課時分層作業(yè)(五十五)(本試卷共92分．單項(xiàng)選擇題每題5分，多項(xiàng)選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項(xiàng)選擇題1．(2025·菏澤模擬)橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1與直線y＝k(x－1)的位置關(guān)系是()A．相離 B．相交C．相切 D．無法確定B[直線過定點(diǎn)M(1,0)，且該定點(diǎn)在橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1內(nèi)，故直線與橢圓相交．故選B.]2．經(jīng)過橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的右焦點(diǎn)作傾斜角為eq\f(π,3)的直線l，交橢圓于M，N兩點(diǎn)，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝()A．－eq\f(8,5) B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(9,5) D．±eq\f(9,5)C[已知橢圓的右焦點(diǎn)F(1,0)，則直線l的方程為y＝eq\r(3)(x－1)，代入橢圓方程可得5x2－8x＝0，所以，不妨令xM＝0，xN＝eq\f(8,5)，則M(0，－eq\r(3))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(3\r(3),5)))，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,5)，\f(3\r(3),5)))＝－eq\f(9,5).故選C.]3．經(jīng)過橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1的左焦點(diǎn)F1作傾斜角為60°的直線l，直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，則線段AB的長為()A．eq\f(4,7) B．eq\f(8\r(2),7)C．2 D．eq\f(16\r(2),7)B[在eq\f(x2,2)＋y2＝1中，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，即c＝1，故左焦點(diǎn)為F1(－1,0)．而tan60°＝eq\r(3)，故直線l的方程為y＝eq\r(3)(x＋1)．與eq\f(x2,2)＋y2＝1聯(lián)立，得7x2＋12x＋4＝0，Δ＝122－4×7×4>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(12,7)，x1x2＝eq\f(4,7)，則由弦長公式得|AB|＝eq\r(1＋\r(3)2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12,7)))2－4×\f(4,7))＝eq\f(8\r(2),7).故選B.]4．橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)P在C上且直線PA1的斜率的取值范圍是[－2，－1]，那么直線PA2斜率的取值范圍是()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(3,4))) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4)))C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))A[由題意，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A1(－2,0)，A2(2,0)，設(shè)P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝eq\f(3,4)(4－xeq\o\al(2,0))．又由＝eq\f(y0,x0＋2)·eq\f(y0,x0－2)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－4)＝－eq\f(3,4)，可得因?yàn)椤蔥－2，－1]，即－2≤≤－1，可得eq\f(3,8)≤≤eq\f(3,4)，所以直線PA2斜率的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，\f(3,4))).故選A.]5．(2023·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點(diǎn)，若△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，則m＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3) D．－eq\f(2,3)C[將直線方程y＝x＋m與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y，可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因?yàn)橹本€與橢圓相交于A，B點(diǎn)，所以Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.設(shè)點(diǎn)F1到AB的距離為d1，點(diǎn)F2到AB的距離為d2，易知F1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，則d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2))，所以＝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－3eq\r(2)(舍去)．故選C.]6．(2025·泰安模擬)直線x－2y＋2＝0經(jīng)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點(diǎn)F，交橢圓于A，B兩點(diǎn)，交y軸于M點(diǎn)．若eq\o(FM,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(17)＋\r(5),8) B.eq\f(\r(17)－\r(5),4)C.eq\f(\r(17)－\r(5),2) D.eq\f(\r(17)＋\r(5),9)C[如圖，對直線x－2y＋2＝0，令y＝0，解得x＝－2，令x＝0，解得y＝1,故F(－2,0)，M(0,1)，則eq\o(FM,\s\up6(→))＝(2,1)．