新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案第8章 §8.5 第2課時　直線與橢圓（含解析）-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

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>0
C．0b>0)的一個頂點為A(0，－3)，右焦點為F，且|OA|＝|OF|，其中O為原點．
(1)求橢圓的方程；
(2)已知點C滿足3eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OF,\s\up6(→))，點B在橢圓上(B異于橢圓的頂點)，直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，且P為線段AB的中點．求直線AB的方程．
解 (1)由已知可得b＝3，記半焦距為c，
由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，
所以橢圓的方程為eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
(2)因為直線AB與以C為圓心的圓相切于點P，
所以AB⊥CP.
依題意，直線AB和直線CP的斜率均存在．
設(shè)直線AB的方程為y＝kx－3.
聯(lián)立方程組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).
依題意，可得點B的坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k,2k2＋1)，\f(6k2－3,2k2＋1))).
因為P為線段AB的中點，點A的坐標(biāo)為(0，－3)，
所以點P的坐標(biāo)為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(→))，得點C的坐標(biāo)為(1,0)，
故直線CP的斜率為eq \f(\f(－3,2k2＋1)－0,\f(6k,2k2＋1)－1)＝eq \f(3,2k2－6k＋1).
又因為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.
所以直線AB的方程為y＝eq \f(1,2)x－3或y＝x－3，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
思維升華 (1)解答直線與橢圓相交的題目時，常用到“設(shè)而不求”的方法，即聯(lián)立直線和橢圓的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件，建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系求解．
(2)涉及直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．
跟蹤訓(xùn)練2 已知橢圓C的兩個焦點分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，短軸的兩個端點分別為B1，B2.
(1)若△F1B1B2為等邊三角形，求橢圓C的方程；
(2)若橢圓C的短軸長為2，過點F2的直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，且eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，求直線l的方程．
解 (1)由題意知，△F1B1B2為等邊三角形，
則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)，))
故橢圓C的方程為eq \f(3x2,4)＋3y2＝1.
(2)易知橢圓C的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1，
當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x＝1，不符合題意；
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為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，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則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)，
因為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)，
故直線l的方程為x＋eq \r(7)y－1＝0或x－eq \r(7)y－1＝0.
課時精練
1．直線y＝x＋2與橢圓eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,3)＝1有兩個公共點，則m的取值范圍是( )
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.故選B.
2．直線y＝kx－k＋1與橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置關(guān)系為( )
A．相交 B．相切
C．相離 D．不確定
答案 A
解析由題意得直線y－1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1))恒過定點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1))，而點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1))在橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的內(nèi)部，所以直線與橢圓相交．故選A.
3．直線y＝kx＋1，當(dāng)k變化時，此直線被橢圓eq \f(x2,4)＋y2＝1截得的最大弦長是( )
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)，
則弦長為eq \r(x2＋?y－1?2)＝eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1)＝eq \r(－3y2－2y＋5)，
當(dāng)y＝－eq \f(1,3)時，弦長最大為eq \f(4\r(3),3).
4．已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交E于A，B兩點，若AB的中點為M(1，－1)，則橢圓E的方程為( )
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，
∴橢圓E的方程為eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.
5．(多選)設(shè)橢圓C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P是C上的動點，則下列結(jié)論正確的是( )
A．|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2)
B．離心率e＝eq \f(\r(6),2)
C．△PF1F2面積的最大值為eq \r(2)
D．以線段F1F2為直徑的圓與直線x＋y－eq \r(2)＝0相切
答案 AD
解析對于A選項，由橢圓的定義可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2eq \r(2)，所以A選項正確；
對于B選項，依題意a＝eq \r(2)，b＝1，c＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以B選項不正確；
對于C選項，|F1F2|＝2c＝2，當(dāng)P為橢圓短軸頂點時，△PF1F2的面積取得最大值為eq \f(1,2)·2c·b＝c·b＝1，所以C選項錯誤；
對于D選項，以線段F1F2為直徑的圓的圓心為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0))，半徑為c＝1，圓心到直線x＋y－eq \r(2)＝0的距離為eq \f(\r(2),\r(2))＝1，即圓心到直線的距離等于半徑，所以以線段F1F2為直徑的圓與直線x＋y－eq \r(2)＝0相切，所以D選項正確．
綜上所述，正確的為AD.
6．(多選)已知橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的左、右兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝kxeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠0))與C交于A，B兩點，AE⊥x軸，垂足為E，直線BE與C的另一個交點為P，則下列結(jié)論正確的是( )
A．四邊形AF1BF2為平行四邊形
B．∠F1PF290°
答案 ABC
解析對于A，根據(jù)橢圓的對稱性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|.故四邊形AF1BF2為平行四邊形．故A正確；
對于B，根據(jù)橢圓的性質(zhì)，當(dāng)P在上、下頂點時，|OP|＝b＝eq \r(2)＝c.此時∠F1PF2＝90°.由題意可知P不可能在上下頂點，故∠F1PF2b>0)的右頂點為A(1,0)，過其焦點且垂直于長軸的弦長為1，則橢圓方程為________．
答案 eq \f(y2,4)＋x2＝1
解析因為橢圓eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1的右頂點為A(1,0)，
所以b＝1，焦點坐標(biāo)為(0，c)，
因為過焦點且垂直于長軸的弦長為1，
所以eq \f(2b2,a)＝1，a＝2，
所以橢圓方程為eq \f(y2,4)＋x2＝1.
8．已知橢圓eq \f(x2,2)＋y2＝1與直線y＝x＋m交于A，B兩點，且|AB|＝eq \f(4\r(2),3)，則實數(shù)m的值為_____．
答案 ±1
