【文档说明】2025届高考数学一轮复习专练56 直线和椭圆.docx，共(16)页，150.895 KB，由小赞的店铺上传

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温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。五十六直线和椭圆(时间:45分钟分值:95分)【基础落实练】1.(5分)(2024·合肥模拟)直线y=3x-1与椭圆𝑥24+

𝑦28=1的公共点的个数是()A.0B.1C.2D.无数个【解析】选C.由{𝑦=3𝑥-1𝑥24+𝑦28=1消去y并整理得11x2-6x-7=0,显然Δ=(-6)2-4×11×(-7)>0,所以直线

y=3x-1与椭圆𝑥24+𝑦28=1相交,有2个公共点.2.(5分)(2024·银川模拟)若直线y=x+m与椭圆𝑥24+𝑦22=1相切,则实数m的值等于()A.±6B.±√6C.±√3D.±4【解析】选B.将直线y=x+m与椭圆𝑥24+�

�22=1联立,得{𝑦=𝑥+𝑚𝑥24+𝑦22=1⇒3x2+4mx+2m2-4=0,由题意可知Δ=16m2-12(2m2-4)=0⇒m=±√6.3.(5分)(2024·桂林模拟)已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(

a>b>0)的右焦点为F(4,0),过点F的直线交椭圆于A,B两点,若M(1,-1),且𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则E的方程为()A.𝑥248+𝑦232=1B.𝑥236+�

�220=1C.𝑥224+𝑦28=1D.𝑥220+𝑦24=1【解析】选C.因为右焦点F(4,0),所以a2=b2+16,设A(x1,y1),B(x2,y2),由𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑂𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗可知M是AB的中点,所以x1+x2=2,y1+y

2=-2,且𝑥12𝑎2+𝑦12𝑏2=1,𝑥22𝑎2+𝑦22𝑏2=1,两式相减得(𝑥1+𝑥2)(𝑥1-𝑥2)𝑎2+(𝑦1+𝑦2)(𝑦1-𝑦2)𝑏2=0,所以kAB=𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=-𝑏2(𝑥1+𝑥2)𝑎2(𝑦1+𝑦2)

=-2𝑏2-2𝑎2=𝑏2𝑎2=0+14-1=kFM=13,所以a2=3b2=b2+16,所以b2=8,a2=24,故椭圆E的方程为𝑥224+𝑦28=1.4.(5分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C:𝑥

23+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的2倍,则m=()A.23B.√23C.-√23D.-23【解题指导】首先联立直线方程与椭圆方程

,利用Δ>0,求出m的范围,再根据三角形面积比得到关于m的方程,解出即可.【解析】选C.将直线y=x+m与椭圆联立{𝑦=𝑥+𝑚𝑥23+𝑦2=1,消去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,因为直线与椭圆相交于A,B点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)

>0,解得-2<m<2,设F1到AB的距离为d1,F2到AB的距离为d2,易知F1(-√2,0),F2(√2,0),则d1=|-√2+𝑚|√2,d2=|√2+𝑚|√2,𝑆△𝐹1𝐴𝐵𝑆△𝐹2𝐴𝐵=|-√2+𝑚|√2|√

2+𝑚|√2=|-√2+𝑚||√2+𝑚|=2,解得m=-√23或-3√2(舍去).5.(5分)(多选题)已知P是椭圆C:𝑥26+y2=1上的动点,过Q(1,14)的直线与椭圆交于M,N两点,则()A.C的焦距为√5B.当Q为MN中点时,直线MN的斜

率为-3C.C的离心率为√306D.若∠F1PF2=90°,则△F1PF2的面积为1【解析】选CD.由题知a2=6,b2=1,所以c2=6-1=5,故焦距为2c=2√5,故A选项错误;对于B选项,当Q为MN

中点时,设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0),则{𝑥126+𝑦12=1,𝑥226+𝑦22=1,所以𝑦1-𝑦2𝑥1-𝑥2=-16𝑥0𝑦0=-23,即kMN=-23,故B选项错误;对于C选项,椭圆的离心率为e=𝑐𝑎=√5√6=√306,故

C选项正确;对于D选项,∠F1PF2=90°,则{|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2√6|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=|𝐹1𝐹2|2,即{|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=2√6(|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|)2-2|𝑃�

�1||𝑃𝐹2|=|𝐹1𝐹2|2,代入数据得|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=2,所以△F1PF2的面积为S=12|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=1,故D选项正确.6.(5分)(多选题)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12.

