2026《金版教程》高考复习方案数学基础版-第五节 第2课时 直线与椭圆的位置关系

第2课时直线与椭圆的位置关系课标解读考向预测1．理解直线与椭圆位置关系的判断方法．2．掌握直线被椭圆所截的弦长的计算公式．3．了解直线与椭圆相交的综合问题．近三年高考中，直线与椭圆的位置关系以解答题的形式出现，主要考查考生的运算求解能力．预计2026年高考仍会以解答题的形式出现，难度较大．必备知识—强基础1．点与椭圆的位置关系已知点P(x0，y0)，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则(1)点P(x0，y0)在椭圆内⇔eq\x(\s\up1(01))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)<1；(2)点P(x0，y0)在椭圆上⇔eq\x(\s\up1(02))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1；(3)点P(x0，y0)在椭圆外⇔eq\x(\s\up1(03))eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)>1．2．直线与椭圆位置关系的判断已知直线y＝kx＋m，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，联立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，若该一元二次方程的判别式为Δ，则Δ>0⇔有eq\x(\s\up1(04))两个交点⇔相交；Δ＝0⇔有eq\x(\s\up1(05))一个交点⇔相切；Δ<0⇔eq\x(\s\up1(06))无交点⇔相离．3．弦长公式设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|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为直线的斜率且k≠0．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)：(1)通径的长度为eq\f(2b2,a)．(2)A1，A2为椭圆的长轴端点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则kPA1·kPA2＝－eq\f(b2,a2)．(3)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq\f(b2,a2)．(4)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq\f(b2,a2)．(5)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1．题组一走出误区——判一判(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．()(2)直线y＝x与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1一定相交．()(3)直线y＝x－1被椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1截得的弦长为eq\r(2)．()答案：(1)√(2)√(3)×题组二回归教材——练一练(1)(人教A选择性必修第一册习题3．1T14改编)直线y＝kx－k＋1与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的位置关系为()A．相交 B．相切C．相离 D．不确定答案：A解析：直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．(2)(人教A选择性必修第一册3．1．1例3改编)椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为M，N，点P在C上，且直线PN的斜率为－eq\f(1,4)，则直线PM的斜率为()A．eq\f(1,3) B．3C．－eq\f(1,3) D．－3答案：B解析：∵椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为M，N，∴点M的坐标为(－2，0)，点N的坐标为(2，0)，又直线PN的斜率为－eq\f(1,4)，∴直线PN的方程为y＝－eq\f(1,4)(x－2)，代入椭圆C的方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得13x2－4x－44＝0，设点P的坐标为(x，y)，则x＋2＝eq\f(4,13)，解得x＝－eq\f(22,13)，y＝eq\f(12,13)，故直线PM的斜率k＝eq\f(\f(12,13),－\f(22,13)＋2)＝3．故选B．(3)(人教B选择性必修第一册第二章复习题A组T17改编)已知椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆的方程为________________．答案：eq\f(y2,4)＋x2＝1解析：因为椭圆eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以eq\f(2b2,a)＝1，a＝2，所以椭圆的方程为eq\f(y2,4)＋x2＝1．(4)(人教A选择性必修第一册习题3．1T13改编)已知椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，过点P(2，2)作椭圆C1的切线，则切线方程为________________．答案：x－8y＋14＝0或x＝2解析：因为eq\f(22,4)＋eq\f(22,3)>1，所以点P在C1外部，当斜率不存在时，易知x＝2为椭圆的一条切线；当斜率存在时，设切线斜率为k，则切线方程为y－2＝k(x－2)，代入C1中，并整理得(3＋4k2)x2＋16(k－k2)x＋16k2－32k＋4＝0，因为直线与椭圆相切，所以Δ＝[16(k－k2)]2－4(3＋4k2)(16k2－32k＋4)＝0，解得k＝eq\f(1,8)，此时切线方程为x－8y＋14＝0，所以切线方程为x－8y＋14＝0或x＝2．考点探究—提素养直线与椭圆的位置关系已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1．试问当m取何值时，直线l与椭圆C：(1)有两个不重合的公共点；(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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0，Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144．(1)当Δ>0，即－3eq\r(2)<m<3eq\r(2)时，方程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有两个不重合的公共点．(2)当Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)时，方程有两个相同的实数根，直线l与椭圆C有且只有一个公共点．(3)当Δ＜0，即m＜－3eq\r(2)或m＞3eq\r(2)时，方程没有实数根，直线l与椭圆C没有公共点．