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第4节 直线与椭圆（二）　
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__直线与椭圆的位置关系[典例引领]
【例1】　(一题多法)若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　 )
A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)
[思维点拨]
解析：法一　由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，
所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，
则0<≤1，且m≠5，故m≥1，且m≠5．
法二　由
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0．
由题意知Δ1＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立．
由于m>0，且m≠5，
∴Δ2＝0－20m(m2－m)≤0，解得m≥1，且m≠5．
答案：D
[思维升华]　判断直线与椭圆位置关系的方法
(1)判断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．
[对点练]　已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝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
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＋144．
(1)当Δ>0，即－3(2)当Δ＝0，即m＝±3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<－3或m>3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．
考点2__弦长问题[典例引领]
【例2】　
如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD．当直线AB的斜率为0时，|AB|＝4．
(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝，求直线AB的方程．
解：(1)由题意知e＝＝，2a＝4，∴a＝2，c＝1，
∴b2＝a2－c2＝3．
∴椭圆方程为＋＝1．
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，此时|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，
设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－(x－1)．
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝．
同理，|CD|＝＝．
∴|AB|＋|CD|＝＋＝＝，
解得k＝±1，
∴直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0．
[思维升华]　弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，利用弦长公式求解．
[对点练]　(2022·河南开封模拟)已知以椭圆C：＋＝1的顶点为顶点的四边形面积是4，且其离心率为，
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l经过椭圆C的右焦点F，且交椭圆C于A，B两点，证明：3＝4×．
解：(1)因为以椭圆C的顶点为顶点的四边形面积是4，所以4×ab＝4；
即ab＝2，又因为＝，所以a2＝4，b2＝3，
所以所求椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)若直线l的斜率不存在，可得得或
不妨设A，B，
于是3－4×＝3×－4××＝0，即3＝4×；
若直线l的斜率存在，设其方程为y＝k．
据得x2－8k2x＋＝0，
设A，B，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以3＝3××＝，
4×＝4× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))\s\up12(2)＋y) ×
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1))\s\up12(2)＋y) ＝4×××
＝4××＝4××＝，
综上，3＝4×．
考点3__中点弦问题[典例引领]
【例3】　(1)(2022·福建三明模拟)以椭圆＋＝1内一点P为中点的弦所在的直线方程是(　　 )
A．4x＋3y－7＝0
B．3x＋4y－7＝0
C．x＋2y－(2＋)＝0
D．2x＋y－(2＋)＝0
