舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何第6講橢圓二

第6講橢圓(二)1．點與橢圓的位置關(guān)系已知點P(x0，y0)，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則(1)點P(x0，y0)在橢圓內(nèi)?eq\o(□,\s\up3(01))eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)<1；(2)點P(x0，y0)在橢圓上?eq\o(□,\s\up3(02))eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1；(3)點P(x0，y0)在橢圓外?eq\o(□,\s\up3(03))eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)>1.2．直線與橢圓位置關(guān)系的判斷已知直線y＝kx＋m，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，若該一元二次方程的判別式為Δ，則Δ>0?有eq\o(□,\s\up3(04))兩個公共點?相交；Δ＝0?有eq\o(□,\s\up3(05))一個公共點?相切；Δ<0?eq\o(□,\s\up3(06))無公共點?相離．1．焦點弦(過焦點的弦)：焦點弦中以通徑(垂直于長軸的焦點弦)最短，弦長lmin＝eq\f(2b2,a).2．AB為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中點M(x0，y0)，直線AB不過原點且斜率為k(k≠0)，則(1)弦長l＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|；(2)直線AB的斜率k＝－eq\f(b2x0,a2y0)；(3)直線AB的方程：y－y0＝－eq\f(b2x0,a2y0)(x－x0)；(4)線段AB的垂直平分線方程：y－y0＝eq\f(a2y0,b2x0)·(x－x0)．1．直線y＝2x－1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關(guān)系是()A．相交 B．相切C．相離 D．不確定答案A解析解法一：直線方程y＝2x－1過點(1,1)，而(1,1)在橢圓內(nèi)部，所以直線y＝2x－1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1相交．故選A.解法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))得10y2＋2y－35＝0，Δ＝22－4×10×(－35)＝1404>0，∴直線y＝2x－1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1相交．故選A.2．直線y＝kx＋1，當(dāng)k變化時，此直線被橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1截得的弦長的最大值是()A．2 B．eq\f(4\r(3),3)C．4 D．不能確定答案B解析直線恒過定點(0,1)，且點(0,1)在橢圓上，可設(shè)另外一個交點為(x，y)，則eq\f(x2,4)＋y2＝1，即x2＝4－4y2，則弦長為eq\r(x2＋y－12)＝eq\r(4－4y2＋y2－2y＋1)＝eq\r(－3y2－2y＋5)，因為－1≤y≤1，所以當(dāng)y＝－eq\f(1,3)時，弦長最大為eq\f(4\r(3),3).3．(2022·河南平頂山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)與直線y＝x＋3只有一個公共點，且橢圓的離心率為eq\f(\r(5),5)，則橢圓C的方程為()A.eq\f(4x2,25)＋eq\f(y2,5)＝1 B．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1 D．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,20)＝1答案B解析將直線方程y＝x＋3代入C的方程并整理得(a2＋b2)x2＋6a2x＋9a2－a2b2＝0，由橢圓與直線只有一個公共點，得Δ＝(6a2)2－4(a2＋b2)(9a2－a2b2)＝0，化簡得a2＋b2＝9.又橢圓的離心率為eq\f(\r(5),5)，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(5),5)，則eq\f(b2,a2)＝eq\f(4,5)，解得a2＝5，b2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.4．(2021·江西上饒市模擬)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A，B兩點．若eq\o(AF,\s\up10(→))＝3eq\o(FB,\s\up10(→))，則k＝()A．1 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)答案D解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為eq\o(AF,\s\up10(→))＝3eq\o(FB,\s\up10(→))，所以y1＝－3y2.因為橢圓Γ的長軸長是短軸長的2倍，所以a＝2b，設(shè)b＝t，則a＝2t，故c＝eq\r(3)t，所以eq\f(x2,4t2)＋eq\f(y2,t2)＝1.設(shè)直線AB的方程為x＝sy＋eq\r(3)t，代入上述橢圓方程，得(s2＋4)y2＋2eq\r(3)sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，y1y2＝－eq\f(t2,s2＋4)，即－2y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，－3yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(t2,s2＋4)，得s2＝eq\f(1,2)，k＝eq\r(2)(k>0)，故選D.5．已知橢圓x2＋2y2＝4，則以(1,1)為中點的弦所在的直線方程為________．答案x＋2y－3＝0解析設(shè)以(1,1)為中點的弦的兩端點為(x1，y1)，(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋2y\o\al(2,1)＝4，,x\o\al(2,2)＋2y\o\al(2,2)＝4，))∴(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，∴弦所在的直線方程為x＋2y－3＝0.6．(2021·鄭州質(zhì)檢)過點M(1,1)作斜率為－eq\f(1,2)的直線與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B兩點，若M是線段AB的中點，則橢圓C的離心率等于________．答案eq\f(\r(2),2)解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，且A，B在橢圓上，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))則有eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0，∴eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，由題意知x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，∴eq\f(2,a2)＋eq\f(－\f(1,2)×2,b2)＝0，∴a2＝2b2，∴e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(2),2).