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2020版数学（理）人教A版新设计大一轮讲义：第八章第5节第2课时直线与椭圆
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第2课时 直线与椭圆
考点一 中点弦及弦长问题 多维探究
角度1 中点弦问题
【例1－1】 已知椭圆＋y2＝1，
(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)求过点P且被P点平分的弦所在直线的方程.
解 (1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
①－②得＝－＝－，
所以－＝，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆＋y2＝1内部的部分).
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－＝－，
因此所求直线方程是y－＝－，化简得2x＋4y－3＝0.
规律方法 弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.
角度2 弦长问题
【例1－2】 (2019·北京朝阳区模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且＝？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，
由题意可得
解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝<1，
得|m|<.
|AB|＝2＝2＝×，
联立得消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝|x1－x2|＝×
＝×＝×＝|AB|
＝××，
解得m2＝<7，得m＝±.
即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±.
规律方法 1.解决直线与椭圆相交的问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题.
2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝
＝ (k为直线斜率).
【训练1】 (1)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.
(2)(一题多解)(2019·广东五校调研)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析 (1)法一 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y，得3x2－5x＝0，
故得A(0，－2)，B，则
|AB|＝＝.
法二 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，
直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝0，
则|AB|＝
＝
＝＝.
(2)法一 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆方程为＋＝1(b>0)，
由消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知＝1，
∴y1＋y2＝＝2，解得b2＝8.
∴所求椭圆方程为＋＝1.
法二 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆的方程为＋＝1(b>0).
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
①－②得＋＝0，
即·＝－，
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝＝3，代入上式得3×＝－，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为＋＝1.
答案 (1) (2)D
考点二 最值与范围问题 易错警示
【例2】 (2019·天津和平区质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由＝，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得
规律方法 最值与范围问题的解题思路
1.构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解.
2.构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等.
易错警示 (1)设直线方程时，应注意讨论斜率不存在的情况.
(2)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.
【训练2】 已知P(x0，y0)是椭圆C：＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则x0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由题意可知F1(－，0)，F2(，0)，则·＝(x0＋)(x0－)＋y＝x＋y－3<0.因为点P在椭圆上，所以y＝1－.所以x＋－3<0，解得－
[思维升华]
解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.
[易错防范]
1.涉及直线的斜率时，要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
2.求某几何量的最值或范围要考虑其中变量的取值范围.
数学运算——高考解析几何问题中的“设而不求”
1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程，解析几何正是利用数学运算解决几何问题的一门科学.
2.“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简.解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等.
类型1 巧妙运用抛物线定义得出与根与系数关系的联系，从而设而不求
【例1】 (2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________.
解析 法一 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|＋|BF|＝yA＋＋yB＋＝4×⇒yA＋yB＝p，
由可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以yA＋yB＝＝p，解得a＝b，故该双曲线的渐近线方程为y＝±x.
法二 (点差法)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
易知直线AB的斜率kAB＝＝＝.
由得kAB＝＝＝·，则·＝，所以＝⇒＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案 y＝±x
类型2 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法
【例2】 (1)△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为________________.
(2)抛物线E：y2＝2x上存在两点关于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是________.
解析 (1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知G，则
从而即M，
又y＝2x1，y＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝＝＝＝＝－1，故直线BC的方程为y－(－1)＝－，即4x＋4y＋5＝0.
(2)当k＝0时，显然成立.
当k≠0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由y＝2x1，y＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝ ＝＝＝，由对称性知kBC＝－，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由点M在抛物线内，得y<2x0，即(－k)2<2，
所以－
答案 (1)x＋y＋＝0 (2)(－，)
类型3 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证Δ>0
【例3】 人教A版教材《选修2－1》第62页习题2.3 B组第4题：已知双曲线x2－＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？
解 假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－＝0，
又＝1，＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝＝2，
故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由消去y得2x2－4x＋3＝0，
因为Δ＝16－24＝－8<0，方程无解，故不存在一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
类型4 求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求
【例4】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________.
