eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))研究直線和橢圓的位置關(guān)系，一般轉(zhuǎn)化為研究直線方程與橢圓方程組成的方程組解的個數(shù)．
1．不論k為何值，直線y＝kx＋1與焦點在x軸上的橢圓eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1恒有公共點，則實數(shù)m的取值范圍是( )
A．(0，1) B．(0，7)
C．[1，7) D．(1，7]
解析：選C．直線y＝kx＋1恒過定點(0，1)，由題意知(0，1)在橢圓eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1上或其內(nèi)部，所以有eq \f(1,m)≤1，得m≥1.又橢圓eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,m)＝1的焦點在x軸上，所以m＜7.綜上，1≤m＜7.
2．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)有且只有一個公共點；
(2)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\{(\a\vs4\al\c1(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有兩個互相重合的公共點，
即直線l與橢圓C有且只有一個公共點．
(2)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．
eq \a\vs4\al()
利用判別式處理直線與橢圓的位置關(guān)系的方法
[注意] 對于橢圓方程，在第二步中得到的方程的二次項系數(shù)一定不為0，故一定為一元二次方程．
考點二 弦長問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))設(shè)直線與橢圓的交點坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2].)
已知橢圓C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若斜率為－1的直線l與以線段F1F2為直徑的圓相交于A，B兩點，與橢圓相交于C，D，且eq \f(|CD|,|AB|)＝eq \f(8\r(3),7)，求出直線l的方程．
【解】 設(shè)直線l的方程為y＝－x＋m，
由題意知F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－1，0)，(1，0)，
所以以線段F1F2為直徑的圓為x2＋y2＝1，
由題意知圓心(0，0)到直線l的距離d＝eq \f(|－m|,\r(2))＜1，
得|m|＜eq \r(2).|AB|＝2eq \r(1－d2)＝2eq \r(1－\f(m2,2))＝eq \r(2)×eq \r(2－m2)，
聯(lián)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，
由題意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，
設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，
則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).
即存在符合條件的直線l，其方程為y＝－x±eq \f(\r(3),3).
eq \a\vs4\al()
求解直線被橢圓截得弦長的方法
(1)當(dāng)弦的兩端點坐標(biāo)易求時，可直接利用兩點間的距離公式求解．
(2)當(dāng)直線的斜率存在時，斜率為k的直線l與橢圓C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩個不同的點，則弦長|AB|＝eq \r((x1－x2)2＋(y1－y2)2)＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|(k≠0)．
已知點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，則橢圓C的方程為________；若直線y＝eq \f(1,2)x交橢圓C于M，N兩點，則|MN|＝________．
解析：由題意可知，橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦點在x軸上，由點A(－2，0)，B(0，1)在橢圓上，則a＝2，b＝1，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝\f(1,2)x，))消去y，整理得2x2＝4，則x1＝eq \r(2)，x2＝－eq \r(2)，y1＝eq \f(\r(2),2)，y2＝－eq \f(\r(2),2)，則|MN|＝ eq \r((\r(2)＋\r(2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \r(10).
答案：eq \f(x2,4)＋y2＝1 eq \r(10)
考點三 中點弦問題(綜合型)
eq \a\vs4\al(復(fù)習(xí)指導(dǎo))eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))對于中點弦問題，常用“根與系數(shù)的關(guān)系”或“點差法”求解．在用根與系數(shù)的關(guān)系時，要注意前提條件Δ＞0；在用“點差法”時，要檢驗直線與圓錐曲線是否相交．
(1)已知橢圓eq \f(x2,2)＋y2＝1，則斜率為2的平行弦中點的軌跡方程為________．
(2)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(biāo)是eq \f(2,7)的橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．
【解析】 (1)設(shè)弦的兩端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，中點為P(x0，y0)，
通解：有eq \f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),2) ＋yeq \\al(2,2)＝1.