(2)已知点P，Q，M是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的三点，坐标原点O是△PQM的重心，若点M，直线PQ的斜率恒为－，则椭圆C的离心率为(　　 )
A． B．
C． D．
[思维点拨]　(1)首先设直线与椭圆的两个交点A，B，再利用点差法求直线的斜率，根据点斜式写出直线方程．
(2)设P，Q，由重心公式可得P，Q的横纵坐标的和，再由“点差法”结合斜率公式可得＝，进一步可求得椭圆的离心率．
解析：(1)设过点P的直线交椭圆于A，B两点，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y,3)＝1，,\f(x,4)＋\f(y,3)＝1，)) 两式相减得＋＝0，
因为x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∵x1≠x2，两边同时除以2(x1－x2)得＋×＝0，
得k＝＝－，所以直线方程为y－1＝－，即3x＋4y－7＝0．
(2)设P，Q，又M，
由原点O是△PQM的重心，得＝0，＝0，
即x1＋x2＝－a，y1＋y2＝－b，
又P，Q是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的点，
∴ eq \f(x,a2) ＋ eq \f(y,b2) ＝1， eq \f(x,a2) ＋ eq \f(y,b2) ＝1，
作差可得＝
－，
即＝－＝－＝
－，即＝，
∴e＝＝＝＝．
答案：(1)B　 (2)D
[思维升华]　处理中点弦问题常用的求解方法
(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式可求得斜率．
(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．
[对点练]　(2022·广东揭阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，过点F的直线x－y＋＝0与椭圆C相交于不同的两点A、B，若P为线段AB的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为－，则椭圆C的方程为(　　 )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
解析：设F(－c，0)，因为直线x－y＋＝0过F(－c，0)，所以－c－0＋＝0，得c＝，
所以a2－b2＝c2＝3，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，,\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，)) 两式作差，得 eq \f(x－x,a2) ＝－ eq \f(y－y,b2) ，所以＝－·，
因为P为线段AB的中点，O为坐标原点，
所以P，kOP＝＝＝－，
所以kAB＝＝－·(－2)＝，
又A，B在直线x－y＋＝0上，所以kAB＝1，
所以＝1，即a2＝2b2，将其代入a2－b2＝3，得b2＝3，a2＝6，
所以椭圆C的方程为＋＝1．
答案：D
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
椭圆焦半径公式的应用
焦半径：椭圆上的点P(x0，y0)与左(下)焦点F1或与右(上)焦点F2之间的线段的长度叫做椭圆的焦半径，分别记作r1＝|PF1|，r2＝|PF2|．则有：
(1)＋＝1(a＞b＞0)，r1＝a＋ex0，r2＝a－ex0；
(2)＋＝1(a＞b＞0)，r1＝a＋ey0，r2＝a－ey0；
(3)焦半径中以长轴为端点的焦半径最大和最小(近日点与远日点)．
【典例】　如图，椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1，F2分别作弦AB，CD．若AB∥CD，则＋的取值范围为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由椭圆的对称性可知＝，＝，＝．
设点A，B．
若直线AB的斜率不存在，则点A，B，所以＝，
所以＋＝＝．
若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立消去y整理得x2＋10k2x＋5k2－20＝0，Δ>0，
则x1＋x2＝－．易得椭圆的离心率e＝＝，
由焦半径公式得＝＋x1, ＝＋x2，
所以＋＝|AB|＝2＋＝2－＝2－∈，所以＋∈．
综上，＋的取值范围为．
答案：C
[思维升华]　1．本题要考虑直线斜率不存在和存在两种情况．
2．本题可由＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋1))\s\up12(2)＋y) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋1))\s\up12(2)＋4－\f(4,5)x) ＝＋x1求焦半径，但如能直接应用焦半径公式，则可节省时间，提高正确率．
[对点练]　(2021·陕西西安一中月考)如图，把椭圆＋＝1的长轴AB分成8等份，过每个分点，作x轴的垂线交椭圆的上半部分于P1，P2，P3，P4，P5，P6，P7七个点，F是椭圆的一个焦点，则|P1F|＋|P2F|＋|P3F|＋|P4F|＋|P5F|＋|P6F|＋|P7F|＝(　　 )
A．25 B．26
