，共23页。试卷主要包含了揣摩例题，精练习题，加强审题的规范性，重视错题等内容，欢迎下载使用。
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§8.6 直线与椭圆
考试要求 1.理解直线与椭圆位置关系判断方法.2.掌握直线被椭圆所截的弦长公式.3.了解直线与椭圆相交的综合问题．
知识梳理
1．直线与椭圆的位置判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.
2．弦长公式
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|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
常用结论
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).
(2)过左焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点弦CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)
(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则.
(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M 为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
(5)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2).
(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．( √ )
(2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交．( √ )
(3)直线y＝x－1被椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1截得的弦长为eq \r(2).( × )
(4)过椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).( × )
教材改编题
1．直线y＝x＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
答案 A
解析 方法一 (通解)联立直线与椭圆的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．
方法二 (优解)直线过点(0,1)，而0＋eq \f(1,4)＜1，即点(0,1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
2．已知斜率为1的直线l过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5)
C.eq \f(8,5) D.eq \f(13,5)
答案 C
解析 由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，
所以右焦点坐标为(eq \r(3)，0)，
则直线l的方程为y＝x－eq \r(3)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消y得，5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1·x2＝eq \f(8,5)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),5)))2－4×\f(8,5))＝eq \f(8,5).
即弦AB的长为eq \f(8,5).
3．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________．
答案 eq \f(y2,4)＋x2＝1
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，
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.
题型一 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．
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，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y并整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.
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．
教师备选
(多选)直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的位置关系可能为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．有3个公共点
答案 AB
解析 直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)＝k(x－eq \r(2))＋eq \f(\r(6),2)恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))在椭圆上，故直线与椭圆可能相交也可能相切．
思维升华 判断直线与椭圆位置关系的方法
(1)判断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．
跟踪训练1 已知动点M到两定点F1(－m，0)，F2(m，0)的距离之和为4(0(1)求m的值；
(2)若直线l：y＝kx＋eq \r(2)与曲线C有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．
解 (1)由0所以a＝2，设曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1，
把点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))代入，
得eq \f(3,4)＋eq \f(1,4b2)＝1，
解得b2＝1，由c2＝a2－b2，
解得c2＝3，
所以m＝eq \r(3).
(2)由(1)知曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋\r(2)，))
消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，
则有Δ＝4k2－1>0，得k2>eq \f(1,4).
所以k>eq \f(1,2)或k<－eq \f(1,2)，
所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
题型二 弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
例2 (2022·百校联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy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．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．
解 (1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，
∴a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，
∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，
∴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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2.
∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(54－m2)＝eq \r(5)，
解得m＝±eq \r(3).
所求直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x±eq \r(3).
命题点2 中点弦问题
例3 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＝kx－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(4kk－1,2k2＋1)，
又∵x1＋x2＝2，
∴eq \f(4kk－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＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,2)＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴eq \f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，
又x2－x1≠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.
教师备选
已知直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
解 (1)由斜率公式可知kOP＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
代入椭圆方程得到，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1))⇒eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，
化简得到－eq \f(3,4)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴kAB＝－eq \f(3,4)，
∴直线方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.
(2)将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0，
Δ＝422－4×21>0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,21).
由弦长公式得到
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋\f(9,16))×eq \r(4－\f(4,21))
＝eq \f(5,4)×eq \f(4\r(105),21)＝eq \f(5\r(105),21)，
再由点到直线的距离公式得到坐标原点到直线AB的距离d＝eq \f(|－7|,\r(9＋16))＝eq \f(7,5)，
∴△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(105),21)×eq \f(7,5)＝eq \f(\r(105),6).
思维升华 解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
跟踪训练2 (1)(2022·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
答案 B
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由中点坐标公式可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1， ②))
①－②得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，
即eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(3,4)，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)kAB＝－eq \f(3,4)，
所以kAB＝－eq \f(3,2)，
因此直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)(x－1)，
即3x＋2y－4＝0.
(2)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________.
答案 eq \r(13)
解析 由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直，
所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，
则|AB|＝eq \r(－1－12＋[y1－－y1]2)＝eq \r(4＋4y\\al(2,1)).
又点A在椭圆E上，
所以eq \f(1,4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，
得yeq \\al(2,1)＝eq \f(9,4)，
则|AB|＝eq \r(4＋4×\f(9,4))＝eq \r(13).
题型三 直线与椭圆的综合问题
例4 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq \f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))
解得a2＝4，b2＝1.
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线的斜率不为0，
则设直线的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，
B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
Δ＝(2m)2－4(m2＋4)×(－3)＝16m2＋48>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
故|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))2＋\f(12,m2＋4))
＝eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)，
因为△ABO的面积为eq \f(3,5)，
所以eq \f(1,2)|OP||y1－y2|＝eq \f(1,2)×1×eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)
＝eq \f(2\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(3,5)，
设t＝eq \r(m2＋3)≥eq \r(3)，
则eq \f(2t,t2＋1)＝eq \f(3,5)，
整理得(3t－1)(t－3)＝0，
解得t＝3或t＝eq \f(1,3)(舍去)，即m＝±eq \r(6).
