2025高考数学专项复习第九章 平面解析几何第5节 第2课时 直线与椭圆的位置关系含答案

2025高考数学专项复习第九章平面解析几何第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2025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为椭圆的长轴顶点，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)＝1.1．概念辨析(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)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)×2．小题热身(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)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)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，则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——提素养考点一直线与椭圆的位置关系例1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．【通性通法】(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．【巩固迁移】1．已知动点M到两定点F1(－m，0)，F2(m，0)的距离之和为4(0<m<2)，且动点M的轨迹曲线C过点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求m的值；(2)若直线l：y＝kx＋eq\r(2)与曲线C有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．解(1)由0<m<2，得2m<4，知曲线C是以两定点F1(－m，0)，F2(m，0)为焦点，长半轴长为2的椭圆，所以a＝2，设曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1，把点Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))代入，得eq\f(3,4)＋eq\f(1,4b2)＝1，解得b2＝1，由c2＝a2－b2，解得c2＝3，所以m＝eq\r(3).(2)由(1)知曲线C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，联立曲线C的方程与直线l的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋\r(2)，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋k2))x2＋2eq\r(2)kx＋1＝0，则有Δ＝4k2－1>0，解得k2>eq\f(1,4).所以k>eq\f(1,2)或k<－eq\f(1,2)，所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).考点二弦长问题例2(2024·内蒙古呼和浩特阶段考试)已知椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，焦距为2eq\r(2)，斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值．解(1)由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,2c＝2\r(2)，))解得c＝eq\r(2)，a＝eq\r(3)，b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(（\r(3)）2－（\r(2)）2)＝1，所以椭圆M的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)因为k＝1，所以设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，又直线l与椭圆M有两个不同的交点，所以Δ＝36m2－16(3m2－3)＝12(4－m2)>0，所以－2<m<2，所以x1＋x2＝－eq\f(3m,2)，x1x2＝eq\f(3m2－3,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\f(9m2,4)－（3m2－3）)＝eq\r(\f(12－3m2,2))，故当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为eq\r(6).【通性通法】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.【巩固迁移】2．(2023·海口模拟)一条过原点的直线与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个交点为(eq\r(3)，eq\r(6))，则它被椭圆截得的弦长为()A．3 B．6C．2eq\r(3) D．2eq\r(6)答案B解析如图，设过原点O的直线的方程为y＝kx(k≠0)，该直线与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个交点分别为A(eq\r(3)，eq\r(6))，B(x，y)，则根据对称性可知A，B两点关于原点O对称，即|OA|＝|OB|，又|OA|＝eq\r(（\r(3)）2＋（\r(6)）2)＝3，该直线被椭圆截得的弦长为|AB|，所以|AB|＝|OA|＋|OB|＝3＋3＝6.故选B.考点三中点弦问题例3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x2－x1≠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.【通性通法】解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法【巩固迁移】3．(2022·新高考Ⅱ卷)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.