兩式作差，得eq \f((x2－x1)(x2＋x1),2)＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0.因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝kAB，代入后求得kAB＝－eq \f(x0,2y0).即2＝－eq \f(x0,2y0)，所以x0＋4y0＝0.
優(yōu)解：由kAB·kOP＝－eq \f(b2,a2)得2·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，即x0＋4y0＝0.
故所求的軌跡方程為x＋4y＝0，將x＋4y＝0代入eq \f(x2,2)＋y2＝1得：eq \f(x2,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,4)))eq \s\up12(2)＝1，解得x＝±eq \f(4,3)，
又中點在橢圓內(nèi)，所以－eq \f(4,3)＜x＜eq \f(4,3).
(2)通解：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(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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(biāo)代入橢圓方程中，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),a2)＋\f(xeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(yeq \\al(2,2),a2)＋\f(xeq \\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(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
優(yōu)解：設(shè)弦的中點為M，由kAB·kOM＝－eq \f(a2,b2)
得2×eq \f(2×\f(2,7)－1,\f(2,7))＝－eq \f(a2,b2)，得a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，所以所求的方程為eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.
【答案】 (1)x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)＜x＜\f(4,3)))
(2)eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
eq \a\vs4\al()
解決圓錐曲線“中點弦”問題的方法
已知橢圓：eq \f(y2,9)＋x2＝1，過點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))的直線與橢圓相交于A，B兩點，且弦AB被點P平分，則直線AB的方程為( )
A．9x－y－4＝0 B．9x＋y－5＝0
C．2x＋y－2＝0 D．x＋y－5＝0
解析：選B．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為A，B在橢圓eq \f(y2,9)＋x2＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),9)＋xeq \\al(2,1)＝1，,\f(yeq \\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,2)＝1，))兩式相減得eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),9)＋xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＝0，即eq \f((y1－y2)(y1＋y2),9)＋(x1－x2)(x1＋x2)＝0，又弦AB被點Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))平分，所以x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，將其代入上式得eq \f(y1－y2,9)＋x1－x2＝0，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－9，即直線AB的斜率為－9，所以直線AB的方程為y－eq \f(1,2)＝－9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即9x＋y－5＝0.
考點四 橢圓與向量的綜合問題(創(chuàng)新型)
(1)已知點F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的焦點，點M在橢圓C上且滿足|eq \(MF1,\s\up6(→))＋eq \(MF2,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，O為坐標(biāo)原點，則△MF1F2的面積為( )
A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),2)
C．2 D．1
(2)(2020·石家莊質(zhì)量檢測(二))傾斜角為eq \f(π,4)的直線經(jīng)過橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點F，與橢圓交于A、B兩點，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率為( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3)
【解析】 (1)|eq \(MF1,\s\up6(→))＋eq \(MF2,\s\up6(→))|＝2|eq \(MO,\s\up6(→))|＝2eq \r(3)，
所以|eq \(MO,\s\up6(→))|＝eq \r(3)＝c，所以MF1⊥MF2，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|MF1|2＋|MF2|2＝4c2＝12，,|MF1|＋|MF2|＝2a＝4，))解得|MF1||MF2|＝2，
所以三角形的面積S＝eq \f(1,2)×|MF1|×|MF2|＝1.