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.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq \f(4m,3)，x1x2＝eq \f(2m2－2,3).
由題意，得eq \r(2?x1＋x2?2－8x1x2)＝eq \f(4\r(2),3)，
解得m＝±1.
9．已知F為橢圓C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1的右焦點，過F的直線l交橢圓C于A，B兩點，M為AB的中點，則M到x軸的最大距離為________．
答案 eq \f(\r(3),3)
解析因為a2＝6，b2＝2，所以橢圓的右焦點坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0)).設(shè)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，直線l：x＝ty＋2(顯然當(dāng)直線斜率為0時，不可能最大)，與橢圓方程聯(lián)立得，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋3))y2＋4ty－2＝0，Δ＝16t2＋8(t2＋3)>0恒成立，所以y1＋y2＝－eq \f(4t,t2＋3)，
即弦AB的中點M的縱坐標(biāo)為eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(2t,t2＋3)，所以M到x軸的距離為eq \f(2|t|,t2＋3).
當(dāng)t≠0時，eq \f(2|t|,t2＋3)＝eq \f(2,|t|＋\f(3,|t|))≤eq \f(2,2\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，當(dāng)且僅當(dāng)t2＝3時等號成立，故M到x軸的最大距離為eq \f(\r(3),3).
10．(2021·衡水調(diào)研)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\c1(\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)．
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).
11．(2021·武漢調(diào)研)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0)，離心率為eq \f(\r(2),2)，直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N.
(1)求橢圓C的方程；
(2)當(dāng)△AMN的面積為eq \f(\r(10),3)時，求k的值．
解 (1)由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))得b＝eq \r(2)，
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－1?，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
設(shè)點M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
則x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－4,1＋2k2)，
所以|MN|＝eq \r(?x2－x1?2＋?y2－y1?2)＝eq \r(?1＋k2?[?x1＋x2?2－4x1x2])＝eq \f(2\r(?1＋k2??4＋6k2?),1＋2k2).
又點A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))，
所以△AMN的面積S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)，
由eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq \f(\r(10),3)，得k＝±1，滿足Δ>0.
所以當(dāng)△AMN的面積為eq \f(\r(10),3)時，k＝±1.
12．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，E的離心率為eq \f(\r(2),2)，點(0,1)是E上一點．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點，且eq \(BF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1A,\s\up6(→))，求直線BF2的方程．
解 (1)由題意知，b＝1，且e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，
解得a2＝2，所以橢圓E的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由題意知，直線AB的斜率存在且不為0，故可設(shè)直線AB的方程為x＝my－1，設(shè)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，
則y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，①
y1y2＝－eq \f(1,m2＋2)，②
因為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)))，
則 SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(\r(14),6)或－eq \f(\r(14),6)，
所以直線BF2的方程為eq \r(14)x－6y－eq \r(14)＝0或eq \r(14)x＋6y－eq \r(14)＝0.
13．(多選)設(shè)點F1，F(xiàn)2分別為橢圓eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右焦點，點P是橢圓C上任意一點，若使得eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m成立的點恰好是4個，則實數(shù)m的值可以是( )
A.eq \f(1,2) B．2 C．3 D．4
答案 BCD
解析因為點F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的左、右焦點，a2＝9，b2＝5，c2＝4，c＝2，即F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)．設(shè)P(x0，y0)，eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－2－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(2－x0，－y0)，由eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m，可得xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝m＋4，又因為P在橢圓上，即eq \f(x\\al(2,0),9)＋eq \f(y\\al(2,0),5)＝1，所以xeq \\al(2,0)＝eq \f(9m－9,4)，要使得eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝m成立的點恰好是4個，則00)的左、右焦點分別為F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，斜率為－eq \f(1,2)的直線l與橢圓C交于A，B兩點．若△ABF1的重心為Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,6)，\f(c,3)))，則橢圓C的離心率為_____．
答案 eq \f(\r(6),3)
解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則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，
兩式相減得eq \f(?x1－x2??x1＋x2?,a2)＋eq \f(?y1－y2??y1＋y2?,b2)＝0.(*)
因為△ABF1的重心為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，
所以橢圓C的離心率e＝eq \f(\r(6),3).
16．已知橢圓C的兩個焦點分別為F1(－eq \r(3)，0)，F(xiàn)2(eq \r(3)，0)，且橢圓C過點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2))).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若與直線OP(O為坐標(biāo)原點)平行的直線交橢圓C于A，B兩點，當(dāng)OA⊥OB時，求△AOB的面積．
解 (1)設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
由題意可得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.))
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)直線OP的方程為y＝eq \f(\r(3),2)x，設(shè)直線AB的方程為y＝eq \f(\r(3),2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
將直線AB的方程代入橢圓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

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新教材2022版高考人教A版數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：8.5　第2課時　直線與橢圓

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