《金版教程•高考數(shù)學復習創(chuàng)新方案》提升版第九章第6講橢圓(二)

第6講橢圓(二)[課程標準]1.理解直線與橢圓的位置關系，掌握直線被橢圓所截的弦長公式.2.體會數(shù)形結(jié)合的思想．1．點與橢圓的位置關系已知點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\x(\s\up1(01))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)<1；(2)點P(x0，y0)在橢圓上?eq\x(\s\up1(02))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1；(3)點P(x0，y0)在橢圓外?eq\x(\s\up1(03))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)>1．2．直線與橢圓位置關系的判斷已知直線y＝kx＋m，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\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?直線與橢圓有eq\x(\s\up1(04))兩個交點?直線與橢圓相交；Δ＝0?直線與橢圓有eq\x(\s\up1(05))一個交點?直線與橢圓相切；Δ<0?直線與橢圓eq\x(\s\up1(06))無交點?直線與橢圓相離．3．弦長公式設直線與橢圓的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])，k為直線斜率且k≠0.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)．(1)過焦點的弦中，通徑(垂直于長軸的焦點弦)最短，為eq\f(2b2,a).(2)若點P(x0，y0)在橢圓上，則過點P的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.(3)若AB是橢圓的不垂直于對稱軸的弦，O為原點，M為AB的中點，則kOM·kAB＝－eq\f(b2,a2).(4)若過原點的直線交橢圓于A，B兩點，P是橢圓上異于A，B的任一點，則kPA·kPB＝－eq\f(b2,a2).1．(人教A選擇性必修第一冊3.1.2例7改編)直線y＝2x－1與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關系是()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，所以直線與橢圓相交．故選A.解法二：由eq\b\lc\{(\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，所以直線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y＝－eq\f(1,3)時，弦長最大，為eq\f(4\r(3),3).3．(人教B選擇性必修第一冊習題2－8AT2改編)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()A．±1 B．±eq\f(1,2)C.eq\r(2) D．±eq\r(2)答案A解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－2,3).))由|AB|＝eq\f(4\r(2),3)可知eq\f(4,3)eq\r(3－m2)＝eq\f(4\r(2),3)，解得m＝±1.故選A.4．(人教B選擇性必修第一冊P177復習題B組T13改編)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))的直線交橢圓C于A，B兩點，若P為AB的中點，則直線AB的方程為()A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0答案B解析設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，由中點坐標公式可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)＋\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1①，,\f(xeq\o\al(2,2),4)＋\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1②，))①－②得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),3)＝0，即eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\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)，因此直線AB的方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\f(3,2)(x－1)，即3x＋2y－4＝0.5．(人教A選擇性必修第一冊習題3.1T13改編)若點P是橢圓E：eq\f(x2,4)＋y2＝1上的動點，則點P到直線x－y－3eq\r(5)＝0的距離的最小值是________，此時點P的坐標為________．答案eq\r(10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))解析設與橢圓E相切且平行于直線x－y－3eq\r(5)＝0的直線為l：x－y＋m＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x－y＋m＝0，))整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0.則Δ＝64m2－4×5(4m2－4)＝0，解得m＝±eq\r(5).當m＝－eq\r(5)時，直線l與直線x－y－3eq\r(5)＝0之間的距離為eq\f(|－\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝eq\r(10)，當m＝eq\r(5)時，直線l與直線x－y－3eq\r(5)＝0之間的距離為eq\f(|\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝2eq\r(10)，所以點P到直線x－y－3eq\r(5)＝0的最小距離是eq\r(10).此時5x2－8eq\r(5)x＋16＝0，解得x＝eq\f(4\r(5),5)，將x＝eq\f(4\r(5),5)代入x－y－eq\r(5)＝0，得y＝－eq\f(\r(5),5)，則點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5))).考向一直線與橢圓的位置關系例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\{(\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Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時，方程③有兩個相等的實數(shù)根，可知原方程組僅有一組實數(shù)解．這時直線l與橢圓C有且只有一個公共點．(3)當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系的方法(1)研究直線與橢圓的位置關系，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)．(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．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．