高考数学科学创新复习方案提升版第50讲椭圆（二）学案（Word版附解析）

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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 \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\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(a>b>0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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⇔直线与椭圆有eq \x(\s\up1(04))两个交点⇔直线与椭圆相交；
Δ＝0⇔直线与椭圆有eq \x(\s\up1(05))一个交点⇔直线与椭圆相切；
Δ0，所以直线y＝2x－1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1相交．故选A.
2．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( )
A．2 B.eq \f(4\r(3),3)
C．4 D．不能确定
答案 B
解析 直线恒过定点(0，1)，且点(0，1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为eq \r(x2＋（y－1）2)＝eq \r(4－4y2＋y2－2y＋1)＝
eq \r(－3y2－2y＋5)，当y＝－eq \f(1,3)时，弦长最大，为eq \f(4\r(3),3).
3．(人教B选择性必修第一册习题2－8A T2改编)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1与直线y＝x＋m交于A，B两点，且|AB|＝eq \f(4\r(2),3)，则实数m的值为( )
A．±1 B．±eq \f(1,2)
C.eq \r(2) D．±eq \r(2)
答案 A
解析 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x＋m，))消去y并整理，得3x2＋4mx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－2,3).))由|AB|＝eq \f(4\r(2),3)可知eq \f(4,3)eq \r(3－m2)＝eq \f(4\r(2),3)，解得m＝±1.故选A.
4．(人教B选择性必修第一册P177复习题B组T13改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为( )
A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0
C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0
答案 B
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由中点坐标公式可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，))由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)＋\f(yeq \\al(2,1),3)＝1 ①，,\f(xeq \\al(2,2),4)＋\f(yeq \\al(2,2),3)＝1 ②，))①－②得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),3)＝0，即eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝－eq \f(3,4)，即eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)kAB＝－eq \f(3,4)，所以kAB＝－eq \f(3,2)，因此直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \f(3,2)(x－1)，即3x＋2y－4＝0.
5．(人教A选择性必修第一册习题3.1 T13改编)若点P是椭圆E：eq \f(x2,4)＋y2＝1上的动点，则点P到直线x－y－3eq \r(5)＝0的距离的最小值是________，此时点P的坐标为________．
答案 eq \r(10) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5)))
解析 设与椭圆E相切且平行于直线x－y－3eq \r(5)＝0的直线为l：x－y＋m＝0，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,x－y＋m＝0，))整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0.则Δ＝64m2－4×5(4m2－4)＝0，解得m＝±eq \r(5).当m＝－eq \r(5)时，直线l与直线x－y－3eq \r(5)＝0之间的距离为eq \f(|－\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝eq \r(10)，当m＝eq \r(5)时，直线l与直线x－y－3eq \r(5)＝0之间的距离为eq \f(|\r(5)＋3\r(5)|,\r(1＋1))＝2eq \r(10)，所以点P到直线x－y－3eq \r(5)＝0的最小距离是eq \r(10).此时5x2－8eq \r(5)x＋16＝0，解得x＝eq \f(4\r(5),5)，将x＝eq \f(4\r(5),5)代入x－y－eq \r(5)＝0，得y＝－eq \f(\r(5),5)，则点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(5),5)，－\f(\r(5),5))).
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\c1(y＝2x＋m， ①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1， ②))
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－3eq \r(2)b>0，
计算得出a＝2，b＝eq \r(3)，则椭圆C的离心率为e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知椭圆方程为eq \f(y2,4)＋eq \f(x2,3)＝1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，,y＝kx＋m，))
消去y，得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0，
直线l与椭圆相交，则Δ>0，
即48(3k2－m2＋4)>0，
且x1＋x2＝－eq \f(6km,3k2＋4)，x1x2＝eq \f(3m2－12,3k2＋4).
又直线l与圆x2＋y2＝2相切，
则eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2(k2＋1)．
而|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（3k2－m2＋4）),3k2＋4)
＝eq \f(\r(1＋k2)·\r(48（k2＋2）),3k2＋4)
＝eq \f(4\r(3)·\r(k4＋3k2＋2),3k2＋4)，
又|MN|＝eq \f(12\r(2),7)，
所以eq \f(4\r(3)·\r(k4＋3k2＋2),3k2＋4)＝eq \f(12\r(2),7)，
即5k4－3k2－2＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，
故k的值为±1.
设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有|AB|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])(k为直线斜率，k≠0)．
提醒：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式．
(2023·江苏八市联考)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(2),2)，焦距为2，过E的左焦点F的直线l与E相交于A，B两点，与直线x＝－2相交于点M.
(1)若M(－2，－1)，求证：|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|；
(2)过点F作直线l的垂线m与E相交于C，D两点，与直线x＝－2相交于点N.求eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)的最大值．
解 (1)证明：因为椭圆E的焦距为2，所以2c＝2，解得c＝1.
