2023新教材数学高考第一轮专题练习--专题九椭圆及其性质

1、2023新高考数学第一轮专题练习9.2椭圆及其性质基础篇固本夯基考点一椭圆的定义及标准方程1.(2022届武汉二中月考,5)已知椭圆x2a+y2=1(a>1)和双曲线x2m-y2=1(m>0)有相同焦点,则()A.a=m+2B.m=a+2C.a2=m2+2D.m2=a2+2答案A2.(2021新高考,5,5分)已知F1,F2是椭圆C:x29+y24=1的两个焦点,点M在C上,则|MF1|·|MF2|的最大值为()A.13B.12C.9D.6答案C3.(2021济南十一学校联考,3)“2<m<6”是“方程x2m2+y26m=1表示的曲线为椭圆”的()A.充分不必

2、要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案B4.(2020广东东莞4月模拟,6)已知F1、F2分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线l交椭圆C于A,B两点,若AF2B是边长为4的等边三角形,则椭圆C的方程为()A.x24+y23=1B.x29+y26=1C.x216+y24=1D.x216+y29=1答案B5.(2021浙江嘉兴一中开学考)已知P为椭圆y29+x24=1上一点,若P到一个焦点的距离为1,则P到另一个焦点的距离为()A.3B.5C.8D.12答案B6.(2022届广东深圳中学月考,6)已知直线l:

3、y=x+1与曲线C:x2+y22=1相交于A,B两点,F(0,-1),则ABF的周长是()A.2B.22C.4D.42答案D7.(多选)(2021湖北九师联盟2月质检,10)若方程x25t+y2t1=1所表示的曲线为C,则下面四个命题中正确的是()A.若1<t<5,则C为椭圆B.若t<1,则C为双曲线C.若C为双曲线,则焦距为4D.若C为焦点在y轴上的椭圆,则3<t<5答案BD8.(2021江苏盐城伍佑中学期末,8)已知F1,F2为椭圆x28+y24=1的左、右焦点,P是椭圆上一点,若SF1PF2=4,则F1PF2等于()A.30°B.45°C

4、.60°D.90°答案D9.(2019课标理,15,5分)设F1,F2为椭圆C:x236+y220=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为. 答案(3,15)10.(2022届广东深圳七中月考,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=4,且a=2b.(1)求C的方程;(2)若A,B为C上的两个动点,过F2且垂直x轴的直线是AF2B的平分线所在直线,证明:直线AB过定点.解析(1)因为|F1F2|=4,所以c=2,所以a2-b2=4,又a=2b>0,所

5、以b2=4,则a2=8,故C的方程为x28+y24=1.(2)证明:由题意可知直线AB的斜率存在,F2(2,0),设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),由x28+y24=1,y=kx+m,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,则=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-8)=64k2-8m2+32>0,x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m281+2k2,设直线F2A,F2B的倾斜角分别为,则=- ,kF2A+kF2B=y1x12+y2x22=0,所以y1(x2-2)+y2(x1-2)=0,即(kx1+m)(x2-2)+(kx2+m)(x1

6、-2)=0,所以2kx1x2+(m-2k)(x1+x2)-4m=0,所以2k·2m281+2k2+(2k-m)·4km1+2k2-4m=0,化简可得m=-4k,所以直线AB的方程为y=kx-4k=k(x-4),故直线AB过定点(4,0).11.(2020课标理,20,12分)已知椭圆C:x225+y2m2=1(0<m<5)的离心率为154,A,B分别为C的左、右顶点.(1)求C的方程;(2)若点P在C上,点Q在直线x=6上,且|BP|=|BQ|,BPBQ,求APQ的面积.解析(1)由题设可得25m25=154,得m2=2516,所以C的方程为x225 +y225

7、16 =1.(2)设P(xP,yP),Q(6,yQ),根据对称性可设yQ>0,由题意知yP>0.由已知可得B(5,0),直线BP的方程为y=-1yQ(x-5),所以|BP|=yP1+yQ2,|BQ|=1+yQ2.因为|BP|=|BQ|,所以yP=1,将yP=1代入C的方程,解得xP=3或-3.由直线BP的方程得yQ=2或8.所以点P,Q的坐标分别为P1(3,1),Q1(6,2);P2(-3,1),Q2(6,8).|P1Q1|=10,直线P1Q1的方程为y=13x,点A(-5,0)到直线P1Q1的距离为102,故AP1Q1的面积为12×102×10=52.|P2Q