(2)由題可知，直線的方程為y＝x－c，與橢圓方程聯(lián)立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1,y＝x－c))，所以(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直線過橢圓的右焦點，故必與橢圓有交點，則Δ＞0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2b2c,a2＋b2),y1y2＝\f(－b4,a2＋b2)))，又eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(－2b2c,a2＋b2),－2yeq \\al(2,2)＝\f(－b4,a2＋b2)))，所以eq \f(1,2)＝eq \f(4c2,a2＋b2)，所以e＝eq \f(\r(2),3)，故選B．
【答案】 (1)D (2)B
eq \a\vs4\al()
解決橢圓中與向量有關(guān)問題的方法
(1)將向量條件用坐標(biāo)表示，再利用函數(shù)、方程知識建立數(shù)量關(guān)系．
(2)利用向量關(guān)系轉(zhuǎn)化成相關(guān)的等量關(guān)系．
(3)利用向量運算的幾何意義轉(zhuǎn)化成圖形中位置關(guān)系解題．
1．已知F1，F(xiàn)2為橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的兩個焦點，B為橢圓短軸的一個端點，eq \(BF1,\s\up6(→))·eq \(BF2,\s\up6(→))≥eq \f(1,4)eq \(F1F2,\s\up6(→))2，則橢圓的離心率的取值范圍為( )
A．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
解析：選C．根據(jù)題意不妨設(shè)B(0，b)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，因為eq \(BF1,\s\up6(→))·eq \(BF2,\s\up6(→))≥eq \f(1,4)eq \(F1F2,\s\up6(→))2，
所以b2≥2c2，又因為b2＝a2－c2，
所以a2≥3c2，所以0＜eq \f(c,a)≤eq \f(\r(3),3).
2．若直線l：y＝kx＋eq \r(2)與橢圓eq \f(x2,4)＋y2＝1有兩個不同的交點A，B，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝2(O為坐標(biāo)原點)，求k的值．
解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立方程得eq \b\lc\{(\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，
則有Δ＝4k2－1＞0，得k2＞eq \f(1,4).
x1＋x2＝－eq \f(8\r(2)k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4,1＋4k2)，
則eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋eq \r(2))(kx2＋eq \r(2))＝(1＋k2)x1x2＋eq \r(2)k(x1＋x2)＋2＝eq \f(6－4k2,1＋4k2)＝2.
得k2＝eq \f(1,3)＞eq \f(1,4)，所以k的值為±eq \f(\r(3),3).
[基礎(chǔ)題組練]
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，＋∞)
解析：選B．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.
2．設(shè)直線y＝kx與橢圓eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1相交于A，B兩點，分別過A，B兩點向x軸作垂線，若垂足恰為橢圓的兩個焦點，則k等于( )
A．±eq \f(3,2) B．±eq \f(2,3)
C．±eq \f(1,2) D．±2
解析：選A．由題意可知，點A與點B的橫坐標(biāo)即為焦點的橫坐標(biāo)，又c＝1，當(dāng)k＞0時，不妨設(shè)A，B兩點的坐標(biāo)分別為(－1，y1)，(1，y2)，代入橢圓方程得y1＝－eq \f(3,2)，y2＝eq \f(3,2)，解得k＝eq \f(3,2)；同理可得當(dāng)k＜0時k＝－eq \f(3,2).
3．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(biāo)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)
解析：選B．由題意知橢圓的右焦點F的坐標(biāo)為(1，0)，則直線AB的方程為y＝2x－2.聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得交點A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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\c1(－2－\f(4,3)))＝eq \f(5,3)，故選B．
4．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)＝1
C．eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1 D．eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,20)＝1
解析：選B．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.又由橢圓的離心率為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，所以橢圓的方程為eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
5．(2020·石家莊質(zhì)檢)傾斜角為eq \f(π,4)的直線經(jīng)過橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點F，與橢圓交于A，B兩點，且eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率為( )
A．eq \f(\r(3),2) B．eq \f(\r(2),3)
C．eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(3),3)
解析：選B．由題可知，直線的方程為y＝x－c，與橢圓方程聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－c，))得(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直線過橢圓的右焦點，故必與橢圓有交點，則Δ＞0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,y1y2＝\f(－b4,a2＋b2)，))又eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y2＝\f(－2b2c,a2＋b2)，,－2yeq \\al(2,2)＝\f(－b4,a2＋b2).))所以eq \f(1,2)＝eq \f(4c2,a2＋b2)，所以e＝eq \f(\r(2),3)，故選B．
6．已知橢圓eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞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________．
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.