(1)利用判别式处理直线与椭圆的位置关系的步骤(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公共点．1．(多选)(2025·山西长治模拟)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1，则下列结论正确的是()A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2eq\r(2)B．若C与l有且仅有两个公共点，则|m|<2eq\r(2)C．若m＝3eq\r(2)，则C上到l的距离为5的点只有1个D．若m＝－eq\r(2)，则C上到l的距离为1的点只有3个答案：BCD解析：联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝12(8－m2)．令Δ＝12(8－m2)≥0，则有－2eq\r(2)≤m≤2eq\r(2)，A错误；令Δ＝12(8－m2)>0，则有|m|<2eq\r(2)，B正确；令直线l与椭圆C相切，则Δ＝12(8－m2)＝0，即m＝±2eq\r(2)，直线y＝x＋3eq\r(2)与y＝x－2eq\r(2)的距离d＝eq\f(|3\r(2)－（－2\r(2)）|,\r(2))＝5，因此，C上到l的距离为5的点只有1个，C正确；如图，直线y＝x－eq\r(2)与y＝x－2eq\r(2)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．弦长问题(2025·安徽蚌埠模拟)已知斜率为2的直线l经过椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，求弦AB的长．解：由题意，可知a＝eq\r(5)，b＝2，c＝eq\r(a2－b2)＝1，因为直线l过椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点F1(1，0)，且斜率为k＝2，则直线l的方程为y＝2(x－1)，且直线l与椭圆必相交．解法一：解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2（x－1），))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,3)，,y＝\f(4,3)，))不妨令A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，所以|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(125,9))＝eq\f(5\r(5),3)．解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2（x－1），))消去y，得3x2－5x＝0，则x1＋x2＝eq\f(5,3)，x1x2＝0，所以|AB|＝eq\r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(（1＋22）×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))\s\up12(2)－4×0)))＝eq\f(5\r(5),3)．解法三：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2（x－1），))消去x，得3y2＋2y－8＝0，则y1＋y2＝－eq\f(2,3)，y1y2＝－eq\f(8,3)，所以|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3))))))＝eq\f(5\r(5),3)．求弦长的方法(1)当弦的两端点的坐标易求时，可直接利用两点间距离公式求解．(2)当直线的斜率存在时，可利用弦长公式求解，但利用弦长公式时不要忽略判别式应大于0．提醒：运用弦长公式时，设直线方程也很考究．若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程y＝kx＋t；若直线经过的定点在横轴上，一般设为x＝my＋n．2．(2025·黑龙江哈尔滨期末)直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1截得的弦长的最大值是________．答案：eq\f(4\r(3),3)解析：直线y＝kx＋1恒过定点(0，1)，且点(0，1)在椭圆上，设另外一个交点为(x，y)，所以eq\f(x2,4)＋y2＝1，则x2＝4－4y2，弦长为eq\r(x2＋（y－1）2)＝eq\r(4－4y2＋（y－1）2)＝eq\r(－3y2－2y＋5)＝eq\r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))\s\up12(2)＋\f(16,3))，当y＝－eq\f(1,3)时，弦长最大，为eq\f(4\r(3),3)．3．(2025·江西赣州模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，左、右顶点分别为A，B，|FA|＝3，|FB|＝1，则直线y＝x＋eq\f(1,2)被椭圆C截得的弦长为________．答案：eq\f(18\r(2),7)解析：设椭圆的半焦距为c，由|FA|＝3，|FB|＝1，可得a＋c＝3，a－c＝1，解得a＝2，c＝1，则b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，则椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，联立直线方程y＝x＋eq\f(1,2)和椭圆方程3x2＋4y2＝12，可得7x2＋4x－11＝0，设被椭圆C截得的弦的端点的横坐标分别为x1，x2，则x1＋x2＝－eq\f(4,7)，x1x2＝－eq\f(11,7)，可得弦长为eq\r(1＋1)×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋1)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,7)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,7))))＝eq\f(18\r(2),7)．中点弦问题已知P(1，1)为椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被点P平分，则此弦所在的直线方程为________________．答案：x＋2y－3＝0解析：解法一：易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，显然Δ>0，∴x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,2k2＋1)，又x1＋x2＝2，∴eq\f(4k（k－1）,2k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2)．经检验，k＝－eq\f(1,2)满足题意．故此弦所在的直线方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．