又因为椭圆E的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以a＝eq \r(2)，所以b2＝a2－c2＝2－1＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
因为直线l经过M(－2，－1)，F(－1，0)，
kMF＝eq \f(－1－0,－2－（－1）)＝1，
所以直线l的方程为y＝x＋1，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝2，))可得3x2＋4x＝0，
由3x2＋4x＝0，得x1＝－eq \f(4,3)，x2＝0.
所以|MA|·|BF|＝eq \r(2)|x1＋2|·eq \r(2)|x2＋1|＝2×eq \f(2,3)×1＝eq \f(4,3)，
|MB|·|AF|＝eq \r(2)|x2＋2|·eq \r(2)|x1＋1|＝2×2×eq \f(1,3)＝eq \f(4,3)，
因此|MA|·|BF|＝|MB|·|AF|.
(2)若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x＝－2平行，不符合题意，
所以直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，k≠0，
则直线m的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋1)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2，))可得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
设A1(x1，y1)，B(x2，y2)，则
Δ＝16k4－8(2k2＋1)(k2－1)＝8(k2＋1)>0，
由根与系数的关系，可得x1＋x2＝－eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
易知x1>－2且x2>－2，将x＝－2代入直线l的方程，可得y＝－k，即点M(－2，－k)，
所以eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)
＝eq \f(1,\r(1＋k2)|x1＋2|)＋eq \f(1,\r(1＋k2)|x2＋2|)
＝eq \f(1,\r(1＋k2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1＋2)＋\f(1,x2＋2)))
＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(x1＋x2＋4,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(－\f(4k2,1＋2k2)＋4,\f(2k2－2,1＋2k2)＋\f(－8k2,1＋2k2)＋4)＝eq \f(1,\r(1＋k2))·eq \f(4k2＋4,2k2＋2)＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
同理可得
eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)＝eq \f(2,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2)))＝eq \f(2|k|,\r(1＋k2))，
所以eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)
＝eq \f(2（1＋|k|）,\r(1＋k2))＝2eq \r(\f(k2＋1＋2|k|,k2＋1))
＝2eq \r(1＋\f(2,|k|＋\f(1,|k|)))≤2eq \r(1＋\f(2,2\r(|k|·\f(1,|k|))))＝2eq \r(2)，
当且仅当k＝±1时，等号成立，
因此eq \f(1,|MA|)＋eq \f(1,|MB|)＋eq \f(1,|NC|)＋eq \f(1,|ND|)的最大值为2eq \r(2).
例3 已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(1)求斜率为2的平行弦中点的轨迹方程；
(2)过N(1，2)的直线l与椭圆相交，求被l截得的弦的中点的轨迹方程；
(3)求过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)))且被点P平分的弦所在直线的方程．
解 (1)当斜率为2的弦过原点时，显然(0，0)满足题意；当斜率为2的弦不过原点时，设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为M(x，y)，则有eq \f(xeq \\al(2,1),2)＋yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),2)＋yeq \\al(2,2)＝1.
两式作差，得eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,2)＋(y2－y1)·(y2＋y1)＝0.
∵x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝kAB，
代入后求得kAB＝－eq \f(x,2y).
又kAB＝2，∴2＝－eq \f(x,2y)，
∴x＋4y＝0，显然(0，0)满足该方程．
故所求的轨迹方程为x＋4y＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)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\c1(－\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.
(1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解．
(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．
已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.
(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，求直线l的方程．
解 (1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
所以c＝eq \r(3)b，又c＝1，所以b＝eq \f(\r(3),3)，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝eq \f(4,3)，
故椭圆C的方程为eq \f(3x2,4)＋3y2＝1.
(2)易知椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2（k2－1）,2k2＋1)，
eq \(F1P,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(F1Q,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
因为eq \(F1P,\s\up6(→))⊥eq \(F1Q,\s\up6(→))，所以eq \(F1P,\s\up6(→))·eq \(F1Q,\s\up6(→))＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝eq \f(7k2－1,2k2＋1)＝0，
解得k2＝eq \f(1,7)，即k＝±eq \f(\r(7),7)，
故直线l的方程为x＋eq \r(7)y－1＝0或x－eq \r(7)y－1＝0.
课时作业
一、单项选择题
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eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数是( )
A．至多为1 B．2
C．1 D．0
答案 B
解析 由题意知，eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)0，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(18k,9k2＋5)，,x1x2＝－\f(36,9k2＋5)，,x1＝－\f(2,3)x2，))由此解得k＝±eq \f(1,3)，即直线l的方程为y＝±eq \f(1,3)x＋1.故选B.
