人教A版 (2019)选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程本章综合与测试学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程本章综合与测试学案，共16页。学案主要包含了弦长问题，与弦长有关的最值问题等内容，欢迎下载使用。

导语
我们知道，当直线被圆所截时，求弦长有两种方法：一是代数法求弦长，二是几何法求弦长，当直线被椭圆所截时，弦长如何求呢？
一、弦长问题
问题1 当直线与椭圆相交时，如何求被截的弦长？
提示 当直线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)或eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)，
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋kx1－kx22)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1－x22)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)，
或|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y1－\f(1,k)y2))2＋y1－y22)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1－y22)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2).
其中，x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的值，可通过由直线方程与椭圆方程联立消去y(或x)后得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系求得．
当直线斜率不存在时，可代入直接求得．
知识梳理
弦长公式：当直线y＝kx＋b(k≠0)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)或|AB|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r(y1＋y22－4y1y2).
注意点：
(1)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．
(2)不确定直线斜率的情况下，要分类讨论．
例1 (教材P114练习2改编)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 因为直线l过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1(1,0)，
又直线斜率为2，所以直线l的方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.
方法一 解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，
所以|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(5,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(4,3)))2)
＝eq \r(\f(125,9))＝eq \f(5\r(5),3).
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
消去y得3x2－5x＝0，因为Δ＝(－5)2＝25>0，
则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0.
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(x1－x221＋k\\al(2,AB))
＝eq \r(1＋k\\al(2,AB)[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))2－4×0)))
＝eq \f(5\r(5),3).
方法三 由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))
消去x得3y2＋2y－8＝0，
因为Δ＝22－4×3×(－8)＝100>0，
则y1＋y2＝－eq \f(2,3)，y1y2＝－eq \f(8,3)，
所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)
＝eq \r(y1－y22·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k\\al(2,AB))＋1)))
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k\\al(2,AB))))[y1＋y22－4y1y2])
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3))))))
＝eq \f(5\r(5),3).
反思感悟 求解弦长可以先求出交点坐标，利用两点之间的距离公式进行求解；也可以直接利用弦长公式求解．
跟踪训练1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，求k的值．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，))得b＝eq \r(2)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－4,1＋2k2)，
所以|MN|＝eq \r(x2－x12－y2－y12)
＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \f(2\r(1＋k24＋6k2),1＋2k2).
又点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))，
所以△AMN的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)，
由eq \f(|k|\r(4＋6k2),1＋2k2)＝eq \f(\r(10),3)，得k＝±1，满足Δ>0.
所以当△AMN的面积为eq \f(\r(10),3)时，k＝±1.
二、与弦长有关的最值问题
例2 在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，且点P(2,1)在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为－1的直线与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝－x＋m，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
得3x2－4mx＋2m2－6＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－6,3)，))
∴|AB|＝eq \r(1＋－12)|x1－x2|＝eq \f(4,3)eq \r(9－m2)，
原点到直线的距离d＝eq \f(|m|,\r(2)).
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(9－m2)·eq \f(|m|,\r(2))
＝eq \f(\r(2),3)eq \r(9－m2m2)≤eq \f(\r(2),3)·eq \f(9－m2＋m2,2)
＝eq \f(3\r(2),2).
当且仅当m＝±eq \f(3\r(2),2)时，等号成立，
∴△AOB面积的最大值为eq \f(3\r(2),2).
反思感悟 求与椭圆有关的最值、范围问题的方法
(1)定义法：利用定义转化为几何问题处理．
(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解．
(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意椭圆的范围．
跟踪训练2 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，且有|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F2的直线l与椭圆交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解 (1)由|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(2)，得2a＝2eq \r(2)，
∴a＝eq \r(2).
将Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))代入eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
得b2＝1.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由已知，直线l的斜率为零时，不符合题意；
设直线方程为x－1＝my，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,x2＋2y2＝2，))
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
由根与系数的关系，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
∴S△AOB＝eq \f(1,2)|OF2|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(1,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋2)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,m2＋2))))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(m2＋1,m4＋4m2＋4))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(m2＋1,m2＋12＋2m2＋1＋1))
＝eq \r(2)×eq \r(\f(1,m2＋1＋\f(1,m2＋1)＋2))
≤eq \r(2)×eq \r(\f(1,2\r(m2＋1·\f(1,m2＋1))＋2))＝eq \f(\r(2),2)，
当且仅当m2＋1＝eq \f(1,m2＋1)，即m＝0时，等号成立．
∴△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
1．知识清单：
(1)弦长问题．
(2)与弦长有关的最值、范围问题．
2.方法归纳：数形结合．
3．常见误区：容易忽略直线斜率不存在的情况．
1．过椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点F(c,0)的弦中最短弦长是( )
A.eq \f(2b2,a) B.eq \f(2a2,b) C.eq \f(2c2,a) D.eq \f(2c2,b)
答案 A
解析 最短弦是过焦点F(c,0)且与焦点所在坐标轴垂直的弦．
将x＝c代入椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
得y＝±eq \f(b2,a)，
故最短弦长是eq \f(2b2,a).
2．直线y＝x＋1被椭圆x2＋4y2＝8截得的弦长是( )
A.eq \f(12\r(2),5) B.eq \f(8\r(2),5) C.eq \r(34) D.eq \f(\r(17),2)
答案 A
解析 将直线y＝x＋1代入x2＋4y2＝8，
可得x2＋4(x＋1)2＝8，即5x2＋8x－4＝0，
∴x1＝－2，x2＝eq \f(2,5)，
∴y1＝－1，y2＝eq \f(7,5)，
∴直线y＝x＋1被椭圆x2＋4y2＝8截得的弦长为eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,5)＋1))2)＝eq \f(12\r(2),5).
3．已知椭圆C的焦点在x轴上，长轴长为4，过右焦点F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1 B.eq \f(x2,3)＋y2＝1
C.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1 D.eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1
答案 A
解析 设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
则2a＝4，a＝2，
∵AB经过右焦点F2且垂直于x轴，且|AB|＝3，
∴将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1得y＝±eq \f(b2,a)，
∴|AB|＝eq \f(2b2,a)＝3，
∴b2＝3，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
4．倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，则弦长|AB|等于( )
A.eq \f(2\r(2),3) B.eq \f(4\r(2),3) C．2eq \r(2) D．4eq \r(2)
答案 B
解析 因为椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F(1,0)，
又倾斜角为eq \f(π,4)的直线经过椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点F，且与椭圆交于A，B两点，
所以直线AB的方程为y＝tan eq \f(π,4)(x－1)＝x－1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝x－1，))得x2＋2(x－1)2＝2，
即3x2－4x＝0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4,3)，,x1x2＝0，))
所以弦长|AB|＝eq \r(1＋12)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \r(\f(16,9))＝eq \f(4\r(2),3).
课时对点练
1．过椭圆x2＋2y2＝4的左焦点作倾斜角为eq \f(π,3)的弦AB，则弦AB的长为( )
A.eq \f(6,7) B.eq \f(16,7) C.eq \f(7,16) D.eq \f(7,6)
答案 B
解析 易求直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x＋eq \r(2))．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋\r(2)，,x2＋2y2＝4，))
消去y并整理，得7x2＋12eq \r(2)x＋8＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(12\r(2),7)，x1x2＝eq \f(8,7).
由弦长公式，得|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋\r(3)2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(2),7)))2－4×\f(8,7))＝eq \f(16,7).
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且斜率为1的直线l交椭圆C于A，B两点，则△F1AB的面积为( )
A.eq \f(6\r(2),7) B.eq \f(4\r(3),7) C.eq \f(12\r(2),7) D.eq \f(8\r(3),7)
答案 C
解析 设直线AB的方程为y＝x－1，联立椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
整理可得7x2－8x－8＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7).
故弦长|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \f(24,7).
又点F1(－1,0)，直线AB：y＝x－1.
则点F1到直线AB的距离d＝eq \r(2)，
故＝eq \f(1,2)×|AB|×d＝eq \f(12\r(2),7).