解法二：易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其斜率为k，弦所在的直线与椭圆交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1②，由①－②，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)＋eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,2)＝0，∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴eq\f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0，又x1－x2≠0，∴k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)．经检验，k＝－eq\f(1,2)满足题意．∴此弦所在的直线方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法4．已知直线l与椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，则l的方程为________________．答案：x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0解析：令AB的中点为E，因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，设直线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)，所以直线AB：y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0．直线与椭圆的综合问题(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0，3)和Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上两点．(1)求C的离心率；(2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求直线l的方程．解：(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝3，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2＝9，,a2＝12，))所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(9,12))＝eq\f(1,2)．(2)解法一：因为直线AP的斜率kAP＝eq\f(3－\f(3,2),0－3)＝－eq\f(1,2)，所以直线AP的方程为y＝－eq\f(1,2)x＋3，即x＋2y－6＝0，|AP|＝eq\r(（0－3）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(5),2)，由(1)知椭圆C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1，设点B到直线AP的距离为d，则d＝eq\f(2×9,\f(3\r(5),2))＝eq\f(12\r(5),5)，则将直线AP沿着与AP垂直的方向平移eq\f(12\r(5),5)个单位，所得直线与椭圆的交点即为点B，设该直线的方程为x＋2y＋m＝0，则eq\f(|m＋6|,\r(5))＝eq\f(12\r(5),5)，解得m＝6或m＝－18，当m＝6时，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y＋6＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－3))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－\f(3,2)，))即B(0，－3)或Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))，当B(0，－3)时，kl＝eq\f(3,2)，直线l的方程为y＝eq\f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0，当Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))时，kl＝eq\f(1,2)，直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x，即x－2y＝0，当m＝－18时，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y－18＝0，))得2y2－27y＋117＝0，Δ＝272－4×2×117＝－207<0，此时该直线与椭圆无交点．综上所述，直线l的方程为3x－2y－6＝0或x－2y＝0．解法二：当直线l的斜率不存在时，直线l：x＝3，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，－\f(3,2)))，|PB|＝3，点A到直线PB的距离d＝3，此时S△ABP＝eq\f(1,2)×3×3＝eq\f(9,2)≠9，不满足条件．当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－3)＋eq\f(3,2)，设直线l与y轴的交点为Q，令x＝0，则Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－3k＋\f(3,2)))，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3k＋\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))则(3＋4k2)x2－8keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k－\f(3,2)))x＋36k2－36k－27＝0，Δ＝64k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3k－\f(3,2)))eq\s\up12(2)－4(3＋4k2)(36k2－36k－27)>0，且k≠－eq\f(1,2)，则3xB＝eq\f(36k2－36k－27,3＋4k2)，xB＝eq\f(12k2－12k－9,3＋4k2)，则S△ABP＝eq\f(1,2)|AQ|·|xP－xB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3k＋\f(3,2)))·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(12k＋18,3＋4k2)))＝9，解得k＝eq\f(1,2)或k＝eq\f(3,2)，经代入判别式验证均满足题意．则直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x或y＝eq\f(3,2)x－3，即x－2y＝0或3x－2y－6＝0．(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，经常运用设而不求的方法．