(1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(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\{(\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m≥1且m≠5.考向二弦長問題例2(2023·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M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\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＋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，且滿足Δ>0，故k的值為±1.設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＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])(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．(2023·江蘇八市聯(lián)考)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，焦距為2，過E的左焦點F的直線l與E相交于A，B兩點，與直線x＝－2相交于點M.(1)若M(－2，－1)，求證：|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|；(2)過點F作直線l的垂線m與E相交于C，D兩點，與直線x＝－2相交于點N.求eq\f(1,|MA|)＋eq\f(1,|MB|)＋eq\f(1,|NC|)＋eq\f(1,|ND|)的最大值．解(1)證明：因為橢圓E的焦距為2，所以2c＝2，解得c＝1.又因為橢圓E的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)，所以b2＝a2－c2＝2－1＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.因為直線l經(jīng)過M(－2，－1)，F(xiàn)(－1，0)，kMF＝eq\f(－1－0,－2－（－1）)＝1，所以直線l的方程為y＝x＋1，設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝2，))可得3x2＋4x＝0，由3x2＋4x＝0，得x1＝－eq\f(4,3)，x2＝0.所以|MA|·|BF|＝eq\r(2)|x1＋2|·eq\r(2)|x2＋1|＝2×eq\f(2,3)×1＝eq\f(4,3)，|MB|·|AF|＝eq\r(2)|x2＋2|·eq\r(2)|x1＋1|＝2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，因此|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|.(2)若直線l，m中兩條直線分別與兩條坐標軸垂直，則其中有一條必與直線x＝－2平行，不符合題意，所以直線l的斜率存在且不為零，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，k≠0，則直線m的方程為y＝－eq\f(1,k)(x＋1)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2，))可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，設A1(x1，y1)，B(x2，y2)，則Δ＝16k4－8(2k2＋1)(k2－1)＝8(k2＋1)>0，由根與系數(shù)的關系，可得x1＋x2＝－eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2k2－2,2k2＋1)，易知x1>－2且x2>－2，將x＝－2代入直線l的方程，可得y＝－k，即點M(－2，－k)，所以eq\f(1,|MA|)＋eq\f(1,|MB|)＝eq\f(1,\r(1＋k2)|x1＋2|)＋eq\f(1,\r(1＋k2)|x2＋2|)＝eq\f(1,\r(1＋k2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1＋2)＋\f(1,x2＋2)))＝eq\f(1,\r(1＋k2))·eq\f(x1＋x2＋4,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(1,\r(1＋k2))·eq\f(－\f(4k2,1＋2k2)＋4,\f(2k2－2,1＋2k2)＋\f(－8k2,1＋2k2)＋4)＝eq\f(1,\r(1＋k2))·eq\f(4k2＋4,2k2＋2)＝eq\f(2,\r(1＋k2))，同理可得eq\f(1,|NC|)＋eq\f(1,|ND|)＝eq\f(2,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))\s\up12(2)))＝eq\f(2|k|,\r(1＋k2))，所以eq\f(1,|MA|)＋eq\f(1,|MB|)＋eq\f(1,|NC|)＋eq\f(1,|ND|)＝eq\f(2（1＋|k|）,\r(1＋k2))＝2eq\r(\f(k2＋1＋2|k|,k2＋1))＝2eq\r(1＋\f(2,|k|＋\f(1,|k|)))≤2eq\r(1＋\f(2,2\r(|k|·\f(1,|k|))))＝2eq\r(2)，當且僅當k＝±1時，等號成立，因此eq\f(1,|MA|)＋eq\f(1,|MB|)＋eq\f(1,|NC|)＋eq\f(1,|ND|)的最大值為2eq\r(2).考向三中點弦問題例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)))且被點P平分的弦所在直線的方程．解(1)當斜率為2的弦過原點時，顯然(0，0)滿足題意；當斜率為2的弦不過原點時，設弦的兩端點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，中點為M(x，y)，則有eq\f(xeq\o\al(2,1),2)＋yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),2)＋yeq\o\al(2,2)＝1.兩式作差，得eq\f(（x2－x1）（x2＋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，顯然(0，0)滿足該方程．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)不妨設l交橢圓于A，B兩點，弦中點為M(x，y)．當直線l過原點時，M(0，0)滿足題意；當直線l的斜率存在且不過原點時，由(1)得kl＝kAB＝－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，顯然(0，0)滿足該方程．當直線l的斜率不存在時，弦中點坐標為(1，0)，滿足上式．又由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x2＋2y2－x－4y＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2－4\r(7),9)，,y＝\f(4＋\r(7),9)))或eq\b\lc\{(\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)，x＋4y<2)).