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高中数学3.1 椭圆优秀第2课时学案设计
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这是一份高中数学3.1 椭圆优秀第2课时学案设计，共13页。学案主要包含了学习目标，自主学习，小试牛刀，经典例题，跟踪训练，当堂达标，课堂小结，参考答案等内容，欢迎下载使用。
3.1.2 第2课时 直线与椭圆的位置关系及其应用
【学习目标】
课程标准
学科素养
1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断直线与椭圆的位置关系．
2.能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题．
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
【自主学习】
一．点与椭圆的位置关系
点P(x0，y0)与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔ ；点P在椭圆内部⇔ ；点P在椭圆外部⇔
二．直线与椭圆的位置关系
直线y＝kx＋m与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系：
联立消去y得一个关于x的一元二次方程．
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
解
相切
解
相离
解
【小试牛刀】
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点P(2,1)在椭圆＋＝1的内部． ( )
(2)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切． ( )
(3)过点A(0,1)的直线一定与椭圆x2＋＝1相交． ( )
(4)长轴是椭圆中最长的弦． ( )
(5)直线y＝k(x－a)与椭圆＋＝1的位置关系是相交． ( )
2.点P(2,1)与椭圆＋＝1的位置关系是________．
【经典例题】
题型一 点与椭圆位置关系的判断
例1 已知点P(k,1)，椭圆＋＝1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为____________．
【跟踪训练】1 若点A(a,1)在椭圆＋＝1的内部，则a的取值范围是________．
题型二 直线与椭圆的位置关系
点拨：代数法判断直线与椭圆的位置关系
判断直线与椭圆的位置关系，通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程，则Δ>0⇔直线与椭圆相交；Δ＝0⇔直线与椭圆相切；Δ<0⇔直线与椭圆相离．
例2 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)有两个公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．
【跟踪训练】2 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围．
题型三 弦长和中点弦问题
1.解决椭圆中点弦问题的两种方法
(1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．
(2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆＋＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则
由①－②，得(x－x)＋(y－y)＝0，变形得＝－·＝－·，即kAB＝－.
2．求弦长的两种方法
设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，椭圆方程为＋＝1(a>b>0)或＋＝1(a>b>0)，直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式|AB|＝求弦长．
(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|AB|＝·＝·．
例3 P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一弦，使此弦在P点被平分，求此弦所在的直线方程．
【跟踪训练】3 已知斜率为1的直线l过椭圆＋y2＝1的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．
题型四 与椭圆有关的综合问题
例4 椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(－2,0)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【跟踪训练】4 椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－，0)和F2(，0)，且椭圆过点.
(1)求椭圆方程；
(2)过点作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M，N两点，A为椭圆的左顶点，试判断∠MAN的大小是否为定值，并说明理由．
【当堂达标】
1.已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
2.直线y＝x＋1被椭圆＋＝1所截得的弦的中点坐标是( )
A. B. C. D.
3.已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1,1)为中点的弦所在直线的方程是( )
A．x＋2y－3＝0 B．2x＋y－3＝0 C．x－2y＋3＝0 D．2x－y＋3＝0
4.(多选)若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A． B． C． D．
5.椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝x＋1截得的弦长为________。
6.已知点P(4，2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，
(1)求直线l的方程;
(2) 求直线l被椭圆截得的弦长.
【课堂小结】
1.直线和椭圆有三种位置关系：相交、相切、相离．
解直线方程与椭圆方程组成的方程组，通过解的个数判断位置关系，当方程组有两个解(Δ>0)时，直线与椭圆相交，当方程组有一个解(Δ＝0)时，直线与椭圆相切，当方程组无解(Δ<0)时，直线与椭圆相离．
2.当直线与椭圆相交时，弦长|AB|＝·＝·.
3.处理椭圆的中点弦问题两个方法：
①根与系数的关系法：联立直线方程与椭圆方程构成方程组，消掉其中的一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系结合中点坐标公式求解．
②点差法：设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点与斜率的关系．即“设而不求”思想，这也是此类问题最常用的方法．
【参考答案】
【自主学习】
＋＝1 ＋<1 ＋>
两 Δ>0 一 Δ＝0 无 Δ<0
【小试牛刀】
1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
2.点P在椭圆外部 解析：由＋>1知，点P(2,1)在椭圆的外部．
【经典例题】
例1 ∪ 解析：依题意得，＋>1，解得k<－或k>.
【跟踪训练】1 －＜a＜ 解析：∵点A在椭圆内部，∴＋＜1，∴a2＜2，
∴－＜a＜.
例2 解：直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－3＜m＜3时，方程①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有两个公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3或m＞3时，方程①没有实数解，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．
【跟踪训练】2 解：由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1，整理得x2＋2kx＋1＝0，
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，解得k＜－或k＞，所以k的取值范围为∪.