(2)直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝my＋n避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋t的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论．5．(2024·北京高考)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形．过点(0，t)(t>eq\r(2))且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(0，1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)若直线BD的斜率为0，求t的值．解：(1)由题意，得b＝c＝eq\f(2,\r(2))＝eq\r(2)，所以a＝eq\r(b2＋c2)＝2，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)．(2)显然直线AB的斜率存在，否则B，D重合，与题意不符，同样直线AB斜率不为0，否则直线AB与椭圆无交点，矛盾，从而设直线AB：y＝kx＋t(t>eq\r(2))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋t，))化简并整理得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－4＝0，则Δ＝16k2t2－8(1＋2k2)(t2－2)＝8(4k2＋2－t2)>0，即k，t应满足4k2＋2－t2>0，所以x1＋x2＝eq\f(－4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－4,1＋2k2)，因为直线BD的斜率为0，所以由椭圆的对称性可得D(－x2，y2)，所以直线AD：y＝eq\f(y1－y2,x1＋x2)(x－x1)＋y1，在直线AD的方程中，令x＝0，得yC＝eq\f(x1y2＋x2y1,x1＋x2)＝eq\f(x1（kx2＋t）＋x2（kx1＋t）,x1＋x2)＝eq\f(2kx1x2＋t（x1＋x2）,x1＋x2)＝eq\f(4k（t2－2）,－4kt)＋t＝eq\f(2,t)＝1，所以t＝2．课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考点直线与椭圆的位置关系弦长问题弦长问题中点弦问题直线与椭圆的综合问题直线与椭圆的综合问题；椭圆的标准方程切线问题直线与椭圆的综合问题直线与椭圆的位置关系中点弦问题；弦长问题关联点平面向量的数量积题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考点弦长问题中点弦问题切线问题切线问题中点弦问题直线与椭圆的综合问题直线与椭圆的综合问题中点弦问题；弦长问题直线与椭圆的综合问题切线问题；直线与椭圆的综合问题关联点平面向量的数量积一、单项选择题1．若直线y＝x＋2与椭圆eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,3)＝1有两个公共点，则m的取值范围是()A．(1，＋∞) B．(1，3)∪(3，＋∞)C．(3，＋∞) D．(0，3)∪(3，＋∞)答案：B解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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．故选B．2．已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2且倾斜角为45°的直线l交椭圆C于A，B两点，则|AB|＝()A．eq\f(24,7) B．eq\f(12,7)C．eq\f(12\r(2),7) D．eq\f(8\r(3),7)答案：A解析：直线AB的方程为y＝x－1，联立椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，整理得7x2－8x－8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8,7)，x1x2＝－eq\f(8,7)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(24,7)．故选A．3．(2025·云南昆明一中高三月考)已知直线l过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点与C交于M，N两点，若当l垂直于x轴时，|MN|＝eq\f(a,2)，则C的离心率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(5),2)答案：C解析：如图，不妨设直线l经过椭圆的右焦点F，因为l垂直于x轴，由图形的对称性知，椭圆经过点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(a,4)))，代入椭圆方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，得eq\f(c2,a2)＋eq\f(a2,16b2)＝1，整理得16b2c2＋a4＝16a2b2，把b2＝a2－c2代入，整理得16c4－32a2c2＋15a4＝0，两边同时除以a4，得16e4－32e2＋15＝0，解得e2＝eq\f(3,4)或e2＝eq\f(5,4)，因为0<e<1，所以e＝eq\f(\r(3),2)．故选C．4．(2025·江苏南通如皋中学高三期初考试)已知直线x－4y＋9＝0与椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<4)相交于A，B两点，椭圆的两个焦点是F1，F2，线段AB的中点为C(－1，2)，则△CF1F2的面积为()A．2eq\r(2) B．4eq\r(2)C．2eq\r(3) D．4eq\r(3)答案：B解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),16)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),16)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2（x1＋x2）,16（y1＋y2）)，由题意可知eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,4)，x1＋x2＝－2，y1＋y2＝4，即eq\f(1,4)＝eq\f(2b2,4×16)，解得b2＝8，所以c2＝a2－b2＝16－8＝8，则c＝2eq\r(2)，所以S△CF1F2＝eq\f(1,2)×2c×2＝4eq\r(2)．故选B．5．(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,3)＋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的面积是△F2AB面积的2倍，则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：将直线与椭圆的方程联立得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．