3．已知直线y＝2x与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)交于A，B两点，点F是椭圆C的左焦点，若|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2eq \r(2)，|eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))|＝2，则|AB|等于( )
A．2 B.eq \f(4\r(2),3) C.eq \f(2\r(10),3) D．4
答案 C
解析 由对称性可得|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2a＝2eq \r(2)，
所以a＝eq \r(2)，
又|eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))|＝2c＝2，
所以c＝1，所以b2＝1，
即椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，
将y＝2x与eq \f(x2,2)＋y2＝1联立，消去y得x2＝eq \f(2,9)，
所以|AB|＝eq \r(1＋22)×2×|x|＝2eq \r(5)×eq \r(\f(2,9))＝eq \f(2\r(10),3).
4．直线y＝x＋2交椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,4)＝1于A，B两点，若|AB|＝3eq \r(2)，则m的值为( )
A．16 B．12 C．2eq \r(3) D．3
答案 B
解析 方法一 由椭圆eq \f(x2,m)＋eq \f(y2,4)＝1，得上顶点为(0,2)，
而直线y＝x＋2也过(0,2)，
所以A(0,2)为直线与椭圆的一个交点，
设B(xB，yB)，
则|AB|＝eq \r(xB－xA2＋yB－yA2)＝eq \r(1＋k2)|xB－xA|＝eq \r(2)|xB|＝3eq \r(2)，
解得xB＝±3，所以B(－3，－1)或B(3,5)(舍去)，
把B(－3，－1)代入椭圆方程得eq \f(9,m)＋eq \f(1,4)＝1，故m＝12.
方法二 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,4)＝1，))
得(4＋m)x2＋4mx＝0，所以xA＝0，xB＝eq \f(－4m,4＋m)，
又|AB|＝eq \r(xB－xA2＋yB－yA2)＝eq \r(1＋k2)|xB－xA|＝eq \r(2)|xB|，
所以eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4m,4＋m)))＝3eq \r(2)，
因为m>0，所以eq \f(4m,4＋m)＝3，故m＝12.
5．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 由题意知椭圆的方程为x2＋eq \f(y2,9)＝1，
求eq \f(n,m－3)的最小值即求过点(m，n)和点(3,0)的直线斜率的最小值，
设过点(m，n)和点(3,0)的直线方程为y＝k(x－3)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,x2＋\f(y2,9)＝1))⇒(9＋k2)x2－6k2x＋9(k2－1)＝0，
知当Δ＝0时直线斜率取最小值，Δ＝(－6k2)2－4(9＋k2)[9(k2－1)]＝0⇒k2＝eq \f(9,8)，
故当k＝－eq \f(3\r(2),4)时，斜率取最小值，即eq \f(n,m－3)的最小值为－eq \f(3\r(2),4).
6．(多选)设椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)＝1，斜率为k的直线l不经过原点O，且与椭圆相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则下列结论正确的是( )
A．kAB·kOM＝－1
B．若点M的坐标为(1,1)，则直线l的方程为2x＋y－3＝0
C．若直线l的方程为y＝x＋1，则点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))
D．若直线l的方程为y＝x＋2，则|AB|＝eq \f(4\r(2),3)
答案 BD
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),2)＋\f(y\\al(2,1),4)＝1，,\f(x\\al(2,2),2)＋\f(y\\al(2,2),4)＝1，))
两式相减，得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),4)＝0，
即eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2，
即kAB·kOM＝－2.
对于A，kAB·kOM＝－2≠－1，所以A不正确；
对于B，由kAB·kOM＝－2，M(1,1)，得kAB＝－2，所以直线l的方程为y－1＝－2(x－1)，即2x＋y－3＝0，所以B正确；
对于C，若直线l的方程为y＝x＋1，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)))，则kAB·kOM＝1×4＝4≠－2，所以C不正确；
对于D，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋2，,\f(x2,2)＋\f(y2,4)＝1，))得3x2＋4x＝0，解得x＝0或x＝－eq \f(4,3)，所以|AB|＝eq \r(1＋12)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)－0))＝eq \f(4\r(2),3)，所以D正确．
7．已知直线y＝－x＋1与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，焦距为2，则线段AB的长是________．
答案 eq \f(4\r(2),3)
解析 由题意得椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－x＋1，))化简得3x2－4x＝0，
解得x＝0或x＝eq \f(4,3)，代入直线方程得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4,3)，,y＝－\f(1,3)，))
不妨设A(0,1)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(1,3)))，
所以|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)－1))2)＝eq \f(4\r(2),3).
