第6課時直線與橢圓[考試要求]1.理解直線與橢圓的位置關系，掌握其判斷方法.2.會借助方程的思想解決直線與橢圓相交的綜合問題．1．直線與橢圓的位置判斷將直線方程與橢圓方程聯立，消去y(或x)，得到關于x(或y)的一元二次方程，則直線與橢圓相交?Δ>0；直線與橢圓相切?Δ＝0；直線與橢圓相離?Δ<0.2．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＋x22－4x1x2])或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])，k為直線斜率且k≠0.[常用結論]1．點P(x0，y0)和橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的位置關系(1)點P(x0，y0)在橢圓內?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＜1.(2)點P(x0，y0)在橢圓上?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1.(3)點P(x0，y0)在橢圓外?eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＞1.2．橢圓上一點處的切線方程點P(x0，y0)在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上，過點P的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.3．關于－eq\f(b2,a2)的重要結論(1)過原點的直線交橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)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).(2)若M(x0，y0)是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的弦AB(AB不平行y軸)的中點，則有kAB·kOM＝－eq\f(b2,a2)，即kAB＝－eq\f(b2x0,a2y0).一、易錯易混辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)橢圓通徑是所有的焦點弦中最短的弦．(√)(2)過點A(0,1)的直線一定與橢圓x2＋eq\f(y2,2)＝1相交．(√)(3)直線和橢圓的位置關系能用中心到直線的距離來判斷．(×)(4)過橢圓外一點一定能作兩條直線與已知橢圓相切．(√)二、教材經典衍生1．(人教A版選擇性必修第一冊P114例7改編)直線y＝x＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的位置關系是()A．相交 B．相切C．相離 D．無法判斷A[法一(通解)：聯立直線與橢圓的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)＞0，所以直線與橢圓相交．法二(優解)：直線過點(0,1)，而0＋eq\f(1,4)＜1，即點(0,1)在橢圓內部，所以直線與橢圓相交．]2．(人教A版選擇性必修第一冊P114練習T2改編)已知斜率為1的直線l過橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點，交橢圓于A，B兩點，則弦AB的長為()A．eq\f(4,5) B．eq\f(6,5)C．eq\f(8,5) D．eq\f(13,5)C[由題意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，所以右焦點坐標為(eq\r(3)，0)，則直線l的方程為y＝x－eq\r(3).設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得5x2－8eq\r(3)x＋8＝0，Δ＝(－8eq\r(3))2－4×5×8＝32＞0，則x1＋x2＝eq\f(8\r(3),5)，x1x2＝eq\f(8,5)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),5)))2－4×\f(8,5))＝eq\f(8,5)，即弦AB的長為eq\f(8,5).]3．(多選)(人教A版選擇性必修第一冊P114例7改編)若直線y＝kx＋2與橢圓eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1相切，則斜率k的值是()A．eq\f(\r(6),3) B．－eq\f(\r(6),3)C．－eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(3),3)AB[由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，))得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由題意知Δ＝144k2－24(3k2＋2)＝0，解得k＝±eq\f(\r(6),3).]4．(人教A版選擇性必修第一冊P116T13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l：x－y－3eq\r(5)＝0的距離的最小值是________，此時，點P的坐標為________.eq\r(10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))[設直線l1：x－y＋m＝0，聯立eq\b\lc\{\rc\(\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l1之間的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\r(5)＋3\r(5))),\r(1＋1))＝eq\r(10)；當m＝eq\r(5)時，直線l與直線l1之間的距離d＝eq\f(|\r(5)＋3\r(5)|,\r(2))＝2eq\r(10).所以點P到直線l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))).]考點一直線與橢圓的位置關系[典例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)有兩個不同的公共點？(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的方程聯立，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\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有兩個不同的實數根，可知原方程組有兩組不同的實數解．這時直線l與橢圓C有兩個不同的公共點．(2)當Δ＝0，即m＝±3eq\r(2)時，方程③有兩個相同的實數根，可知原方程組有兩組相同的實數解．這時直線l與橢圓C有兩個互相重合的公共點，即直線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沒有實數根，可知原方程組沒有實數解．這時直線l與橢圓C沒有公共點．(1)研究直線和橢圓的位置關系，一般轉化為研究直線方程與橢圓方程組成的方程組解的個數．(2)對于過定點的直線，也可以通過定點在橢圓內部或橢圓上判定直線和橢圓有交點．[跟進訓練]1．(多選)已知直線l：y＝x＋m與橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1，則下列結論正確的是()A．若C與l至少有一個公共點，則m≤2eq\r(2)B．若C與l有且僅有兩個公共點，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))<2eq\r(2)C．