因为直线与椭圆相交于A，B两点，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的距离为d2，易知F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，则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)．故选C．6．(2025·河南安阳模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为4，平行四边形ABCD内接于椭圆E，且直线AB与AD的斜率之积为－eq\f(1,2)，则椭圆E的标准方程为()A．eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1 B．eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,8)＝1C．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1 D．eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,16)＝1答案：A解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由对称性可得D(－x2，－y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，所以两式相减可得eq\f(yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝－eq\f(b2,a2)，因为直线AB与AD的斜率之积为－eq\f(1,2)，所以eq\f(y2－y1,x2－x1)·eq\f(－y2－y1,－x2－x1)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1))＝－eq\f(1,2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)．设椭圆E的半焦距为c，因为椭圆E的焦距为4，所以2c＝4，所以c＝2，又a2＝b2＋c2，所以b2＝4，a2＝8，所以椭圆E的标准方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．故选A．7．若点(m，n)在椭圆9x2＋y2＝9上，则eq\f(n,m－3)的最小值为()A．－eq\f(2\r(2),3) B．－eq\f(2\r(3),3)C．－eq\f(\r(3),2) D．－eq\f(3\r(2),4)答案：D解析：由题知椭圆的方程为x2＋eq\f(y2,9)＝1，如图，求eq\f(n,m－3)的最小值即求点(m，n)与点(3，0)连线斜率的最小值，设过点(m，n)和点(3，0)的直线方程为y＝k(x－3)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－3），,x2＋\f(y2,9)＝1，))得(9＋k2)x2－6k2x＋9(k2－1)＝0．由题意，知当Δ＝0时，直线的斜率取得最小值，则由Δ＝(－6k2)2－4(9＋k2)[9(k2－1)]＝0，得k2＝eq\f(9,8)，故k＝－eq\f(3\r(2),4)，为斜率的最小值，即eq\f(n,m－3)的最小值为－eq\f(3\r(2),4)．故选D．8．(2025·江苏徐州模拟)已知过椭圆C：x2＋eq\f(y2,2)＝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k的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)) D．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))∪(1，＋∞)答案：D解析：由题意可知，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，所以椭圆C：x2＋eq\f(y2,2)＝1的上焦点为F(0，1)，则直线l的方程为y＝kx＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0，所以x1＋x2＝eq\f(－2k,2＋k2)，x1x2＝eq\f(－1,2＋k2)．由题设知，OA所在直线的方程为y＝eq\f(y1,x1)x．因为直线OA与直线y＝2相交于点M，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1,y1)，2))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x2,y2)，2))．所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1,y1)，2))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x2,y2)，2))．因为∠MON为锐角，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＞0，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(4x1x2,y1y2)＋4＝eq\f(4x1x2,（kx1＋1）（kx2＋1）)＋4＝eq\f(4x1x2,k2x1x2＋k（x1＋x2）＋1)＋4＝eq\f(4×\f(－1,2＋k2),k2×\f(－1,2＋k2)＋k×\f(－2k,2＋k2)＋1)＋4＝eq\f(2,k2－1)＋4＝eq\f(4k2－2,k2－1)，即eq\f(4k2－2,k2－1)＞0，解得k2＜eq\f(1,2)或k2＞1，所以－eq\f(\r(2),2)＜k＜eq\f(\r(2),2)或k＞1或k＜－1．故直线l的斜率k的取值范围是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))∪(1，＋∞)．故选D．二、多项选择题9．直线y＝kx－eq\r(2)k＋eq\f(\r(6),2)与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的位置关系可能为()A．相交 B．相切C．相离 D．有3个公共点答案：AB解析：直线y＝kx－eq\r(2)k＋eq\f(\r(6),2)＝k(x－eq\r(2))＋eq\f(\r(6),2)恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，又点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))在椭圆上，故直线与椭圆可能相交，也可能相切．故选AB．10．设椭圆的方程为eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆交于A，B两点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的是()A．直线AB与OM垂直B．若点M的坐标为(1，1)，则直线方程为2x＋y－3＝0C．