3．椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A1，A2，点P在C上且直线PA1的斜率的取值范围是[－2，－1]，那么直线PA2斜率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(3,4))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
答案 A
解析 由题意可知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A1(－2，0)，A2(2，0)，设P(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝eq \f(3,4)(4－xeq \\al(2,0))，所以kPA1·kPA2＝eq \f(y0,x0＋2)·eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－4)＝－eq \f(3,4)，所以kPA1＝eq \f(－\f(3,4),kPA2)，因为kPA1∈[－2，－1]，即－2≤eq \f(－\f(3,4),kPA2)≤－1，可得eq \f(3,8)≤kPA2≤eq \f(3,4)，所以直线PA2斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(3,4))).故选A
4．(2024·龙岩模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(2，0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)))，则椭圆E的标准方程为( )
A.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,36)＝1 D.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,18)＝1
答案 A
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)＝\f(4,3)，,\f(y1＋y2,2)＝－\f(2,3)，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8,3)，,y1＋y2＝－\f(4,3).))若直线AB⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不符合题意，故直线AB的斜率存在，且kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，由于A，B两点都在椭圆E上，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＋eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0，即eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(a2,b2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)，因为F，M在直线AB上，故kAB＝eq \f(0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3))),2－\f(4,3))＝1，故eq \f(\f(8,3),－\f(4,3))＝－eq \f(a2,b2)，即eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a2)＝\f(1,2)，,c2＝a2－b2＝4，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝8，,b2＝4，))所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.故选A.
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\c1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因为直线与椭圆交于A，B两点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)>0，解得－22，过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)))的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足|PA|＝|PB|，则P为线段AB的中点，所以xA＋xB＝3，yA＋yB＝1，又eq \f(xeq \\al(2,A),6)＋eq \f(yeq \\al(2,A),2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,B),6)＋eq \f(yeq \\al(2,B),2)＝1，则eq \f(xeq \\al(2,A)－xeq \\al(2,B),6)＋eq \f(yeq \\al(2,A)－yeq \\al(2,B),2)＝0，即eq \f(（xA＋xB）（xA－xB）,6)＝－eq \f(（yA＋yB）（yA－yB）,2)，所以eq \f(yA－yB,xA－xB)＝－eq \f(xA＋xB,3（yA＋yB）)＝－1，故直线AB的方程为y－eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))，即x＋y－2＝0，所以|OM|的最小值为eq \f(|－2|,\r(2))＝eq \r(2).故选B.
7．(2023·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200米，且内、外椭圆的离心率均为eq \f(\r(3),2)，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－eq \f(1,2)，则内层椭圆的短轴长为( )
A．75米 B．50eq \r(2)米
C．50米 D．25eq \r(2)米
答案 B
解析 内、外椭圆的离心率均为eq \f(\r(3),2)，设内层椭圆的短半轴长为b，长半轴长为a，半焦距为c，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2b，则内层椭圆的方程为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，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＝－eq \f(1,2)(x＋100)，代入椭圆的方程，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).故选B.
8．(2023·郑州二模)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点为B，斜率为eq \f(3,2)的直线l交椭圆于M，N两点，若△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，则椭圆的离心率为( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),3)
C.eq \f(1,2) D.eq \f(\r(6),3)
答案 A
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为P(x0，y0)，因为M，N都在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)＋\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)＋\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))作差可得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)＋eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，即eq \f(2x0（x1－x2）,a2)＋eq \f(2y0（y1－y2）,b2)＝0，所以eq \f(2y0（y1－y2）,2x0（x1－x2）)＝－eq \f(b2,a2)，即kOP·kMN＝－eq \f(b2,a2)(O为坐标原点)，因为kMN＝eq \f(3,2)，所以kOP＝－eq \f(2b2,3a2)，又因为F为△BMN的重心，所以eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)eq \(BF,\s\up6(→))，B(0，b)，F(c，0)，所以(x0，y0－b)＝eq \f(3,2)(c，－b)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0＝\f(3,2)c，,y0＝－\f(1,2)b，))所以kOP＝eq \f(－\f(1,2)b,\f(3,2)c)＝－eq \f(2b2,3a2)，整理得a2＝2bc，即b2＋c2－2bc＝0，所以b＝c，则a＝eq \r(b2＋c2)＝eq \r(2)c，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).故选A.
二、多项选择题
9．(2023·苏锡常镇二模)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l：kx－y－k＝0，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则下列说法正确的是( )
A．直线l恒过点(1，0)
B．若l恒过C的焦点，则a2＋b2＝1
C．若对任意实数k，l与C总有两个互异公共点，则a≥1
D．若a0)，则点F的坐标可能为(c，0)或(－c，0)，若直线l恒过点(－c，0)，则0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直线l恒过点(c，0)，则0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B错误；对于C，D，解法一：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝kx－k，))消去y，可得(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0，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]，所以若ab>0)的内部或在椭圆上，即eq \f(1,a2)≤1，故a≥1，C正确；若ab>0)外部，一定存在实数k，使得l与C有且只有一个公共点，D正确．故选ACD.