故直线的方程为x＝±eq \r(6)y＋1，即x±eq \r(6)y－1＝0.
教师备选
(2020·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
解 (1)由已知可得b＝3，记半焦距为c，
由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，
所以AB⊥CP.
依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．
设直线AB的方程为y＝kx－3.
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))
消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(12k,2k2＋1).
依题意，可得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).
由3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，
故直线CP的斜率为eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq \f(3,2k2－6k＋1).
又因为AB⊥CP，所以k·eq \f(3,2k2－6k＋1)＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
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3 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，
所以c＝eq \r(3)b，又c＝1，
所以b＝eq \f(\r(3),3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝eq \f(4,3)，
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＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－1,2k2＋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.
课时精练
1．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，＋∞)
答案 B
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\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.
2．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标为(2,1)，则椭圆M的方程为( )
A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1 B.eq \f(x2,4)＋y2＝1
C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
答案 D
解析 直线AB的斜率k＝eq \f(1－0,2－3)＝－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入椭圆方程可得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，整理得eq \f(2,a2)－eq \f(1,b2)＝0，
又c＝3，a2＝b2＋c2.
联立解得a2＝18，b2＝9.
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
3．(多选)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．1 C．－2 D．2
答案 AB
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.
Δ＝16m2－12(2m2－2)
＝－8m2＋24>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
由题意，
得|AB|＝eq \r(2x1＋x22－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1，满足题意．
4．已知直线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－12)＝eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1)
＝eq \r(－3y2－2y＋5)＝eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＋\f(16,3))，
所以当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大为eq \f(4\r(3),3).
5．(多选)设椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是( )
A．直线AB与OM垂直
B．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x＋y－3＝0
C．若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))
D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq \f(4\r(2),3)
答案 BD
解析 对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－eq \f(4,2)＝－2≠－1，所以A项不正确；
对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，
所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B项正确；
对于C项，若直线方程为y＝x＋1，
点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，
则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C项不正确；
对于D项，若直线方程为y＝x＋2，
与椭圆方程eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1联立，
得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，
整理得3x2＋4x＝0，
解得x1＝0，x2＝－eq \f(4,3)，
所以|AB|＝eq \r(1＋12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)－0))＝eq \f(4\r(2),3)，
所以D项正确．
6．(多选)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右两焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有( )
A．△ABF2的周长为4a
B．若AB的中点为M，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)
C．若eq \(AF1,\s\up6(－→))·eq \(AF2,\s\up6(－→))＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))
D．若|AB|的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝eq \f(1,3)
答案 AC
解析 由直线l：y＝k(x＋c)过点(－c，0)，知弦AB过椭圆的左焦点F1.
所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|
＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，
所以A正确；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
kOM＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，
所以kOM·k＝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))，
由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(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
所以eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，
则kOM·k＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，
所以B错误；
eq \(AF1,\s\up6(－→))＝(－c－x1，－y1)，eq \(AF2,\s\up6(－→))＝(c－x1，－y1)，
所以eq \(AF1,\s\up6(－→))·eq \(AF2,\s\up6(－→))＝xeq \\al(2,1)－c2＋yeq \\al(2,1)
＝eq \f(c2,a2)xeq \\al(2,1)＋a2－2c2∈[a2－2c2，a2－c2]，
则a2－2c2≤3c2≤a2－c2，
可得e＝eq \f(c,a)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))，
所以C正确；
由过焦点的弦中通径最短，则|AB|的最小值为通径eq \f(2b2,a)，则有eq \f(2b2,a)＝3c，
即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以D错误．
7．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点的横坐标为eq \f(1,2)，则k＝________.
答案 ±eq \f(1,2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
因为直线l过椭圆内的定点(1,0)，
所以Δ>0，x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)＝eq \f(1,2)，
即k2＝eq \f(1,4)，所以k＝±eq \f(1,2).
8．与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(\r(5),5)
解析 因为所求椭圆与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－1)＝1(a＞1)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3))⇒(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，
因为直线l与椭圆相切，
所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，
即a2＝5或a2＝1(舍)．
则a＝eq \r(5).
又c＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
9．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，椭圆M的离心率为eq \f(1,2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(1)求椭圆M的方程；
(2)若过点N(1,1)的直线与该椭圆M交于P，Q两点，且线段PQ的中点恰为点N，求直线PQ的方程．
解 (1)∵e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，
则3a2＝4b2，
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程得
eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，
∴椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，
∵线段PQ的中点恰为点N，
∴xP＋xQ＝2，yP＋yQ＝2.