考点四切线问题例4(2023·陕西渭南二模)在椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1上求一点M，使点M到直线x＋2y－10＝0的距离最大，则点M的坐标为()A．(－3，0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，－\f(8,5)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(2\r(5),5))) D．(－2，0)答案B解析如图，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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋m＝0，,4x2＋9y2＝36，))整理得25y2＋16my＋4m2－36＝0，Δ＝162m2－100(4m2－36)＝0，因为m>0，解得m＝5，所以椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1在点M处的切线方程为x＋2y＋5＝0，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋5＝0，,\f(x2,9)＋\f(y2,4)＝1，))可得点M的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，－\f(8,5))).故选B.【通性通法】(1)椭圆上的点到直线的距离的最值问题的解题方法：首先转化为平行直线与椭圆相切，然后求出两条平行直线间的距离即可．(2)直线与椭圆相切，有且仅有一个公共点，过椭圆外一点可以作两条切线，过椭圆上一点只能作一条切线．【巩固迁移】4．(2024·河北唐山模拟)已知F为椭圆C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1的右焦点，点A是直线x＝3上的动点，过点A作椭圆C的切线AM，AN，切点分别为M，N，则|MF|＋|NF|－|MN|的值为()A．3 B．2C．1 D．0答案D解析由已知可得F(1，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(3，t)，则切线AM，AN的方程分别为eq\f(x1x,3)＋eq\f(y1y,2)＝1，eq\f(x2x,3)＋eq\f(y2y,2)＝1，因为切线AM，AN过点A(3，t)，所以x1＋eq\f(ty1,2)＝1，x2＋eq\f(ty2,2)＝1，所以直线MN的方程为x＋eq\f(ty,2)＝1，因为F(1，0)，所以1＋eq\f(t×0,2)＝1，所以点F(1，0)在直线MN上，所以M，N，F三点共线，所以|MF|＋|NF|－|MN|＝0.故选D.考点五直线与椭圆的综合问题例5(2023·天津高考)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，|A1F|＝3，|A2F|＝1.(1)求椭圆的方程和离心率e；(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP的面积的二倍，求直线A2P的方程．解(1)如图，由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,c＝1，))则b2＝a2－c2＝3，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，此椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)由题意知直线A2P的斜率存在且不为0，所以可设直线A2P的方程为y＝k(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，设P(xP，yP)，则由根与系数的关系可知xP＋2＝eq\f(16k2,3＋4k2)，即xP＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，则yP＝k(xP－2)＝－eq\f(12k,3＋4k2).由直线A2P交y轴于点Q可得Q(0，－2k)，所以S△A1PQ＝|S△A1PA2－S△A1QA2|＝eq\f(1,2)×4×|yP－yQ|，S△A2FP＝eq\f(1,2)×1×|yP|，因为S△A1PQ＝2S△A2FP，所以2|yP－yQ|＝|yP|，①当2|yP|－2|yQ|＝|yP|时，|yP|＝2|yQ|，即有eq\f(12|k|,3＋4k2)＝2·|－2k|，解得k＝0，不符合题意，舍去．②当2|yQ|－2|yP|＝|yP|时，2|yQ|＝3|yP|，即有4|k|＝eq\f(36|k|,3＋4k2)，解得k＝0(舍去)或k＝±eq\f(\r(6),2).故直线A2P的方程为y＝±eq\f(\r(6),2)(x－2)．【通性通法】(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．【巩固迁移】5．在①离心率e＝eq\f(\r(2),2)；②过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))；③a＝eq\r(2)b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且________．(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F的直线l交椭圆C于M，N两点，若△OMN(O为坐标原点)的面积为eq\f(2,3)，求直线l的方程．解(1)选条件①：由椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，得c＝1，因为离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.选条件②：由椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，得c＝1，又椭圆C过点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，则eq\f(1,a2)＋eq\f(1,2b2)＝1，又a2＝b2＋c2，所以a2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.