（精品讲义）圆锥曲线与方程第56讲word版含解析2

14/1413/14/第56讲直线与圆锥曲线的位置关系考试要求高考中重点考查直线与椭圆的位置关系，主要涉及弦长问题，最值范围问题，定点定值问题.诊断自测1.已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，过焦点垂直于长轴的弦长为1，且焦点与短轴两端点构成等边三角形，则椭圆的方程是________.解析由条件得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2b2,a)＝1，,2b＝a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))所以椭圆方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.答案eq\f(x2,4)＋y2＝12.已知过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，且AF＝2，则BF＝________.解析设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，抛物线y2＝4x，焦点为(1，0)，准线为x＝－1，AF＝x1－(－1)＝2，所以x1＝1.则AF与x轴垂直，故BF＝AF＝2.答案23.若直线x－y－1＝0与抛物线y＝ax2相切，则a＝________.解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y－1＝0，,y＝ax2))消去y得ax2－x＋1＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≠0，,1－4a＝0，))解得a＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)4.已知双曲线x2－eq\f(y2,a)＝1的一条渐近线与直线x－2y＋3＝0垂直，则a＝________.解析由双曲线标准方程特征知a>0，其渐近线方程为eq\r(a)x±y＝0，可得渐近线eq\r(a)x＋y＝0与直线x－2y＋3＝0垂直，可得eq\r(a)－2＝0，所以a＝4.答案45.已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为30°的直线与椭圆有一个交点P，且PF2⊥x轴，则此椭圆的离心率e＝________.解析在Rt△PF2F1中，∠PF1F2＝30°，F1F2＝2c，PF1＝2PF2，根据椭圆的定义得PF2＝eq\f(2,3)a，PF1＝eq\f(4,3)a.又PFeq\o\al(2,1)－PFeq\o\al(2,2)＝F1Feq\o\al(2,2)，即eq\f(16,9)a2－eq\f(4,9)a2＝4c2，则e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)知识梳理1.直线和圆锥曲线的位置关系：直线与圆锥曲线的位置关系可分为：相交、相切、相离.这三种位置关系的判定条件可归纳为：设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：f(x，y)＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ax＋By＋C＝0，,f（x，y）＝0，))即将直线l的方程与圆锥曲线C的方程联立，消去y便得到关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(当然，也可以消去x得到关于y的一元二次方程)，通过一元二次方程解的情况判断位置关系，见下表：方程ax2＋bx＋c＝0的解l与C的关系a＝0b＝0无解(含l是双曲线的渐近线)无公共点b≠0有一解(含l与抛物线的对称轴或与双曲线的渐近线平行)一个交点a≠0Δ>0两个不等的解两个交点Δ＝0两个相等的解一个交点Δ<0无实数解无交点2.直线与圆锥曲线相交弦的问题弦所在直线的方程问题，可以利用“设点代点，设而不求”的方法(设交点坐标，将交点坐标代入曲线方程，并不具体求出坐标，而是利用坐标应满足的关系直接求解)．3.点差法设A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上不同的两点，且x1≠x2，x1＋x2≠0，M(x0，y0)为AB的中点，则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，))两式相减可得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(b2,a2)，即kAB·eq\f(y0,x0)＝－eq\f(b2,a2)，亦即kAB·kOM＝－eq\f(b2,a2)，对于双曲线、抛物线，可得类似的结论．4.弦长公式若直线y＝kx＋b与圆锥曲线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长AB＝eq\r(（1＋k2）（x1－x2）2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)．若直线x＝my＋t与圆锥曲线交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长AB＝eq\r(（1＋m2）（y1－y2）2)．5．直线与圆锥曲线位置关系的应用(1)求参数；(2)求弦长；(3)求最值、范围．考点一直线与圆锥曲线的位置关系【例1】已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得PT2＝λPA·PB，并求λ的值.(1)解由已知，a＝eq\r(2)b，则椭圆E的方程为eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2b2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝－x＋3，))得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.点T的坐标为(2，1).(2)证明由已知可设直线l′的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m(m≠0)，由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,y＝－x＋3，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝2－\f(2m,3)，,y＝1＋\f(2m,3).))所以P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)，1＋\f(2m,3))).PT2＝eq\f(8,9)m2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).由方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，,y＝\f(1,2)x＋m，))可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－eq\f(3\r(2),2)<m<eq\f(3\r(2),2).由②得x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3).所以PA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)－x1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2m,3)－y1))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)－x1))，同理PB＝eq\f(\r(5),2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)－x2)).