若m＝3eq\r(2)，則C上到l的距離為5的點只有1個D．若m＝－eq\r(2)，則C上到l的距離為1的點只有3個BCD[聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，則判別式Δ＝12(8－m2)．令Δ＝12(8－m2)≥0，則有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))≤2eq\r(2)，－2eq\r(2)≤m≤2eq\r(2)，A錯誤；令Δ＝12(8－m2)>0，則有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))<2eq\r(2)，B正確；令直線l與橢圓C相切，則Δ＝12(8－m2)＝0，即m＝±2eq\r(2)，直線y＝x＋3eq\r(2)與y＝x－2eq\r(2)的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3\r(2)－－2\r(2))),\r(2))＝5，C正確；如圖，直線y＝x－eq\r(2)與y＝x－2eq\r(2)和y＝x的距離均為1，因此，C上到l的距離為1的點只有3個，D正確．故選BCD.]2．已知橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1，直線l：4x－5y＋40＝0，則橢圓上的點到直線l的距離的最小值是________.eq\f(15\r(,41),41)[如圖，設直線m平行于直線l且與橢圓相切，則m的方程為4x－5y＋k＝0.由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－5y＋k＝0，,\f(x2,25)＋\f(y2,9)＝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.由圖可知，當k＝25時，直線m與橢圓的交點到直線l的距離最近，所以dmin＝eq\f(|40－25|,\r(42＋52))＝eq\f(15\r(,41),41).]考點二弦長及中點弦問題弦長問題[典例2]已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F2，若斜率為－1的直線l與以線段F1F2為直徑的圓相交于A，B兩點，與橢圓相交于C，D兩點，且eq\f(|CD|,|AB|)＝eq\f(8\r(3),7)，求出直線l的方程．解：設直線l的方程為y＝－x＋m，由題意知F1，F2的坐標分別為(－1,0)，(1,0)，所以以線段F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.由題意知圓心(0,0)到直線l的距離d＝eq\f(|－m|,\r(2))＜1，得|m|＜eq\r(2).|AB|＝2eq\r(1－d2)＝2eq\r(1－\f(m2,2))＝eq\r(2)×eq\r(2－m2).聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝－x＋m，))消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，由題意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，所以m2＜2.設C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(8m,7)，x1x2＝eq\f(4m2－12,7)，|CD|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8m,7)))2－4×\f(4m2－12,7))＝eq\r(2)×eq\r(\f(336－48m2,49))＝eq\f(4\r(6),7)×eq\r(7－m2)＝eq\f(8\r(3),7)|AB|＝eq\f(8\r(3),7)×eq\r(2)×eq\r(2－m2)，解得m2＝eq\f(1,3)＜2，得m＝±eq\f(\r(3),3)，即存在符合條件的直線l，其方程為y＝－x±eq\f(\r(3),3).中點弦問題[典例3](1)已知直線x－eq\r(3)y＋1＝0與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B兩點，且線段AB的中點為M.若直線OM(O為坐標原點)的傾斜角為150°，則橢圓C的離心率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(2,3)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(6),3)(2)若橢圓的中心在原點，一個焦點為(0,2)，直線y＝3x＋7與橢圓相交所得弦的中點的縱坐標為1，則這個橢圓的方程為________________.(1)D(2)eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,12)＝1[(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的中點M(x0，y0)．因為eq\f(x\o\al(2,1),a2)＋eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)＋eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，兩式相減可得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，把x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k＝eq\f(\r(3),3)，eq\f(y0,x0)＝tan150°＝－eq\f(\r(3),3)，代入可得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,3).所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(6),3).故選D.(2)法一(直接法)：因為橢圓的中心在原點，一個焦點為(0,2)，所以設橢圓方程為eq\f(y2,b2＋4)＋eq\f(x2,b2)＝1(b>0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y2,b2＋4)＋\f(x2,b2)＝1，,y＝3x＋7，))消去x，得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0.設直線y＝3x＋7與橢圓相交所得弦的端點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知eq\f(y1＋y2,2)＝1，所以y1＋y2＝eq\f(14b2＋4,10b2＋4)＝2，解得b2＝8.經檢驗，直線與橢圓有2個交點，滿足題意．所以所求橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,12)＝1.法二(點差法)：因為橢圓的中心在原點，一個焦點為(0,2)，所以設橢圓的方程為eq\f(y2,b2＋4)＋eq\f(x2,b2)＝1(b>0)．設直線y＝3x＋7與橢圓相交所得弦的端點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),b2＋4)＋\f(x\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(y\o\al(2,2),b2＋4)＋\f(x\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(y1－y2y1＋y2,b2＋4)＋eq\f(x1－x2x1＋x2,b2)＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq\f(b2＋4,b2)，又因為弦AB的中點的縱坐標為1，故橫坐標為－2，k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝3，代入上式得3×eq\f(2×1,2×－2)＝－eq\f(b2＋4,b2)，解得b2＝8，經檢驗，直線與橢圓有2個交點，滿足題意．