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，直线y＝x－eq \r(3)过F2交C于A，B两点，若△AF1B的周长为8，则( )
A．椭圆焦距为eq \r(3) B．椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1
C．弦长|AB|＝eq \f(8,5) D．S△OAB＝eq \f(4\r(6),5)
答案 BC
解析 因为△AF1B的周长为8，所以4a＝8，得a＝2，因为直线y＝x－eq \r(3)过右焦点F2，所以c＝eq \r(3)，所以椭圆焦距为2eq \r(3)，故A错误；b2＝a2－c2＝4－3＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，故B正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x－\r(3)，))得5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，得x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1x2＝eq \f(8,5)，|AB|＝eq \r(1＋12)·|x1－x2|＝eq \r(2（x1－x2）2)＝eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(3),5)))\s\up12(2)－4×\f(8,5))))＝eq \f(8,5)，故C正确；原点到直线y＝x－eq \r(3)的距离为d＝eq \f(|－\r(3)|,\r(2))＝eq \f(\r(6),2)，所以S△OAB＝eq \f(1,2)d·|AB|＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(6),2)×eq \f(8,5)＝eq \f(2\r(6),5)，故D错误．故选BC.
11．(2023·济南一模)在平面直角坐标系xOy中，由直线x＝－4上任一点P向椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1作切线，切点分别为A，B，点A在x轴的上方，则( )
A．∠APB恒为锐角
B．当AB垂直于x轴时，直线AP的斜率为eq \f(1,2)
C．|AP|的最小值为4
D．存在点P，使得(eq \(PA,\s\up6(→))＋eq \(PO,\s\up6(→)))·eq \(OA,\s\up6(→))＝0
答案 ABD
解析 对于A，设切线的方程为l：y＝kx＋m，P(－4，t)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∵直线与椭圆相切，故Δ＝0，则x1＝－eq \f(4km,4k2＋3)，y1＝eq \f(3m,4k2＋3)，∴k＝－eq \f(3x1,4y1)，m＝eq \f(3,y1)，∴切线PA的方程为lPA：eq \f(x1x,4)＋eq \f(y1y,3)＝1，同理，切线PB的方程为lPB：eq \f(x2x,4)＋eq \f(y2y,3)＝1，而点P在lPA，lPB上，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋\f(y1t,3)＝1，,－x2＋\f(y2t,3)＝1，))又A(x1，y1)，B(x2，y2)满足该方程组，故lAB：－x＋eq \f(ty,3)＝1，显然lAB过定点(－1，0)，即椭圆左焦点．以AB为直径的圆半径小于a，与直线x＝－4一直相离，即∠APB始终为锐角，故A正确；对于B，由A项分析得lAB：－x＋eq \f(ty,3)＝1，当AB⊥x轴时，t＝0，易得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，∴kPA＝eq \f(\f(3,2)－0,－1－（－4）)＝eq \f(1,2)，故B正确；对于C，由B项分析知，当AB⊥x轴时，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))，P(－4，0)，此时|PA|＝eq \f(3\r(5),2)b>0)，由题意可知c＝1，即a2－b2＝1 ①，设点F(1，0)关于直线y＝eq \f(1,2)x的对称点为(m，n)，可得eq \f(n－0,m－1)＝－2 ②.又因为点F与其对称点的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m＋1,2)，\f(n,2)))，且中点在直线y＝eq \f(1,2)x上，所以有eq \f(n,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(m＋1,2) ③，联立②③，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(3,5)，,n＝\f(4,5)，))即对称点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)，\f(4,5)))，代入椭圆方程可得eq \f(9,25a2)＋eq \f(16,25b2)＝1 ④，联立①④，解得a2＝eq \f(9,5)，b2＝eq \f(4,5)，所以椭圆C的方程为eq \f(5x2,9)＋eq \f(5y2,4)＝1.
13．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦点为F1(－1，0)，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eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，则直线l的斜率k的值为________．
答案 eq \f(\r(5),2)
解析 由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝－eq \f(9k2,3＋4k2)，又eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－2y2，所以y1y2＝－2(y1＋y2)2，则3＋4k2＝8，解得k＝±eq \f(\r(5),2)，又k>0，所以k＝eq \f(\r(5),2).
14．(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 \\al(2,1),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),6)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1，所以eq \f(xeq \\al(2,1),6)－eq \f(xeq \\al(2,2),6)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)－eq \f(yeq \\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\c1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\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.
四、解答题
15．(2023·北京高考)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(5),3)，A，C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4.
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD.
解 (1)依题意，得e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，则c＝eq \f(\r(5),3)a，
又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2，
所以a2－c2＝b2＝4，即a2－eq \f(5,9)a2＝eq \f(4,9)a2＝4，则a2＝9，
所以E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)，
因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0