考向一直線與橢圓的位置關(guān)系例1已知直線l：y＝2x＋m，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.試問當(dāng)m取何值時，直線l與橢圓C：(1)有兩個不重合的公共點；(2)有且只有一個公共點；(3)沒有公共點．解將直線l的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))將①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判別式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)當(dāng)Δ>0，即－3eq\r(2)<m<3eq\r(2)時，方程③有兩個不同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組不同的實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有兩個不重合的公共點．(2)當(dāng)Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時，方程③有兩個相同的實數(shù)根，可知原方程組有兩組相同的實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有且只有一個公共點．(3)當(dāng)Δ<0，即m<－3eq\r(2)或m>3eq\r(2)時，方程③沒有實數(shù)根，可知原方程組沒有實數(shù)解．這時直線l與橢圓C沒有公共點．研究直線與橢圓位置關(guān)系的方法(1)研究直線和橢圓的位置關(guān)系，一般轉(zhuǎn)化為研究其直線方程與橢圓方程組成的方程組解的個數(shù)．(2)對于過定點的直線，也可以通過定點在橢圓內(nèi)部或橢圓上判定直線和橢圓有交點．1.若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是()A．m>1 B．m>0C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5答案D解析解法一：由于直線y＝kx＋1恒過點(0,1)，所以點(0,1)必在橢圓內(nèi)或橢圓上，則0<eq\f(1,m)≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.解法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，))消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由題意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0對一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0對一切k∈R恒成立．由于m>0且m≠5，所以0－20m(m2－m)≤0，得m≥1且m≠5.考向二弦長問題例2(2021·佛山模擬)已知A，B分別為橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)在x軸正半軸、y軸正半軸上的頂點，原點O到直線AB的距離為eq\f(2\r(21),7)，且|AB|＝eq\r(7).(1)求橢圓C的離心率；(2)直線l：y＝kx＋m與圓x2＋y2＝2相切，并與橢圓C交于M，N兩點，若|MN|＝eq\f(12\r(2),7)，求k的值．解(1)由題設(shè)知，A(b,0)，B(0，a)，直線AB的方程為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，計算得出a＝2，b＝eq\r(3)，則橢圓C的離心率為e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(1,2).(2)由(1)知橢圓方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，直線l與橢圓相交，則Δ>0，即48(3k2－m2＋4)>0，且x1＋x2＝－eq\f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq\f(3m2－12,3k2＋4).又直線l與圓x2＋y2＝2相切，則eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\r(2)，即m2＝2(k2＋1)．而|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(1＋k2)·\r(483k2－m2＋4),3k2＋4)＝eq\f(\r(1＋k2)·\r(48k2＋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，且滿足Δ>0，故k的值為±1.設(shè)直線與橢圓的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有|AB|＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k為直線斜率，k≠0)．提醒：利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式．2.(2022·安徽黃山摸底)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝eq\f(1,2)，點P是橢圓上的一個動點，△PF1F2面積的最大值是4eq\r(3).(1)求橢圓的方程；(2)若A，B，C，D是橢圓上不重合的四點，AC與BD相交于點F1，eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝0，且|eq\o(AC,\s\up10(→))|＋|eq\o(BD,\s\up10(→))|＝eq\f(96,7)，求此時直線AC的方程．解(1)由題意知，當(dāng)點P是橢圓上(或下)頂點時，△PF1F2的面積取得最大值．此時，S△PF1F2＝eq\f(1,2)·2c·b＝4eq\r(3)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，解得a＝4，b＝2eq\r(3)，故所求橢圓的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)由(1)知F1(－2,0)，由eq\o(AC,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝0得AC⊥BD.①當(dāng)直線AC與BD中有一條直線的斜率不存在時，|eq\o(AC,\s\up10(→))|＋|eq\o(BD,\s\up10(→))|＝14，不符合題意；②當(dāng)直線AC的斜率存在且為k(k不為0)時，其方程為y＝k(x＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))消去y，得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，Δ>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(16k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(16k2－48,3＋4k2).