(3)由(1)知，弦所在的直線的斜率k＝－eq\f(\f(1,2),2×\f(1,2))＝－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注意的兩點(1)處理有關中點弦與對應直線斜率關系的問題時，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與橢圓有兩個不同的交點．(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．1.(2023·承德模擬)已知斜率為k的直線與橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為(1，－1)，則k＝________．答案eq\f(1,2)解析由題設eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,A),6)＋\f(yeq\o\al(2,A),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,B),6)＋\f(yeq\o\al(2,B),3)＝1，))作差可得eq\f(xeq\o\al(2,A)－xeq\o\al(2,B),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,A)－yeq\o\al(2,B),3)＝eq\f(（xA＋xB）（xA－xB）,6)＋eq\f(（yA＋yB）（yA－yB）,3)＝0，又xA＋xB＝2，yA＋yB＝－2，故eq\f(xA－xB,3)＝eq\f(2（yA－yB）,3)，所以k＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(1,2).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\{(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),a2)＋\f(xeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(yeq\o\al(2,2),a2)＋\f(xeq\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.考向四直線與橢圓的綜合問題例4已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，短軸長為2.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過點P(1，0)的直線l與橢圓C交于A，B兩點，若△ABO的面積為eq\f(3,5)(O為坐標原點)，求直線l的方程．解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))解得a2＝4，b2＝1.故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題意可知直線l的斜率不為0，則設直線l的方程為x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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，則y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq\f(3,m2＋4)，故|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,m2＋4)))\s\up12(2)＋\f(12,m2＋4))＝eq\f(4\r(m2＋3),m2＋4)，因為△ABO的面積為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)，設t＝eq\r(m2＋3)≥eq\r(3)，則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).故直線l的方程為x＝±eq\r(6)y＋1，即x±eq\r(6)y－1＝0.(1)解答直線與橢圓相交的題目時，常用到“設而不求”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)的關系，并結(jié)合題設條件，建立有關參變量的等量關系求解．(2)涉及直線方程的設法時，務必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．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\o(F1P,\s\up6(→))⊥eq\o(F1Q,\s\up6(→))，求直線l的方程．解(1)由題意知，△F1B1B2為等邊三角形，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，當直線l的斜率不存在時，其方程為x＝1，不符合題意；當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x－1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq\f(2（k2－1）,2k2＋1)，eq\o(F1P,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq\o(F1Q,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，因為eq\o(F1P,\s\up6(→))⊥eq\o(F1Q,\s\up6(→))，所以eq\o(F1P,\s\up6(→))·eq\o(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.課時作業(yè)一、單項選擇題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．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\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(MB,\s\up6(→))，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解析易知直線l的斜率存在，設直線l：y＝kx＋1，點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則由eq\b\lc\{(\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\{(\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.3．橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點分別為A1，A2，點P在C上且直線PA1的斜率的取值范圍是[－2，－1]，那么直線PA2斜率的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(3,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))答案A解析由題意可知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點分別為A1(－2，0)，A2(2，0)，設P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,0))，所以kPA1·kPA2＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(3,4)，所以kPA1＝eq\f(－\f(3,4),kPA2)，因為kPA1∈[－2，－1]，即－2≤eq\f(－\f(3,4),kPA2)≤－1，可得eq\f(3,8)≤kPA2≤eq\f(3,4)，所以直線PA2斜率的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(3,4))).