故所求的橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,12)＝1.]解答弦長問題及中點弦問題的注意點(1)求弦長的前提是直線和橢圓相交，可利用弦長公式計算弦長；對于中點弦問題，常用“根與系數的關系”或“點差法”求解．在用根與系數的關系時，要注意前提條件Δ＞0；在用“點差法”時，要檢驗直線與橢圓是否相交．(2)點差法適用范圍：涉及弦中點軌跡問題或弦所在直線斜率問題時，可考慮點差法．[跟進訓練]3．已知橢圓C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F2.(1)求過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被P點平分的弦的直線方程；(2)若過F2作直線與橢圓C相交于A，B兩點，且eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，求|AB|.解：(1)設過P的直線與橢圓C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)兩點，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),2)＋y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),2)＋y\o\al(2,2)＝1，))兩式相減得eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(1,2)×eq\f(x1＋x2,y1＋y2).由中點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)))可知x1＋x2＝2×eq\f(1,2)＝1，y1＋y2＝2×eq\f(1,2)＝1，所以eq\f(y2－y1,x2－x1)＝－eq\f(1,2)，即直線的斜率k＝－eq\f(1,2)，所以直線方程為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.(2)由題意知，過F2的直線斜率存在且不為0.設過F2的直線為x＝my＋1(m≠0)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，聯立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,x2＋2y2－2＝0，))可得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，Δ＝4m2＋4(m2＋2)＝8m2＋8>0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y3＋y4＝－\f(2m,m2＋2)，,y3y4＝－\f(1,m2＋2).))又eq\o(BF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2A,\s\up6(→))，則y4＝－2y3，代入方程解得m2＝eq\f(2,7)，所以|AB|＝eq\r(1＋m2)eq\r(y3＋y42－4y3y4)＝eq\f(9\r(2),8).考點三直線與橢圓的綜合問題[典例4](1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知A(0,3)和Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上兩點．①求C的離心率；②若過點P的直線l交C于另一點B，且△ABP的面積為9，求直線l的方程．(2)已知P點坐標為(0，－2)，點A，B分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點，直線BP交E于點Q，△ABP是等腰直角三角形，且eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(QB,\s\up6(→)).①求橢圓E的方程；②設過點P的動直線l與E相交于M，N兩點，當坐標原點O位于以MN為直徑的圓外時，求直線l斜率的取值范圍．(1)解：①由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝3，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\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由①得C：eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1，kAP＝eq\f(3－\f(3,2),0－3)＝－eq\f(1,2)，則直線AP的方程為y＝－eq\f(1,2)x＋3，即x＋2y－6＝0，|AP|＝eq\r(0－32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)))2)＝eq\f(3\r(5),2).設點B到直線AP的距離為d，則d＝eq\f(2×9,\f(3\r(5),2))＝eq\f(12\r(5),5).將直線AP沿著與AP垂直的方向平移eq\f(12\r(5),5)個單位長度，此時該平行線與橢圓的交點即為點B.設該平行線的方程為x＋2y＋D＝0(D≠－6)，則eq\f(|D＋6|,\r(5))＝eq\f(12\r(5),5)，解得D＝6或D＝－18.當D＝6時，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，,x＋2y＋6＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－3))或eq\b\lc\{\rc\(\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))).當交點為B(0，－3)時，此時kl＝eq\f(3,2)，直線l的方程為y＝eq\f(3,2)x－3，即3x－2y－6＝0；當交點為Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))時，此時kl＝eq\f(1,2)，直線l的方程為y＝eq\f(1,2)x，即x－2y＝0.當D＝－18時，聯立eq\b\lc\{\rc\(\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，此時該直線與橢圓無交點．綜上，直線l的方程為3x－2y－6＝0或x－2y＝0.(2)解：①由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0)．設Q(x0，y0)，則由eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(QB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(6,5)，,y0＝－\f(4,5)，))代入橢圓方程得b2＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.②依題意得，直線l的斜率存在，方程設為y＝kx－2.聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y并整理，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)因為直線l與E有兩個交點，即方程(*)有不相等的兩實根，故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>eq\f(3,4).