∵eq \f(x\\al(2,P),4)＋eq \f(y\\al(2,P),3)＝1，eq \f(x\\al(2,Q),4)＋eq \f(y\\al(2,Q),3)＝1，两式相减可得
eq \f(1,4)(xP＋xQ)(xP－xQ)＋eq \f(1,3)(yP＋yQ)(yP－yQ)＝0，
∴eq \f(yP－yQ,xP－xQ)＝－eq \f(3,4)，
即直线PQ的斜率为－eq \f(3,4)，
∴直线PQ的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
即3x＋4y－7＝0.
10．设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，且离心率为eq \f(\r(3),2).F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－eq \r(3))(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)设E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题设知eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(3),2).
解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因此F(eq \r(3)，0)，|PF|＝eq \f(1,2)，即⊙F的半径为eq \f(1,2).
所以⊙F的方程为(x－eq \r(3))2＋y2＝eq \f(1,4).
(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，将l的方程代入E的方程得(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,4k2＋1)，
x1x2＝eq \f(12k2－4,4k2＋1)，
|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(4k2＋4,4k2＋1)＝1＋eq \f(3,4k2＋1)＞1，
又⊙F的直径|AB|＝1，
所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，
故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
11．(2022·临沂模拟)过椭圆内定点M且长度为整数的弦，称作该椭圆过点M的“好弦”．在椭圆eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,16)＝1中，过点M(4eq \r(3)，0)的所有“好弦”的长度之和为( )
A．120 B．130
C．240 D．260
答案 C
解析 由已知可得a＝8，b＝4，
所以c＝4eq \r(3)，故M为椭圆的右焦点，
由椭圆的性质可得当过焦点的弦垂直x轴时弦长最短，
所以当x＝4eq \r(3)时，
最短的弦长为eq \f(2b2,a)＝eq \f(2×16,8)＝4，
当弦与x轴重合时，弦长最长为2a＝16，
则弦长的取值范围为[4,16]，
故弦长为整数的弦有4到16的所有整数，
则“好弦”的长度和为4＋16＋(5＋6＋7＋…＋15)×2＝240.
12．(2022·江南十校模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，若△MNF2的周长为8，则△MF1F2面积的最大值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．3
答案 B
解析 由椭圆的定义可得△MNF2的周长为
|MN|＋|MF2|＋|NF2|
＝|MF1|＋|NF1|＋|MF2|＋|NF2|＝4a＝8，
∴a＝2，则c＝eq \r(3)，
则△MF1F2面积的最大值为eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝eq \r(3).
13．(2022·兰州质检)已知P(2，－2)是离心率为eq \f(1,2)的椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)外一点，经过点P的光线被y轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是( )
A．－eq \f(1,8) B．－eq \f(1,2)
C．1 D.eq \f(1,8)
答案 D
解析 由题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
又a2＝b2＋c2，故b2＝eq \f(3,4)a2，
设过点P的直线斜率为k，
则直线方程为y＋2＝k(x－2)，
即y＝kx－2k－2，
则反射后的切线方程为y＝－kx－2k－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx－2k－2，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
得(3＋4k2)x2＋16k(k＋1)x＋16k2＋32k＋16－3a2＝0，
∵所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，
∴Δ＝[16k(k＋1)]2－4(3＋4k2)(16k2＋32k＋16－3a2)＝0，
化简得4a2k2＋3a2＝16k2＋32k＋16，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a2＝16，,3a2＝32k＋16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,k＝－\f(1,8).))
∴此切线的斜率为eq \f(1,8).
14．(多选)已知O为坐标原点，椭圆T：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，过点F的直线交椭圆T于A，B两点，则下列结论正确的是( )
A．|AB|的最小值为eq \f(3,2)
B．若M(异于点F)为线段AB的中点，则直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)
C．若eq \(AF,\s\up6(→))＝－2eq \(BF,\s\up6(→))，则直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)
D．△AOB面积的最大值为3
答案 BC
解析 对于A，易知当直线AB垂直于x轴时，|AB|取得最小值，由椭圆T的方程知F(1,0)，
当x＝1时，y＝±eq \f(3,2)，
所以|AB|的最小值为3，故A错误；
对于B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，x1≠x2，x0≠0，
因为M为线段AB的中点，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(y1＋y2,2)，
又点A，B在椭圆T上，
所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)
＝－eq \f(3,4)·eq \f(x0,y0)，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(3,4)，
即直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)，故B正确；
对于C，易知直线AB的斜率存在且不为零，
设直线AB的方程为x＝my＋1，
代入椭圆T的方程得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝－2eq \(BF,\s\up6(→))，
所以y1＝－2y2，
所以y1＋y2＝－y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，
则y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1＝eq \f(－12m,3m2＋4)，
所以y1y2＝eq \f(6m,3m2＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12m,3m2＋4)))＝eq \f(－9,3m2＋4)，
解得m＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)，故C正确；
对于D，△AOB的面积
S＝eq \f(1,2)|OF||y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|
＝eq \f(1,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(6\r(m2＋1),3m2＋4)，
令eq \r(m2＋1)＝t，则t≥1，
S＝eq \f(6t,3t2＋1)＝eq \f(6,3t＋\f(1,t))，
因为函数y＝3t＋eq \f(1,t)在t∈[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即m＝0时，△AOB的面积取得最大值，且最大值为eq \f(3,2)，故D错误．
15．(多选)已知F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M，N是左、右顶点，e为椭圆C的离心率，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，若eq \(AF1,\s\up6(―→))·eq \(BF1,\s\up6(―→))＝0,3eq \(AF2,\s\up6(―→))＝2eq \(F2B,\s\up6(―→))，|AF1|＝2|AF2|，设直线AB的斜率为k，直线AM和直线AN的斜率分别为k1，k2，直线BM和直线BN的斜率分别为k3，k4，则下列结论一定正确的是( )
A．e＝eq \f(\r(5),5) B．k＝±eq \f(1,2) C．k1·k2＝－eq \f(4,5) D．k3·k4＝eq \f(4,5)
答案 AC
解析 ∵eq \(AF1,\s\up6(―→))·eq \(BF1,\s\up6(―→))＝0，
∴AF1⊥BF1，过点F2作F1B的平行线，交AF1于点E，
∴AF1⊥EF2.设|F2A|＝2t，
|F1A|＝4t，又3eq \(AF2,\s\up6(－→))＝2eq \(F2B,\s\up6(－→))，
∴|AB|＝5t，
∵AF1⊥BF1，∴|F1B|＝3t，
∴12t＝4a，∴a＝3t.