若直线方程为y＝x＋1，则点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))D．若直线方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq\f(4\r(2),3)答案：BD解析：对于A，因为在椭圆中，根据椭圆的中点弦的性质kAB·kOM＝－eq\f(4,2)＝－2≠－1，所以A不正确；对于B，根据kAB·kOM＝－2，kOM＝1，得kAB＝－2，所以直线方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B正确；对于C，若直线方程为y＝x＋1，点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(4,3)))，则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C不正确；对于D，若直线方程为y＝x＋2，与椭圆方程eq\f(x2,2)＋eq\f(y2,4)＝1联立，可得2x2＋(x＋2)2－4＝0，整理，得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)－0))＝eq\f(4\r(2),3)，所以D正确．故选BD．三、填空题11．(2025·安徽合肥模拟)已知椭圆E：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝________．答案：eq\r(13)解析：由题意，得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直，所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，则|AB|＝eq\r(（－1－1）2＋[y1－（－y1）]2)＝eq\r(4＋4yeq\o\al(2,1))．又点A在椭圆E上，所以eq\f(1,4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，得yeq\o\al(2,1)＝eq\f(9,4)，则|AB|＝eq\r(4＋4×\f(9,4))＝eq\r(13)．12．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点的横坐标为eq\f(1,2)，则k＝________．答案：±eq\f(1,2)解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，因为直线l过椭圆内的定点(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)．13．(2025·陕西西安模拟)与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________．答案：eq\f(\r(5),5)解析：因为所求椭圆与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,a2－1)＝1，,y＝x＋3，))消去y，得(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，化简，得a4－6a2＋5＝0，解得a2＝5或a2＝1(舍去)，则a＝eq\r(5)．又c＝1，所以椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)．14．已知点M是椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,16)＝1上任意一点，则点M到直线x＋y－7＝0的距离的最大值为________．答案：6eq\r(2)解析：设与直线x＋y－7＝0平行的直线x＋y＝m与椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,16)＝1相切，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋\f(y2,16)＝1，,x＋y＝m，))得25x2－18mx＋9m2－144＝0，则Δ＝(18m)2－4×25×(9m2－144)＝0，解得m＝5或m＝－5，由椭圆与x＋y－7＝0的位置关系，取离直线x＋y－7＝0远的切线x＋y＝－5，此时切点M是椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,16)＝1上到直线x＋y－7＝0的距离最大的点，最大距离等于两条平行直线间的距离d＝eq\f(|5＋7|,\r(12＋12))＝6eq\r(2)．四、解答题15．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，焦距为6eq\r(3)．(1)求椭圆E的方程；(2)若点M(4，2)是直线l被椭圆E所截得的线段的中点，求直线l的方程．解：(1)由已知，得2c＝6eq\r(3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝3eq\r(3)，a＝6，所以b2＝a2－c2＝62－(3eq\r(3))2＝9，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1．(2)设直线l与椭圆E交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则eq\f(xeq\o\al(2,1),36)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1且eq\f(xeq\o\al(2,2),36)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1，两式相减并化简得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)，又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，即kl＝－eq\f(1,2)，所以直线l的方程为x＋2y－8＝0．16．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)，短轴长为2．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，若△ABO的面积为eq\f(3,5)(O为坐标原点)，求直线l的方程．解：(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,2b＝2，,c2＝a2－b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)由题意，知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x并整理，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝(2m)2－4(m2＋4)×(－3)＝16m2＋48>0，则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)，因为△ABO的面积为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)，设t＝eq\r(m2＋3)≥eq\r(3)，则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)．