所以|eq\o(AC,\s\up10(→))|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(241＋k2,3＋4k2).直線BD的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋2)，同理，可得|eq\o(BD,\s\up10(→))|＝eq\f(241＋k2,4＋3k2).由|eq\o(AC,\s\up10(→))|＋|eq\o(BD,\s\up10(→))|＝eq\f(1681＋k22,4＋3k23＋4k2)＝eq\f(96,7)，解得k2＝1，則k＝±1.故所求直線AC的方程為x－y＋2＝0或x＋y＋2＝0.考向三中點弦、弦中點問題例3已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1.(1)求斜率為2的平行弦中點的軌跡方程；(2)過N(1,2)的直線l與橢圓相交，求被l截得的弦的中點的軌跡方程；(3)求過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被P點平分的弦所在直線的方程．解(1)當(dāng)弦過原點時，弦的中點坐標為(0,0)．當(dāng)弦不過原點時，設(shè)弦的兩端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，中點為M(x，y)，則有eq\f(x\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1.兩式作差，得eq\f(x2－x1x2＋x1,2)＋(y2－y1)·(y2＋y1)＝0.∵x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，eq\f(y2－y1,x2－x1)＝kAB，代入后求得kAB＝－eq\f(x,2y ).又kAB＝2，∴2＝－eq\f(x,2y)，∴x＋4y＝0，點(0,0)也滿足上式．故所求的軌跡方程為x＋4y＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)<x<\f(4,3))).(2)當(dāng)l的斜率不存在時，弦的中點坐標為(1,0)．當(dāng)l的斜率存在時，若l過原點，則弦的中點坐標為(0,0)，若l不過原點，不妨設(shè)l交橢圓于A，B，弦中點為M(x，y)．由(1)知，kl＝－eq\f(x,2y).又kl＝kMN＝eq\f(y－2,x－1)，∴－eq\f(x,2y)＝eq\f(y－2,x－1).整理，得x2＋2y2－x－4y＝0，點(1,0)，(0,0)也滿足上式．又由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x2＋2y2－x－4y＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2－4\r(7),9)，,y＝\f(4＋\r(7),9)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2＋4\r(7),9)，,y＝\f(4－\r(7),9)，))故所求的軌跡方程為x2＋2y2－x－4y＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4\r(7),9)<x<\f(2＋4\r(7),9)，\f(4－\r(7),9)<y<\f(4＋\r(7),9))).(3)由(1)知，弦所在的直線的斜率k＝－eq\f(1,2)，∴其方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，即2x＋4y－3＝0.處理中點弦問題時應(yīng)注意的兩點(1)處理有關(guān)中點弦及對應(yīng)直線斜率關(guān)系的問題時，常用“點差法”，步驟如下：但要注意這個方法的前提是必須保證直線和橢圓有兩個不同的交點，直線不過原點．(2)在求中點弦的軌跡時，要注意由于中點一定在曲線內(nèi)部，因此只能是軌跡方程表示的曲線在圓錐曲線內(nèi)部的那部分而不是全部．若是軌跡方程，則必須確定出變量的取值范圍．注意本例(2)中只規(guī)定x，y之一的范圍是不夠的．3.(2021·黑龍江佳木斯模擬)已知橢圓5x2＋9y2＝45，則以M(1,1)為中點的橢圓的弦所在的直線l的方程為________________．答案5x＋9y－14＝0解析設(shè)直線l與橢圓交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知得eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝1，直線l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(5x\o\al(2,1)＋9y\o\al(2,1)＝45，,5x\o\al(2,2)＋9y\o\al(2,2)＝45，))兩式相減，得5(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，整理可得5(x1＋x2)＋9(y1＋y2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)))＝0，即5＋9k＝0，即k＝－eq\f(5,9).所以直線l的方程為y－1＝－eq\f(5,9)(x－1)，即5x＋9y－14＝0.4．焦點是F(0,5eq\r(2))，并截直線y＝2x－1所得弦的中點的橫坐標是eq\f(2,7)的橢圓的標準方程為________________．答案eq\f(y2,75)＋eq\f(x2,25)＝1解析設(shè)所求的橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直線被橢圓所截弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)．由題意，可得弦AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(2,7)，eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(3,7).將A，B兩點坐標代入橢圓方程中，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),a2)＋\f(x\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\o\al(2,2),a2)＋\f(x\o\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減并化簡，得eq\f(a2,b2)＝－eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq\f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，故所求橢圓的標準方程為eq\f(y2,75)＋eq\f(x2,25)＝1.考向四切線問題例4(2022·山西太原模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，右頂點為A，上頂點為B.已知|AB|＝eq\r(3)|OF|，且△AOB的面積為eq\r(2).(1)求橢圓的方程；(2)直線y＝2上是否存在點M，使得從該點向橢圓所引的兩條切線相互垂直？若存在，求點M的坐標；若不存在，說明理由．