∴|BF1|＝|BF2|＝3t＝a，∴B(0，±b)．
在△EF1F2中，|EF1|＝eq \f(3,5)|AF1|＝eq \f(12t,5)，
|EF2|＝eq \f(2,5)|BF1|＝eq \f(6t,5)，
|F1F2|＝2c，
∵|EF1|2＋|EF2|2＝|F1F2|2，
∴c＝eq \f(3t,\r(5))，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \f(6t,\r(5))，
椭圆离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；
k＝±eq \f(b,c)＝±2，故B错误；
设A(x，y)，易得M(－a，0)，N(a，0)，
则k1·k2＝eq \f(y,x＋a)·eq \f(y,x－a)＝eq \f(y2,x2－a2)
＝eq \f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,a2))),x2－a2)
＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，
故C正确；
同理k3·k4＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，
故D错误．
16．已知直线l经过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点(1,0)，交椭圆C于点A，B，点F为椭圆C的左焦点，△ABF的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆C于点M，N，|MN|2＝4|AB|，求证：直线m与直线l的交点P在定直线上．
(1)解 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,4a＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,a＝2，))
∴b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P矛盾，
∴直线l的斜率存在．
设l：y＝k(x－1)(k≠0)，m：y＝－k(x＋t)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)．
将直线m的方程代入椭圆方程得，(3＋4k2)x2＋8k2tx＋4(k2t2－3)＝0，
∴xM＋xN＝－eq \f(8k2t,3＋4k2)，
xMxN＝eq \f(4k2t2－3,3＋4k2)，
∴|MN|2＝(1＋k2)·eq \f(1612k2－3k2t2＋9,3＋4k22).
同理，|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(9k2＋9),3＋4k2)
＝eq \f(121＋k2,3＋4k2).
由|MN|2＝4|AB|得t＝0，
此时，Δ＝64k4t2－16(3＋4k2)(k2t2－3)＞0，
∴直线m：y＝－kx，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)k))，即点P在定直线x＝eq \f(1,2)上．
课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。
2、精练习题
复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性
每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题
“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
§8.6 直线与椭圆
考试要求 1.理解直线与椭圆位置关系判断方法.2.掌握直线被椭圆所截的弦长公式.3.了解直线与椭圆相交的综合问题．
知识梳理
1．直线与椭圆的位置判断
将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.
2．弦长公式
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|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
或|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k为直线斜率且k≠0.
常用结论
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．
(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).
(2)过左焦点的弦AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点弦CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)
(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则.
(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M 为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
(5)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2).
(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．( √ )
(2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交．( √ )
(3)直线y＝x－1被椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1截得的弦长为eq \r(2).( × )
(4)过椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).( × )
教材改编题
1．直线y＝x＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
答案 A
解析 方法一 (通解)联立直线与椭圆的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．
方法二 (优解)直线过点(0,1)，而0＋eq \f(1,4)＜1，即点(0,1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
2．已知斜率为1的直线l过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(6,5)
C.eq \f(8,5) D.eq \f(13,5)
答案 C
解析 由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，
所以右焦点坐标为(eq \r(3)，0)，
则直线l的方程为y＝x－eq \r(3)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消y得，5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1·x2＝eq \f(8,5)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),5)))2－4×\f(8,5))＝eq \f(8,5).
即弦AB的长为eq \f(8,5).
3．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________．
答案 eq \f(y2,4)＋x2＝1
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，
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.
题型一 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．
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，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
消去y并整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.
Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3eq \r(2)
教师备选
(多选)直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的位置关系可能为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．有3个公共点
答案 AB
解析 直线y＝kx－eq \r(2)k＋eq \f(\r(6),2)＝k(x－eq \r(2))＋eq \f(\r(6),2)恒过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，又点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(6),2)))在椭圆上，故直线与椭圆可能相交也可能相切．
思维升华 判断直线与椭圆位置关系的方法
(1)判断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．
跟踪训练1 已知动点M到两定点F1(－m，0)，F2(m，0)的距离之和为4(0
(2)若直线l：y＝kx＋eq \r(2)与曲线C有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．
解 (1)由0
把点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))代入，
得eq \f(3,4)＋eq \f(1,4b2)＝1，
解得b2＝1，由c2＝a2－b2，
解得c2＝3，
所以m＝eq \r(3).
(2)由(1)知曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋\r(2)，))
消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，
则有Δ＝4k2－1>0，得k2>eq \f(1,4).
所以k>eq \f(1,2)或k<－eq \f(1,2)，
所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
题型二 弦长及中点弦问题
命题点1 弦长问题
例2 (2022·百校联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy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．若|AB|＝eq \r(5)，求直线l的方程．
解 (1)∵e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，
∴a2＝4b2.
又椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2,1)，
∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，
∴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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))
整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2.
∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
则|AB|＝eq \r(1＋\f(1,4))×eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(54－m2)＝eq \r(5)，
解得m＝±eq \r(3).
所求直线l的方程为y＝eq \f(1,2)x±eq \r(3).
命题点2 中点弦问题
例3 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＝kx－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(4kk－1,2k2＋1)，
又∵x1＋x2＝2，
∴eq \f(4kk－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＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,2)＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴eq \f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，
又x2－x1≠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.
教师备选
已知直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
解 (1)由斜率公式可知kOP＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
代入椭圆方程得到，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1))⇒eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，
化简得到－eq \f(3,4)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴kAB＝－eq \f(3,4)，
∴直线方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.
(2)将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0，
Δ＝422－4×21>0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,21).
由弦长公式得到
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋\f(9,16))×eq \r(4－\f(4,21))
＝eq \f(5,4)×eq \f(4\r(105),21)＝eq \f(5\r(105),21)，
再由点到直线的距离公式得到坐标原点到直线AB的距离d＝eq \f(|－7|,\r(9＋16))＝eq \f(7,5)，
∴△OAB的面积S＝eq \f(1,2)×eq \f(5\r(105),21)×eq \f(7,5)＝eq \f(\r(105),6).
思维升华 解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
跟踪训练2 (1)(2022·济宁模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
答案 B
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由中点坐标公式可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1， ②))
①－②得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),3)＝0，
即eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(3,4)，
即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)kAB＝－eq \f(3,4)，
所以kAB＝－eq \f(3,2)，
因此直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)(x－1)，
即3x＋2y－4＝0.
(2)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________.
答案 eq \r(13)
解析 由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直，
所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，
则|AB|＝eq \r(－1－12＋[y1－－y1]2)＝eq \r(4＋4y\\al(2,1)).
又点A在椭圆E上，
所以eq \f(1,4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，
得yeq \\al(2,1)＝eq \f(9,4)，
则|AB|＝eq \r(4＋4×\f(9,4))＝eq \r(13).
题型三 直线与椭圆的综合问题
例4 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq \f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))
解得a2＝4，b2＝1.
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线的斜率不为0，
则设直线的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，
B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
整理得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
Δ＝(2m)2－4(m2＋4)×(－3)＝16m2＋48>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，
y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
故|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))2＋\f(12,m2＋4))
＝eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)，
因为△ABO的面积为eq \f(3,5)，
所以eq \f(1,2)|OP||y1－y2|＝eq \f(1,2)×1×eq \f(4\r(m2＋3),m2＋4)
＝eq \f(2\r(m2＋3),m2＋4)＝eq \f(3,5)，
设t＝eq \r(m2＋3)≥eq \r(3)，
则eq \f(2t,t2＋1)＝eq \f(3,5)，
整理得(3t－1)(t－3)＝0，
解得t＝3或t＝eq \f(1,3)(舍去)，即m＝±eq \r(6).
故直线的方程为x＝±eq \r(6)y＋1，即x±eq \r(6)y－1＝0.
教师备选
(2020·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C满足3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．
解 (1)由已知可得b＝3，记半焦距为c，
由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，
所以AB⊥CP.
依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在．
设直线AB的方程为y＝kx－3.
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,\f(x2,18)＋\f(y2,9)＝1，))
消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(12k,2k2＋1).
依题意，可得点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k,2k2＋1)，\f(－3,2k2＋1))).
由3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，得点C的坐标为(1,0)，
故直线CP的斜率为eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq \f(3,2k2－6k＋1).