8、2|=130,直线P2Q2的方程为y=79x+103,点A到直线P2Q2的距离为13026,故AP2Q2的面积为12×13026×130=52.综上,APQ的面积为52.考点二椭圆的几何性质1.(2022届湖南郴州一中月考,7)已知点P是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点,点F1、F2是椭圆C的左、右焦点,若PF1F2的内切圆半径的最大值为a-c,则椭圆C的离心率为()A.23B.22C.32D.33答案B2.(2018课标文,4,5分)已知椭圆C:x2a2+y24=1的一个焦点为(2,0),则C的离心率为()A.13B.12C.22D.223答

9、案C3.(2019北京理,4,5分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,则()A.a2=2b2B.3a2=4b2C.a=2bD.3a=4b答案B4.(2022届湖南岳阳一中开学考,8)已知椭圆M的左,右焦点分别为F1,F2,若椭圆M与坐标轴分别交于A,B,C,D四点,且从F1,F2,A,B,C,D这六点中,可以找到三点构成一个直角三角形,则椭圆M的离心率的可能取值为()A.512B.32C.23D.12答案A考点三直线与椭圆的位置关系1.(2021浙江,16,6分)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),焦点F1(-c,0),F2(c,0)

10、(c>0).若过F1的直线和圆x12c2+y2=c2相切,与椭圆在第一象限交于点P,且PF2x轴,则该直线的斜率是,椭圆的离心率是. 答案255;552.(2020天津,18,15分)已知椭圆x2a2+y2b2=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3OC=OF,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.解析(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a

11、2=18.所以,椭圆的方程为x218+y29=1.(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以ABCP.依题意知,直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y=kx-3.由方程组y=kx3,x218+y29=1,消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=12k2k2+1.依题意,可得点B的坐标为12k2k2+1,6k232k2+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6k2k2+1,32k2+1.由3OC=OF,得点C的坐标为(1,0),故直线CP的斜率为32k2+106k2k2+11,即32k26k+1.又因为ABCP,所以k&

12、#183;32k26k+1=-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k=12,或k=1.所以,直线AB的方程为y=12x-3或y=x-3.3.(2018天津文,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,|AB|=13.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l:y=kx(k<0)与椭圆交于P,Q两点,l与直线AB交于点M,且点P,M均在第四象限.若BPM的面积是BPQ面积的2倍,求k的值.解析(1)设椭圆的焦距为2c,由已知有c2a2=59,又由a2=b2+c2,可得2a=3b.由|AB|=a2+b2=13,得a=3,b=

13、2.所以,椭圆的方程为x29+y24=1.(2)设点P的坐标为(x1,y1),点M的坐标为(x2,y2),由题意得,x2>x1>0,点Q的坐标为(-x1,-y1).由BPM的面积是BPQ面积的2倍,可得|PM|=2|PQ|,从而x2-x1=2x1-(-x1),即x2=5x1.易知直线AB的方程为2x+3y=6,由方程组2x+3y=6,y=kx,消去y,可得x2=63k+2.由方程组x29+y24=1,y=kx,消去y,可得x1=69k2+4.由x2=5x1,可得9k2+4=5(3k+2),两边平方,整理得18k2+25k+8=0,解得k=-89或k=-12.当k=-89时,x2=-

14、9<0,不合题意,舍去;当k=-12时,x2=12,x1=125,符合题意.所以k的值为-12.4.(2022届广东佛山一中月考,21)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,且过点(3,1).(1)求椭圆G的方程;(2)斜率为1的直线l与椭圆G交于A、B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2),求PAB的面积.解析(1)由题意,知e=ca=63,9a2+1b2=1,a2=b2+c2,解得a2=12,b2=4,故椭圆G的方程为x212+y24=1.(2)设直线AB的方程为y=x+n,则线段AB的中垂线方程为y=-(x+3)+2,即y=-x-

15、1,联立y=x+n,x212+y24=1,消去y整理得4x2+6nx+3n2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-3n2,x1x2=3n2124,y1+y2=x1+x2+2n=n2,又x1+x22,y1+y22在线段AB的中垂线上,3n4-1=n4,可得n=2,即x1+x2=-3,x1x2=0,|AB|=1+12·(x1+x2)24x1x2=32,又P(-3,2)到直线AB的距离d=|32+2|2=322,SPAB=12|AB|·d=92.5.(2019天津理,19,14分)设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F,左顶