例3 方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦的两端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，
由消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，
又∵x1＋x2＝2，∴＝2，得k＝－．故弦所在直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0．
方法二：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐标为(x1，y1)、(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋(y1－y2)＝0，∴k＝＝－．
∴此弦所在直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0．
【跟踪训练】3 解：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由椭圆方程知a2＝4，b2＝1，∴c＝＝，
∴F(，0)，∴直线l的方程为y＝x－，
将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x2－8x＋8＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝.
例4 解：(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝＝，得c＝.
由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)若存在点Q(m,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，
则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2.等价于k1＋k2＝0.
依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．
由，得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
因为直线l与椭圆C有两个交点，所以Δ＞0.
即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令k1＋k2＝＋＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，化简得，＝0，所以m＝1.
当k＝0时，也成立．
所以存在点Q(1,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.
【跟踪训练】4 解： (1)由题意设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
将c＝，a2＝b2＋c2，代入椭圆方程得＋＝1，
又因为椭圆过点，得＋＝1，
解得b2＝1，所以a2＝4.所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设直线MN的方程为x＝ky－，联立直线MN和椭圆的方程
得(k2＋4)y2－ky－＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2，0)，y1y2＝－，y1＋y2＝，
则·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0，所以∠MAN＝.
【当堂达标】
1.A 解析：把x＋y－3＝0代入＋y2＝1，得＋(3－x)2＝1，即5x2－24x＋32＝0.
∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－64<0，∴直线与椭圆相离．
2.C解析：联立消去y，得3x2＋4x－2＝0，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，故AB的中点横坐标x0＝＝－.纵坐标y0＝x0＋1＝－＋1＝.
3.A 解析：由题意易知所求直线的斜率存在，设过点M(1,1)的直线方程为y＝k(x－1)＋1，即y＝kx＋1－k.由消去y，得(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋2k2－4k－2＝0，
所以＝×＝1，解得k＝－，所以所求直线方程为y＝－x＋，即x＋2y－3＝0.
4.AB 解析：已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，，解得：.故选：A B.
5. 解析： 由消去y并化简得x2＋2x－6＝0.
设直线与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝－6.
∴弦长|MN|＝|x1－x2|＝＝.
6.解：(1)设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以两式相减，有(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0.
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以＝－，
即k＝－.所以直线l的方程为x＋2y－8＝0.
(2)由题意可知直线l的方程为x＋2y－8＝0，与椭圆方程联立得x2－8x＋14＝0.
因为x1＋x2＝8，x1x2＝14.
所以直线l被椭圆截得的弦长为＝.
3.1.2 第2课时 直线与椭圆的位置关系及其应用
【学习目标】
课程标准
学科素养
1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断直线与椭圆的位置关系．
2.能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题．
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
【自主学习】
一．点与椭圆的位置关系
点P(x0，y0)与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔ ；点P在椭圆内部⇔ ；点P在椭圆外部⇔
二．直线与椭圆的位置关系
直线y＝kx＋m与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系：
联立消去y得一个关于x的一元二次方程．
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
解
相切
解
相离
解
【小试牛刀】
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点P(2,1)在椭圆＋＝1的内部． ( )
(2)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切． ( )
(3)过点A(0,1)的直线一定与椭圆x2＋＝1相交． ( )
(4)长轴是椭圆中最长的弦． ( )
(5)直线y＝k(x－a)与椭圆＋＝1的位置关系是相交． ( )
2.点P(2,1)与椭圆＋＝1的位置关系是________．
【经典例题】
题型一 点与椭圆位置关系的判断
例1 已知点P(k,1)，椭圆＋＝1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为____________．
【跟踪训练】1 若点A(a,1)在椭圆＋＝1的内部，则a的取值范围是________．
题型二 直线与椭圆的位置关系
点拨：代数法判断直线与椭圆的位置关系
判断直线与椭圆的位置关系，通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程，则Δ>0⇔直线与椭圆相交；Δ＝0⇔直线与椭圆相切；Δ<0⇔直线与椭圆相离．
例2 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)有两个公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．
【跟踪训练】2 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围．
题型三 弦长和中点弦问题
1.解决椭圆中点弦问题的两种方法
(1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．
(2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆＋＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则
由①－②，得(x－x)＋(y－y)＝0，变形得＝－·＝－·，即kAB＝－.
2．求弦长的两种方法
设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，椭圆方程为＋＝1(a>b>0)或＋＝1(a>b>0)，直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式|AB|＝求弦长．
(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|AB|＝·＝·．
例3 P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一弦，使此弦在P点被平分，求此弦所在的直线方程．
【跟踪训练】3 已知斜率为1的直线l过椭圆＋y2＝1的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．
题型四 与椭圆有关的综合问题
例4 椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(－2,0)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【跟踪训练】4 椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－，0)和F2(，0)，且椭圆过点.
