第8章 第6课时　直线与椭圆-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

第6课时直线与椭圆[考试要求]1．理解直线与椭圆的位置关系，掌握其判断方法.2．会借助方程的思想解决直线与椭圆相交的综合问题．1．直线与椭圆的位置判断将直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，则直线与椭圆相交⇔Δ>0；直线与椭圆相切⇔Δ＝0；直线与椭圆相离⇔Δ<0.2．弦长公式设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2x1+x22−4x1x2或|AB|＝[常用结论]1．点P(x0，y0)和椭圆x2a2+y(1)点P(x0，y0)在椭圆内⇔x02(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔x02(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔x022．椭圆上一点处的切线方程点P(x0，y0)在椭圆x2a2+y2b2＝1(a3．关于－b2(1)过原点的直线交椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则(2)若M(x0，y0)是椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的弦AB(AB不平行y轴)的中点，则有kAB·kOM一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦． ()(2)过点A(0，1)的直线一定与椭圆x2＋y22＝1相交．(3)直线和椭圆的位置关系能用中心到直线的距离来判断． ()(4)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切． ()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√二、教材经典衍生1．(人教A版选择性必修第一册P114例7改编)直线y＝x＋1与椭圆x25A．相交 B．相切C．相离 D．无法判断A[法一(通解)：联立直线与椭圆的方程y=x+1，x25+y24Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直线与椭圆相交．法二(优解)：直线过点(0，1)，而0＋14即点(0，1)在椭圆内部，所以直线与椭圆相交．]2．(人教A版选择性必修第一册P114练习T2改编)已知斜率为1的直线l过椭圆x24＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦A．45 B．6C．85 D．C[由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，所以右焦点坐标为(3，0)，则直线l的方程为y＝x－3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y=x−3，x24+y2=1Δ＝(－83)2－4×5×8＝32＞0，则x1＋x2＝835，x1x2＝所以|AB|＝1+＝2×83即弦AB的长为853．(多选)(人教A版选择性必修第一册P114例7改编)若直线y＝kx＋2与椭圆x23+A．63 B．－6C．－33 D．AB[由y=kx+2，x23+y22=1由题意知Δ＝144k2－24(3k2＋2)＝0，解得k＝±634．(人教A版选择性必修第一册P116T13改编)若点P是椭圆E：x24＋y2＝1上的动点，则点P到直线l：x－y－35＝0的距离的最小值是________，此时，点10455，−55[设直线l1：x－y＋m＝0，联立x24则Δ＝64m2－4×5(4m2－4)＝0，解得m＝±5.当m＝－5时，直线l与直线l1之间的距离d＝−5+35当m＝5时，直线l到直线l1之间的距离d＝5+352＝所以点P到直线l的最小距离是10.此时5x2－85x＋16＝0，解得x＝45将x＝455代入x－y－5＝0，得y＝－则点P的坐标为45考点一直线与椭圆的位置关系[典例1]已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24+y22＝1．试问当(1)有两个不同的公共点；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点．[解]将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y=2x+m将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0．③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝−8m2(1)当Δ＞0，即－32＜m＜32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不同的公共点．(2)当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．(3)当Δ＜0，即m＜－32或m＞32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数．(2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点．[跟进训练]1．(多选)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：x2A．若C与l至少有一个公共点，则m≤22B．若C与l有且仅有两个公共点，则m<22C．若m＝32，则C上到l的距离为5的点只有1个D．