解(1)由|AB|＝eq\r(3)|OF|，△AOB的面積為eq\r(2)，得eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)c，eq\f(1,2)ab＝eq\r(2)，∴a＝2，b＝eq\r(2)，即橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)假設(shè)直線y＝2上存在點M滿足題意，設(shè)M(m，2)，當(dāng)m＝±2時，從M點所引的兩切線不垂直．當(dāng)m≠±2時，設(shè)過點M向橢圓所引的切線的斜率為k，則切線l的方程為y＝k(x－m)＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－m＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k(mk－2)x＋2(mk－2)2－4＝0，∵Δ＝0，∴(m2－4)k2－4mk＋2＝0，設(shè)兩切線的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝eq\f(2,m2－4)＝－1，∴m＝±eq\r(2)，即點M的坐標為(eq\r(2)，2)或(－eq\r(2)，2)．直線與橢圓相切，有且僅有一個公共點，過橢圓外一點可以作兩條切線，過橢圓上一點只能作一條切線．5.已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，過P(2，2)作橢圓C的切線，則切線方程為______________．答案x－8y＋14＝0或x＝2解析∵eq\f(22,4)＋eq\f(22,3)>1，∴P在C外部．①當(dāng)斜率不存在時，易知x＝2為橢圓一切線；②當(dāng)斜率存在時，設(shè)切線斜率為k，則切線方程為y－2＝k(x－2)，代入C中并整理得(3＋4k2)x2＋16(k－k2)x＋16k2－32k＋4＝0.∵直線與橢圓相切，∴Δ＝0.即[16(k－k2)]2－4(3＋4k2)(16k2－32k＋4)＝0.化簡得k＝eq\f(1,8)，即x－8y＋14＝0.∴切線方程為x－8y＋14＝0或x＝2.6．已知橢圓具有如下性質(zhì)：若橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則橢圓上一點A(x0，y0)處的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.試運用該性質(zhì)解決以下問題，橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其焦距為2，且過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，點B為C1在第一象限中的任意一點，過B作C1的切線l，l分別與x軸和y軸的正半軸交于C，D兩點，則△OCD面積的最小值為________．答案eq\r(2)解析由題意，得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，將點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))代入橢圓方程，可得eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，解得a＝eq\r(2)，b＝1，即橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，設(shè)B(x2，y2)，則橢圓C1在點B處的切線方程為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)，又點B為橢圓在第一象限上的點，所以x2>0，y2>0，eq\f(x\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1，所以S△OCD＝eq\f(1,2)·eq\f(1,y2)·eq\f(2,x2)＝eq\f(1,x2y2)＝eq\f(\f(x\o\al(2,2),2)＋y\o\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)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x\o\al(2,2),2)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)，即點B的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))時，△OCD的面積取得最小值eq\r(2).自主培優(yōu)(十六)橢圓中最值問題的求解方法1．(2021·全國乙卷)設(shè)B是橢圓C：eq\f(x2,5)＋y2＝1的上頂點，點P在C上，則|PB|的最大值為()A.eq\f(5,2) B．eq\r(6)C．eq\r(5) D．2答案A解析由P在C上，設(shè)P(x0，y0)，則eq\f(x\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又B(0，1)，所以|PB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2，由eq\f(x\o\al(2,0),5)＋yeq\o\al(2,0)＝1，得xeq\o\al(2,0)＝5－5yeq\o\al(2,0)，y0∈[－1,1]，代入上式，得|PB|2＝5－5yeq\o\al(2,0)＋(y0－1)2，化簡，得|PB|2＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(1,4)))2＋eq\f(25,4)，y0∈[－1,1]．因此當(dāng)且僅當(dāng)y0＝－eq\f(1,4)時，|PB|的最大值為eq\f(5,2).故選A.2．已知F是橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左焦點，P是此橢圓上的動點，A(1,1)是一定點，求|PA|＋|PF|的最大值和最小值．解由題意知a＝3，b＝eq\r(5)，c＝2，F(xiàn)(－2,0)．設(shè)橢圓右焦點為F′，則|PF|＋|PF′|＝6，所以|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF′|＋6.當(dāng)P，A，F(xiàn)′三點共線時，|PA|－|PF′|取到最大值|AF′|＝eq\r(2)或最小值－|AF′|＝－eq\r(2).所以|PA|＋|PF|的最大值為6＋eq\r(2)，最小值為6－eq\r(2).3．(2022·衡水調(diào)研)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，短軸的一個端點到右焦點的距離為eq\r(3).(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)斜率存在的直線l與橢圓C交于A，B兩點，坐標原點O到直線l的距離為eq\f(\r(3),2)，求△AOB面積的最大值．解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))∴c＝eq\r(2)，b＝1，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝kx＋m.由已知eq\f(|m|,\r(1＋k2))＝eq\f(\r(3),2)，得m2＝eq\f(3,4)(k2＋1)．把y＝kx＋m代入橢圓方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.