故直线l的方程为x＝±eq\r(6)y＋1，即x±eq\r(6)y－1＝0．17．(多选)(2025·江西南昌模拟)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是()A．四边形AF1BF2为平行四边形B．∠F1PF2＜90°C．直线BE的斜率为eq\f(1,2)kD．S四边形AF1BF2∈(0，4]答案：ABC解析：对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|，故四边形AF1BF2为平行四边形，故A正确；对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝eq\r(2)＝c．此时∠F1PF2＝90°．由题意可知P不可能在上、下顶点，故∠F1PF2＜90°，故B正确；对于C，如图，不妨设B在第一象限，BD⊥x轴，垂足为D，则直线BE的斜率为eq\f(|BD|,|ED|)＝eq\f(|BD|,2|OD|)＝eq\f(1,2)k，故C正确；对于D，S四边形AF1BF2＝2S△BF1F2＝|F1F2|·|BD|＝2eq\r(2)|BD|．又0＜|BD|＜eq\r(2)，故S四边形AF1BF2∈(0，4)，故D错误．故选ABC．18．(多选)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c．直线l：y＝k(x＋c)(k∈R)与椭圆C交于A，B两点，则下列说法中正确的是()A．△ABF2的周长为4aB．若O为坐标原点，AB的中点为M，则kOM·k＝eq\f(b2,a2)C．若eq\o(AF1,\s\up6(→))·eq\o(AF2,\s\up6(→))＝3c2，则椭圆的离心率的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))D．若|AB|的最小值为3c，则椭圆的离心率e＝eq\f(1,3)答案：AC解析：由直线l：y＝k(x＋c)过点(－c，0)，知弦AB过椭圆的左焦点F1，所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a，所以A正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，kOM＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，所以kOM·k＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，②))及①－②，得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),b2)＝0，所以eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝－eq\f(b2,a2)，则kOM·k＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝－eq\f(b2,a2)，所以B错误；因为eq\o(AF1,\s\up6(→))＝(－c－x1，－y1)，eq\o(AF2,\s\up6(→))＝(c－x1，－y1)，所以eq\o(AF1,\s\up6(→))·eq\o(AF2,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,1)－c2＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(c2,a2)xeq\o\al(2,1)＋a2－2c2∈[a2－2c2，a2－c2]，则a2－2c2≤3c2≤a2－c2，可得e＝eq\f(c,a)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(1,2)))，所以C正确；由过焦点的弦中通径最短，得|AB|的最小值为通径eq\f(2b2,a)，则有eq\f(2b2,a)＝3c，即2a2－3ac－2c2＝0，解得a＝2c，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以D错误．故选AC．19．(2025·安徽六校教育研究会高三开学考试)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，R是椭圆C上异于A，B的动点，满足kRA·kRB＝－eq\f(1,4)，当R为上顶点时，△ABR的面积为8．(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M(－6，－2)的直线与椭圆C交于不同的两点D，E(D，E与A，B不重合)，直线AD，AE分别与直线x＝－6交于P，Q两点，求|MP|·|MQ|的值．解：(1)不妨设椭圆的上顶点为R0(0，b)，此时kR0A·kR0B＝eq\f(b,a)·eq\f(b,－a)＝eq\f(b2,－a2)＝－eq\f(1,4)，因为△ABR0的面积为8，所以eq\f(1,2)×2ab＝8，联立解得a＝4，b＝2，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)依题意，直线DE的斜率存在，设斜率为k，则直线DE的方程为y＝k(x＋6)－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋6）－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))消去y并整理，得(4k2＋1)x2＋(48k2－16k)x＋144k2－96k＝0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－48k2＋16k,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(144k2－96k,4k2＋1)，直线AD的方程为y＝eq\f(y1,x1＋4)(x＋4)，令x＝－6，得点P的纵坐标yP＝eq\f(－2y1,x1＋4)，则|MP|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2＋\f(2y1,x1＋4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（2k－2）（x1＋6）,x1＋4)))，同理得|MQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（2k－2）（x2＋6）,x2＋4)))，所以|MP|·|MQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(（2k－2）2（x1＋6）（x2＋6）,（x1＋4）（x2＋4）)))＝(2k－2)2·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2＋6（x1＋x2）＋36,x1x2＋4（x1＋x2）＋16)))＝(2k－2)2·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(144k2－96k＋6（－48k2＋16k）＋36（4k2＋1）,144k