故選A4．(2024·龍巖模擬)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(2，0)，過點F的直線交橢圓E于A，B兩點，若線段AB的中點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)))，則橢圓E的標準方程為()A.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,27)＝1C.eq\f(x2,27)＋eq\f(y2,36)＝1 D.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,18)＝1答案A解析設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則AB的中點為Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝\f(4,3)，,\f(y1＋y2,2)＝－\f(2,3)，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8,3)，,y1＋y2＝－\f(4,3).))若直線AB⊥x軸，則線段AB的中點在x軸上，不符合題意，故直線AB的斜率存在，且kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，由于A，B兩點都在橢圓E上，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\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，即eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(a2,b2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)，因為F，M在直線AB上，故kAB＝eq\f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))),2－\f(4,3))＝1，故eq\f(\f(8,3),－\f(4,3))＝－eq\f(a2,b2)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)＝\f(1,2)，,c2＝a2－b2＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝4，))所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.故選A.5．(2023·新課標Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點，若△F1AB的面積是△F2AB面積的2倍，則m＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3) D．－eq\f(2,3)答案C解析將直線與橢圓的方程聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因為直線與橢圓交于A，B兩點，則Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－2<m<2.設F1到AB的距離為d1，F(xiàn)2到AB的距離為d2，易知F1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，則d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，eq\f(S△F1AB,S△F2AB)＝eq\f(\f(|－\r(2)＋m|,\r(2)),\f(|\r(2)＋m|,\r(2)))＝eq\f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|)＝2，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或m＝－3eq\r(2)(舍去)．故選C.6．(2023·沈陽二模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>eq\r(2))的離心率為eq\f(\r(6),3)，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直線與橢圓C交于A，B兩點，且滿足|PA|＝|PB|，若M為直線AB上任意一點，O為坐標原點，則|OM|的最小值為()A．1 B.eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)答案B解析由題設，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，即eq\f(c2,a2)＝1－eq\f(b2,a2)＝1－eq\f(2,a2)＝eq\f(2,3)，可得a2＝6>2，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直線與橢圓C交于A，B兩點，且滿足|PA|＝|PB|，則P為線段AB的中點，所以xA＋xB＝3，yA＋yB＝1，又eq\f(xeq\o\al(2,A),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,A),2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,B),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,B),2)＝1，則eq\f(xeq\o\al(2,A)－xeq\o\al(2,B),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,A)－yeq\o\al(2,B),2)＝0，即eq\f(（xA＋xB）（xA－xB）,6)＝－eq\f(（yA＋yB）（yA－yB）,2)，所以eq\f(yA－yB,xA－xB)＝－eq\f(xA＋xB,3（yA＋yB）)＝－1，故直線AB的方程為y－eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，即x＋y－2＝0，所以|OM|的最小值為eq\f(|－2|,\r(2))＝eq\r(2).故選B.7．(2023·商丘模擬)國家體育場“鳥巢”的鋼結(jié)構(gòu)鳥瞰圖如圖1所示，內(nèi)、外兩圈的鋼骨架是由兩個離心率相同的橢圓組成的對稱結(jié)構(gòu)．某校體育館的鋼結(jié)構(gòu)與“鳥巢”類似，其平面圖如圖2所示，已知外層橢圓的長軸長為200米，且內(nèi)、外橢圓的離心率均為eq\f(\r(3),2)，由外層橢圓長軸的一個端點A向內(nèi)層橢圓引切線AC，若AC的斜率為－eq\f(1,2)，則內(nèi)層橢圓的短軸長為()A．75米 B．50eq\r(2)米C．50米 D．25eq\r(2)米答案B解析內(nèi)、外橢圓的離心率均為eq\f(\r(3),2)，設內(nèi)層橢圓的短半軸長為b，長半軸長為a，半焦距為c，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2b，則內(nèi)層橢圓的方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，由外層橢圓長軸的一個端點A向內(nèi)層橢圓引切線AC，AC的方程為y＝－eq\f(1,2)(x＋100)，代入橢圓的方程，可得x2＋100x＋5000－2b2＝0，可得Δ＝10000－4(5000－2b2)＝0，解得b2＝1250，所以b＝25eq\r(2).