設M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根與系數的關系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(16k,1＋4k2)，,x1x2＝\f(12,1＋4k2).))因為坐標原點O位于以MN為直徑的圓外，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))>0，即x1x2＋y1y2>0，又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·eq\f(12,1＋4k2)－2k·eq\f(16k,1＋4k2)＋4>0，解得k2<4，綜上可得eq\f(3,4)<k2<4，則eq\f(\r(3),2)<k<2或－2<k<－eq\f(\r(3),2).所以滿足條件的直線l斜率k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，2)).1.求解直線與橢圓的綜合問題的基本思想是方程思想，即根據題意，列出有關的方程，利用代數的方法求解．為減少計算量，在代數運算中，經常運用設而不求、整體代入的方法，如弦長公式中|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(Δ),|a|)，其中x1，x2是ax2＋bx＋c＝0的兩根．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．[跟進訓練]4．(2025·東營模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，過橢圓C右焦點并垂直于x軸的直線PM交橢圓C于P，M(點P位于x軸上方)兩點，且△OPM(O為坐標原點)的面積為eq\f(3,2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l交橢圓C于A，B(A，B異于點P)兩點，且直線PA與PB的斜率之積為－eq\f(9,4)，求點P到直線l距離的最大值．解：(1)由題意可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)·c·\f(2b2,a)＝\f(3,2)，))且c2＝a2－b2，解得a2＝4，b2＝3，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，當直線l的斜率不存在時，設方程為x＝m(m≠1)，則A(m，y0)，B(m，－y0)，此時kPA·kPB＝eq\f(y0－\f(3,2),m－1)·eq\f(－y0－\f(3,2),m－1)＝－eq\f(9,4)，化簡得yeq\o\al(2,0)＝eq\f(9,4)＋eq\f(9,4)(1－m)2.又eq\f(m2,4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，解得m＝eq\f(1,2)或m＝1(舍去)，此時點P到直線l的距離為eq\f(1,2).當直線l的斜率存在時，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，設其方程為y＝kx＋m，聯立可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，Δ＝64m2k2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0，且x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，kPA·kPB＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)·eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝－eq\f(9,4)，整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－\f(3,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－\f(3,2)))＝－eq\f(9,4)(x1－1)·(x2－1)，整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)＋k2))x1x2＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)))－\f(9,4)))(x1＋x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(3,2)))2＋eq\f(9,4)＝0，整理可得2k2＋4m2－3m＋6km－eq\f(9,2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(3,2)))(2k＋4m＋3)＝0，則k＋m－eq\f(3,2)＝0或2k＋4m＋3＝0.若k＋m－eq\f(3,2)＝0，則直線方程為y－eq\f(3,2)＝k(x－1)，直線恒過Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，與點P重合；若2k＋4m＋3＝0，則直線方程為y＋eq\f(3,4)＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，所以直線恒過定點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,4))).所以點P到直線l的距離的最大值為|PQ|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))))2)＝eq\f(\r(85),4).由于eq\f(\r(85),4)>eq\f(1,2)，所以點P到直線l距離的最大值為eq\f(\r(85),4).5．已知橢圓C的兩個焦點為F1(－1，0)，F2(1,0)，且經過點Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2))).(1)求橢圓C的標準方程；(2)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(→))，求直線l的斜率k的值．解：(1)根據題意知橢圓的焦點在x軸上，所以設橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意得直線l的斜率存在且不為0，直線l的方程為y＝k(x＋1)(k＞0)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋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，則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，又y1＋y2＝eq\f(6k,3＋4k2)，所以y1＝eq\f(12k,3＋4k2)，y2＝eq\f(－6k,3＋4k2)，代入y1y2＝eq\f(－9k2,3＋4k2)，則3＋4k2＝8，解得k＝±eq\f(\r(5),2)，又k＞0，所以k＝eq\f(\r(5),2).對于某些圓錐曲線大題，在聯立直線與圓錐曲線的方程時，常常會涉及一元二次方程，它的兩個根x1，x2滿足根與系數的關系．一般來說，在應用題設條件解決問題時，常常能湊出x1＋x2和x1x2，但有些時候無法直接湊出這兩個式子，從而無法直接代入根與系數的關系，這就是所謂的“非對稱”的根與系數的關系問題．下面通過對一道圓錐曲線“非對稱”結構問題的多角度切入求解，給出其適當的拓展與變式，以探究圓錐曲線非對稱結構問題的一般性解決方法．