所以PA·PB＝eq\f(5,4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)－x1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)－x2))))＝eq\f(5,4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)))（x1＋x2）＋x1x2))＝eq\f(5,4)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2m,3)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,3)))＋\f(4m2－12,3)))＝eq\f(10,9)m2.故存在常数λ＝eq\f(4,5)，使得PT2＝λPA·PB.规律方法直线与圆锥曲线综合问题的核心是直线方程，通过代数的运算解决图形的几何特征(如等腰、直角、平分等)．【训练1】(2017·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．解(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为eq\f(1,2)，两准线之间的距离为8，所以eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(2a2,c)＝8，解得a＝2，c＝1，于是b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，因此椭圆E的标准方程是eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，F1(－1，0)，F2(1，0)．设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x0>0，y0>0.当x0＝1时，l2与l1相交于F1，与题设不符．当x0≠1时，直线PF1的斜率为eq\f(y0,x0＋1)，直线PF2的斜率为eq\f(y0,x0－1).因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为－eq\f(x0＋1,y0)，直线l2的斜率为－eq\f(x0－1,y0)，从而直线l1的方程：y＝－eq\f(x0＋1,y0)(x＋1)，①直线l2的方程：y＝－eq\f(x0－1,y0)(x－1)．②由①②，解得x＝－x0，y＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－1,y0)，所以Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x0，\f(xeq\o\al(2,0)－1,y0))).因为点Q在椭圆上，由对称性，得eq\f(xeq\o\al(2,0)－1,y0)＝±y0，即xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1或xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1.又P在椭圆E上，故eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝1，,\f(xeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，))解得x0＝eq\f(4\r(7),7)，y0＝eq\f(3\r(7),7)；eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝1，,\f(xeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1))无解．因此点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(7),7)，\f(3\r(7),7))).考点二根据直线与圆锥曲线的位置关系求参数【例2】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆Ω：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A为椭圆右顶点.过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆Ω交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.(1)求k1k2的值；(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解(1)由题意得A(2，0).设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以k1k2＝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(1,4).(2)联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－2），,x2＋y2＝4，))得(1＋keq\o\al(2,1))x2－4keq\o\al(2,1)x＋4(keq\o\al(2,1)－1)＝0，解得xP＝eq\f(2（keq\o\al(2,1)－1）,1＋keq\o\al(2,1))，yP＝k1(xP－2)＝eq\f(－4k1,1＋keq\o\al(2,1)).联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1（x－2），,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4keq\o\al(2,1))x2－16keq\o\al(2,1)x＋4(4keq\o\al(2,1)－1)＝0，解得xB＝eq\f(2（4keq\o\al(2,1)－1）,1＋4keq\o\al(2,1))，yB＝k1(xB－2)＝eq\f(－4k1,1＋4keq\o\al(2,1))，所以kBC＝eq\f(yB,xB)＝eq\f(－2k1,4keq\o\al(2,1)－1)，kPQ＝eq\f(yP,xP＋\f(6,5))＝eq\f(\f(－4k1,1＋keq\o\al(2,1)),\f(2（keq\o\al(2,1)－1）,1＋keq\o\al(2,1))＋\f(6,5))＝eq\f(－5k1,4keq\o\al(2,1)－1)，所以kPQ＝eq\f(5,2)kBC，故存在常数λ＝eq\f(5,2)，使得kPQ＝eq\f(5,2)kBC.【训练2】(2017·南通二模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(2,3)，C为椭圆上位于第一象限内的一点.(1)若点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,3)))，求a，b的值；(2)(一题多解)设A为椭圆的左顶点，B为椭圆上一点，且eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，求直线AB的斜率.解(1)因为椭圆的离心率为eq\f(2,3)，所以eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(2,3)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,9).①又因为点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,3)))在椭圆上，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(25,9b2)＝1.②由①②解得a2＝9，b2＝5.因为a>b>0，所以a＝3，b＝eq\r(5).(2)法一由①知eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,9)，所以椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(9y2,5a2)＝1，即5x2＋9y2＝5a2.