∴x1＋x2＝eq\f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3m2－3,3k2＋1).∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(36k2m2,3k2＋12)－\f(12m2－1,3k2＋1)))＝eq\f(12k2＋13k2＋1－m2,3k2＋12)＝eq\f(3k2＋19k2＋1,3k2＋12)＝3＋eq\f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq\f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)≤3＋eq\f(12,2×3＋6)＝4.當(dāng)且僅當(dāng)9k2＝eq\f(1,k2)，即k＝±eq\f(\r(3),3)時等號成立．當(dāng)k＝0時，直線l的方程為y＝±eq\f(\r(3),2)，則|AB|＝eq\r(3).綜上所述，|AB|max＝2.∴當(dāng)|AB|最大時，△AOB的面積取得最大值為S＝eq\f(1,2)×|AB|max×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2).答題啟示橢圓中距離的最值問題一般有三種解法：(1)利用橢圓的定義結(jié)合平面幾何知識求解(適用于所求的表達式中隱含有長軸或者離心率e)；(2)根據(jù)橢圓標準方程的特點，把距離問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值的問題(適用于定點在橢圓的對稱軸上)或利用基本不等式求最值的問題；(3)用橢圓的參數(shù)方程設(shè)動點的坐標，轉(zhuǎn)化為三角問題求解．對點訓(xùn)練1．(2021·青海西寧復(fù)習(xí)檢測)在平面直角坐標系xOy中，P是橢圓eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1上的一個動點，點A(1,1)，B(0，－1)，則|PA|＋|PB|的最大值為()A．5 B．4C．3 D．2答案A解析∵橢圓的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1，∴a2＝4，b2＝3，c2＝1，∴B(0，－1)是橢圓的一個焦點，設(shè)另一個焦點為C(0,1)，如圖所示，根據(jù)橢圓的定義知，|PB|＋|PC|＝4，∴|PB|＝4－|PC|，∴|PA|＋|PB|＝4＋|PA|－|PC|≤4＋|AC|＝5，即|PA|＋|PB|的最大值為5.2．設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓eq\f(x2,10)＋y2＝1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是()A．5eq\r(2) B．eq\r(46)＋eq\r(2)C．7＋eq\r(2) D．6eq\r(2)答案D解析解法一：設(shè)橢圓上任意一點為Q(x，y)，則x2＝10－10y2，且－eq\r(10)≤x≤eq\r(10)，－1≤y≤1，所以圓心(0，6)到點Q的距離d＝eq\r(x2＋y－62)＝eq\r(－9y2－12y＋46)＝eq\r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(2,3)))2＋50)，當(dāng)y＝－eq\f(2,3)時，dmax＝5eq\r(2)，P，Q兩點間的最大距離d′＝dmax＋eq\r(2)＝6eq\r(2).解法二：易知圓心坐標為M(0,6)，|PQ|的最大值為|MQ|max＋eq\r(2)，設(shè)Q(eq\r(10)cosθ，sinθ)，則|MQ|＝eq\r(10cos2θ＋sinθ－62)＝eq\r(－9sin2θ－12sinθ＋46)＝eq\r(－9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinθ＋\f(2,3)))2＋50)，當(dāng)sinθ＝－eq\f(2,3)時，|MQ|max＝5eq\r(2)，所以|PQ|max＝5eq\r(2)＋eq\r(2)＝6eq\r(2).故選D.3．(2021·江西九江模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點P(2，1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m，直線l與橢圓C交于異于點P的A，B兩點，求△PAB面積的最大值．解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4,a2)＋\f(1,a2－c2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(2)，,c＝\r(6)，))則b＝eq\r(2)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m，由題知m≠0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋mm≠0，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0，直線l與橢圓C有兩個異于點P的交點，所以Δ＝(2m)2－4(2m2－4)>0，即－2<m<2，且m≠0.x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，利用弦長公式得，|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(4m2－42m2－4)＝eq\r(54－m2)，且P到l的距離d＝eq\f(2|m|,\r(5))，所以△PAB的面積S＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)·eq\r(54－m2)·eq\f(2|m|,\r(5))＝eq\r(m24－m2)≤eq\f(m2＋4－m2,2)＝2，當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2，即m＝±eq\r(2)時，△PAB的面積取到最大值，為2.1．若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點個數(shù)是()A．至多為1 B．2C．1 D．0答案B解析由題意知，eq\f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq\r(m2＋n2)<2，所以點P(m，n)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的內(nèi)部，故所求交點的個數(shù)是2.2．過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點作一條斜率為2的直線與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為()A.eq\f(4,3) B．eq\f(5,3)C．eq\f(5,4) D．eq\f(10,3)答案B解析由題意知橢圓的右焦點F的坐標為(1,0)，則直線AB的方程為y＝2x－2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交點A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以S△OAB＝eq\f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))＝eq\f(5,3)，故選B.3．若橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1的弦被點(4,2)平分，則此弦所在直線的斜率是()A．2 B．－2C．eq\f(1,3) D．－eq\f(1,2)答案D解析設(shè)弦的端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋4y\o\al(2,1)＝36，,x\o\al(2,2)＋4y\o\al(2,2)＝36，))整理，得xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝－4(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))，∴此弦的斜率為eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,－4y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，則此弦所在直線的斜率為－eq\f(1,2).4．(2022·陜西咸陽高三摸底)已知F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)是橢圓C的兩個焦點，過F2且垂直于x軸的直線與橢圓C交于A，B兩點，且|AB|＝3，則橢圓C的方程為()A.eq\f(x2,2)＋y2＝1 B．eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,3)＝1C.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1 D．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1答案C解析設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則c＝1.因為過F2且垂直于x軸的直線與橢圓交于A，B兩點，且|AB|＝3，所以eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，又b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.5．(2021·南寧模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一條弦所在的直線方程是x－y＋5＝0，弦的中點坐標是M(－4,1)，則橢圓的離心率是()A.eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(5),5)答案C解析解法一：設(shè)直線與橢圓的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，分別代入橢圓方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減，得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).因為kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，且x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(3),2)，故選C.解法二：將直線方程x－y＋5＝0代入eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，得(a2＋b2)x2＋10a2x＋25a2－a2b2＝0，設(shè)直線與橢圓的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(10a2,a2＋b2)，又由中點坐標公式知x1＋x2＝－8，所以eq\f(10a2,a2＋b2)＝8，解得a＝2b，所以c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)b，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).故選C.6．已知橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1，若直線l經(jīng)過M(0,1)，與橢圓交于A，B兩點，且eq\o(MA,\s\up10(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(MB,\s\up10(→))，則直線l的方程為()A．y＝±eq\f(1,2)x＋1 B．y＝±eq\f(1,3)x＋1C．y＝±x＋1 D．y＝±eq\f(2,3)x＋1答案B解析依題意，設(shè)直線l：y＝kx＋1，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1，))消去y，整理得(9k2＋5)x2＋18kx－36＝0，Δ＝(18k)2＋4×36×(9k2＋5)>0，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(18k,9k2＋5)，,x1x2＝－\f(36,9k2＋5)，,x1＝－\f(2,3)x2，))由此解得k＝±eq\f(1,3)，即直線l的方程為y＝±eq\f(1,3)x＋1，故選B.7．(2022·云南昆明模擬)中心為(0,0)，一個焦點為F(0,5eq\r(2))的橢圓，截直線y＝3x－2所得弦中點的橫坐標為eq\f(1,2)，則該橢圓的方程是()A.eq\f(2x2,75)＋eq\f(2y2,25)＝1 B．eq\f(x2,75)＋eq\f(y2,25)＝1C.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,75)＝1 D．eq\f(2x2,25)＋eq\f(2y2,75)＝1答案C解析c＝5eq\r(2)，設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2－50)＋eq\f(y2,a2)＝1，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2－50)＋\f(y2,a2)＝1，,y＝3x－2，))消去y，整理得(10a2－450)x2－12(a2－50)x＋4(a2－50)－a2(a2－50)＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(12a2－50,10a2－450)＝1，解得a2＝75，所以橢圓的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,75)＝1.8．(2021·皖北名校聯(lián)考)斜率為1的直線l與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B兩點，則|AB|的最大值為()A.eq\f(4\r(5),5) B．eq\f(4\r(10),5)C．eq\f(8\r(10),5) D．eq\f(8\r(5),5)答案B解析設(shè)A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線的方程為y＝x＋m，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，由Δ>0，得m2<5.∵x1＋x2＝－eq\f(8m,5)，x1x2＝eq\f(4m2－1,5).∴|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)m))2－\f(16m2－1,5))＝eq\f(4\r(2),5)·eq\r(5－m2)，∵當(dāng)m＝0時，滿足Δ>0，∴|AB|的最大值為eq\f(4\r(10),5)，故選B.9．