[典例]已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F2，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))為E上一點，且PF1與x軸垂直．(1)求橢圓E的方程；(2)設過點F2的直線l與E交于A，B兩點，已知點M(0,1)，且△MAF2的面積為△MBF2面積的2倍，求直線l的方程．[賞析](1)因為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))為E上一點，且PF1與x軸垂直，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,c＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝1，))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)易得直線l與x軸不重合，設直線l的方程為x＝ty＋1，點A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,3x2＋4y2＝12，))得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，故y1＋y2＝－eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3t2＋4).由△MAF2的面積是△MBF2面積的2倍，可得eq\o(AF2,\s\up6(→))＝2eq\o(F2B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，即y1＋2y2＝0.代數式y1＝－2y2為非對稱結構，需要通過適當的處理使之變為對稱結構，下面就以此為例，給出此類y1＝λy2(或x1＝λx2)問題的幾種處理方法，并對其進行拓展．拓展1倒數求和法此拓展是對形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的關系式，利用eq\f(x1,x2)＋eq\f(x2,x1)＝eq\f(x1＋x22－2x1x2,x1x2)將問題轉化為對稱結構．解法1接典例解答，由y1＝－2y2，得eq\f(y1,y2)＝－2，故eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＝eq\f(y1＋y22－2y1y2,y1y2)＝－eq\f(5,2).結合根與系數的關系，化簡可得5t2＝4，即t2＝eq\f(4,5).故直線l的方程為y＝±eq\f(\r(5),2)(x－1)．拓展2配湊法由y1＋λy2＝0配湊，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)·y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，兩式相乘，可得λ(y1＋y2)2＝－(λ－1)2y1y2，從而將問題轉化為對稱結構．解法2接典例解答，由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y1＋y2＝y1，,y1＋y2＝－y2，))兩式相乘可得2(y1＋y2)2＝－y1y2，結合根與系數的關系，化簡可得5t2＝4，即t2＝eq\f(4,5).故直線l的方程為y＝±eq\f(\r(5),2)(x－1)．拓展3方程組法該拓展的實質是借助方程思想，由非對稱式結合根與系數的關系，列方程組解答．解法3接典例解答，聯立y1＋2y2＝0與y1＋y2＝－eq\f(6t,3t2＋4)，解得y1＝－eq\f(12t,3t2＋4)，y2＝eq\f(6t,3t2＋4).再結合y1y2＝－eq\f(9,3t2＋4)，得eq\f(72t2,3t2＋42)＝eq\f(9,3t2＋4)，解得t2＝eq\f(4,5).故直線l的方程為y＝±eq\f(\r(5),2)(x－1)．[跟進訓練]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上頂點到右頂點的距離為eq\r(7)，離心率為eq\f(1,2)，過橢圓的左焦點F作不與x軸重合的直線與橢圓C相交于M，N兩點，直線m的方程為x＝－2a，過點M作ME垂直直線m交直線m于點E.(1)求橢圓C的標準方程．(2)①求證：線段EN必過定點P，并求定點P的坐標；②點O為坐標原點，求△OEN面積的最大值．解：(1)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋b2)＝\r(7)，,a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(1,2)，))所以a＝2，b＝eq\r(3).故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①由題意知，F(－1,0)，設直線MN的方程為x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，E(－4，y1)．由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4)，所以－2my1y2＝3(y1＋y2)．又kEN＝eq\f(y2－y1,x2＋4)，所以直線EN的方程為y－y1＝eq\f(y2－y1,x2＋4)(x＋4)，令y＝0，則x＝－4－eq\f(y1x2＋4,y2－y1)＝－4－eq\f(my1y2＋3y1,y2－y1)＝－4－eq\f(\f(3,2)y1－y2,y2－y1)＝－4＋eq\f(3,2)＝－eq\f(5,2).所以直線EN過定點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，0)).②由①中知Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R，又|y1－y2|＝eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4)，所以S△OEN＝eq\f(1,2)|OP||y1－y2|＝eq\f(5,4)·eq\f(12\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(15\r(m2＋1),3m2＋4)＝eq\f(15\r(m2＋1),3m2＋1＋1)，令t＝eq\r(m2＋1)，t≥1，則f(t)＝eq\f(15,3t＋\f(1,t))，令g(t)＝3t＋eq\f(1,t)，g′(t)＝3－eq\f(1,t2)＝eq\f(3t2－1,t2)，當t≥1時，g′(t)≥0，故g(t)＝3t＋eq\f(1,t)在[1，＋∞)上單調遞增，則f(t)＝eq\f(15,3t＋\f(1,t))在[1，＋∞)上單調遞減，即S△OEN＝eq\f(15t,3t2＋1)＝eq\f(15,3t＋\f(1,t))在[1，＋∞)上單調遞減，所以t＝1時，(S△OEN)max＝eq\f(15,4).點撥：換元功能：降次、去根號，把分子或分母變簡單．課時分層作業(五十五)(本試卷共92分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2025·菏澤模擬)橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1與直線y＝k(x－1)的位置關系是()A．相離 B．相交C．相切 D．無法確定B[直線過定點M(1,0)，且該定點在橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1內，故直線與橢圓相交．故選B.]2．經過橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的右焦點作傾斜角為eq\f(π,3)的直線l，交橢圓于M，N兩點，設O為坐標原點，則eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(8,5) B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(9,5) D．