设直线OC的方程为x＝myeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m>0))，B(x1，y1)，C(x2，y2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝my，,5x2＋9y2＝5a2)))得5m2y2＋9y2＝5a2，所以y2＝eq\f(5a2,5m2＋9).因为y2>0，所以y2＝eq\f(\r(5)a,\r(5m2＋9)).因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，所以AB∥OC.可设直线AB的方程为x＝my－a.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(x＝my－a，,5x2＋9y2＝5a2)))得(5m2＋9)y2－10amy＝0，所以y＝0或y＝eq\f(10am,5m2＋9)，得y1＝eq\f(10am,5m2＋9).因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋a，y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2，\f(1,2)y2))，于是y2＝2y1，即eq\f(\r(5)a,\r(5m2＋9))＝eq\f(20am,5m2＋9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m>0))，所以m＝eq\f(\r(3),5).所以直线AB的斜率为eq\f(1,m)＝eq\f(5\r(3),3).法二由(1)可知椭圆方程为5x2＋9y2＝5a2，则A(－a，0).设B(x1，y1)，C(x2，y2).由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OC,\s\up6(→))，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋a，y1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2，\f(1,2)y2))，所以x1＝eq\f(1,2)x2－a，y1＝eq\f(1,2)y2.因为点B，点C都在椭圆5x2＋9y2＝5a2上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(5xeq\o\al(2,2)＋9yeq\o\al(2,2)＝5a2，,5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2－a))2＋9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2,2)))2＝5a2.)))解得x2＝eq\f(a,4)，y2＝eq\f(5a,4\r(3))，所以直线AB的斜率k＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(5\r(3),3).一、必做题1.已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，则抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是________.解析直线l2：x＝－1为抛物线y2＝4x的准线.由抛物线的定义知P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F(1，0)的距离，故本题化为在抛物线y2＝4x上找一个点P使得P到点F(1，0)和直线l1的距离之和最小，最小值为F(1，0)到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，即dmin＝eq\f(|4－0＋6|,5)＝2.答案22.已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点F(1，0)，直线l与抛物线C相交于A，B两点.若AB的中点为(2，2)，则直线l的方程为________.解析由题意知抛物线的方程为y2＝4x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1≠x2，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝4x1，,yeq\o\al(2,2)＝4x2.))两式相减得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝4(x1－x2)，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4,y1＋y2).∵AB的中点为(2，2)，∴y1＋y2＝4，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1.∴直线l的方程为y－2＝x－2，即y＝x.答案y＝x3.已知双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2.若抛物线C2：x2＝2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2，则抛物线C2的方程为________.解析∵eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的离心率为2，∴eq\f(c,a)＝2，即eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝4，∴eq\f(b2,a2)＝3，eq\f(b,a)＝eq\r(3).x2＝2py(p>0)的焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，即y＝±eq\r(3)x.由题意得eq\f(\f(p,2),\r(1＋（±\r(3)）2))＝2，∴p＝8.故C2的方程为x2＝16y.答案x2＝16y4.在平面直角坐标系xOy中，离心率为eq\f(\r(2),2)的椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，Q两点.若直线PQ斜率为eq\f(\r(2),2)时，PQ＝2eq\r(3)，则椭圆C的标准方程为________.解析设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(\r(2),2)x0))，∵直线PQ斜率为eq\f(\r(2),2)时，PQ＝2eq\r(3)，∴xeq\o\al(2,0)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)x0))eq\s\up12(2)＝3，∴xeq\o\al(2,0)＝2，∴eq\f(2,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a2＝4，b2＝2.∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.答案eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝15.已知直线y＝eq\f(1,2)x与双曲线eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1交于A，B两点，P为双曲线上不同于A，B的点，当直线PA，PB的斜率kPA，kPB存在时，kPA·kPB＝________.解析设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1))得y2＝eq\f(36,7)，y1＋y2＝0，y1y2＝－eq\f(36,7)，x1＋x2＝0，x1x2＝－4×eq\f(36,7).