又因为AB⊥CP，所以k·eq \f(3,2k2－6k＋1)＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝eq \f(1,2)或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
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3 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，
所以c＝eq \r(3)b，又c＝1，
所以b＝eq \f(\r(3),3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝eq \f(4,3)，
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＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－1,2k2＋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.
课时精练
1．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，＋∞)
答案 B
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\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.
2．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A，B两点，若AB的中点坐标为(2,1)，则椭圆M的方程为( )
A.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,6)＝1 B.eq \f(x2,4)＋y2＝1
C.eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
答案 D
解析 直线AB的斜率k＝eq \f(1－0,2－3)＝－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入椭圆方程可得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，整理得eq \f(2,a2)－eq \f(1,b2)＝0，
又c＝3，a2＝b2＋c2.
联立解得a2＝18，b2＝9.
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
3．(多选)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．1 C．－2 D．2
答案 AB
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.
Δ＝16m2－12(2m2－2)
＝－8m2＋24>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
由题意，
得|AB|＝eq \r(2x1＋x22－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1，满足题意．
4．已知直线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－12)＝eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1)
＝eq \r(－3y2－2y＋5)＝eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y＋\f(1,3)))2＋\f(16,3))，
所以当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大为eq \f(4\r(3),3).
5．(多选)设椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点．下列结论正确的是( )
A．直线AB与OM垂直
B．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为2x＋y－3＝0
C．若直线方程为y＝x＋1，则点M坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))
D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq \f(4\r(2),3)
答案 BD
解析 对于A项，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－eq \f(4,2)＝－2≠－1，所以A项不正确；
对于B项，根据kAB·kOM＝－2，所以kAB＝－2，
所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B项正确；
对于C项，若直线方程为y＝x＋1，
点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，
则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C项不正确；
对于D项，若直线方程为y＝x＋2，
与椭圆方程eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1联立，
得到2x2＋(x＋2)2－4＝0，
整理得3x2＋4x＝0，
解得x1＝0，x2＝－eq \f(4,3)，
所以|AB|＝eq \r(1＋12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)－0))＝eq \f(4\r(2),3)，
所以D项正确．
6．(多选)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右两焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c.直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆交于A，B两点，则下列说法中正确的有( )
A．△ABF2的周长为4a
B．若AB的中点为M，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)
C．若eq \(AF1,\s\up6(－→))·eq \(AF2,\s\up6(－→))＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))
D．若|AB|的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝eq \f(1,3)
答案 AC
解析 由直线l：y＝k(x＋c)过点(－c，0)，知弦AB过椭圆的左焦点F1.
所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|
＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，
所以A正确；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，
kOM＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)，k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，
所以kOM·k＝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))，
由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(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
所以eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，
则kOM·k＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),x\\al(2,1)－x\\al(2,2))＝－eq \f(b2,a2)，
所以B错误；
eq \(AF1,\s\up6(－→))＝(－c－x1，－y1)，eq \(AF2,\s\up6(－→))＝(c－x1，－y1)，
所以eq \(AF1,\s\up6(－→))·eq \(AF2,\s\up6(－→))＝xeq \\al(2,1)－c2＋yeq \\al(2,1)
＝eq \f(c2,a2)xeq \\al(2,1)＋a2－2c2∈[a2－2c2，a2－c2]，
则a2－2c2≤3c2≤a2－c2，
可得e＝eq \f(c,a)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))，
所以C正确；
由过焦点的弦中通径最短，则|AB|的最小值为通径eq \f(2b2,a)，则有eq \f(2b2,a)＝3c，
即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以D错误．
7．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点的横坐标为eq \f(1,2)，则k＝________.
答案 ±eq \f(1,2)
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，
因为直线l过椭圆内的定点(1,0)，
所以Δ>0，x1＋x2＝eq \f(8k2,4k2＋1)，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(4k2,4k2＋1)＝eq \f(1,2)，
即k2＝eq \f(1,4)，所以k＝±eq \f(1,2).
8．与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________．
答案 eq \f(\r(5),5)
解析 因为所求椭圆与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为
eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－1)＝1(a＞1)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3))⇒(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，
因为直线l与椭圆相切，
所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，
即a2＝5或a2＝1(舍)．
则a＝eq \r(5).
又c＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
9．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，椭圆M的离心率为eq \f(1,2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))).
(1)求椭圆M的方程；
(2)若过点N(1,1)的直线与该椭圆M交于P，Q两点，且线段PQ的中点恰为点N，求直线PQ的方程．
解 (1)∵e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2)，
则3a2＝4b2，
将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))代入椭圆方程得
eq \f(1,a2)＋eq \f(9,4b2)＝1，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，
∴椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，
∵线段PQ的中点恰为点N，
∴xP＋xQ＝2，yP＋yQ＝2.