±eq\f(9,5)C[已知橢圓的右焦點F(1,0)，則直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，代入橢圓方程可得5x2－8x＝0，所以，不妨令xM＝0，xN＝eq\f(8,5)，則M(0，－eq\r(3))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(3\r(3),5)))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(3\r(3),5)))＝－eq\f(9,5).故選C.]3．經過橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1的左焦點F1作傾斜角為60°的直線l，直線l與橢圓相交于A，B兩點，則線段AB的長為()A．eq\f(4,7) B．eq\f(8\r(2),7)C．2 D．eq\f(16\r(2),7)B[在eq\f(x2,2)＋y2＝1中，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，即c＝1，故左焦點為F1(－1,0)．而tan60°＝eq\r(3)，故直線l的方程為y＝eq\r(3)(x＋1)．與eq\f(x2,2)＋y2＝1聯立，得7x2＋12x＋4＝0，Δ＝122－4×7×4>0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數的關系得x1＋x2＝－eq\f(12,7)，x1x2＝eq\f(4,7)，則由弦長公式得|AB|＝eq\r(1＋\r(3)2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,7)))2－4×\f(4,7))＝eq\f(8\r(2),7).故選B.]4．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))A[由題意，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))．又由＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(3,4)，可得因為∈[－2，－1]，即－2≤≤－1，可得eq\f(3,8)≤≤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A.]5．(2023·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點，若△F1AB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)C[將直線方程y＝x＋m與橢圓方程聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y，可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因為直線與橢圓相交于A，B點，所以Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.設點F1到AB的距離為d1，點F2到AB的距離為d2，易知F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，則d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，所以＝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－3eq\r(2)(舍去)．故選C.]6．(2025·泰安模擬)直線x－2y＋2＝0經過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點F，交橢圓于A，B兩點，交y軸于M點．若eq\o(FM,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(17)＋\r(5),8) B.eq\f(\r(17)－\r(5),4)C.eq\f(\r(17)－\r(5),2) D.eq\f(\r(17)＋\r(5),9)C[如圖，對直線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)，則eq\o(FM,\s\up6(→))＝(2,1)．設A(x0，y0)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－x0,1－y0)，而eq\o(FM,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＝3－x0，,1＝31－y0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(2,3)，,y0＝\f(2,3)，))所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))).又點A在橢圓上，左焦點F(－2,0)，右焦點F′(2,0)，由2a＝|AF|＋|AF′|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝eq\f(2\r(5)＋\r(17),3)，得a＝eq\f(\r(5)＋\r(17),3)，橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\f(\r(5)＋\r(17),3))＝eq\f(\r(17)－\r(5),2).故選C.]7．國家體育場“鳥巢”的鋼結構鳥瞰圖如圖1所示，其內、外兩圈的鋼骨架近似為由兩個離心率相同的橢圓組成的對稱結構．某校體育館的鋼結構與“鳥巢”類似，其平面圖如圖2所示，已知外層橢圓的長軸長為200m，且內、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向內層橢圓引切線AC，若AC的斜率為－eq\f(1,2)，則內層橢圓的短軸長為()A．75m B．50eq\r(2)mC．50m D．25eq\r(2)mB[內、外橢圓的離心率均為eq\f(\r(3),2)，設內層橢圓的短半軸長為b，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2b，則內層橢圓方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.由外層橢圓長軸的一個端點A向內層橢圓引切線AC，AC的方程為y＝－eq\f(1,2)(x＋100)，代入內層橢圓方程可得x2＋100x＋5000－2b2＝0，可得Δ＝10000－4×(5000－2b2)＝0，解得b2＝1250，所以b＝25eq\r(2).故內層橢圓的短軸長2b＝50eq\r(2)m．故選B.]8．已知過橢圓C：x2＋eq\f(y2,2)＝1的上焦點F且斜率為k的直線l交橢圓C于A，B兩點，O為坐標原點，直線OA，OB分別與直線y＝2相交于M，N兩點．若∠MON為銳角，則直線l的斜率k的取值范圍是()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，＋∞)D[由題意可知，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，所以橢圓C：x2＋eq\f(y2,2)＝1的上焦點為F(0,1)，則直線l的方程為y＝kx＋1.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(－2k,2＋k2)，x1x2＝eq\f(－1,2＋k2).由題設知，OA所在的直線方程為y＝eq\f(y1,x1)x.因為直線OA與直線y＝2相交于點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)).