解析 法一 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F，设l1：x＝ty＋，则直线l1的斜率为，联立方程得消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝|y1－y2|＝＝＝2t2＋2，
同理得，用替换t可得|DE|＝＋2，所以|AB|＋|DE|＝2＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
法二 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝k，l2：y＝－.
由消去y得k2x2－(k2＋2)x＋＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋.
由抛物线的定义知，
|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋＋1＝2＋.
同理可得，用－替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋＋2＋2k2＝4＋＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
答案 8
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(基础题供选用)直线y＝x＋2与椭圆＋＝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，＋∞)
解析 由得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
由Δ>0且m≠3及m>0得m>1且m≠3.
答案 B
2.设直线y＝kx与椭圆＋＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于( )
A.± B.± C.± D.±2
解析 由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1＝－，y2＝，解得k＝；同理可得当k<0时k＝－.
答案 A
3.(2019·长春二检)椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A.－ B.－ C.－ D.－
解析 设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4x＋9y＝144，4x＋9y＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，＝k，代入解得k＝－.
答案 A
4.(2019·青岛调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝( )
A.60° B.90° C.120° D.150°
解析 由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0，
由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，
得k＝，从而y＝x＋a交x轴于点A，
又F(c，0)，易知·＝0，故∠ABF＝90°.
答案 B
5.斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.2 B. C. D.
解析 设直线l的方程为y＝x＋t，代入＋y2＝1，消去y得x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意知Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0即t2<5，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，|AB|＝＝≤(当且仅当t＝0时取等号).
答案 C
二、填空题
6.已知椭圆＋＝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，则椭圆方程为________________________.
解析 因为椭圆＋＝1的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以＝1，a＝2，所以椭圆方程为＋x2＝1.
答案 ＋x2＝1
7.(2019·河南八校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________.
解析 不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝＝，因为AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cos ∠POA＝＝，故∠POA＝60°，易得P，代入椭圆方程得＋＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝.
答案
8.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方程是________.
解析 由题意知，以M(1，1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，
则有k＋b＝1，即b＝1－k，即y＝kx＋(1－k)，
联立方程组
则有(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋(2k2－4k－2)＝0，
所以＝·＝1，
解得k＝－(满足Δ>0)，故b＝，
所以y＝－x＋，即x＋2y－3＝0.
答案 x＋2y－3＝0
三、解答题
9.(2017·北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
(1)解 设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0).
由题意得解得c＝.所以b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 设M(m，n)，则D(m，0)，N(m，－n).
由题设知m≠±2，且n≠0.
直线AM的斜率kAM＝，
故直线DE的斜率kDE＝－.
所以直线DE的方程为y＝－(x－m).
直线BN的方程为y＝(x－2).
联立
解得点E的纵坐标yE＝－.
由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，
所以yE＝－n.
又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，
S△BDN＝|BD|·|n|.
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
10.(2019·上海静安区模拟)已知A，B分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点，原点O到直线AB的距离为，且|AB|＝.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝2相切，并与椭圆C交于M，N两点，若|MN|＝，求k的值.
解 (1)由题设知，A(b，0)，B(0，a)，直线AB的方程为＋＝1，又|AB|＝＝，＝，a>b>0，
计算得出a＝2，b＝，则椭圆C的离心率为e＝＝.
(2)由(1)知椭圆方程为＋＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则消去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＝－，x1x2＝.
又直线l与圆x2＋y2＝2相切，
则＝，即m2＝2(k2＋1).
而|MN|＝·
＝
＝＝，
又|MN|＝，所以＝，
即5k4－3k2－2＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，故k的值为±1.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·北京东城区调研)已知圆M：(x－2)2＋y2＝1经过椭圆C：＋＝1(m>3)的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( )
A.2－5 B.2－4
C.4－11 D.4－10
解析 易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立得x2－16x＋24＝0.又x≤2，所以x＝8－2.故点P到直线AB距离的最大值为3－(8－2)＝2－5.