C．27 D．28
解析：不妨设P点是椭圆上的任意点，坐标为(x，y)，又a＝4，b＝3，c＝＝，
故由焦半径公式可得＝4＋x, ①
∵把椭圆＋＝1的长轴AB分成8等份，过每个分点作x轴的垂线交椭圆的上半部分于P1，P2，P3，P4，P5，P6，P7七个点，
∴P4点为椭圆与y轴正半轴的交点且P1，P2，P3与P5，P6，P7分别关于y轴对称，
∴不妨设P1，P2，P3且x1<0，x2<0，x3<0，P4，
∴P5，P6，P7，由①可得：
＋＋＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋，
∴＋＋＋＋＋＋＝4×7＝28．
答案：D
课下巩固培优卷(四十三)
【A/基础巩固题组】
1．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数是(　　 )
A．至多为1 B．2
C．1 D．0
解析：由题意知＞2，即＜2，
∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部，故所求交点个数是2．
答案：B
2．直线y＝kx－1被椭圆C：＋y2＝1截得最长的弦为(　　 )
A．3 B．
C．2 D．
解析：联立直线y＝kx－1和椭圆＋y2＝1，可得(1＋5k2)x2－10kx＝0，
解得x＝0或x＝，则弦长l＝·，
令1＋5k2＝t(t≥1)，则l＝10·＝2＝2，
当t＝，即k＝±时，l取得最大值2×＝．
答案：B
3．已知椭圆G：＋＝1的右焦点为F，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为，则G的方程为(　　 )
A．＋＝1 B．＋＝1
C．＋＝1 D．＋＝1
解析：设点A、B，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，,\f(x,a2)＋\f(y,b2)＝1，))
两个等式作差得 eq \f(x－x,a2) ＋ eq \f(y－y,b2) ＝0，整理可得 eq \f(y－y,x－x) ＝－，
设线段AB的中点为M，即kAB·kOM＝·＝－，
另一方面kAB＝kMF＝＝，kOM＝－1，所以－＝×＝－，
所以解得
因此，椭圆G的方程为＋＝1．
答案：D
4．(多选)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点M(2，1)在椭圆C上，直线l平行于OM且在y轴上的截距为m，直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点．下面结论正确的有(　　 )
A．椭圆C的方程为＋＝1
B．kOM＝
C．－2＜m＜2
D．m≤－2或m≥2
解析：由题意，得解得
故椭圆C的方程为＋＝1，A正确；
由于kOM＝＝，B正确；
∵直线l的斜率k＝kOM＝，又l在y轴上截距为m，所以l的方程为y＝x＋m．
由得x2＋2mx＋2m2－4＝0．
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同点，所以Δ＝(2m)2－4(2m2－4)＞0，
解得－2＜m＜2．∴C正确，D错误．
答案：ABC
5．(2021·河北正定中学月考)已知F1，F2分别为椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，＝2，过椭圆左焦点且斜率为2的直线交椭圆于A，B两点，若S△ABF2＝4，则弦长＝______．
解析：∵S△ABF2＝4，∴×2c×|yA－yB|＝4，
又∵＝2，
∴|yA－yB|＝4，∵直线过椭圆左焦点且斜率为2，
∴|AB|＝|yA－yB|＝×4＝2．
答案：2
6．椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆与直线x＋2y＋8＝0相交于P，Q两点，若|PQ|＝，则椭圆方程为___________．
解析：因为e＝，所以＝＝，所以a2＝4b2，
所以椭圆方程为x2＋4y2＝a2，设P，Q，
将椭圆方程与x＋2y＋8＝0联立，即
消去y得2x2＋16x＋64－a2＝0，
所以x1＋x2＝－8，x1x2＝32－，
由Δ＝256－8>0，得a2>32，
由弦长公式得＝·＝·＝，
所以解得a2＝36，b2＝9，满足a2>32，
所以椭圆方程为＋＝1．
答案：＋＝1
7．(2022·湖北襄阳模拟)已知椭圆C：＋＝1的离心率为，左焦点F．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线y＝x＋m与椭圆C交于不同的两点A、B，且线段AB的中点M在圆x2＋y2＝1上，求m的值．
解：(1)由题意得解得
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1．
(2)设点A、B的坐标分别为，，线段AB的中点为M，
联立消y得5x2＋8mx＋4m2－4＝0，
Δ＝80－16m2>0 －由韦达定理得x1＋x2＝－，
∴x0＝＝－，y0＝x0＋m＝，
∵点M在圆x2＋y2＝1上，
∴＋＝1，
∴m＝±，满足，∴m＝±．
8．已知直线m与椭圆C：＋＝1相切于点P，直线n的斜率为，设直线n与椭圆分别交于点A、B(异于点P)，与直线m交于点Q．
(1)求直线m的方程；
(2)证明：|AQ|，|PQ|，|BQ|成等比数列．