选条件③：由椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，得c＝1，又a＝eq\r(2)b，a2＝b2＋c2，则b2＝c2＝1，a2＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由题意，设直线l的方程为x＝my＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,x＝my＋1，))得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，因为Δ＝4m2＋4(m2＋2)＝8(m2＋1)>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(1,m2＋2)，所以△OMN的面积S＝eq\f(1,2)|OF|·|y2－y1|＝eq\f(1,2)eq\r(（y2＋y1）2－4y2y1)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2m,m2＋2)))\s\up12(2)＋\f(4,m2＋2))＝eq\f(\r(2)\r(m2＋1),m2＋2)，因为△OMN的面积为eq\f(2,3)，所以eq\f(\r(m2＋1),m2＋2)＝eq\f(\r(2),3)，解得m＝±1，所以直线l的方程为x＋y－1＝0或x－y－1＝0.课时作业一、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．(2024·河南郑州质检)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．(2024·四川内江模拟)椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点M在椭圆上且MF1⊥x轴，则F1到直线F2M的距离为()A．eq\f(6,5) B．3C．eq\f(11,3) D．eq\f(3\r(7),11)答案A解析由eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，得a2＝4，b2＝3，所以a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以F1(－1，0)，F2(1，0)，当x＝－1时，eq\f(1,4)＋eq\f(y2,3)＝1，解得|y|＝eq\f(3,2).因为MF1⊥x轴，所以|MF1|＝eq\f(3,2)，所以|F2M|＝eq\r(|MF1|2＋|F1F2|2)＝eq\r(\f(9,4)＋4)＝eq\f(5,2).设F1到直线F2M的距离为d，因为d·|MF2|＝|MF1||F1F2|，所以eq\f(5,2)d＝eq\f(3,2)×2，解得d＝eq\f(6,5).故选A.4．(2023·河北张家口一模)过椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点(2，0)的直线交椭圆于A，B两点．若AB的中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)))，则椭圆C的离心率为()A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(3),2)答案D解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆的方程，可得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)＝1，两式相减，得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0①，又x1＋x2＝2，y1＋y2＝－1，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(－\f(1,2)－0,1－2)＝eq\f(1,2)，所以代入①，可得eq\f(2,a2)－eq\f(1,2b2)＝0，化简得a2＝4b2，又b2＝a2－c2，所以a2＝4a2－4c2，经检验符合题意．故椭圆C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).故选D.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．(2024·广东珠海模拟)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的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.故选A.7．(2023·湖南部分学校联考)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点A，B是椭圆C上异于长轴端点的两点，且满足eq\o(AF,\s\up6(→))1＝λeq\o(F1B,\s\up6(→))，若AB⊥AF2，则λ＝()A．5 B．4C．3 D．2答案C解析因为eq\o(AF,\s\up6(→))1＝λeq\o(F1B,\s\up6(→))，所以点A，B，F1共线，设|AF1|＝t，则|AF2|＝2a－t＝4－t，所以t2＋(4－t)2＝(2eq\r(2))2，解得t＝2，即|AF1|＝|AF2|＝2，不妨设A(0，eq\r(2))，则AB：y＝x＋eq\r(2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝\r(2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(4\r(2),3)，,y＝－\f(\r(2),3)，))则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(2),3)，－\f(\r(2),3)))，因为eq\o(AF,\s\up6(→))1＝λeq\o(F1B,\s\up6(→))，所以λ＝eq\f(\r(2),\f(\r(2),3))＝3.故选C.8．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.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，所以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．