故選B.8．(2023·鄭州二模)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上頂點為B，斜率為eq\f(3,2)的直線l交橢圓于M，N兩點，若△BMN的重心恰好為橢圓的右焦點F，則橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(\r(6),3)答案A解析設M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點為P(x0，y0)，因為M，N都在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))作差可得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，即eq\f(2x0（x1－x2）,a2)＋eq\f(2y0（y1－y2）,b2)＝0，所以eq\f(2y0（y1－y2）,2x0（x1－x2）)＝－eq\f(b2,a2)，即kOP·kMN＝－eq\f(b2,a2)(O為坐標原點)，因為kMN＝eq\f(3,2)，所以kOP＝－eq\f(2b2,3a2)，又因為F為△BMN的重心，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(BF,\s\up6(→))，B(0，b)，F(xiàn)(c，0)，所以(x0，y0－b)＝eq\f(3,2)(c，－b)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(3,2)c，,y0＝－\f(1,2)b，))所以kOP＝eq\f(－\f(1,2)b,\f(3,2)c)＝－eq\f(2b2,3a2)，整理得a2＝2bc，即b2＋c2－2bc＝0，所以b＝c，則a＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(2)c，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).故選A.二、多項選擇題9．(2023·蘇錫常鎮(zhèn)二模)在平面直角坐標系xOy中，已知直線l：kx－y－k＝0，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，則下列說法正確的是()A．直線l恒過點(1，0)B．若l恒過C的焦點，則a2＋b2＝1C．若對任意實數(shù)k，l與C總有兩個互異公共點，則a≥1D．若a<1，則一定存在實數(shù)k，使得l與C有且只有一個公共點答案ACD解析對于A，方程kx－y－k＝0可化為y＝k(x－1)，所以直線l恒過點(1，0)，A正確；對于B，設橢圓的半焦距為c(c>0)，則點F的坐標可能為(c，0)或(－c，0)，若直線l恒過點(－c，0)，則0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直線l恒過點(c，0)，則0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B錯誤；對于C，D，解法一：聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝kx－k，))消去y，可得(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0，由對任意實數(shù)k，l與C總有兩個互異公共點，可得方程(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0有2個不相等的實數(shù)解，所以Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)>0，所以k2(a2－1)＋b2>0，所以a≥1，C正確；因為Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＝4a2b2[k2(a2－1)＋b2]，所以若a<1，則當k2＝eq\f(b2,1－a2)，即k＝±eq\r(\f(b2,1－a2))時，可得Δ＝0，此時方程組有且只有一組解，故l與C有且只有一個公共點，D正確．解法二：因為直線l恒過點(1，0)，若對任意實數(shù)k，l與C總有兩個互異公共點，則點(1，0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的內(nèi)部或在橢圓上，即eq\f(1,a2)≤1，故a≥1，C正確；若a<1，則點(1，0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)外部，一定存在實數(shù)k，使得l與C有且只有一個公共點，D正確．故選ACD.10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，O為坐標原點，直線y＝x－eq\r(3)過F2交C于A，B兩點，若△AF1B的周長為8，則()A．橢圓焦距為eq\r(3) B．橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1C．弦長|AB|＝eq\f(8,5) D．S△OAB＝eq\f(4\r(6),5)答案BC解析因為△AF1B的周長為8，所以4a＝8，得a＝2，因為直線y＝x－eq\r(3)過右焦點F2，所以c＝eq\r(3)，所以橢圓焦距為2eq\r(3)，故A錯誤；b2＝a2－c2＝4－3＝1，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，故B正確；設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x－\r(3)，))得5x2－8eq\r(3)x＋8＝0，得x1＋x2＝eq\f(8\r(3),5)，x1x2＝eq\f(8,5)，|AB|＝eq\r(1＋12)·|x1－x2|＝eq\r(2（x1－x2）2)＝eq\r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),5)))\s\up12(2)－4×\f(8,5))))＝eq\f(8,5)，故C正確；原點到直線y＝x－eq\r(3)的距離為d＝eq\f(|－\r(3)|,\r(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以S△OAB＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(6),2)×eq\f(8,5)＝eq\f(2\r(6),5)，故D錯誤．故選BC.11．(2023·濟南一模)在平面直角坐標系xOy中，由直線x＝－4上任一點P向橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1作切線，切點分別為A，B，點A在x軸的上方，則()A．∠APB恒為銳角B．當AB垂直于x軸時，直線AP的斜率為eq\f(1,2)C．|AP|的最小值為4D．存在點P，使得(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PO,\s\up6(→)))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0答案ABD解析對于A，設切線的方程為l：y＝kx＋m，P(－4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∵直線與橢圓相切，故Δ＝0，則x1＝－eq\f(4km,4k2＋3)，y1＝eq\f(3m,4k2＋3)，∴k＝－eq\f(3x1,4y1)，m＝eq\f(3,y1)，∴切線PA的方程為lPA：eq\f(x1x,4)＋eq\f(y1y,3)＝1，同理，切線PB的方程為lPB：eq\f(x2x,4)＋eq\f(y2y,3)＝1，而點P在lPA，lPB上，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋\f(y1t,3)＝1，,－x2＋\f(y2t,3)＝1，))又A(x1，y1)，B(x2，y2)滿足該方程組，故lAB：－x＋eq\f(ty,3)＝1，顯然lAB過定點(－1，0)，即橢圓左焦點．