解：(1)由题知直线m的斜率存在，设直线m的方程为y＝k＋，
由只有一组实数解，
即x2＋8kx＋4－12＝0只有一实根，
得Δ＝64k2－
4＝0．
解得k＝－．故直线m的方程为x＋2y－4＝0．
(2)设直线n的方程为y＝x＋t，则xQ＝2－t且xQ≠1，则t≠1，
由得x2＋tx＋t2－3＝0，所以
所以＝＝
>0．
·＝×
＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA＋xB))xQ＋xAxB))
＝＝
＝>0．
即＝·，
即，，成等比数列．
【B/能力提升题组】
9．(2022·广东珠海二中模拟)已知椭圆C：＋＝1的左焦点为F，过F作一条倾斜角为60°的直线与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若3＝(O为坐标原点)，则椭圆C的离心率为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：设A，B，M，
由题意得 eq \f(x,a2) ＋ eq \f(y,b2) ＝1， eq \f(x,a2) ＋ eq \f(y,b2) ＝1，两式相减，得＋＝0，因为M为线段AB的中点，且直线AB的倾斜角为60°，所以＋＝0．
设F，则＝＝c，过M作MM′⊥x轴，垂足为M′，
则＝＝c，＝＝c，
由题易知M位于第二象限，所以M，所以＋＝0，
得3a2＝5b2，所以2a2＝5c2，所以e＝＝．
答案：B
10．已知椭圆M：＋y2＝1与圆C：x2＋y2＝6－a2在第一象限有公共点P，设圆C在点P处的切线斜率为k1，椭圆M在点P处的切线斜率为k2，则的取值范围为(　　 )
A．(1，6) B．(1，5)
C．(3，6) D．(3，5)
解析：由于椭圆M：＋y2＝1与圆C：x2＋y2＝6－a2在第一象限有公共点P，所以解得3设椭圆M：＋y2＝1与圆C：x2＋y2＝6－a2在第一象限的公共点P(x0，y0)，
则椭圆M在点P处的切线方程为＋y0y＝1，圆C在P处的切线方程为x0x＋y0y＝6－a2，所以k1＝－，k2＝－，＝a2，所以∈(3，5)．
答案：D
11．如图，已知椭圆＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点，设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围为________．
解析：设直线AB的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
代入＋y2＝1，整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0．
因为直线AB过椭圆的左焦点F，所以方程有两个不等实根，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点N(x0，y0)，
则x1＋x2＝－，x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝k(x0＋1)＝，
所以AB的垂直平分线NG的方程为y－y0＝－(x－x0)．
令y＝0，得xG＝x0＋ky0＝－＋＝－＝－＋．
因为k≠0，所以－＜xG＜0，
所以点G横坐标的取值范围为．
答案：
12．(2022·山东济南模拟)已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，且PF1·F1F2＝0，＝，＝，则C的标准方程为___________；若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，且点A，B关于点M对称，则l的方程为___________．
解析：记椭圆的半焦距为c，
根据椭圆的定义可得2a＝＋＝＋＝6，则a＝3，
又PF1·F1F2＝0，则PF1⊥F1F2，所以＝＝＝2＝2c，则c＝；
所以b2＝a2－c2＝4，因此椭圆C的方程为＋＝1；
设A，B，因为点A，B关于点M对称，所以
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,9)＋\f(y,4)＝1，,\f(x,9)＋\f(y,4)＝1，)) 两式作差可得 eq \f(x－x,9) ＋ eq \f(y－y,4) ＝0，
则kAB＝＝－·＝－·＝，
所以直线AB的方程为y－1＝＝x＋1，即2x－3y＋6＝0．
答案：＋＝1　2x－3y＋6＝0
13．(2021·河北石家庄二模)已知直线l：y＝x－1与椭圆C：＋＝1相交于P，Q两点，M，·＝0．
(1)证明椭圆过定点T，并求出x＋y的值；
(2)求弦长的取值范围．
解：(1)设P，Q，
联立直线与椭圆方程整理得x2－2a2x＋a2－a2b2＝0，
∴Δ>0，则
又＝，＝，因为·＝0，
所以＋y1y2＝＋＝2x1x2＋2＝0，
所以x1·x2＝＝－1，即2a2＋b2＝a2b2，
所以＋＝1，即椭圆过定点T1，T2，T3，T4，
所以x＋y＝1＋2＝3．
(2)＝＝
＝
＝2 ＝2(*)
由2a2＋b2＝a2b2得b2＝>0，∴＝，
代入(*)式有＝2．
因为a2>1，所以a2－1>0，>0，1＋>1，
所以0<<1，
所以＝2∈．
所以的取值范围是．

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