16、点为A,上顶点为B.已知3|OA|=2|OB|(O为原点).(1)求椭圆的离心率;(2)设经过点F且斜率为34的直线l与椭圆在x轴上方的交点为P,圆C同时与x轴和直线l相切,圆心C在直线x=4上,且OCAP.求椭圆的方程.解析(1)设椭圆的半焦距为c,3|OA|=2|OB|,3a=2b.又由a2=b2+c2,消去b得a2=32a2+c2,解得ca=12.所以,椭圆的离心率为12.(2)由(1)知,a=2c,b=3c,故椭圆方程为x24c2+y23c2=1.由题意知,F(-c,0),则直线l的方程为y=34(x+c).点P的坐标满足x24c2+y23c2=1,y=34(x+c),消去y并化简,得

17、到7x2+6cx-13c2=0,解得x1=c,x2=-13c7.代入l的方程,解得y1=32c,y2=-914c.因为点P在x轴上方,所以Pc,32c.由圆心C在直线x=4上,可设C(4,t).因为OCAP,且由(1)知A(-2c,0),故t4=32cc+2c,解得t=2.则C(4,2).因为圆C与x轴相切,所以圆的半径长为2,又由圆C与l相切,得34(4+c)21+342=2,可得c=2.所以,椭圆的方程为x216+y212=1.综合篇知能转换A组考法一求椭圆的标准方程1.(2021八省联考,4)椭圆x2m2+1+y2m2=1(m>0)的焦点为F1,F2,上顶点为A,若F1AF2=3,

18、则m=()A.1B.2C.3D.2答案C2.(2022届江苏苏州中学月考,7)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为33,过F2的直线l交C于A,B两点,若AF1B的周长为43,则椭圆C的方程为()A.x23+y2=1B.x23+y22=1C.x212+y28=1D.x212+y24=1答案B3.(2022届河北保定部分学校期中,16)已知椭圆C的中心为坐标原点,焦点在y轴上,F1,F2为C的两个焦点,C的短轴长为4,且C上存在一点P,使得|PF1|=6|PF2|,写出C的一个标准方程:. 答案y29+x24=1答案不唯一4

19、.(2020课标理,19,12分)已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|=43|AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.解析(1)由已知可设C2的方程为y2=4cx,其中c=a2b2.不妨设A,C在第一象限,由题设得A,B的纵坐标分别为b2a,-b2a;C,D的纵坐标分别为2c,-2c,故|AB|=2b2a,|CD|=4c.由|CD|=43|AB|得4c=8b23a,即3

20、15;ca=2-2ca2,解得ca=-2(舍去)或ca=12.所以C1的离心率为12.(2)由(1)知a=2c,b=3c,故C1:x24c2+y23c2=1.设M(x0,y0),则x024c2+y023c2=1,y02=4cx0,故x024c2+4x03c=1.由于C2的准线为x=-c,所以|MF|=x0+c,而|MF|=5,故x0=5-c,代入得(5c)24c2+4(5c)3c=1,即c2-2c-3=0,解得c=-1(舍去)或c=3.所以C1的标准方程为x236+y227=1,C2的标准方程为y2=12x.5.(2019江苏,17,14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:x2a2+y

21、2b2=1(a>b>0)的焦点为F1(-1,0),F2(1,0).过F2作x轴的垂线l,在x轴的上方,l与圆F2:(x-1)2+y2=4a2交于点A,与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B,连接BF2交椭圆C于点E,连接DF1.已知DF1=52.(1)求椭圆C的标准方程;(2)求点E的坐标.解析(1)设椭圆C的焦距为2c.因为F1(-1,0),F2(1,0),所以|F1F2|=2,c=1.又因为|DF1|=52,AF2x轴,所以|DF2|=DF12F1F22=52222=32.因此2a=|DF1|+|DF2|=4,从而a=2.由b2=a2-c2,得b2=3.因此,椭圆C的

22、标准方程为x24+y23=1.(2)由(1)知,椭圆C:x24+y23=1,a=2.因为AF2x轴,所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16,解得y=±4.因为点A在x轴上方,所以A(1,4).又F1(-1,0),所以直线AF1:y=2x+2.由y=2x+2,(x1)2+y2=16,得5x2+6x-11=0,解得x=1或x=-115.将x=-115代入y=2x+2,得y=-125.因此B115,125.又F2(1,0),所以直线BF2:y=34(x-1).由y=34(x1),x24+y23=1,得7x2-6x-13=0,解得x=-1或x=137.又因为E

23、是线段BF2与椭圆的交点,所以x=-1.将x=-1代入y=34(x-1),得y=-32.因此E1,32.考法二求椭圆的离心率(或其范围)1.(2022届广东深圳平冈中学月考,7)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,P是C上的一点,若以F1F2为直径的圆过点P,且PF2F1=2PF1F2,则C的离心率为()A.1-32B.3-1C.312D.2-3答案B2.(2018课标理,12,5分)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120°,则C的离心率为()A.2