若m＝－2，则C上到l的距离为1的点只有3个BCD[联立y=x+m，x26+y22=1，消去y得4x2＋6令Δ＝12(8－m2)≥0，则有m≤22，－22≤m≤22，A错误；令Δ＝12(8－m2)>0，则有m<22，B正确；令直线l与椭圆C相切，则Δ＝12(8－m2)＝0，即m＝±22，直线y＝x＋32与y＝x－22的距离d＝32如图，直线y＝x－2与y＝x－22和y＝x的距离均为1，因此，C上到l的距离为1的点只有3个，D正确．故选BCD.]2．已知椭圆x225+y29＝1，直线l：4154141[如图，设直线m平行于直线l且与椭圆相切，则m的方程为4x－5y＋k由方程组4x−5y+k=0，x225+y29=1，消去y，得25x2＋8kx＋k2－225＝0，由Δ＝0，得64k2－4×25(k2－225)＝0，解得k1＝25，k2＝－25．由图可知，当k＝25时，直线m【教师备选资源】(2022·天津高考)已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，右顶点为(1)求椭圆的离心率e；(2)已知直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于点N(N异于M)．记O为坐标原点，若|OM|＝|ON|，且△OMN的面积为3，求椭圆的标准方程．[解](1)BFAB＝b2+c2b2+a2＝ab2+a2＝32⇒4所以椭圆的离心率e＝ca＝a2−(2)由(1)可知椭圆的方程为x2＋3y2＝a2，由题易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，联立y=kx+m，x2+3y2=a2，得(1＋3k2)x由Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－a2)＝0⇒3m2＝a2(1＋3k2)，①xM＝－3km3k2+1，yM＝kxM＋由|OM|＝|ON|，可得m2＝m29由S△OMN＝3可得12|m|·3km1+3k2联立①②③可得k2＝13，m2＝4，a2故椭圆的标准方程为x26考点二弦长及中点弦问题弦长问题[典例2]已知椭圆C：x24+y23＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点，且[解]设直线l的方程为y＝－x＋m，由题意知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝−m2＜1，得|m|＜2|AB|＝21−d2＝21−m联立x24+y23=1，y=−x+m，消去由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，所以m2＜2.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝8m7，x1x2＝4|CD|＝2|x1－x2|＝2×8m72−4×4m2−127＝2×336−48m249＝46即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±33中点弦问题[典例3](1)已知直线x－3y＋1＝0与椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB的中点为A．13B．23C．3(2)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．(1)D(2)x28+y212＝1[(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M(∵x12两式相减可得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2＝0，把x1＋x2＝2∴e＝1−b2a(2)法一(直接法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为y2b2+4+x2得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为(A(x_1)，y1)，B(x2，y2)，由题意知y1∴y1＋y2＝14b2+410b经检验，直线与椭圆有2个交点，满足题意．∴所求椭圆方程为x28法二(点差法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为y2b2设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y①－②得y1即y1−y又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，k＝y1−y2x1−x2故所求的椭圆方程为x28+解答弦长问题及中点弦问题的注意点(1)求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长；对于中点弦问题，常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在用根与系数的关系时，要注意前提条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与椭圆是否相交．(2)点差法适用范围：涉及弦中点轨迹问题或弦所在直线斜率问题时，可考虑点差法．[跟进训练]3．已知椭圆C：x22＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F(1)求过点P12，1(2)若过F2作直线与椭圆C相交于A，B两点，且BF2＝2F2A[解](1)设过P的直线与椭圆C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，则x两式相减得y2−y由中点P的坐标为12，12可知x1＋x2＝2×12＝1，y1＋y所以y2−y1x2−所以直线方程为y－12＝－12x−12，即2(2)由题意知，过F2的直线斜率存在且不为0.