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F1(－2，0)，過點F1作傾斜角為30°的直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為eq\r(3)b，則橢圓的標準方程為()A.eq\f(y2,8)＋eq\f(x2,4)＝1 B．eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(y2,16)＋eq\f(x2,12)＝1 D．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1答案B解析由左焦點為F1(－2,0)，可得c＝2，即a2－b2＝4.過點F1作傾斜角為30°的直線的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2)，即3y－eq\r(3)x－2eq\r(3)＝0.則圓心(0,0)到直線的距離d＝eq\f(|－2\r(3)|,\r(3＋9))＝1.由直線與圓x2＋y2＝b2相交的弦長為eq\r(3)b(b>0)，可得2eq\r(b2－1)＝eq\r(3)b(b>0)，解得b＝2，則a＝2eq\r(2).則橢圓的標準方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，故選B.10．(2021·河南許昌模擬)點A，B分別為橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點，F(xiàn)為右焦點，C為短軸上不同于原點O的一點，D為OC的中點，直線AD與BC交于點M，且MF⊥AB，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(\r(3),2)答案B解析由題意作出橢圓如圖，∵MF⊥AB，且OC⊥AB，∴MF∥OC，MF∥OD，∴eq\f(|OD|,|MF|)＝eq\f(|OA|,|AF|)＝eq\f(a,a＋c)，①eq\f(|MF|,|OC|)＝eq\f(|FB|,|OB|)＝eq\f(a－c,a)，②①×②，得到eq\f(|OD|,|MF|)·eq\f(|MF|,|OC|)＝eq\f(a,a＋c)·eq\f(a－c,a)，即eq\f(|OD|,|OC|)＝eq\f(a－c,a＋c)，又eq\f(|OD|,|OC|)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(a－c,a＋c)＝eq\f(1,2)，∴2(a－c)＝a＋c，∴a＝3c，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).故選B.11．(2022·山西臨汾摸底)已知橢圓：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<2)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線l交橢圓于A，B兩點，若|BF2|＋|AF2|的最大值為5，則b的值是()A．1 B．eq\r(2)C．eq\f(3,2) D．eq\r(3)答案D解析由已知及橢圓的定義，得a＝2，|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8，所以當(dāng)線段AB的長度取最小值時，|BF2|＋|AF2|取最大值．當(dāng)AB垂直于x軸時，|AB|min＝2×eq\f(b2,a)＝2×eq\f(b2,2)＝b2，所以|BF2|＋|AF2|的最大值為8－b2＝5，所以b2＝3，即b＝eq\r(3)，故選D.12．(2021·江西五校聯(lián)考)平行四邊形ABCD內(nèi)接于橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1，直線AB的斜率k1＝2，則直線AD的斜率k2為()A.eq\f(1,2) B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(1,4) D．－2答案C解析設(shè)AB的中點為G，則由橢圓的對稱性知，O為平行四邊形ABCD的對角線的交點，則OG∥AD.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),8)＋\f(y\o\al(2,1),4)＝1，,\f(x\o\al(2,2),8)＋\f(y\o\al(2,2),4)＝1，))兩式相減得eq\f(x1－x2x1＋x2,8)＝－eq\f(y1－y2y1＋y2,4)，整理得eq\f(x1＋x2,2y1＋y2)＝－eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－k1＝－2，即eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(1,4).又Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，所以kOG＝eq\f(\f(y1＋y2,2)－0,\f(x1＋x2,2)－0)＝－eq\f(1,4)，即k2＝－eq\f(1,4)，故選C.13．已知斜率為2的直線經(jīng)過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點F，與橢圓相交于A，B兩點，則弦AB的長為________．答案eq\f(5\r(5),3)解析由題意知，橢圓的右焦點F的坐標為(1,0)，直線AB的方程為y＝2(x－1)．由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得3x2－5x＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝eq\f(5,3)，x1x2＝0.則|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])＝eq\r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))2－4×0)))＝eq\f(5\r(5),3).14．與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦點且與直線l：x－y＋3＝0相切的橢圓的離心率為________．答案eq\f(\r(5),5)解析因為所求橢圓與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦點，所以可設(shè)所求橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3))?(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，因為直線l與橢圓相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)·(10a2－a4)＝0，化簡得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍去)，則a＝eq\r(5).又c＝1，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5).15．(2022·河南鄭州模擬)已知中心在坐標原點的橢圓C的右焦點為F(1,0)，點F關(guān)于直線y＝eq\f(1,2)x的對稱點在橢圓C上，則橢圓C的方程為________________．