因為∠MON為銳角，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＋1kx2＋1)＋4＝eq\f(4x1x2,k2x1x2＋kx1＋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.故直線l的斜率k的取值范圍是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))∪(1，＋∞)．故選D.]二、多項選擇題9．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交橢圓E于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則()A．直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)(x－3)B．a2＝2b2C．橢圓的標準方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1D．橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)ABD[因為直線AB過點F(3,0)和點(1，－1)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)(x－3)．代入橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq\f(3,2)a2x＋eq\f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB中點的橫坐標為eq\f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2.又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2)，所以橢圓E的標準方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.故選ABD.]10．在平面直角坐標系Oxy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)，則下列說法正確的有()A．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k，使得l與C有且只有一個公共點ACD[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；設橢圓的半焦距為c(c＞0)，則焦點F的坐標可能為(c,0)或(－c,0)，若直線恒過點(－c,0)，則0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直線恒過點(c,0)，則0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B錯誤；聯立eq\b\lc\{\rc\(\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]＝0，所以當a＜1時，則k2＝eq\f(b2,1－a2)，即k＝±eq\r(\f(b2,1－a2))，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．故選ACD.]三、填空題11．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),3)，過其左焦點F作一條斜率為k(k>0)的直線，與橢圓交于A，B兩點，滿足|AF|＝2|FB|，則實數k的值為______.eq\r(2)[由離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設直線方程為x＝eq\f(1,k)y－c，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設y1>y2，由|AF|＝2|FB|，可得eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，得y1＝－2y2.聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,k)y－c，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))化簡整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,k2)))y2－eq\f(4c,k)y－4c2＝0，Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4c,k)))2＋16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,k2)))c2>0，則y1＋y2＝eq\f(4kc,3k2＋2)，y1y2＝eq\f(－4c2k2,3k2＋2).結合y1＝－2y2，可得y2＝－eq\f(4kc,3k2＋2)，yeq\o\al(2,2)＝eq\f(2c2k2,3k2＋2)，從而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kc,3k2＋2)))2＝eq\f(2c2k2,3k2＋2)，解得k2＝2.又k>0，所以k＝eq\r(2).]12．已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1，若此橢圓上存在不同的兩點A，B關于直線y＝2x＋m對稱，則實數m的取值范圍是________.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))[因為橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1，所以x2＋2y2－2＝0.設橢圓上兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)關于直線y＝2x＋m對稱，AB的中點為M(x0，y0)，則xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2，①xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2，②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，即2x0·(x1－x2)＋2×2y0·(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)·eq\f(x0,y0)＝－eq\f(1,2)，所以y0＝x0.代入直線方程y＝2x＋m得x0＝－m，y0＝－m.因為(x0，y0)在橢圓內部，所以m2＋2(－m)2＜2，解得－eq\f(\r(6),3)＜m＜eq\f(\r(6),3)，即實數m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))).]四、解答題13．(15分)(2025·青島模擬)已知動圓與圓C1：(x＋4)2＋y2＝1外切，同時與圓C2：(x－4)2＋y2＝81內切．(1)求動圓圓心M的軌跡Γ的方程，并說明它是什么曲線；(2)若直線l：4x－5y＋40＝0，求曲線Γ上的點到直線l的最大距離．解：(1)設動圓M的半徑為r.由動圓M與圓C1外切可知|MC1|＝r＋1，①由動圓M與圓C2內切可知|MC2|＝9－r，②則①＋②可得|MC1|＋|MC2|＝10＞|C1C2|＝8，所以動圓圓心M的軌跡是以C1，C2為焦點，長軸長為10，焦距為8的橢圓(不含頂點(－5,0))．故動圓圓心M的軌跡Γ的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1(x≠－5)．