由kPA·kPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)·eq\f(y0－y2,x0－x2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0)＋y1y2,xeq\o\al(2,0)＋x1x2)＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－\f(36,7),9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),4)＋1))－4×\f(36,7))＝eq\f(yeq\o\al(2,0)－\f(36,7),\f(9,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,0)－\f(36,7))))＝eq\f(4,9)知kPA·kPB为定值eq\f(4,9).答案eq\f(4,9)6.如图，A，B，C是椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的三点.其中，点A是椭圆的右顶点，BC过椭圆M的中心，且满足AC⊥BC，BC＝2AC，则椭圆的离心率为________.解析因为BC过椭圆M的中心，所以BC＝2OC＝2OB.又AC⊥BC，BC＝2AC，所以△OAC是以角C为直角的等腰直角三角形，则A(a，0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(a,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(a,2)))，AB＝eq\f(\r(10),2)a，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))\s\up12(2),b2)＝1，则a2＝3b2，所以c2＝2b2，e＝eq\f(\r(6),3).答案eq\f(\r(6),3)7.已知椭圆C:eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，过右焦点F且斜率为k(k＞0)的直线与C相交于A，B两点.若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，则k＝________.解析设直线l为椭圆的右准线，e为离心率，过A，B分别作AA1，BB1垂直于l，A1，B1为垂足，过B作BE垂直AA1于E.由第二定义得AA1＝eq\f(AF,e)，BB1＝eq\f(BF,e).由eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，得AA1＝eq\f(3BF,e)，∴cos∠BAE＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(\f(2BF,e),4BF)＝eq\f(1,2e)＝eq\f(\r(3),3)，∴sin∠BAE＝eq\f(\r(6),3)，∴tan∠BAE＝eq\r(2)，即k＝eq\r(2).答案eq\r(2)8.已知椭圆：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点.若BF2＋AF2的最大值为5，则b的值是________.解析由题意知a＝2，所以BF2＋AF2＋AB＝4a＝8，因为BF2＋AF2的最大值为5，所以AB的最小值为3，当且仅当AB⊥x轴时，取得最小值，此时Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(3,2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(3,2)))，代入椭圆方程得eq\f(c2,4)＋eq\f(9,4b2)＝1.又c2＝a2－b2＝4－b2，所以eq\f(4－b2,4)＋eq\f(9,4b2)＝1，所以eq\f(b2,4)＝eq\f(9,4b2)，解得b2＝3，所以b＝eq\r(3).答案eq\r(3)9.设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,2)＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A是椭圆C上的一点，且eq\o(AF,\s\up6(→))2·eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝0，坐标原点O到直线AF1的距离为eq\f(1,3)OF1.(1)求椭圆C的方程；(2)设Q是椭圆C上的一点，过点Q的直线l交x轴于点P(－1，0)，交y轴于点M.若eq\o(MQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QP,\s\up6(→))，求直线l的方程.解(1)由题设知F1(－eq\r(a2－2)，0)，F2(eq\r(a2－2)，0).由于eq\o(AF,\s\up6(→))2·eq\o(F1F2,\s\up6(→))＝0，则有eq\o(AF,\s\up6(→))2⊥eq\o(F1F2,\s\up6(→))，所以点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2－2)，±\f(2,a)))，故AF1所在直线方程为y＝±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,a\r(a2－2))＋\f(1,a))).所以坐标原点O到直线AF1的距离为eq\f(\r(a2－2),a2－1)(a>eq\r(2)).又OF1＝eq\r(a2－2)，所以eq\f(\r(a2－2),a2－1)＝eq\f(1,3)eq\r(a2－2)，解得a＝2(a>eq\r(2))，所求椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l斜率为k，直线l的方程为y＝k(x＋1)，则有M(0，k)，设Q(x1，y1)，∵eq\o(MQ,\s\up6(→))＝2eq\o(QP,\s\up6(→))，∴(x1，y1－k)＝2(－1－x1，－y1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－\f(2,3)，,y1＝\f(k,3).))又Q在椭圆C上得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))\s\up12(2),4)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k,3)))\s\up12(2),2)＝1，解得k＝±4.故直线l的方程为y＝4(x＋1)或y＝－4(x＋1)，即4x－y＋4＝0或4x＋y＋4＝0.10.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点A(2，1)，离心率为eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于B，C两点(异于点A)，线段BC被y轴平分，且AB⊥AC，求直线l的方程.解(1)由条件知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以b2＝a2－c2＝eq\f(1,4)a2.又点A(2，1)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，所以eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝8，,b2＝2.))所以所求椭圆的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)将y＝kx＋m(k≠0)代入椭圆方程，整理得(1＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－8＝0，①由线段BC被y轴平分，得xB＋xC＝－eq\f(8mk,1＋4k2)＝0，因为k≠0，所以m＝0.因为当m＝0时，B，C关于原点对称，设B(x，kx)，C(－x，－kx)，由方程①得x2＝eq\f(8,1＋4k2).因为AB⊥AC，A(2，1)，所以eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x－2)(－x－2)＋(kx－1)(－kx－1)＝5－(1＋k2)x2