设过F2的直线为x＝my＋1(m≠0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，联立方程x=my+1，x2+2y2−2=0⇒(m所以y又BF2＝2F2A，则y4代入方程解得m2＝27，所以|AB|＝1+m2【教师备选资源】已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的焦距为42，短轴长为2，直线l过点(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l的斜率为1，求弦AB的长；(3)若过点Q1，12的直线l1与椭圆C交于E，G两点，且Q是弦EG的中点，求直线[解](1)依题意，椭圆C的半焦距c＝22，而b＝1，则a2＝b2＋c2＝9，所以椭圆C的方程为x29＋y2(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意，直线l的方程为y＝x＋3，由y=x+3，x2+9y2=9，消去y并整理，得5x2＋27x＋36＝0，解得x1＝－125，x2＝－3，因此，|AB|＝1+1所以弦AB的长是32(3)显然，点Q1，12在椭圆C内，设E(x3，y3)，G(x4，y4)，因为E，G在椭圆C上，则x32+9y32=9，x42+9y42=9，两式相减得(x3－x而Q是弦EG的中点，即x3＋x4＝2且y3＋y4＝1，则有2(x3－x4)＋9(y3－y4)＝0，于是得直线l1的斜率为y3−y直线l1的方程为y－12＝－29(x－1)，即4x＋18y考点三直线与椭圆的综合问题[典例4]已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．[解](1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0)．设Q(x0，y0)，则由PQ＝32得x0代入椭圆方程得b2＝1，所以椭圆E的方程为x24＋y2(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.联立y=kx−2，消去y并整理，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0．(*)因为直线l与E有两个交点，即方程(*)有不相等的两实根，故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>34设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系得x1因为坐标原点O位于以MN为直径的圆外，所以OM·ON>0，即x1x2＋y1y又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·121+4k2－2k解得k2<4，综上可得34<k2<4，则32<k<2或－2<k<－则满足条件的斜率k的取值范围为−2，1．求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求、整体代入的方法，如弦长公式中|x1－x2|＝x1+x22−4x1x2＝Δa，其中x1，2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．[跟进训练]4．已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点E3，(1)求椭圆C的标准方程；(2)过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AF1＝2F1B，求直线[解](1)根据题意知椭圆的焦点在x轴上，所以设椭圆C的方程为x2a2+y2b2所以椭圆C的标准方程为x24(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，联立y=k整理得3k2+4y2－则Δ＝144k设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝6k3+4k2，y1y2又AF1＝2F1B，所以y1又y1＋y2＝6k3+4k2，所以y1＝12k3+4k2，y2＝−6k3+4k则3＋4k2＝8，解得k＝±52又k＞0，所以k＝52【教师备选资源】已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，点P在椭圆C(1)求椭圆C的方程；(2)已知过点(2，0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在定点Q，使得∠MQO＝∠NQO.若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．[解](1)由cos∠F1PF2＝PF1·PF2PF1在△F1PF2中，|PF2|＝2a－4，ca＝12，由余弦定理得4c2＝16＋(2a－4)2－4(2解得a＝4，c＝2，b2＝12，所以椭圆C的标准方程为x216(2)假设存在点Q(m，0)满足条件，设直线l方程为x＝ty＋2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x=ty+2消去x有(3t2＋4)y2＋12ty－36＝0，所以y1＋y2＝−12t3t2+4，y1ykMQ＋kNQ＝y＝2t＝−72t3因为∠MQO＝∠NQO，所以kMQ＋kNQ＝0，即－72t－12(2－m)t＝0，解得m＝8，所以存在Q(8，0)，使得∠MQO＝∠NQO.对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出x1＋x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．