24、3B.12C.13D.14答案D3.(2021湖北十一校第二次联考,7)直线x-y+1=0经过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点F,交椭圆于A,B两点,交y轴于C点,若FC=2AC,则该椭圆的离心率是()A.1022B.312C.22-2D.2-1答案A4.(2021全国乙理,11,5分)设B是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点,若C上的任意一点P都满足|PB|2b,则C的离心率的取值范围是()A.22,1B.12,1C.0,22D.0,12答案C5.(2021福建莆田三模,5)明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图1所示,清朝的一个青花山水楼阁纹饰

25、椭圆盘如图2所示,北宋的一个汝窑椭圆盘如图3所示,这三个椭圆盘的外轮廓均为椭圆.已知图1、2、3中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别为139、5645、107,设图1、2、3中椭圆的离心率分别为e1、e2、e3,则()图1图2图3A.e1>e3>e2B.e2>e3>e1C.e1>e2>e3D.e2>e1>e3答案A考法三直线与椭圆位置关系问题1.(2022届江苏连云港期中,20)已知离心率为12的椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线x+2y-4=0有且只有一个公共点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过点P(0,-2)的动直

26、线l与椭圆C相交于A,B两点,当坐标原点O位于以AB为直径的圆外时,求直线l的斜率的取值范围.解析(1)因为e=12,所以ca=12,即a2b2a2=14,则a2=43b2,所以椭圆方程为x243b2+y2b2=1,即3x2+4y2-4b2=0,由3x2+4y24b2=0,x+2y4=0,消y得x2-2x+4-b2=0,因为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线x+2y-4=0有且只有一个公共点,故=4-4(4-b2)=0,则b2=3,所以C的标准方程为x24+y23=1.(2)由题意知过点P(0,-2)的动直线l的斜率存在且不为0,设A(x1,y1),B(x2,y2)

27、,直线l的方程为y=kx-2,联立x24+y23=1,y=kx2,消y得(3+4k2)x2-16kx+4=0,则=256k2-16(3+4k2)>0,即k>12或k<-12.x1+x2=16k3+4k2,x1x2=43+4k2,所以y1y2=(kx1-2)(kx2-2)=k2x1x2-2k(x1+x2)+4=12k2+123+4k2.因为坐标原点O位于以AB为直径的圆外,所以OA·OB=x1x2+y1y2=43+4k2+12k2+123+4k2=12k2+163+4k2>0,即-233<k<233.综上,直线l的斜率的取值范围为233,1212,2

28、33.2.(2022届长沙雅礼中学月考一,21)已知抛物线C:x2=16y的焦点为F,准线为l,椭圆E:y2a2+x2b2=1(a>b>0)的上焦点F1到l的距离为5,过F1的直线l1与E交于M,N两点,当MNy轴时,|MN|=3.(1)求椭圆E的方程;(2)直线FM与x轴交于A点,直线FN与x轴交于B点,求证:|FA|=|FB|.解析(1)设F1(0,c),由题意知l:y=-4,所以c+4=5,解得c=1.在y2a2+x2b2=1中,令y=c,得x=±b2a,因为|MN|=3,所以2b2a=3,即b2=3a2.又因为a2-b2=c2=1,联立解得a=2,b=3,所以椭圆

29、E的方程为y24+x23=1.(2)证明:由题意及(1)知F(0,4),F1(0,1),当l1与y轴重合时,由题意知|FA|=|FO|=|FB|;当l1与y轴不重合时,设l1的方程为y=kx+1,M(x1,y1),N(x2,y2),则x10,x20,直线FA,FB的斜率之和为kFA+kFB=kFM+kFN=y14x1+y24x2,由y1=kx1+1,y2=kx2+1,得kFA+kFB=2kx1x23(x1+x2)x1x2=2k-3(x1+x2)x1x2.将y=kx+1代入y24+x23=1,得(3k2+4)x2+6kx-9=0,=36k2+36(3k2+4)=144k2+144>0,x1

30、+x2=-6k3k2+4,x1x2=-93k2+4,则2k-3(x1+x2)x1x2=2k-18k3k2+493k2+4=2k-2k=0,从而kFA+kFB=0,故直线FA,FB的倾斜角互补,所以OAF=OBF,因此|FA|=|FB|.综上,|FA|=|FB|.3.(2021沈阳市郊联体一模,21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1、F2,离心率为22,且点233,33在C上.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设过F2的直线l与C交于A,B两点,若|AF1|·|BF1|=103,求|AB|.解析(1)因为椭圆C过点233,33,所以43a