∵eq \f(x\\al(2,P),4)＋eq \f(y\\al(2,P),3)＝1，eq \f(x\\al(2,Q),4)＋eq \f(y\\al(2,Q),3)＝1，两式相减可得
eq \f(1,4)(xP＋xQ)(xP－xQ)＋eq \f(1,3)(yP＋yQ)(yP－yQ)＝0，
∴eq \f(yP－yQ,xP－xQ)＝－eq \f(3,4)，
即直线PQ的斜率为－eq \f(3,4)，
∴直线PQ的方程为y－1＝－eq \f(3,4)(x－1)，
即3x＋4y－7＝0.
10．设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，且离心率为eq \f(\r(3),2).F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，⊙F的半径为PF.
(1)求椭圆E和⊙F的方程；
(2)若直线l：y＝k(x－eq \r(3))(k>0)与⊙F交于A，B两点，与E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解 (1)设E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由题设知eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(3),2).
解得a＝2，b＝1，故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
因此F(eq \r(3)，0)，|PF|＝eq \f(1,2)，即⊙F的半径为eq \f(1,2).
所以⊙F的方程为(x－eq \r(3))2＋y2＝eq \f(1,4).
(2)由题设可知，A在E外，B在E内，C在⊙F内，D在⊙F外，在l上的四点A，B，C，D满足|AC|＝|AB|－|BC|，|BD|＝|CD|－|BC|.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，将l的方程代入E的方程得(1＋4k2)x2－8eq \r(3)k2x＋12k2－4＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8\r(3)k2,4k2＋1)，
x1x2＝eq \f(12k2－4,4k2＋1)，
|CD|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(4k2＋4,4k2＋1)＝1＋eq \f(3,4k2＋1)＞1，
又⊙F的直径|AB|＝1，
所以|BD|－|AC|＝|CD|－|AB|＝|CD|－1>0，
故不存在正数k使|AC|＝|BD|.
11．(2022·临沂模拟)过椭圆内定点M且长度为整数的弦，称作该椭圆过点M的“好弦”．在椭圆eq \f(x2,64)＋eq \f(y2,16)＝1中，过点M(4eq \r(3)，0)的所有“好弦”的长度之和为( )
A．120 B．130
C．240 D．260
答案 C
解析 由已知可得a＝8，b＝4，
所以c＝4eq \r(3)，故M为椭圆的右焦点，
由椭圆的性质可得当过焦点的弦垂直x轴时弦长最短，
所以当x＝4eq \r(3)时，
最短的弦长为eq \f(2b2,a)＝eq \f(2×16,8)＝4，
当弦与x轴重合时，弦长最长为2a＝16，
则弦长的取值范围为[4,16]，
故弦长为整数的弦有4到16的所有整数，
则“好弦”的长度和为4＋16＋(5＋6＋7＋…＋15)×2＝240.
12．(2022·江南十校模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与椭圆交于M，N两点，若△MNF2的周长为8，则△MF1F2面积的最大值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．3
答案 B
解析 由椭圆的定义可得△MNF2的周长为
|MN|＋|MF2|＋|NF2|
＝|MF1|＋|NF1|＋|MF2|＋|NF2|＝4a＝8，
∴a＝2，则c＝eq \r(3)，
则△MF1F2面积的最大值为eq \f(1,2)·2c·b＝bc＝eq \r(3).
13．(2022·兰州质检)已知P(2，－2)是离心率为eq \f(1,2)的椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)外一点，经过点P的光线被y轴反射后，所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，则此条切线的斜率是( )
A．－eq \f(1,8) B．－eq \f(1,2)
C．1 D.eq \f(1,8)
答案 D
解析 由题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
又a2＝b2＋c2，故b2＝eq \f(3,4)a2，
设过点P的直线斜率为k，
则直线方程为y＋2＝k(x－2)，
即y＝kx－2k－2，
则反射后的切线方程为y＝－kx－2k－2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－kx－2k－2，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))
得(3＋4k2)x2＋16k(k＋1)x＋16k2＋32k＋16－3a2＝0，
∵所有反射光线所在直线中只有一条与椭圆相切，
∴Δ＝[16k(k＋1)]2－4(3＋4k2)(16k2＋32k＋16－3a2)＝0，
化简得4a2k2＋3a2＝16k2＋32k＋16，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a2＝16，,3a2＝32k＋16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝4，,k＝－\f(1,8).))
∴此切线的斜率为eq \f(1,8).