設(shè)A(x0，y0)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－x0,1－y0)，而eq\o(FM,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＝3－x0，,1＝31－y0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(2,3)，,y0＝\f(2,3)，))所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(2,3))).又點(diǎn)A在橢圓上，左焦點(diǎn)F(－2,0)，右焦點(diǎn)F′(2,0)，由2a＝|AF|＋|AF′|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)＋2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)－2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2)＝eq\f(2\r(5)＋\r(17),3)，得a＝eq\f(\r(5)＋\r(17),3)，橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\f(\r(5)＋\r(17),3))＝eq\f(\r(17)－\r(5),2).故選C.]7．國家體育場“鳥巢”的鋼結(jié)構(gòu)鳥瞰圖如圖1所示，其內(nèi)、外兩圈的鋼骨架近似為由兩個離心率相同的橢圓組成的對稱結(jié)構(gòu)．某校體育館的鋼結(jié)構(gòu)與“鳥巢”類似，其平面圖如圖2所示，已知外層橢圓的長軸長為200m，且內(nèi)、外橢圓的離心率均為eq\f(\r(3),2)，由外層橢圓長軸的一個端點(diǎn)A向內(nèi)層橢圓引切線AC，若AC的斜率為－eq\f(1,2)，則內(nèi)層橢圓的短軸長為()A．75m B．50eq\r(2)mC．50m D．25eq\r(2)mB[內(nèi)、外橢圓的離心率均為eq\f(\r(3),2)，設(shè)內(nèi)層橢圓的短半軸長為b，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2b，則內(nèi)層橢圓方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.由外層橢圓長軸的一個端點(diǎn)A向內(nèi)層橢圓引切線AC，AC的方程為y＝－eq\f(1,2)(x＋100)，代入內(nèi)層橢圓方程可得x2＋100x＋5000－2b2＝0，可得Δ＝10000－4×(5000－2b2)＝0，解得b2＝1250，所以b＝25eq\r(2).故內(nèi)層橢圓的短軸長2b＝50eq\r(2)m．故選B.]8．已知過橢圓C：x2＋eq\f(y2,2)＝1的上焦點(diǎn)F且斜率為k的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA，OB分別與直線y＝2相交于M，N兩點(diǎn)．若∠MON為銳角，則直線l的斜率k的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(1，＋∞)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))D．(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))∪(1，＋∞)D[由題意可知，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，所以橢圓C：x2＋eq\f(y2,2)＝1的上焦點(diǎn)為F(0,1)，則直線l的方程為y＝kx＋1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝eq\f(－2k,2＋k2)，x1x2＝eq\f(－1,2＋k2).由題設(shè)知，OA所在的直線方程為y＝eq\f(y1,x1)x.因?yàn)橹本€OA與直線y＝2相交于點(diǎn)M，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1,y1)，2))；同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x2,y2)，2)).所以eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1,y1)，2))，eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x2,y2)，2)).因?yàn)椤螹ON為銳角，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＞0，所以eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\f(4x1x2,y1y2)＋4＝eq\f(4x1x2,kx1＋1kx2＋1)＋4＝eq\f(4x1x2,k2x1x2＋kx1＋x2＋1)＋4＝eq\f(4×\f(－1,2＋k2),k2×\f(－1,2＋k2)＋k×\f(－2k,2＋k2)＋1)＋4＝eq\f(2,k2－1)＋4＝eq\f(4k2－2,k2－1)，即eq\f(4k2－2,k2－1)＞0，解得k2＜eq\f(1,2)或k2＞1，所以－eq\f(\r(2),2)＜k＜eq\f(\r(2),2)，或k＞1，或k＜－1.故直線l的斜率k的取值范圍是(－∞，－1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))∪(1，＋∞)．故選D.]二、多項(xiàng)選擇題9．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F(3,0)，過點(diǎn)F的直線交橢圓E于A，B兩點(diǎn)．若AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1，－1)，則()A．直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)(x－3)B．a(chǎn)2＝2b2C．橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,3)＝1D．橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)ABD[因?yàn)橹本€AB過點(diǎn)F(3,0)和點(diǎn)(1，－1)，所以直線AB的方程為y＝eq\f(1,2)(x－3)．代入橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq\f(3,2)a2x＋eq\f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2.又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3eq\r(2)，離心率為eq\f(\r(2),2)，所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1.故選ABD.]10．在平面直角坐標(biāo)系Oxy中，已知直線l：kx－y－k＝0，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，則下列說法正確的有()A．l恒過點(diǎn)(1,0)B．若l恒過C的焦點(diǎn)，則a2＋b2＝1C．若對任意實(shí)數(shù)k，l與C總有兩個互異公共點(diǎn)，則a≥1D．若a＜1，則一定存在實(shí)數(shù)k，使得l與C有且只有一個公共點(diǎn)ACD[方程kx－y－k＝0可化為y＝k(x－1)，所以直線l恒過點(diǎn)(1,0)，A正確；設(shè)橢圓的半焦距為c(c＞0)，則焦點(diǎn)F的坐標(biāo)可能為(c,0)或(－c,0)，若直線恒過點(diǎn)(－c,0)，則0＝k(－c－1)，故c＝－1，矛盾，若直線恒過點(diǎn)(c,0)，則0＝k(c－1)，故c＝1，所以a2－b2＝1，B錯誤；聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝kx－k，))消去y，可得(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0，由對任意實(shí)數(shù)k，l與C總有兩個互異公共點(diǎn)，可得方程(a2k2＋b2)x2－2a2k2x＋a2k2－a2b2＝0有2個不相等的實(shí)數(shù)解，所以Δ＝(－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＞0，所以k2(a2－1)＋b2＞0，所以a≥1，C正確；因?yàn)棣ぃ?－2a2k2)2－4(a2k2＋b2)(a2k2－a2b2)＝4a2b2[k2(a2－1)＋b2]＝0，所以當(dāng)a＜1時，則k2＝eq\f(b2,1－a2)，即k＝±eq\r(\f(b2,1－a2))，此時方程組有且只有一組解，故l與C有且只有一個公共點(diǎn)，D正確．故選ACD.]三、填空題11．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),3)，過其左焦點(diǎn)F作一條斜率為k(k>0)的直線，與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，滿足|AF|＝2|FB|，則實(shí)數(shù)k的值為______.eq\r(2)[由離心率為eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3)，可得a2＝3c2，b2＝2c2.設(shè)直線方程為x＝eq\f(1,k)y－c，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設(shè)y1>y2，由|AF|＝2|FB|，可得eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，得y1＝－2y2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,k)y－c，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))化簡整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,k2)))y2－eq\f(4c,k)y－4c2＝0，Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4c,k)))2＋16eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(2,k2)))c2>0，則y1＋y2＝eq\f(4kc,3k2＋2)，y1y2＝eq\f(－4c2k2,3k2＋2).結(jié)合y1＝－2y2，可得y2＝－eq\f(4kc,3k2＋2)，yeq\o\al(2,2)＝eq\f(2c2k2,3k2＋2)，從而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4kc,3k2＋2)))2＝eq\f(2c2k2,3k2＋2)，解得k2＝2.又k>0，所以k＝eq\r(2).]12．已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1，若此橢圓上存在不同的兩點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝2x＋m對稱，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3)))[因?yàn)闄E圓eq\f(x2,2)＋y2＝1，所以x2＋2y2－2＝0.設(shè)橢圓上兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)關(guān)于直線y＝2x＋m對稱，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，則xeq\o\al(2,1)＋2yeq\o\al(2,1)＝2，①xeq\o\al(2,2)＋2yeq\o\al(2,2)＝2，②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，即2x0·(x1－x2)＋2×2y0·(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)·eq\f(x0,y0)＝－eq\f(1,2)，所以y0＝x0.代入直線方程y＝2x＋m得x0＝－m，y0＝－m.