答案 A
12.(2019·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y－2＝0与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：y＝x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为( )
A. B. C.1 D.2
解析 联立方程可得消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1.
答案 C
13.已知直线l：y＝kx＋2过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥，则椭圆离心率e的取值范围是________.
解析 依题意，知b＝2，kc＝2.
设圆心到直线l的距离为d，则L＝2≥，
解得d2≤.又因为d＝，所以≤，
解得k2≥.
于是e2＝＝＝，所以0＜e2≤，又由0
14.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB的面积的最大值.
解 (1)因为e2＝＝＝，所以a2＝4b2.
又椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以＋＝1.所以a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
又直线l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.
则|AB|＝×＝.
点P到直线l的距离d＝＝.
所以S△PAB＝d|AB|＝××＝≤＝2.
当且仅当m2＝2，即m＝±时，△PAB的面积取得最大值为2.
新高考创新预测
15.(思维创新)椭圆＋＝1(a>b>0)，直线l1：y＝－x，直线l2：y＝x，P为椭圆上任意一点，过P作PM∥l1且与直线l2交于点M，作PN∥l2且与l1交于点N，若|PM|2＋|PN|2为定值，则椭圆的离心率为________.
解析 设|PM|2＋|PN|2＝t，M，N，P(x，y).因为四边形PMON为平行四边形，
所以|PM|2＋|PN|2＝|ON|2＋|OM|2＝(x＋x)＝t.
因为＝＋＝，
所以则x2＋4y2＝2(x＋x)＝t，此方程为椭圆方程，即＋＝1，则椭圆的离心率e＝＝.
答案
考点一 中点弦及弦长问题 多维探究
角度1 中点弦问题
【例1－1】 已知椭圆＋y2＝1，
(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)求过点P且被P点平分的弦所在直线的方程.
解 (1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
①－②得＝－＝－，
所以－＝，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆＋y2＝1内部的部分).
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－＝－，
因此所求直线方程是y－＝－，化简得2x＋4y－3＝0.
规律方法 弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.
角度2 弦长问题
【例1－2】 (2019·北京朝阳区模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且＝？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
解 (1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，
由题意可得
解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，
由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，
由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝<1，
得|m|<.
|AB|＝2＝2＝×，
联立得消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
|CD|＝|x1－x2|＝×
＝×＝×＝|AB|
＝××，
解得m2＝<7，得m＝±.
即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±.
规律方法 1.解决直线与椭圆相交的问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题.
2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝
＝ (k为直线斜率).
【训练1】 (1)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.
(2)(一题多解)(2019·广东五校调研)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析 (1)法一 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y，得3x2－5x＝0，
故得A(0，－2)，B，则
|AB|＝＝.
法二 由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，
直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝0，
则|AB|＝
＝
＝＝.
(2)法一 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆方程为＋＝1(b>0)，
由消去x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由题意知＝1，
∴y1＋y2＝＝2，解得b2＝8.
∴所求椭圆方程为＋＝1.
法二 ∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，
∴设椭圆的方程为＋＝1(b>0).
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
①－②得＋＝0，
即·＝－，
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，
k＝＝3，代入上式得3×＝－，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为＋＝1.
答案 (1) (2)D
考点二 最值与范围问题 易错警示
【例2】 (2019·天津和平区质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由＝，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得
规律方法 最值与范围问题的解题思路
1.构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解.
2.构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等.
易错警示 (1)设直线方程时，应注意讨论斜率不存在的情况.
(2)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.
【训练2】 已知P(x0，y0)是椭圆C：＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则x0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由题意可知F1(－，0)，F2(，0)，则·＝(x0＋)(x0－)＋y＝x＋y－3<0.因为点P在椭圆上，所以y＝1－.所以x＋－3<0，解得－
[思维升华]
解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.
[易错防范]
1.涉及直线的斜率时，要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.
2.求某几何量的最值或范围要考虑其中变量的取值范围.
数学运算——高考解析几何问题中的“设而不求”
1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程，解析几何正是利用数学运算解决几何问题的一门科学.