14．(多选)已知O为坐标原点，椭圆T：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，过点F的直线交椭圆T于A，B两点，则下列结论正确的是( )
A．|AB|的最小值为eq \f(3,2)
B．若M(异于点F)为线段AB的中点，则直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)
C．若eq \(AF,\s\up6(→))＝－2eq \(BF,\s\up6(→))，则直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)
D．△AOB面积的最大值为3
答案 BC
解析 对于A，易知当直线AB垂直于x轴时，|AB|取得最小值，由椭圆T的方程知F(1,0)，
当x＝1时，y＝±eq \f(3,2)，
所以|AB|的最小值为3，故A错误；
对于B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，x1≠x2，x0≠0，
因为M为线段AB的中点，
所以x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(y1＋y2,2)，
又点A，B在椭圆T上，
所以eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)
＝－eq \f(3,4)·eq \f(x0,y0)，
所以eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(3,4)，
即直线AB与OM的斜率之积为－eq \f(3,4)，故B正确；
对于C，易知直线AB的斜率存在且不为零，
设直线AB的方程为x＝my＋1，
代入椭圆T的方程得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(－9,3m2＋4)，
因为eq \(AF,\s\up6(→))＝－2eq \(BF,\s\up6(→))，
所以y1＝－2y2，
所以y1＋y2＝－y2＝eq \f(－6m,3m2＋4)，
则y2＝eq \f(6m,3m2＋4)，y1＝eq \f(－12m,3m2＋4)，
所以y1y2＝eq \f(6m,3m2＋4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12m,3m2＋4)))＝eq \f(－9,3m2＋4)，
解得m＝±eq \f(2\r(5),5)，
所以直线AB的斜率为±eq \f(\r(5),2)，故C正确；
对于D，△AOB的面积
S＝eq \f(1,2)|OF||y1－y2|＝eq \f(1,2)|y1－y2|
＝eq \f(1,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(6\r(m2＋1),3m2＋4)，
令eq \r(m2＋1)＝t，则t≥1，
S＝eq \f(6t,3t2＋1)＝eq \f(6,3t＋\f(1,t))，
因为函数y＝3t＋eq \f(1,t)在t∈[1，＋∞)上单调递增，所以当t＝1，即m＝0时，△AOB的面积取得最大值，且最大值为eq \f(3,2)，故D错误．
15．(多选)已知F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，M，N是左、右顶点，e为椭圆C的离心率，过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，B两点，若eq \(AF1,\s\up6(―→))·eq \(BF1,\s\up6(―→))＝0,3eq \(AF2,\s\up6(―→))＝2eq \(F2B,\s\up6(―→))，|AF1|＝2|AF2|，设直线AB的斜率为k，直线AM和直线AN的斜率分别为k1，k2，直线BM和直线BN的斜率分别为k3，k4，则下列结论一定正确的是( )
A．e＝eq \f(\r(5),5) B．k＝±eq \f(1,2) C．k1·k2＝－eq \f(4,5) D．k3·k4＝eq \f(4,5)
答案 AC
解析 ∵eq \(AF1,\s\up6(―→))·eq \(BF1,\s\up6(―→))＝0，
∴AF1⊥BF1，过点F2作F1B的平行线，交AF1于点E，
∴AF1⊥EF2.设|F2A|＝2t，
|F1A|＝4t，又3eq \(AF2,\s\up6(－→))＝2eq \(F2B,\s\up6(－→))，
∴|AB|＝5t，
∵AF1⊥BF1，∴|F1B|＝3t，
∴12t＝4a，∴a＝3t.
∴|BF1|＝|BF2|＝3t＝a，∴B(0，±b)．
在△EF1F2中，|EF1|＝eq \f(3,5)|AF1|＝eq \f(12t,5)，
|EF2|＝eq \f(2,5)|BF1|＝eq \f(6t,5)，
|F1F2|＝2c，
∵|EF1|2＋|EF2|2＝|F1F2|2，
∴c＝eq \f(3t,\r(5))，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \f(6t,\r(5))，
椭圆离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，故A正确；
k＝±eq \f(b,c)＝±2，故B错误；
设A(x，y)，易得M(－a，0)，N(a，0)，
则k1·k2＝eq \f(y,x＋a)·eq \f(y,x－a)＝eq \f(y2,x2－a2)
＝eq \f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x2,a2))),x2－a2)
＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，
故C正确；
同理k3·k4＝－eq \f(b2,a2)＝－eq \f(4,5)，
故D错误．
16．已知直线l经过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点(1,0)，交椭圆C于点A，B，点F为椭圆C的左焦点，△ABF的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆C于点M，N，|MN|2＝4|AB|，求证：直线m与直线l的交点P在定直线上．
(1)解 由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,4a＝8，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,a＝2，))
∴b2＝3，
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P矛盾，
∴直线l的斜率存在．
设l：y＝k(x－1)(k≠0)，m：y＝－k(x＋t)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，N(xN，yN)．
将直线m的方程代入椭圆方程得，(3＋4k2)x2＋8k2tx＋4(k2t2－3)＝0，
∴xM＋xN＝－eq \f(8k2t,3＋4k2)，
xMxN＝eq \f(4k2t2－3,3＋4k2)，
∴|MN|2＝(1＋k2)·eq \f(1612k2－3k2t2＋9,3＋4k22).
同理，|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(9k2＋9),3＋4k2)
＝eq \f(121＋k2,3＋4k2).
由|MN|2＝4|AB|得t＝0，
此时，Δ＝64k4t2－16(3＋4k2)(k2t2－3)＞0，
∴直线m：y＝－kx，
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2)k))，即点P在定直线x＝eq \f(1,2)上．
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