因?yàn)?x0，y0)在橢圓內(nèi)部，所以m2＋2(－m)2＜2，解得－eq\f(\r(6),3)＜m＜eq\f(\r(6),3)，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，\f(\r(6),3))).]四、解答題13．(15分)(2025·青島模擬)已知動圓與圓C1：(x＋4)2＋y2＝1外切，同時與圓C2：(x－4)2＋y2＝81內(nèi)切．(1)求動圓圓心M的軌跡Γ的方程，并說明它是什么曲線；(2)若直線l：4x－5y＋40＝0，求曲線Γ上的點(diǎn)到直線l的最大距離．解：(1)設(shè)動圓M的半徑為r.由動圓M與圓C1外切可知|MC1|＝r＋1，①由動圓M與圓C2內(nèi)切可知|MC2|＝9－r，②則①＋②可得|MC1|＋|MC2|＝10＞|C1C2|＝8，所以動圓圓心M的軌跡是以C1，C2為焦點(diǎn)，長軸長為10，焦距為8的橢圓(不含頂點(diǎn)(－5,0))．故動圓圓心M的軌跡Γ的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1(x≠－5)．(2)設(shè)與直線l平行的直線l0：4x－5y＋m＝0(m≠40)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,25)＋\f(y2,9)＝1，,4x－5y＋m＝0，))得25x2＋8mx＋m2－225＝0，Δ＝(8m)2－4×25×(m2－225)．當(dāng)Δ＝0，即m＝±25時，直線與橢圓相切．由圖形(圖略)可知，當(dāng)m＝－25時，切點(diǎn)P到直線l的距離最大．設(shè)最大距離為d，則d＝eq\f(|－25－40|,\r(42＋52))＝eq\f(65\r(41),41)，所以曲線Γ上的點(diǎn)到直線l的最大距離為eq\f(65\r(41),41).14．(15分)已知橢圓C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，弦AB被點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))平分．求：(1)直線l的方程；(2)△F1AB的面積.解：(1)設(shè)交點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),16)＋\f(y\o\al(2,1),4)＝1，,\f(x\o\al(2,2),16)＋\f(y\o\al(2,2),4)＝1，))兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＝－4(y1＋y2)(y1－y2)．因?yàn)橄褹B被點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(3),2)))平分，所以x1＋x2＝2eq\r(3)，y1＋y2＝eq\r(3)，所以直線l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,4)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，故直線l的方程為x＋2y－2eq\r(3)＝0.(2)法一(常規(guī)方法)：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2\r(3)＝0，\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得x2－2eq\r(3)x－2＝0，所以x1＋x2＝2eq\r(3)，x1x2＝－2，所以|AB|＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(2\r(3)2－4×－2)＝5.由橢圓的方程可得，c2＝a2－b2＝16－4＝12，所以c＝2eq\r(3)，所以F1(－2eq\r(3)，0)，所以點(diǎn)F1(－2eq\r(3)，0)到直線l：x＋2y－2eq\r(3)＝0的距離d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)＋0－2\r(3))),\r(12＋22))＝eq\f(4\r(15),5)，所以＝eq\f(1,2)|AB|d＝eq\f(1,2)×5×eq\f(4\r(15),5)＝2eq\r(15).法二(面積拆分法)：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，,x＋2y－2\r(3)＝0，))得2y2－2eq\r(3)y－1＝0，所以y1＋y2＝eq\r(3)，y1y2＝－eq\f(1,2)，所以|y1－y2|＝eq\r(5).又因?yàn)橹本€l過點(diǎn)F2(2eq\r(3)，0)，所以＝eq\f(1,2)|F1F2||y1－y2|＝eq\f(1,2)×4eq\r(3)×eq\r(5)＝2eq\r(15).課時分層作業(yè)(五十六)(本試卷共60分．)1．(15分)(2024·全國甲卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x軸．(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)P(4,0)的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，N為線段FP的中點(diǎn)，直線NB交直線MF于點(diǎn)Q，證明：AQ⊥y軸．解：(1)設(shè)F(c,0)，由題設(shè)知c＝1且eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，可得eq\f(a2－1,a)＝eq\f(3,2)，解得a＝2，b＝eq\r(3)，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)證明：如圖，由題意知直線AB的斜率必定存在，設(shè)AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－4，))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，則Δ＝1024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，所以－eq\f(1,2)<k<eq\f(1,2).又x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，而Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，0))，故直線BN：y＝eq\f(y2,x2－\f(5,2))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,2))).