下面通过对一道圆锥曲线“非对称”结构问题的多角度切入求解，给出其适当的拓展与变式，以探究圆锥曲线非对称结构问题的一般性解决方法．[典例]已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，P−1(1)求椭圆E的方程；(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．[赏析](1)因为P−1，32为E上一点，且PF1与x轴垂直，所以1a2+94(2)易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立x=ty+1，3x2+4y2=12，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，故y1＋y2＝－由△MAF2的面积是△MBF2面积的2倍，可得AF2＝2F2B，所以y1＝－2y2，即y1＋2代数式y1＝－2y2为非对称结构，需要通过适当的处理使之变为对称结构，下面就以此为例，给出此类y1＝λy2(或x1＝λx2)问题的几种处理方法，并对其进行拓展．拓展1倒数求和法此拓展是对形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的关系式，利用x1x2解法1接典例解答，由y1＝－2y2，得y1y2＝－2，故y1y2+y2y1＝y1+y22−2y1拓展2配凑法由y1＋λy2＝0配凑，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，两式相乘，可得λ(y1＋y2)2＝－(λ－1)2y1y2，从而将问题转化为对称结构．解法2接典例解答，由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，于是2y1+y2=y1，y1+y2=−y2，两式相乘可得2(y1＋y2)2＝－y1y拓展3方程组法该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．解法3接典例解答，联立y1＋2y2＝0与y1＋y2＝－6t3t2+4，解得y1＝－12t3t2+4，y2＝6t3t2+4.再结合y1y2＝－93t2+4，得72[跟进训练]已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为7，离心率为12，过椭圆的左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为x＝－2a，过点M(1)求椭圆C的标准方程；(2)①求证：线段EN必过定点P，并求定点P的坐标；②点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值．[解](1)由题意可得a2+b2=7，故椭圆C的标准方程为x24(2)①由题意知，F(－1，0)，设直线MN方程：x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)，由方程组x=my−1得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝6m3m2+4，y1y所以－2my1y2＝3(y1＋y2)．又kEN＝y2−y1x2+4，所以直线EN的方程为y－令y＝0，则x＝－4－y1x2+4y2−y1所以直线EN过定点P−5②由①中知Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R，又|y1－y2|＝y1+y所以S△OEN＝12|OP||y1－y2|＝54·12m令t＝m2+1，t≥1，则f(t)＝令g(t)＝3t＋1t，g′(t)＝3－1t2＝3t2−1t2，当t故g(t)＝3t＋1t在[1，＋∞则f(t)＝153t+1t即S△OEN＝15t3t2+1＝153t+1t在[1，＋∞)上单调递减，所以t＝1时，(S点拨：换元功能：降次、去根号，把分子或分母变简单．课时分层作业(五十五)直线与椭圆(一)一、单项选择题1．(2024·广东深圳中学期中)椭圆x28+y22＝1与直线A．相离 B．相交C．相切 D．无法确定B[直线过定点M(1，0)且该定点在椭圆x22．(2024·内蒙古赤峰模拟)在椭圆x29+y24＝1上求一点M，使点M到直线xA．(－3，0) B．−C．−2，−2B[如图所示：根据题意可知，当点M在第三象限且椭圆在点M处的切线与直线x＋2y－10＝0平行时，点M到直线x＋2y－10＝0的距离取得最大值，可设切线方程为x＋2y＋m＝0(m＞0)，联立x+2y+m=0消去x整理可得25y2＋16my＋4m2－36＝0，Δ＝162m2－100(4m2－36)＝0，因为m＞0，解得m＝5，所以椭圆x29+y24＝1在点因此，点M到直线x＋2y－10＝0的距离的最大值为5+1012+联立x+2y+5=0可得点M的坐标为−93．(2024·贵州模拟)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(4，0)，过点F且斜率为1的直线交椭圆于A．x245+y2C．x232+y2D[设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－2，由已知有，x12a作差得x12a则y12−y22x所以a2＝3b2，又c＝4，a2＝b2＋c2＝3b2，解得b2＝8，a2＝24，则E的方程为x224故选D.]4．椭圆C：x24+y23＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA1A．38，34C．12，1A[由题意，椭圆C：x24＋y23＝1的左、右顶点分别为A1(－2，0)，A2(2，0)，设P(x0，y0)，则又由kPA1·kPA2＝y0x0+2·y0x0−2＝y02x5．