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．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．(2023·河北石家庄模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为eq\f(1,2)，与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝eq\r(5)，求直线l的方程．解(1)∵e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，∴a2＝4b2.又椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点P(2，1)，∴eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，∴a2＝8，b2＝2.故椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0，∴Δ＝4m2－8m2＋16＞0，解得|m|＜2.∴x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.则|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5（4－m2）)＝eq\r(5)，解得m＝±eq\r(3).故直线l的方程为y＝eq\f(1,2)x±eq\r(3).17．(多选)(2024·青岛质检)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、右两焦点分别是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．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＝0.20.(2023·福建三明期末)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，左、右顶点分别为A，B，P是椭圆C上异于A，B的任意一点，PA，PB的斜率之积为－eq\f(3,4)，且△PAB面积的最大值为2eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)直线PF交椭圆C于另一点Q，分别过P，Q作椭圆的切线，这两条切线交于点M，证明：MF⊥PQ.解(1)设点P(x1，y1)，由A(－a，0)，B(a，0)，得kPA·kPB＝eq\f(y1,x1＋a)·eq\f(y1,x1－a)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－a2).因为点P在椭圆C上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，即yeq\o\al(2,1)＝eq\f(b2,a2)(a2－xeq\o\al(2,1))，则kPA·kPB＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－a2)＝－eq\f(b2,a2)＝－eq\f(3,4)，所以b＝eq\f(\r(3),2)a.因为△PAB面积的最大值为2eq\r(3)，所以S＝eq\f(1,2)·2a·b＝ab＝eq\f(\r(3),2)a2＝2eq\r(3)，所以a＝2，b＝eq\r(3)，即椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：下面证明椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)在H(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.理由如下：当y0≠0时，切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程，得(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，由Δ＝(2a2km)2－4(a2k2＋b2)(a2m2－a2b2)＝0，化简得a2k2－m2＋b2＝0，所以x0＝eq\f(－2a2km±\r(Δ),2（a2k2＋b2）)＝eq\f(－2a2km±\r(0),2m2)＝eq\f(－a2k,m).将x0＝eq\f(－a2k,m)代入y0＝kx0＋m，得y0＝eq\f(b2,m)，于是k＝－eq\f(mx0,a2)＝－eq\f(x0,a2)·eq\f(b2,y0)＝－eq\f(b2x0,a2y0)，则椭圆的切线斜率为－eq\f(b2x0,a2y0)，切线方程为y－y0＝－eq\f(b2x0,a2y0)(x－x0)，整理得a2y0y＋b2x0x＝a2yeq\o\al(2,0)＋b2xeq\o\al(2,0)，其中b2xeq\o\al(2,0)＋a2yeq\o\al(2,0)＝a2b2，故a2y0y＋b2x0x＝a2b2，即eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.当y0＝0时，x0＝a或－a；当x0＝a时，切线方程为x＝a，满足eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1；当x0＝－a时，切线方程为x＝－a，满足eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.综上，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)在H(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.由题意知，直线PF的斜率不为零，设直线PF：x＝ny－1，点Q(x2，y2)，由(1)及以上知，椭圆C在点P(x1，y1)处的切线方程为eq\f(x1x,4)＋eq\f(y1y,3)＝1，同理可得，椭圆C在点Q(x2，y2)处的切线方程为eq\f(x2x,4)＋eq\f(y2y,3)＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1x,4)＋\f(y1y,3)＝1，,\f(x2x,4)＋\f(y2y,3)＝1，))得交点M的横坐标xM＝eq\f(4（y2－y1）,x1y2－x2y1)＝eq\f(4（y2－y1）,（ny1－1）y2－（ny2－1）y1)＝－4，故可设点M(－4，t)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(－4x1,4)＋\f(ty1,3)＝1，,\f(－4x2,4)＋\f(ty2,3)＝1，))所以直线PQ的方程为－x＋eq\f(ty,3)＝1，kPQ＝eq\f(3,t)，又kMF＝eq\f(t,－4＋1)＝－eq\f(t,3)，所以kPQ·kMF＝eq\f(3,t)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t,3)))＝－1，所以MF⊥PQ，即证．