又xQ＝1，故yQ＝eq\f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝eq\f(－3y2,2x2－5).所以y1－yQ＝y(tǒng)1＋eq\f(3y2,2x2－5)＝eq\f(y1×2x2－5＋3y2,2x2－5)＝eq\f(kx1－4×2x2－5＋3kx2－4,2x2－5)＝keq\f(2x1x2－5x1＋x2＋8,2x2－5)＝keq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝keq\f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝y(tǒng)Q，即AQ⊥y軸．2．(15分)已知斜率為k的直線l與橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(n，m)．(1)若n＝1，m＝－1，求k的值；(2)若線段AB的垂直平分線交y軸于點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))，且|AB|＝4|PM|，求直線l的方程．解：(1)由題設(shè)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,A),6)＋\f(y\o\al(2,A),3)＝1，,\f(x\o\al(2,B),6)＋\f(y\o\al(2,B),3)＝1，))作差可得eq\f(x\o\al(2,A)－x\o\al(2,B),6)＋eq\f(y\o\al(2,A)－y\o\al(2,B),3)＝eq\f(xA＋xBxA－xB,6)＋eq\f(yA＋yByA－yB,3)＝0.又xA＋xB＝2n＝2，yA＋yB＝2m＝－2，則eq\f(xA－xB,3)＝eq\f(2yA－yB,3)，所以k＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(1,2).(2)由題意，直線l的斜率一定存在，直線l為y＝k(x－n)＋m.若k＝0，直線l：y＝m且M(0，m)，－eq\r(3)＜m＜eq\r(3)，此時中垂線PM與y軸重合，與題設(shè)中，垂直平分線與y軸交于Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))矛盾，不滿足題意．若k≠0，如圖，由(1)知eq\f(nxA－xB,3)＝－eq\f(2myA－yB,3)，則k＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝－eq\f(n,2m)，所以中垂線PM為y＋eq\f(1,3)＝eq\f(2m,n)x，即6mx－3ny－n＝0.又M(n，m)在該直線上，所以3mn－n＝0，得n＝0或m＝eq\f(1,3).當(dāng)n＝0時，k＝0，不滿足題意，故m＝eq\f(1,3).故k＝－eq\f(3n,2)，即l：y＝eq\f(1,3)－eq\f(3,2)n(x－n)，與橢圓方程聯(lián)立得x2＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(3,2)nx－n))2＝6，整理得9(2＋9n2)x2－18n(2＋9n2)x＋81n4＋36n2－104＝0，所以xA＋xB＝2n，xAxB＝eq\f(81n4＋36n2－104,92＋9n2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(xA＋xB2－4xAxB)＝eq\r(4＋9n2)·eq\r(\f(104－18n2,18＋81n2)).而|PM|＝eq\r(n2＋\f(4,9))，由|AB|＝4|PM|，得eq\f(4＋9n252－9n2,18＋81n2)＝8n2＋eq\f(32,9)，解得n＝±eq\f(2,3)，所以l：y＝1±x.綜上，直線l的方程為y＝±x＋1.3．(15分)已知橢圓G：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(6),3)，且過點(diǎn)(3,1)．(1)求橢圓G的方程；(2)斜率為1的直線l與橢圓G交于A，B兩點(diǎn)，以AB為底邊作等腰三角形，頂點(diǎn)為P(－3,2)，求△PAB的面積．解：(1)由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,\f(9,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2\r(3)，,b＝2，,c＝2\r(2)，))所以橢圓G的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋m，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，得4x2＋6mx＋3m2－12＝0，①Δ＝36m2－16(3m2－12)＞0，即－4＜m＜4.所以xA＋xB＝－eq\f(3m,2)，xAxB＝eq\f(3m2－12,4)，所以yA＋yB＝xA＋xB＋2m＝－eq\f(3m,2)＋2m＝eq\f(m,2).設(shè)M為AB的中點(diǎn)，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3m,4)，\f(m,4)))，AB的中垂線的斜率k＝－1，所以AB的中垂線的方程為y－eq\f(m,4)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3m,4)))，即x＋y＋eq\f(m,2)＝0.將P(－3,2)代入得m＝2，所以直線l的方程為y＝x＋2，即x－y＋2＝0.此時方程①為4x2＋12x＝0，解得xA＝－3，xB＝0，所以yA＝－1，yB＝2，所以A(－3，－1)，B(0,2)，所以|AB|＝3eq\r(2).又因?yàn)辄c(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\f(|－3－2＋2|,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)，所以△PAB的面積為eq\f(1,2)×|AB|×d＝eq\f(1,2)×3eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).4．(15分)(2025·濱州模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，過左焦點(diǎn)F(－eq\r(3)，0)作傾斜角為α的直線l交橢圓C