(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x23＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则A．23 B．C．－23 D．－C[将直线方程y＝x＋m与椭圆方程联立y=x+m，x23+y2=1，消去y因为直线与椭圆相交于A，B点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2，设F1到AB的距离为d1，F2到AB距离为d2，易知F1(－2，0)，F2(2，0)，则d1＝−2+m2，d2S△F1ABS解得m＝－23或－326．(2023·山东淄博一模)直线x－2y＋2＝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MA．17+58C．17−52C[对直线x－2y＋2＝0，令y＝0，解得x＝－2，令x＝0，解得y＝1,故F(－2，0)，M(0，1)，则FM＝(2，1)，设A(x0，y0)，则AM＝(－x0，1－y0)，而FM＝3AM，则2=3解得x则A−2又点A在椭圆上，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2，0)，由2a＝|AF|＋|AF′|＝−23+2则a＝5+173，椭圆的离心率e＝ca＝7．(2024·河南商丘模拟)国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内、外两圈的钢骨架是由两个离心率相同的椭圆组成的对称结构．某校体育馆的钢结构与“鸟巢”类似，其平面图如图2所示，已知外层椭圆的长轴长为200m，且内、外椭圆的离心率均为32，由外层椭圆长轴的一个端点A向内层椭圆引切线AC，若AC的斜率为－1A．75m B．502mC．50m D．252mB[内、外椭圆的离心率均为32，设内层椭圆的短半轴长为b，e＝ca＝1−b2a2＝32由外层椭圆长轴的一个端点A向内层椭圆引切线AC，AC的方程为y＝－12(x代入内层椭圆方程可得：x2＋100x＋5000－2b2＝0，可得Δ＝10000－4×(5000－2b2)＝0，解得b2＝1250.所以b＝252.即内层椭圆的短轴长2b＝502m．故选B.]8．已知过椭圆C：x2＋y22＝1的上焦点F且斜率为k的直线l交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB分别与直线y＝2相交于M，N两点．若∠MON为锐角，则直线l的斜率A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．−C．−∞D．(－∞，－1)∪−22，D[由题意可知，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，所以椭圆C：x2＋y22＝1的上焦点为则直线l的方程为y＝kx＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y=kx+1，x2+y22=1，消去y所以x1＋x2＝−2k2+k2，x1x2由题设知，OA所在的直线方程为y＝y1x因为直线OA与直线y＝2相交于点M，所以M2x同理可得N2x所以OM＝2x1y因为∠MON为锐角，所以OM·所以OM·ON＝4x＝4x＝4×−1＝2k2−1即4k2−2k2−1＞0，解得k2所以－22＜k＜22，或k＞1，或k故直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1)∪−22，二、多项选择题9．(2024·湖南雅礼中学模拟)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交椭圆A．直线AB的方程为y＝12(xB．a2＝2b2C．椭圆的标准方程为x2D．椭圆的离心率为2ABD[因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝12(x－3)，代入椭圆方程x2a2+y2b2＝1，消去y，得a24+b2x2－所以AB中点的横坐标为32a22a24又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝32，离心率为22所以椭圆E的方程为x218+10．(2023·苏锡常镇二模)在平面直角坐标系Oxy中，已知直线l：kx－y－k＝0，椭圆C：x2a2+yA．l恒过点(1，0)B．若l恒过C的焦点，则a2＋b2＝1C．若对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，则a≥1D．若a＜1，则一定存在实数k，使得l与C有且只有一个公共点ACD[方程kx－y－k＝0可化为y＝k(x－1)，所以直线l恒过点(1，0)，A正确；设椭圆的半焦距为c(c＞0)，则焦点F的坐标可能为(c，0)或(－c，0)，若直线恒过点(－c，0)，则0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直线恒过点(c，0)，则0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B错误；联立x2a2+y2b2=1，y=kx−k，消y可得，(a2k2＋b2)x2－2a2k2由对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，可得方程(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0有2个不相等的实数解，所以Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＞0，所以k2(a2－1)＋b2＞0，所以a≥1，C正确；因为Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＝4a2b2[k2(a2－1)＋b2]，所以a＜1时，则k2＝b21−a2，即可得Δ＝0，此时方程组有且只有一组解，故l与C有且只有一个公共点，D正确．