2.“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简.解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等.
类型1 巧妙运用抛物线定义得出与根与系数关系的联系，从而设而不求
【例1】 (2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________.
解析 法一 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|＋|BF|＝yA＋＋yB＋＝4×⇒yA＋yB＝p，
由可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以yA＋yB＝＝p，解得a＝b，故该双曲线的渐近线方程为y＝±x.
法二 (点差法)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
易知直线AB的斜率kAB＝＝＝.
由得kAB＝＝＝·，则·＝，所以＝⇒＝，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案 y＝±x
类型2 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法
【例2】 (1)△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为________________.
(2)抛物线E：y2＝2x上存在两点关于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是________.
解析 (1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知G，则
从而即M，
又y＝2x1，y＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝＝＝＝＝－1，故直线BC的方程为y－(－1)＝－，即4x＋4y＋5＝0.
(2)当k＝0时，显然成立.
当k≠0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由y＝2x1，y＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝ ＝＝＝，由对称性知kBC＝－，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以x0＝1.由点M在抛物线内，得y<2x0，即(－k)2<2，
所以－
答案 (1)x＋y＋＝0 (2)(－，)
类型3 中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证Δ>0
【例3】 人教A版教材《选修2－1》第62页习题2.3 B组第4题：已知双曲线x2－＝1，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？
解 假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2，由
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)－＝0，
又＝1，＝1，所以2(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝＝2，
故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
由消去y得2x2－4x＋3＝0，
因为Δ＝16－24＝－8<0，方程无解，故不存在一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.
类型4 求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求
【例4】 (2017·全国Ⅰ卷改编)已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________.
解析 法一 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F，设l1：x＝ty＋，则直线l1的斜率为，联立方程得消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝|y1－y2|＝＝＝2t2＋2，
同理得，用替换t可得|DE|＝＋2，所以|AB|＋|DE|＝2＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
法二 由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝k，l2：y＝－.
由消去y得k2x2－(k2＋2)x＋＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋.
由抛物线的定义知，
|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋＋1＝2＋.
同理可得，用－替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋＋2＋2k2＝4＋＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
答案 8
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(基础题供选用)直线y＝x＋2与椭圆＋＝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，＋∞)
解析 由得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
由Δ>0且m≠3及m>0得m>1且m≠3.
答案 B
2.设直线y＝kx与椭圆＋＝1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于( )
A.± B.± C.± D.±2
解析 由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不妨设A，B两点的坐标分别为(－1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1＝－，y2＝，解得k＝；同理可得当k<0时k＝－.
答案 A
3.(2019·长春二检)椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A.－ B.－ C.－ D.－
解析 设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4x＋9y＝144，4x＋9y＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，＝k，代入解得k＝－.
答案 A
4.(2019·青岛调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝( )
A.60° B.90° C.120° D.150°
解析 由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0，
由Δ＝(2ka3)2－4(b2＋a2k2)(a4－a2b2)＝0，
得k＝，从而y＝x＋a交x轴于点A，
又F(c，0)，易知·＝0，故∠ABF＝90°.
答案 B
5.斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A.2 B. C. D.
解析 设直线l的方程为y＝x＋t，代入＋y2＝1，消去y得x2＋2tx＋t2－1＝0，由题意知Δ＝(2t)2－5(t2－1)>0即t2<5，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，|AB|＝＝≤(当且仅当t＝0时取等号).
答案 C
二、填空题
6.已知椭圆＋＝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，则椭圆方程为________________________.
解析 因为椭圆＋＝1的右顶点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以＝1，a＝2，所以椭圆方程为＋x2＝1.
答案 ＋x2＝1
7.(2019·河南八校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________.
解析 不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝＝，因为AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cos ∠POA＝＝，故∠POA＝60°，易得P，代入椭圆方程得＋＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝.
答案
8.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方程是________.