第六节双曲线第1课时双曲线的定义、标准方程及其简单几何性质课标解读考向预测1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程.2.掌握双曲线的几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、渐近线).3.了解双曲线的简单应用.近三年考查了双曲线的定义、标准方程及几何性质，其中对双曲线的定义、标准方程的考查以解答题为主，几何性质主要考查了离心率和渐近线，题型以选择题、填空题为主．预计2025年高考本部分内容仍是考查的重点，题型以选择题、填空题为主，难度中档.必备知识——强基础1．双曲线的定义把平面内与两个定点F1，F2的距离的差的eq\x(\s\up1(01))绝对值等于非零常数(eq\x(\s\up1(02))小于|F1F2|)的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做双曲线的eq\x(\s\up1(03))焦点，两焦点间的距离叫做双曲线的eq\x(\s\up1(04))焦距．2．双曲线的标准方程和简单几何性质标准方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)图形性质焦点eq\x(\s\up1(05))F1(－c，0)，F2(c，0)eq\x(\s\up1(06))F1(0，－c)，F2(0，c)焦距eq\x(\s\up1(07))|F1F2|＝2c范围eq\x(\s\up1(08))x≤－a或eq\x(\s\up1(09))x≥a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a对称性对称轴：eq\x(\s\up1(10))坐标轴；对称中心：eq\x(\s\up1(11))原点顶点eq\x(\s\up1(12))A1(－a，0)，A2(a，0)eq\x(\s\up1(13))A1(0，－a)，A2(0，a)轴实轴：线段eq\x(\s\up1(14))A1A2，长：eq\x(\s\up1(15))2a；虚轴：线段B1B2，长：eq\x(\s\up1(16))2b，实半轴长：eq\x(\s\up1(17))a，虚半轴长：eq\x(\s\up1(18))b离心率e＝eq\f(c,a)∈eq\x(\s\up1(19))(1，＋∞)渐近线y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)xa，b，c的关系c2＝eq\x(\s\up1(20))a2＋b2(c>a>0，c>b>0)1．双曲线的焦点到渐近线的距离为b，顶点到两条渐近线的距离为常数eq\f(ab,c).2．双曲线上的任意点P到双曲线C的两条渐近线的距离的乘积是一个常数eq\f(a2b2,c2).3．若P是双曲线右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则|PF1|min＝a＋c，|PF2|min＝c－a.4．离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2)).5.双曲线上一点P(x0，y0)与两焦点F1，F2构成的△PF1F2为焦点三角形，设∠F1PF2＝θ，|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则cosθ＝1－eq\f(2b2,r1r2)，S△PF1F2＝eq\f(1,2)r1r2sinθ＝eq\f(sinθ,1－cosθ)·b2＝eq\f(b2,tan\f(θ,2)).1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)到两定点的距离差的绝对值等于常数的点的轨迹是双曲线．()(2)方程eq\f(x2,m)－eq\f(y2,n)＝1(mn>0)表示焦点在x轴上的双曲线．()(3)双曲线eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝1(m>0，n>0)的渐近线方程是eq\f(x,m)±eq\f(y,n)＝0.()(4)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于eq\r(2).()答案(1)×(2)×(3)√(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册习题3.2T3改编)双曲线2y2－x2＝1的渐近线方程是()A．y＝±eq\f(1,2)x B．y＝±2xC．y＝±eq\f(\r(2),2)x D．y＝±eq\r(2)x答案C解析依题意知，双曲线eq\f(y2,\f(1,2))－x2＝1的焦点在y轴上，实半轴长a＝eq\f(\r(2),2)，虚半轴长b＝1，所以双曲线2y2－x2＝1的渐近线方程是y＝±eq\f(\r(2),2)x.(2)若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为()A．eq\r(5) B．5C．eq\r(2) D．2答案A解析由题意知焦点到其渐近线的距离等于实轴长，即b＝2a，又a2＋b2＝c2，∴5a2＝c2.∴e2＝eq\f(c2,a2)＝5，∴e＝eq\r(5).故选A.(3)(人教A选择性必修第一册习题3.2T1改编)设P是双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝1上一点，F1，F2分别是双曲线的左、右焦点，若|PF1|＝9，则|PF2|＝________．答案17解析根据双曲线的定义得||PF1|－|PF2||＝8，因为|PF1|＝9，所以|PF2|＝1或17.又|PF2|≥c－a＝2，故|PF2|＝17.(4)(人教A选择性必修第一册习题3.2T6改编)对称轴为坐标轴，且经过点P(5，3)的等轴双曲线的标准方程为________．