故选ACD.]三、填空题11．过椭圆C：x24+y23＝1的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于43[由题意可知F(－1，0)，故l的方程为y＝3(x由y=3(x+1)，x24+y23=1，得5设A(0，3)，B−8又F(－1，0)，∴|AF|＝2，|BF|＝65∴1AF+112．(2024·湖南岳阳模拟)已知椭圆x22＋y2＝1，若此椭圆上存在不同的两点A，B关于直线y＝2x＋m对称，则实数m的取值范−63，63[∵椭圆x22＋y2＝1，设椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝2x＋m对称，AB中点为M(x0，y0)，则x12x22①－②得：(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即2x0·(x1－x2)＋2×2y0·(y1－y2)＝0，∴kAB＝y1−y2x∴y0＝x0，代入直线方程y＝2x＋m得x0＝－m，y0＝－m.∵(x0，y0)在椭圆内部，∴m2＋2(－m)2＜2，解得－63＜m＜6即实数m的取值范围是−6四、解答题13．(2024·吉林模拟)已知动圆与圆C1：(x＋4)2＋y2＝1外切，同时与圆C2：(x－4)2＋y2＝81内切．(1)求动圆圆心M的轨迹Γ的方程，并说明它是什么曲线；(2)若直线l：4x－5y＋40＝0，求曲线Γ上的点到直线l的最大距离．[解](1)设动圆M的半径为r.由动圆M与圆C1外切可知：|MC1|＝r＋1，①由动圆M与圆C2内切可知：|MC2|＝9－r，②则①＋②可得：|MC1|＋|MC2|＝10＞|C1C2|＝8.所以动圆M的轨迹是以C1，C2为焦点，长轴长为10，焦距为8的椭圆(不含顶点(－5，0))．动圆M圆心的轨迹Γ的方程为x225+y(2)设与直线l平行的直线l0：4x－5y＋m＝0(m≠40)．由x225+y29=1，4x−5y+m=0，Δ＝(8m)2－4×25×(m2－225)＝0.当Δ＝0，即m＝±25时，直线与椭圆相切．由图形(图略)可知，当m＝－25时，切点P到直线l的距离最大．设最大距离为d，则d＝−25−4042+所以曲线Γ上的点到直线l的最大距离为654114．(2024·河南安阳模拟)已知椭圆C：x216+y24＝1，左、右焦点分别为F1，F2，直线l与椭圆交于A，(1)直线l的方程；(2)△F1AB的面积．[解](1)设交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＝－4(y1＋y2)(y1－y2)，因为弦AB被点3，所以x1＋x2＝23，y1＋y2＝3，所以直线l的斜率k＝y1−y2x故直线l的方程为x＋2y－23＝0.(2)法一(常规方法)：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x+2y−23=0，x216+所以x1＋x2＝23，x1x2＝－2，所以|AB|＝1+−12由椭圆的方程可得，c2＝a2－b2＝16－4＝12，所以c＝23，所以F1(－23，0)，所以点F1(－23，0)到直线l：x＋2y－23＝0的距离d＝−23+0−23所以S△F1AB＝12|AB|d＝12×5×415法二(面积拆分法)：联立x得2y2－23y－1＝0，所以y1＋y2＝3，y1y2＝－12所以|y1－y2|＝5，又因为直线l过点F2(23，0)，所以S△F1AB＝12|F1F2||y1－y2|＝12×43×课时分层作业(五十六)直线与椭圆(二)1．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，左、右顶点分别是A1，A2，上顶点为B(0，b(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q(1，0)，P(4，m)，直线PA1，PA2分别交椭圆C于点M，N，证明：M，Q，N三点共线．[解](1)由离心率为32得，ca＝3由△A1A2B的面积为2得，ab＝2．②又a2＝b2＋c2，③联立①②③解得，a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y2(2)记点M，N的坐标分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)．又A1(－2，0)，∴直线PA1的方程为y＝m6(x＋2)，与椭圆方程x24＋y2＝1联立并整理得(m2＋9)x2＋4m2x＋4由－2＋x1＝−4m2m2+9得代入直线PA1的方程得y1＝6mm即M18−2m同理可得N2m因为Q(1，0)，所以QM＝9−3m2m由9−3m2m2+9·−2mm22．(2024·河北承德模拟)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x26+y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为(1)若n＝1，m＝－1，求k的值；(2)若线段AB的垂直平分线交y轴于点P0，−13，且|AB|＝4|[解](1)由题设xAxA2−xB26＋又xA＋xB＝2n＝2，yA＋yB＝2m＝－2，故xA−x所以k＝yA−y(2)由题意，直线l斜率一定存在，直线l为y＝k(x－n)＋m，若k＝0，直线l：y＝m且M(0，m)，－3＜m＜3，此时中垂线PM与y轴重合，与题设中，垂直平分线与y轴交于P0，−1若k≠0，由(1)知：n(xA−x