8．已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝eq \f(3\r(2),2)时，直线l的方程为________________．
答案 eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0
解析 由题意得b＝1，c＝1.
∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.
∴椭圆方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1.
当直线l的斜率不存在时，|CD|＝2eq \r(2)，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＋2x2＝2，))得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立．
设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
∴x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2).
∴|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).
即eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3\r(2),2)，
解得k2＝2，∴k＝±eq \r(2).
∴直线l的方程为eq \r(2)x－y＋1＝0或eq \r(2)x＋y－1＝0.
9．已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m，若直线被椭圆截得的弦长为eq \f(2\r(10),5)，求直线的方程．
解 把直线方程y＝x＋m代入椭圆方程4x2＋y2＝1，
得4x2＋(x＋m)2＝1，即5x2＋2mx＋m2－1＝0.(*)
则Δ＝(2m)2－4×5×(m2－1)＝－16m2＋20>0，
解得－eq \f(\r(5),2)设直线与椭圆的两个交点的横坐标为x1，x2.
则x1＋x2＝－eq \f(2m,5)，x1x2＝eq \f(m2－1,5).
根据弦长公式，得eq \r(1＋12)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,5)))2－4×\f(m2－1,5))＝eq \f(2\r(10),5)，
解得m＝0.因此，所求直线的方程为y＝x.
10．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其短轴的一个端点到右焦点的距离为2，且点A(eq \r(2)，1)在椭圆M上．直线l的斜率为eq \f(\r(2),2)，且与椭圆M交于B，C两点．
(1)求椭圆M的方程：
(2)求△ABC面积的最大值．
解 (1)由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a＝2，))解得b＝eq \r(2).
故所求椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设直线l的方程为y＝eq \f(\r(2),2)x＋m，则m≠0.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
把直线l的方程代入椭圆方程并化简得x2＋eq \r(2)mx＋m2－2＝0，
由Δ＝2m2－4(m2－2)＝2(4－m2)>0，
可得0∴x1＝eq \f(－\r(2)m－\r(24－m2),2)，
x2＝eq \f(－\r(2)m＋\r(24－m2),2).
故|BC|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)|x1－x2|＝eq \r(\f(3,2))×eq \r(24－m2)＝eq \r(34－m2)，
又点A到边BC的距离为d＝eq \f(|2m|,\r(6))，
故S△ABC＝eq \f(1,2)|BC|·d＝eq \f(1,2)eq \r(34－m2)×eq \f(|2m|,\r(6))＝eq \f(1,\r(2))×eq \r(4－m2m2)≤eq \f(1,\r(2))×eq \f(m2＋4－m2,2)＝eq \r(2)，
当且仅当m2＝4－m2，即m＝±eq \r(2)时取等号，满足①式．
∴△ABC面积的最大值为eq \r(2).
11．斜率为1的直线l与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.eq \f(4\r(5),5) B.eq \f(4\r(10),5)
C.eq \f(8\r(10),5) D.eq \f(8\r(5),5)
答案 B
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
Δ＝(8m)2－4×5×4(m2－1)＝80－16m2>0，即0≤m2<5.
则x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1x2＝eq \f(4m2－1,5).
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,5)))2－\f(16m2－1,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－m2)，
∴当m＝0时，|AB|取得最大值eq \f(4\r(10),5).
12．已知F1，F2分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，|F1F2|＝2，过椭圆左焦点且斜率为eq \f(\r(3),3)的直线交椭圆于A，B两点，若＝4，则弦长|AB|等于( )
A．8 B．6 C．5 D.eq \f(8\r(3),3)
答案 A
解析 ∵＝4，c＝1，
∴eq \f(1,2)×2c×|yA－yB|＝4，
∴|yA－yB|＝4.
∵直线过椭圆左焦点且斜率为eq \f(\r(3),3)，
∴|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|yA－yB|＝8.