答案eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1解析设双曲线方程为x2－y2＝λ(λ≠0)，则λ＝52－32＝16，所以双曲线的方程为x2－y2＝16，即eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1.考点探究——提素养考点一双曲线的定义及其应用(多考向探究)考向1利用双曲线的定义求轨迹方程例1(2024·山东青岛质检)已知动点M(x，y)满足eq\r(x2＋（y－3）2)－eq\r(x2＋（y＋3）2)＝4，则动点M的轨迹方程为________________．答案eq\f(y2,4)－eq\f(x2,5)＝1(y≤－2)解析因为eq\r(x2＋（y－3）2)－eq\r(x2＋（y＋3）2)＝4表示点M(x，y)到点F1(0，3)的距离与到点F2(0，－3)的距离的差为4，且4＜|F1F2|，所以点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的下支，且该双曲线的实半轴长a＝2，半焦距c＝3，所以b2＝c2－a2＝5，即动点M的轨迹方程为eq\f(y2,4)－eq\f(x2,5)＝1(y≤－2)．【通性通法】利用双曲线的定义求方程，要注意三点：①距离之差的绝对值；②2a<|F1F2|；③焦点所在坐标轴的位置．提醒：一定要分清是双曲线，还是双曲线的一支，若是双曲线的一支，则需确定是哪一支．【巩固迁移】1．已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1，C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1和圆C2外切，则动圆的圆心M的轨迹方程为()A．x2－eq\f(y2,8)＝1 B．eq\f(x2,8)－y2＝1C．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1) D．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≥1)答案C解析设圆M的半径为r，由动圆M同时与圆C1和圆C2外切，得|MC1|＝1＋r，|MC2|＝3＋r，|MC2|－|MC1|＝2<6，所以圆心M的轨迹是以点C1(－3，0)和C2(3，0)为焦点的双曲线的左支，且2a＝2，a＝1，又c＝3，则b2＝c2－a2＝8，所以圆心M的轨迹方程为x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)．故选C.考向2利用双曲线的定义解决焦点三角形问题例2已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则△F1PF2的面积为________．答案2eq\r(3)解析解法一：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(2)，在△F1PF2中，由余弦定理，得cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1||PF2|)＝eq\f(1,2)，∴|PF1|·|PF2|＝8，∴S△F1PF2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|sin60°＝2eq\r(3).解法二：S△F1PF2＝eq\f(b2,tan\f(θ,2))＝eq\f(2,tan30°)＝2eq\r(3).【通性通法】在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法建立与|PF1|·|PF2|的联系．【巩固迁移】2．(2023·河北邯郸模拟)已知F1，F2是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，点P为双曲线右支上一点，且P在以F1F2为直径的圆上，若|PF1|·|PF2|＝12，则tan∠POF2＝()A．eq\f(3,4) B．eq\f(4,3)C．eq\f(3,5) D．eq\f(4,5)答案A解析解法一：设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m>n.由双曲线的定义知，m－n＝4，又mn＝12，故m＝6，n＝2，由于P在以F1F2为直径的圆上，所以PF1⊥PF2，故有tan∠PF1F2＝eq\f(1,3)，从而tan∠POF2＝tan2∠PF1F2＝eq\f(2tan∠PF1F2,1－tan2∠PF1F2)＝eq\f(3,4).故选A.解法二：同解法一，得到m＝6，n＝2，则|F1F2|＝2eq\r(10)，从而得到双曲线的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1.设P(x0，y0)(y0>0)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)－\f(yeq\o\al(2,0),6)＝1，,xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝10，))解得eq\f(y0,x0)＝eq\f(3,4)，即tan∠POF2＝eq\f(y0,x0)＝eq\f(3,4).故选A.考向3利用双曲线的定义求最值例3(2024·江西南昌外国语学校月考)已知F1是双曲线eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的左焦点，A(4，4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF1|＋|PA|的最小值为________．答案8＋eq\r(17)解析由题意知，a＝4，b＝3，c＝5.设双曲线的右焦点为F2，由P是双曲线右支上的点，则|PF1|－|PF2|＝2a＝8，则|PF1|＋|PA|＝8＋|PF2|＋|PA|≥8＋|AF2|，当且仅当A，P，F2三点共线时，等号成立．又A(4，4)，F2(5，0)，则|AF2|＝eq\r(（5－4）2＋（0－4）2)＝eq\r(17).所以|PF1|＋|PA|的最小值为8＋eq\r(17).【通性通法】在利用双曲线的定义求最值时，如果所求的式子不易直接求最值，那么可以先利用关系式|PF1|＝2a＋|PF2|或|PF2|＝2a＋|PF1|进行转化，然后利用三角形三边的关系来求最值．【巩固迁移】3．若点P在曲线C1：eq\f