(2)設與直線l平行的直線l0：4x－5y＋m＝0(m≠40)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,25)＋\f(y2,9)＝1，,4x－5y＋m＝0，))得25x2＋8mx＋m2－225＝0，Δ＝(8m)2－4×25×(m2－225)．當Δ＝0，即m＝±25時，直線與橢圓相切．由圖形(圖略)可知，當m＝－25時，切點P到直線l的距離最大．設最大距離為d，則d＝eq\f(|－25－40|,\r(42＋52))＝eq\f(65\r(41),41)，所以曲線Γ上的點到直線l的最大距離為eq\f(65\r(41),41).14．(15分)已知橢圓C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，左、右焦點分別為F1，F2，直線l與橢圓交于A，B兩點，弦AB被點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))平分．求：(1)直線l的方程；(2)△F1AB的面積.解：(1)設交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),16)＋\f(y\o\al(2,1),4)＝1，,\f(x\o\al(2,2),16)＋\f(y\o\al(2,2),4)＝1，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＝－4(y1＋y2)(y1－y2)．因為弦AB被點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))平分，所以x1＋x2＝2eq\r(3)，y1＋y2＝eq\r(3)，所以直線l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,4)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，故直線l的方程為x＋2y－2eq\r(3)＝0.(2)法一(常規方法)：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2\r(3)＝0，\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得x2－2eq\r(3)x－2＝0，所以x1＋x2＝2eq\r(3)，x1x2＝－2，所以|AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(2\r(3)2－4×－2)＝5.由橢圓的方程可得，c2＝a2－b2＝16－4＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以F1(－2eq\r(3)，0)，所以點F1(－2eq\r(3)，0)到直線l：x＋2y－2eq\r(3)＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)＋0－2\r(3))),\r(12＋22))＝eq\f(4\r(15),5)，所以＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×5×eq\f(4\r(15),5)＝2eq\r(15).法二(面積拆分法)：聯立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，,x＋2y－2\r(3)＝0，))得2y2－2eq\r(3)y－1＝0，所以y1＋y2＝eq\r(3)，y1y2＝－eq\f(1,2)，所以|y1－y2|＝eq\r(5).又因為直線l過點F2(2eq\r(3)，0)，所以＝eq\f(1,2)|F1F2||y1－y2|＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×eq\r(5)＝2eq\r(15).課時分層作業(五十六)(本試卷共60分．)1．(15分)(2024·全國甲卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F，點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x軸．(1)求C的方程；(2)過點P(4,0)的直線與C交于A，B兩點，N為線段FP的中點，直線NB交直線MF于點Q，證明：AQ⊥y軸．解：(1)設F(c,0)，由題設知c＝1且eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，可得eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2，b＝eq\r(3)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：如圖，由題意知直線AB的斜率必定存在，設AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－4，))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，則Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，所以－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2).又x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，故直線BN：y＝eq\f(y2,x2－\f(5,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2))).又xQ＝1，故yQ＝eq\f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝eq\f(－3y2,2x2－5).所以y1－yQ＝y1＋eq\f(3y2,2x2－5)＝eq\f(y1×2x2－5＋3y2,2x2－5)＝eq\f(kx1－4×2x2－5＋3kx2－4,2x2－5)＝keq\f(2x1x2－5x1＋x2＋8,2x2－5)＝keq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝keq\f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y軸．2．(15分)已知斜率為k的直線l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M(n，m)．(1)若n＝1，m＝－1，求k的值；(2)若線段AB的垂直平分線交y軸于點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))，且|AB|＝4|PM|，求直線l的方程．解：(1)由題設eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,A),6)＋\f(y\o\al(2,A),3)＝1，,\f(x\o\al(2,B),6)＋\f(y\o\al(2,B),3)＝1，))作差可得eq\f(x\o\al(2,A)－x\o\al(2,B),6)＋eq\f(y\o\al(2,A)－y\o\al(2,B),3)＝eq\f(xA＋xBxA－xB,6)＋eq\f(yA＋yByA－yB,3)＝0.又xA＋xB＝2n＝2，yA＋yB＝2m＝－2，則eq\f(xA－xB,3)＝eq\f(2yA－yB,3)，所以k＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(1,2).(2)由題意，直線l的斜率一定存在，直線l為y＝k(x－n)＋m.若k＝0，直線l：y＝m且M(0，m)，－eq\r(3)＜m＜eq\r(3)，此時中垂線PM與y軸重合，與題設中，垂直平分線與y軸交于Pe