答案：eq \f(y2,4)＋x2＝1
7．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________．
解析：由eq \b\lc\{(\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.
答案：±1
8．已知直線l：y＝k(x－1)與橢圓C：eq \f(x2,4)＋y2＝1交于不同的兩點A，B，AB中點橫坐標(biāo)為eq \f(1,2)，則k＝________．
解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，因為直線l過橢圓內(nèi)的定點(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).
答案：±eq \f(1,2)
9．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，M是C上一點且MF2與x軸垂直，直線MF1與C的另一個交點為N.
(1)若直線MN的斜率為eq \f(3,4)，求C的離心率；
(2)若直線MN在y軸上的截距為2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
解：(1)根據(jù)c＝eq \r(a2－b2)及題設(shè)知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \f(\f(b2,a),2c)＝eq \f(3,4)，
2b2＝3ac.
將b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，eq \f(c,a)＝－2(舍去)．故C的離心率為eq \f(1,2).
(2)由題意，原點O為F1F2的中點，MF2∥y軸，所以直線MF1與y軸的交點D(0，2)是線段MF1的中點，
故eq \f(b2,a)＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|得|DF1|＝2|F1N|.
設(shè)N(x1，y1)，由題意知y1＜0，則
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2(－c－x1)＝c，,－2y1＝2，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝－\f(3,2)c，,y1＝－1.))
代入C的方程，得eq \f(9c2,4a2)＋eq \f(1,b2)＝1.②
將①及c＝eq \r(a2－b2)代入②得eq \f(9(a2－4a),4a2)＋eq \f(1,4a)＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2eq \r(7).
10．已知橢圓C的兩個焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，且經(jīng)過點Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求橢圓C的方程；
(2)過F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(點A位于x軸上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，求直線l的斜率k的值．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以橢圓C的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由題意得直線l的方程為y＝k(x＋1)(k＞0)，聯(lián)立，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，
Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，又eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，則3＋4k2＝8，解得k＝±eq \f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq \f(\r(5),2).
[綜合題組練]
1．設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦點，若橢圓上存在一點P，使(eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(OF2,\s\up6(→)))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0(O為坐標(biāo)原點)，則△F1PF2的面積是( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：選D．因為(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，所以PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m＋n＝4，m2＋n2＝12，2mn＝4，mn＝2，所以S△F1PF2＝eq \f(1,2)mn＝1.
2．直線l過橢圓eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦點F，且與橢圓交于P，Q兩點，M為PQ的中點，O為原點，若△FMO是以O(shè)F為底邊的等腰三角形，則直線l的斜率為( )
A．eq \f(\r(2),2) B．±eq \f(\r(2),2)
C．±eq \f(\r(3),2) D．eq \f(\r(3),2)
解析：選B．由eq \f(x2,2)＋y2＝1，得a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝2－1＝1，則c＝1，則左焦點F(－1，0)．由題意可知，直線l的斜率存在且不等于0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋k.設(shè)l與橢圓交于點P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k))得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.則PQ的中點M的橫坐標(biāo)為eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2k2,2k2＋1).因為△FMO是以O(shè)F為底邊的等腰三角形，所以－eq \f(2k2,2k2＋1)＝－eq \f(1,2)，解得k＝±eq \f(\r(2),2).