31、2+13b2=1,又椭圆C的离心率为22,所以c2a2=12,故b2a2=a2c2a2=1-c2a2=12,联立解得a2=2,b2=1,故椭圆C的标准方程为x22+y2=1.(2)当直线l的斜率不存在时,易得|AF2|=|BF2|=b2a=22,所以|AF1|=|BF1|=22+222=322,则|AF1|·|BF1|=92103,故直线l的斜率存在.易知F2(1,0),F1(-1,0),设直线l:y=k(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),x1,x2-2,2,联立y=k(x1),x22+y2=1,消去y,整理得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.=(-4k2)2

32、-4×(2k2+1)(2k2-2)=8(k2+1)>0,x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k222k2+1.又|AF1|=(x1+1)2+y12=(x1+1)2+1x122=(x1+2)22=2+x12,同理,|BF1|=2+x22,则|AF1|·|BF1|=4+2(x1+x2)+x1x22=9k2+12k2+1=103,解得k2=1,所以|AF1|+|BF1|=4+x1+x22=823,又因为|AF1|+|BF1|+|AB|=42,所以|AB|=423.4.(2021新高考,20,12分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),若右焦点

33、为F(2,0),且离心率为63.(1)求椭圆C的方程;(2)设M,N是C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切,证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.解析(1)由题意得c=2,e=ca=63,a2=b2+c2,解得a2=3,b2=1,c2=2,故椭圆C的方程为x23+y2=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).先证必要性.易知直线MN的斜率不为0,因为M,N,F三点共线,F(2,0),所以设直线MN:x=my+2.由题意知O(0,0)到直线MN的距离d=2m2+1=1,解得m2=1,故m=±1,所以直线MN:x±y-2=0,

34、根据对称性,不妨令直线MN:y=x-2.联立y=x2,x23+y2=1,消去y整理得4x2-62x+3=0.故x1+x2=322,x1x2=34,所以|MN|=1+12·|x1-x2|=2×(x1+x2)24x1x2=3,即必要性成立.再证充分性.易知直线MN的斜率存在,设其方程为y=kx+t.由题意得|t|1+k2=b=1,即t2=1+k2.由y=kx+t,x23+y2=1,消去y并整理,得(1+3k2)x2+6ktx+3t2-3=0,则x1+x2=-6kt1+3k2,x1x2=3t231+3k2,所以|MN|=(1+k2)(x1+x2)24x1x2=(1+k2)6kt1

35、+3k224×3t231+3k2=12(t213k2)(1+k2)(1+3k2)2=24k2(1+k2)(1+3k2)2.因为|MN|=3,所以8k2(1+k2)(1+3k2)2=1,解得k2=1,则t2=2.因为x1+x2=-6kt1+3k2>0,即kt<0,所以k=1,t=-2或k=-1,t=2,所以直线MN的方程为y=x-2或y=-x+2.无论哪一种情况,直线MN恒过焦点F,所以M,N,F三点共线.故M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.5.(2020北京,20,15分)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1过点A(-2,-1),且a=2b.(1)求椭圆C的方程;

36、(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求|PB|BQ|的值.解析(1)由已知条件可列方程组a=2b,(2)2a2+(1)2b2=1,解得a=22,b=2,故椭圆C的标准方程为x28+y22=1.(2)易知当l的斜率为0时,|PB|BQ|=1.当l的斜率不为0时,设直线l:x=my-4,M(x1,y1),N(x2,y2),由x=my4,x28+y22=1,得(m2+4)y2-8my+8=0,则=64m2-4×8×(m2+4)>0,解得m2>4,y1+y2=8mm2+4,y1y2=8m2+4,此时lMA:y+

37、1=y1+1x1+2(x+2),令x=-4,得yP=2(y1+1)x1+2-1,同理可得yQ=2(y2+1)x2+2-1,则yP+yQ=2(y1+1)x1+2+2(y2+1)x2+2-2=-2y1+1x1+2+y2+1x2+2+1=-2×(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2),因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)=m(m+2)8m2+4-(m+2)8mm2+4=0,所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB|BQ|=1.综上,|PB|BQ|=1.B组1.(2022届福州格致中学月考,6)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,直线ax-by=0与圆M:x2+y2-mx+14=0相切,则实数m的值是()A.±1B.±2C.±4D.±8答案B2.(多选)(2022届石家庄二中月考,12)已知椭圆C:x225+y29=1,F为C的右焦点,A为C的左顶点,P,Q为直线x+my=0与C的两个交点,则下列叙述正确的是()A.FPQ的周长的最小值为16