解析 由题意知，以M(1，1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，
则有k＋b＝1，即b＝1－k，即y＝kx＋(1－k)，
联立方程组
则有(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋(2k2－4k－2)＝0，
所以＝·＝1，
解得k＝－(满足Δ>0)，故b＝，
所以y＝－x＋，即x＋2y－3＝0.
答案 x＋2y－3＝0
三、解答题
9.(2017·北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
(1)解 设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0).
由题意得解得c＝.所以b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 设M(m，n)，则D(m，0)，N(m，－n).
由题设知m≠±2，且n≠0.
直线AM的斜率kAM＝，
故直线DE的斜率kDE＝－.
所以直线DE的方程为y＝－(x－m).
直线BN的方程为y＝(x－2).
联立
解得点E的纵坐标yE＝－.
由点M在椭圆C上，得4－m2＝4n2，
所以yE＝－n.
又S△BDE＝|BD|·|yE|＝|BD|·|n|，
S△BDN＝|BD|·|n|.
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
10.(2019·上海静安区模拟)已知A，B分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点，原点O到直线AB的距离为，且|AB|＝.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝2相切，并与椭圆C交于M，N两点，若|MN|＝，求k的值.
解 (1)由题设知，A(b，0)，B(0，a)，直线AB的方程为＋＝1，又|AB|＝＝，＝，a>b>0，
计算得出a＝2，b＝，则椭圆C的离心率为e＝＝.
(2)由(1)知椭圆方程为＋＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则消去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＝－，x1x2＝.
又直线l与圆x2＋y2＝2相切，
则＝，即m2＝2(k2＋1).
而|MN|＝·
＝
＝＝，
又|MN|＝，所以＝，
即5k4－3k2－2＝0，解得k＝±1，且满足Δ>0，故k的值为±1.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·北京东城区调研)已知圆M：(x－2)2＋y2＝1经过椭圆C：＋＝1(m>3)的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( )
A.2－5 B.2－4
C.4－11 D.4－10
解析 易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴m－3＝1或m－3＝9，则m＝4或m＝12.当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立得x2－16x＋24＝0.又x≤2，所以x＝8－2.故点P到直线AB距离的最大值为3－(8－2)＝2－5.
答案 A
12.(2019·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋y－2＝0与椭圆C：＋＝1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：y＝x的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为( )
A. B. C.1 D.2
解析 联立方程可得消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，由Δ＝0得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连接F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝＝，所以|EF|＝，|F′E|＝2a－|EF|＝，在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，a＝2，所以|EF|＝|F′E|＝2，所以S△OEF＝S△F′EF＝1.
答案 C
13.已知直线l：y＝kx＋2过椭圆＋＝1(a＞b＞0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2＋y2＝4截得的弦长为L，若L≥，则椭圆离心率e的取值范围是________.
解析 依题意，知b＝2，kc＝2.
设圆心到直线l的距离为d，则L＝2≥，
解得d2≤.又因为d＝，所以≤，
解得k2≥.
于是e2＝＝＝，所以0＜e2≤，又由0
14.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB的面积的最大值.
解 (1)因为e2＝＝＝，所以a2＝4b2.
又椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以＋＝1.所以a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
又直线l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.
则|AB|＝×＝.
点P到直线l的距离d＝＝.
所以S△PAB＝d|AB|＝××＝≤＝2.
当且仅当m2＝2，即m＝±时，△PAB的面积取得最大值为2.
新高考创新预测
15.(思维创新)椭圆＋＝1(a>b>0)，直线l1：y＝－x，直线l2：y＝x，P为椭圆上任意一点，过P作PM∥l1且与直线l2交于点M，作PN∥l2且与l1交于点N，若|PM|2＋|PN|2为定值，则椭圆的离心率为________.
解析 设|PM|2＋|PN|2＝t，M，N，P(x，y).因为四边形PMON为平行四边形，
所以|PM|2＋|PN|2＝|ON|2＋|OM|2＝(x＋x)＝t.
因为＝＋＝，
所以则x2＋4y2＝2(x＋x)＝t，此方程为椭圆方程，即＋＝1，则椭圆的离心率e＝＝.
答案
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