以AB為直徑的圓半徑小于a，與直線x＝－4一直相離，即∠APB始終為銳角，故A正確；對于B，由A項分析得lAB：－x＋eq\f(ty,3)＝1，當AB⊥x軸時，t＝0，易得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，∴kPA＝eq\f(\f(3,2)－0,－1－（－4）)＝eq\f(1,2)，故B正確；對于C，由B項分析知，當AB⊥x軸時，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，此時|PA|＝eq\f(3\r(5),2)<4，故C錯誤；對于D，取AO的中點M，若(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PO,\s\up6(→)))·eq\o(OA,\s\up6(→))＝0，則2eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(AO,\s\up6(→))＝0，∴PM⊥AO，∴|PA|＝|PO|，|PA|2＝(x1＋4)2＋(y1－t)2＝|PO|2＝16＋t2，化簡得xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＋8x1－2ty1＝0，由A項分析知ty1＝3x1＋3，yeq\o\al(2,1)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),4)))，整理得xeq\o\al(2,1)＋8x1－12＝0，∴x1＝2eq\r(7)－4，顯然存在點P滿足題意，故D正確．故選ABD.三、填空題12．已知中心在坐標原點的橢圓C的右焦點為F(1，0)，點F關于直線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解析設橢圓的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意可知c＝1，即a2－b2＝1①，設點F(1，0)關于直線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\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(4,5)，))即對稱點的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，\f(4,5)))，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)＝1.13．已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左焦點為F1(－1，0)，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\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(F1B,\s\up6(→))，則直線l的斜率k的值為________．答案eq\f(\r(5),2)解析由題意得直線l的方程為y＝k(x＋1)(k>0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k2)＋4))y2－eq\f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq\f(144,k2)＋144>0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，y1y2＝－eq\f(9k2,3＋4k2)，又eq\o(AF1,\s\up6(→))＝2eq\o(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).14．(2022·新高考Ⅱ卷)已知直線l與橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B兩點，l與x軸、y軸分別交于M，N兩點，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，則l的方程為________．答案x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0解析令AB的中點為E，因為|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),6)－eq\f(xeq\o\al(2,2),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)－eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝0，即eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,6)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,3)＝0，所以eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝－eq\f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq\f(1,2)，設直線AB：y＝kx＋m，k＜0，m＞0，令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝－eq\f(m,k)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2k)，\f(m,2)))，所以k·eq\f(\f(m,2),－\f(m,2k))＝－eq\f(1,2)，解得k＝－eq\f(\r(2),2)或k＝eq\f(\r(2),2)(舍去)，又|MN|＝2eq\r(3)，即|MN|＝eq\r(（\r(2)m）2＋m2)＝2eq\r(3)，解得m＝2或m＝－2(舍去)，所以直線AB：y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.四、解答題15．(2023·北京高考)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(5),3)，A，C分別是E的上、下頂點，B，D分別是E的左、右頂點，|AC|＝4.(1)求E的方程；(2)設P為第一象限內(nèi)E上的動點，直線PD與直線BC交于點M，直線PA與直線y＝－2交于點N.求證：MN∥CD.解(1)依題意，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3)，則c＝eq\f(\r(5),3)a，又A，C分別為橢圓上、下頂點，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，所以a2－c2＝b2＝4，即a2－eq\f(5,9)a2＝eq\f(4,9)a2＝4，則a2＝9，所以E的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)證明：因為橢圓E的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)，因為P為第一象限E上的動點，設P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，則eq\f(m2,9)＋eq\f(n2,4)＝1，易得kBC＝eq\f(0＋2,－3－0)＝－eq\f(2,3)，則直線BC的方程為y＝－eq\f(2,3)x－2，kPD