(1)求椭圆方程；
(2)过点作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M，N两点，A为椭圆的左顶点，试判断∠MAN的大小是否为定值，并说明理由．
【当堂达标】
1.已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
2.直线y＝x＋1被椭圆＋＝1所截得的弦的中点坐标是( )
A. B. C. D.
3.已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1,1)为中点的弦所在直线的方程是( )
A．x＋2y－3＝0 B．2x＋y－3＝0 C．x－2y＋3＝0 D．2x－y＋3＝0
4.(多选)若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A． B． C． D．
5.椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝x＋1截得的弦长为________。
6.已知点P(4，2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点，
(1)求直线l的方程;
(2) 求直线l被椭圆截得的弦长.
【课堂小结】
1.直线和椭圆有三种位置关系：相交、相切、相离．
解直线方程与椭圆方程组成的方程组，通过解的个数判断位置关系，当方程组有两个解(Δ>0)时，直线与椭圆相交，当方程组有一个解(Δ＝0)时，直线与椭圆相切，当方程组无解(Δ<0)时，直线与椭圆相离．
2.当直线与椭圆相交时，弦长|AB|＝·＝·.
3.处理椭圆的中点弦问题两个方法：
①根与系数的关系法：联立直线方程与椭圆方程构成方程组，消掉其中的一个未知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系结合中点坐标公式求解．
②点差法：设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点与斜率的关系．即“设而不求”思想，这也是此类问题最常用的方法．
【参考答案】
【自主学习】
＋＝1 ＋<1 ＋>
两 Δ>0 一 Δ＝0 无 Δ<0
【小试牛刀】
1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
2.点P在椭圆外部 解析：由＋>1知，点P(2,1)在椭圆的外部．
【经典例题】
例1 ∪ 解析：依题意得，＋>1，解得k<－或k>.
【跟踪训练】1 －＜a＜ 解析：∵点A在椭圆内部，∴＋＜1，∴a2＜2，
∴－＜a＜.
例2 解：直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－3＜m＜3时，方程①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有两个公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3或m＞3时，方程①没有实数解，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．
【跟踪训练】2 解：由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1，整理得x2＋2kx＋1＝0，
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，解得k＜－或k＞，所以k的取值范围为∪.
例3 方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦的两端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，
由消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，
又∵x1＋x2＝2，∴＝2，得k＝－．故弦所在直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0．
方法二：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐标为(x1，y1)、(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋(y1－y2)＝0，∴k＝＝－．
∴此弦所在直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0．
【跟踪训练】3 解：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由椭圆方程知a2＝4，b2＝1，∴c＝＝，
∴F(，0)，∴直线l的方程为y＝x－，
将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x2－8x＋8＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝.
例4 解：(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝＝，得c＝.
由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)若存在点Q(m,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，
则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2.等价于k1＋k2＝0.
依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．
由，得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
因为直线l与椭圆C有两个交点，所以Δ＞0.
即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令k1＋k2＝＋＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，化简得，＝0，所以m＝1.
当k＝0时，也成立．
所以存在点Q(1,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.
【跟踪训练】4 解： (1)由题意设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
将c＝，a2＝b2＋c2，代入椭圆方程得＋＝1，
又因为椭圆过点，得＋＝1，
解得b2＝1，所以a2＝4.所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设直线MN的方程为x＝ky－，联立直线MN和椭圆的方程
得(k2＋4)y2－ky－＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2，0)，y1y2＝－，y1＋y2＝，
则·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0，所以∠MAN＝.
【当堂达标】
1.A 解析：把x＋y－3＝0代入＋y2＝1，得＋(3－x)2＝1，即5x2－24x＋32＝0.
∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－64<0，∴直线与椭圆相离．
2.C解析：联立消去y，得3x2＋4x－2＝0，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，故AB的中点横坐标x0＝＝－.纵坐标y0＝x0＋1＝－＋1＝.
3.A 解析：由题意易知所求直线的斜率存在，设过点M(1,1)的直线方程为y＝k(x－1)＋1，即y＝kx＋1－k.由消去y，得(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋2k2－4k－2＝0，
所以＝×＝1，解得k＝－，所以所求直线方程为y＝－x＋，即x＋2y－3＝0.
4.AB 解析：已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，，解得：.故选：A B.
5. 解析： 由消去y并化简得x2＋2x－6＝0.
设直线与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝－6.
∴弦长|MN|＝|x1－x2|＝＝.
6.解：(1)设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以两式相减，有(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0.
又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以＝－，
即k＝－.所以直线l的方程为x＋2y－8＝0.
(2)由题意可知直线l的方程为x＋2y－8＝0，与椭圆方程联立得x2－8x＋14＝0.
因为x1＋x2＝8，x1x2＝14.
所以直线l被椭圆截得的弦长为＝.
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