3．從橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點F1，A是橢圓與x軸正半軸的交點，B是橢圓與y軸正半軸的交點，且AB∥OP(O是坐標(biāo)原點)，則該橢圓的離心率是________．
解析：由題意可設(shè)P(－c，y0)(c為半焦距)，kOP＝－eq \f(y0,c)，kAB＝－eq \f(b,a)，由于OP∥AB，所以－eq \f(y0,c)＝－eq \f(b,a)，y0＝eq \f(bc,a)，把Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(bc,a)))代入橢圓方程得eq \f((－c)2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,a)))\s\up12(2),b2)＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
答案：eq \f(\r(2),2)
4.如圖，橢圓的中心在坐標(biāo)原點O，頂點分別是A1，A2，B1，B2，焦點分別為F1，F(xiàn)2，延長B1F2與A2B2交于P點，若∠B1PA2為鈍角，則橢圓的離心率的取值范圍為________．
解析：設(shè)橢圓的方程為eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，∠B1PA2為鈍角可轉(zhuǎn)化為eq \(B2A2,\s\up6(→))，eq \(F2B1,\s\up6(→))所夾的角為鈍角，則(a，－b)·(－c，－b)＜0，得b2＜ac，即a2－c2＜ac，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))eq \s\up12(2)＋eq \f(c,a)－1＞0即e2＋e－1＞0，e＞eq \f(\r(5)－1,2)或e＜eq \f(－\r(5)－1,2)，又0＜e＜1，所以eq \f(\r(5)－1,2)＜e＜1.
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)－1,2)，1))
5．已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左，右兩個焦點，|F1F2|＝4，長軸長為6，又A，B分別是橢圓C上位于x軸上方的兩點，且滿足eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→)).
(1)求橢圓C的方程；
(2)求四邊形ABF2F1的面積．
解：(1)由題意知2a＝6，2c＝4，所以a＝3，c＝2，
所以b2＝a2－c2＝5，所以橢圓C的方程為eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，又F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，
所以eq \(AF1,\s\up6(→))＝(－2－x1，－y1)，eq \(BF2,\s\up6(→))＝(2－x2，－y2)，
由eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，得x1＋2＝2(x2－2)，y1＝2y2.
延長AB交x軸于H，因為eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(BF2,\s\up6(→))，所以AF1∥BF2，且|AF1|＝2|BF2|.所以線段BF2為△AF1H的中位線，即F2為線段F1H的中點，所以H(6，0)．設(shè)直線AB的方程為x＝my＋6，
代入橢圓方程，得5(my＋6)2＋9y2＝45，即(5m2＋9)y2＋60my＋135＝0.
所以y1＋y2＝－eq \f(60m,5m2＋9)＝3y2，y1·y2＝eq \f(135,5m2＋9)＝2yeq \\al(2,2)，
消去y2，得m2＝eq \f(92×3,25)，結(jié)合題意知m＝－eq \f(9\r(3),5).
Seq \s\d5(四邊形ABF2F1)＝Seq \s\d5(△AF1H)－Seq \s\d5(△BF2H)＝eq \f(1,2)|F1H|y1－eq \f(1,2)|F2H|y2＝4y1－2y2＝8y2－2y2＝6y2
＝－eq \f(120m,5m2＋9)＝eq \f(15\r(3),4).
6．(2020·安徽五校聯(lián)盟第二次質(zhì)檢)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦點坐標(biāo)分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，P為橢圓C上一點，滿足3|PF1|＝5|PF2|且cs∠F1PF2＝eq \f(3,5).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點，
點Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范圍．
解：(1)由題意設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，則3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝eq \f(5,4)a，r2＝eq \f(3,4)a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cs∠F1PF2＝eq \f(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2)－|F1F2|2,2r1r2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)a))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)a))\s\up12(2)－22,2×\f(5,4)a×\f(3,4)a)＝eq \f(3,5)，
解得a＝2，因為c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)聯(lián)立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
設(shè)AB的中點為M(x0，y0)，連接QM，則x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－4km,3＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq \f(3m,3＋4k2)，因為|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，0))，M為AB的中點，所以k≠0，直線QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·eq \f(\f(3m,3＋4k2),\f(－4km,3＋4k2)－\f(1,4))＝－1，解得m＝－eq \f(3＋4k2,4k)，②
把②代入①得3＋4k2＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3＋4k2,4k)))eq \s\up12(2)，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞eq \f(1,2)或k＜－eq \f(1,2)，故k的取值范圍為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).

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