13．椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，过A(0,2)作直线l与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若△AOM与△AON的面积之比为5∶3，则直线l的斜率为( )
A．1 B.eq \f(1,2) C．±1 D．±2
答案 C
解析 由题意，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))
消去y，整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
由Δ＝256k2－48(1＋4k2)>0，解得k2>eq \f(3,4)；
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－\f(16k,1＋4k2)，,x1x2＝\f(12,1＋4k2)，))
根据椭圆的对称性可知，M，N在y轴的同一侧，即x1，x2同号；
又△AOM与△AON的面积之比为5∶3，即eq \f(S△AOM,S△AON)＝eq \f(\f(1,2)|AO||x1|,\f(1,2)|AO||x2|)＝eq \f(x1,x2)＝eq \f(5,3)，
则x1＝eq \f(5,3)x2，
代入x1＋x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，可得eq \f(8,3)x2＝－eq \f(16k,1＋4k2)，
即x2＝－eq \f(6k,1＋4k2)，
所以x1＝－eq \f(10k,1＋4k2)，
又x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
所以eq \f(6k,1＋4k2)·eq \f(10k,1＋4k2)＝eq \f(12,1＋4k2)，
解得k2＝1，即k＝±1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(满足k2>\f(3,4))).
14．已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A，B两点，AB的中垂线交x轴于M点，则eq \f(|FM|,|AB|2)的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,2)))
答案 B
解析 椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的左焦点为F(－1,0)，
当直线l的斜率为0时，l：y＝0，A(－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0)，M(0,0)，|FM|＝1，|AB|＝2eq \r(2)，
所以eq \f(|FM|,|AB|2)＝eq \f(1,8)，
当直线l的斜率不为0时，设l：x＝my－1，与椭圆联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
可得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(2m,m2＋2)，,y1y2＝－\f(1,m2＋2)，))
所以AB的中点为Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,m2＋2)，\f(m,m2＋2)))，
所以AB的中垂线方程为lDM：x＝－eq \f(1,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(m,m2＋2)))－eq \f(2,m2＋2)，
令y＝0，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,m2＋2)，0))，
所以|FM|＝eq \f(m2＋1,m2＋2)，
又|AB|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1·y2]＝eq \f(8m2＋12,m2＋22)，
所以eq \f(|FM|,|AB|2)＝eq \f(m2＋2,8m2＋1)＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,m2＋1)))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))，
综上所述，eq \f(|FM|,|AB|2)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))).
15.如图，哈尔滨市有相交于点O的一条东西走向的公路l与一条南北走向的公路m，有一商城A的部分边界是椭圆的四分之一，这两条公路为椭圆的对称轴，椭圆的长半轴长为2，短半轴长为1(单位：千米)．根据市民建议，欲新建一条公路PQ，点P，Q分别在公路l，m上，且要求PQ与椭圆形商城A相切，当公路PQ长最短时，OQ的长为________千米．
答案 eq \r(3)
解析 由题意设PQ的方程为y＝kx＋b，
由图易得b>1，－eq \f(b,k)>2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))x2＋2kbx＋(b2－1)＝0，
则Δ＝(2kb)2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋k2))(b2－1)＝0，
即k2＝eq \f(1,4)(b2－1)．
∵Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,k)，0))，Q(0，b)，
∴|PQ|2＝eq \f(b2,k2)＋b2＝eq \f(b2,\f(1,4)b2－1)＋b2＝eq \f(4b2,b2－1)＋b2＝4＋eq \f(4,b2－1)＋b2＝5＋eq \f(4,b2－1)＋(b2－1)≥5＋2eq \r(\f(4,b2－1)×b2－1)＝9，
当且仅当b2－1＝eq \f(4,b2－1)，即b＝eq \r(3)时取等号，即|OQ|＝eq \r(3).
16．已知点A(0，－2)，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)，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与椭圆E交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求直线l的方程．
解 (1)设点F(c,0)，
因为直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，A(0，－2)，
所以eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，c＝eq \r(3).
又因为eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，b2＝a2－c2，
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx－2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx－2，))消去y得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)时，x1＋x2＝eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2).
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16k,1＋4k2)))2－\f(48,1＋4k2))
＝eq \f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),1＋4k2).
又点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)d|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2).
设eq \r(4k2－3)＝t>0，则4k2＝t2＋3.
S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤eq \f(4,2\r(4))＝1，
当且仅当t＝2，即eq \r(4k2－3)＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时取等号，满足k2>eq \f(3,4)，
所以△OPQ的面积最大时，直线l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2，即eq \r(7)x－2y－4＝0或eq \r(7)x＋2y＋4＝0.