答案eq\f(5x2,9)＋eq\f(5y2,4)＝1解析設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意可知c＝1，即a2－b2＝1①，設(shè)點F(1，0)關(guān)于直線y＝eq\f(1,2)x的對稱點為(m，n)，可得eq\f(n－0,m－1)＝－2②.又因為點F與其對稱點的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋1,2)，\f(n,2)))，且中點在直線y＝eq\f(1,2)x上，所以有eq\f(n,2)＝eq\f(1,2)×eq\f(m＋1,2)③，聯(lián)立②③，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(4,5)，))即對稱點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，又該點在橢圓上，代入橢圓方程可得eq\f(9,25a2)＋eq\f(16,25b2)＝1④，聯(lián)立①④，解得a2＝eq\f(9,5)，b2＝eq\f(4,5)，所以橢圓C的方程為eq\f(5x2,9)＋eq\f(5y2,4)＝1.16．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)短軸的端點為P(0，b)，Q(0，－b)，長軸的一個端點為M，AB為經(jīng)過橢圓中心且不在坐標軸上的一條弦，若PA，PB的斜率之積等于－eq\f(1,4)，則點P到直線QM的距離為________．答案eq\f(4\r(5),5)b解析設(shè)A(x0，y0)，則B點坐標為(－x0，－y0)，則eq\f(y0－b,x0)·eq\f(－y0－b,－x0)＝－eq\f(1,4)，即eq\f(y\o\al(2,0)－b2,x\o\al(2,0))＝－eq\f(1,4)，由于eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，則eq\f(y\o\al(2,0)－b2,x\o\al(2,0))＝－eq\f(b2,a2)，故－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(1,4)，則eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，不妨取M(a,0)，則直線QM的方程為bx－ay－ab＝0，則點P到直線QM的距離為d＝eq\f(|2ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(2b,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2))＝eq\f(4\r(5),5)b.17．(2021·合肥模擬)如圖，已知橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點為F，設(shè)直線l：x＝5與x軸的交點為E，過點F且斜率為k的直線l1與橢圓交于A，B兩點，M為線段EF的中點．(1)若直線l1的傾斜角為eq\f(π,4)，求|AB|的值；(2)設(shè)直線AM交直線l于點N，證明：直線BN⊥l.解由題意知，F(xiàn)(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．(1)∵直線l1的傾斜角為eq\f(π,4)，∴斜率k＝1.∴直線l1的方程為y＝x－1.代入橢圓方程，可得9x2－10x－15＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10,9)，x1x2＝－eq\f(5,3).∴|AB|＝eq\r(2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,9)))2＋4×\f(5,3))＝eq\f(16\r(5),9).(2)證明：設(shè)直線l1的方程為y＝k(x－1)．代入橢圓方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq\f(5k2－20,4＋5k2).設(shè)N(5，y0)，∵A，M，N三點共線，∴eq\f(－y1,3－x1)＝eq\f(y0,2)，∴y0＝eq\f(2y1,x1－3).而y0－y2＝eq\f(2y1,x1－3)－y2＝eq\f(2kx1－1,x1－3)－k(x2－1)＝eq\f(3kx1＋x2－kx1x2－5k,x1－3)＝eq\f(3k·\f(10k2,4＋5k2)－k·\f(5k2－20,4＋5k2)－5k,x1－3)＝0.∴直線BN∥x軸，即直線BN⊥l.18.如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1，0)．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于點A，與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B，連接BF2交橢圓C于點E，連接DF1.已知|DF1|＝eq\f(5,2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)求點E的坐標．解(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c.因為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，所以|F1F2|＝2，c＝1.又因為|DF1|＝eq\f(5,2)，AF2⊥x軸，所以|DF2|＝eq\r(|DF1|2－|F1F2|2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2－22)＝eq\f(3,2).因此2a＝|DF1|＋|DF2|＝4，從而a＝2.由b2＝a2－c2，得b2＝3.因此橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)解法一：由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，a＝2.因為AF2⊥x軸，所以點A的橫坐標為1.將x＝1代入圓F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因為點A在x軸上方，所以A(1,4)．又F1(－1,0)，所以直線AF1：y＝2x＋2.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,x－12＋y2＝16，))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5).將x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，解得y＝－eq\f(12,5).因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5))).又F2(1,0)，所以直線BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7).又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以x＝－1.將x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).解法二：由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.如圖，連接EF1.因為|BF2|＝2a，|EF1|＋|EF2|＝2a，所以|EF1|＝|EB|，從而∠BF1E＝∠B.因為|F2A|＝|F2B|，所以∠A＝∠B.所以∠A＝∠BF1E，從而EF1