过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,若△ADE的周长是26,则()A.a=132B.b=3√3C.直线DE的斜率为√33D.|DE|=12【解析】选ACD.如图所示:因为椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2

=1(a>b>0)的离心率为12,所以不妨设椭圆C:𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1,a=2c,b=√3c.因为C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,所以△AF1F2为等边三角形,因为过F1且垂直于

AF2的直线与C交于D,E两点,所以kDE=tan30°=√33.故C项正确.由等腰三角形的性质可得|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|.由椭圆的定义可得△ADE的周长为|DE|+|DF2|+|EF2|=4a=26,所以a=132,b=134√3.故A项正确,B项错

误.对于D项,设lDE:y=√33(x+134),联立{𝑥21694+𝑦250716=1𝑦=√33(𝑥+134),消去y得:x2+2x-26=0,则Δ=22+4×26>0,由根与系数的关系得x1+x2=-2

,x1·x2=-26,所以|DE|=√1+(√33)2√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1·𝑥2=2√3√22-4×(-26)=12,故D项正确.7.(5分)(2024·南昌模拟)如果直线l:y=k(x+√3)与椭圆C:𝑥2𝑎2+y2=1(a>1)总有公共点,则实数a的取值范围是[√3,

+∞).【解析】直线l:y=k(x+√3)过定点(-√3,0),因为直线l:y=k(x+√3)与椭圆C:𝑥2𝑎2+y2=1(a>1)总有公共点,所以点(-√3,0)在椭圆内部或椭圆上,则有(-√3)2𝑎2+02≤1⇒a2≥3,因为a>1,所以a≥√3.8.(5分)设椭圆中心在坐标原点,A

(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线y=kx(k>0)与线段AB相交于点D,与椭圆相交于E,F两点.若𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=6𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,则实数k的值为23或38.【解析】依题意得椭圆的方程为𝑥24+y2

=1,直线AB,EF的方程分别为x+2y-2=0,y=kx(k>0).如图,设D,E,F三点的坐标分别为D(x0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),其中x2>x1,由{𝑥24+𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥得(1+4k2)x2=4,则x1,x2满足方程(1

+4k2)x2=4,故x2=-x1=2√1+4𝑘2,由𝐸𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=6𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗知x0-x1=6(x2-x0),得x0=17(6x2+x1)=57x2=107√1+4𝑘2,由点D在直线AB上,知x0+2kx0=2,即x0=21+2�

�,所以107√1+4𝑘2=21+2𝑘,化简得24k2-25k+6=0,解得k=23或k=38.9.(10分)(2024·巴中模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,点M(1,32)在

椭圆C上,且𝑀𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑀𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-34.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C的右焦点为F,过点F斜率不为0的直线l交椭圆C于P,Q两点,记直线MP与直线MQ的斜率分别为k1,k2,当k1+k2=0时,求△MPQ的面积.【解析】(1)由题意知A1(-a,0

),A2(a,0),又M(1,32),则𝑀𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-a-1,-32),𝑀𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a-1,-32),所以(-a-1)(a-1)+(-32)2=-34,解得a=2(负值舍去),由M(1,32)在椭圆

C上及a=2得14+94𝑏2=1,解得b2=3,所以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1;(2)由(1)知,右焦点为F(1,0),据题意设直线l的方程为x=my+1(m≠0),P(my1+1,y1),Q(my2+1,y2),则k1=𝑦1-32𝑚𝑦1=2𝑦

1-32𝑚𝑦1,k2=𝑦2-32𝑚𝑦2=2𝑦2-32𝑚𝑦2,于是由k1+k2=0得2𝑦1-32𝑚𝑦1+2𝑦2-32𝑚𝑦2=0,化简得4y1y2=3(y1+y2)①,由{𝑥=𝑚�

�+1,3𝑥2+4𝑦2-12=0消去x整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,Δ=(6m)2+36(3m2+4)=144(m2+1)>0,由根与系数的关系得:y1+y2=-6𝑚3𝑚2+4,y1y2=-93𝑚2+4,代入①式得:-363𝑚

2+4=-18𝑚3𝑚2+4,解得m=2,所以直线l的方程为x-2y-1=0,方法一:Δ=144(22+1)=720,y1+y2=-34,y1y2=-916,由求根公式与弦长公式得:|PQ|=√1+22|y1-y2|=√5√72016=154,设点M到直线l的距离为d,则d=

|1-2×32-1|√1+(-2)2=3√55,所以S△MPQ=12|PQ|d=12×154×3√55=9√58.方法二:由题意可知S△MPQ=S△MPF+S△MQF=12|MF|(|xP|+|xQ|)=34(|xP|+|xQ|),x-2y-1=0代入3x2+4y

2-12=0消去y得4x2-2x-11=0,所以Δ=(-2)2-4×4×(-11)=180>0,xP+xQ=12,xPxQ=-114<0,所以S△MPQ=34(|xP|+|xQ|)=34|xP-xQ|=34×√1804=9√58.【加练备选】(2024·

广州模拟)已知椭圆C:𝑥28+𝑦22=1,过点A(2,1)作两条直线,这两条直线与椭圆C的另一交点分别是M,N,且M,N关于坐标原点O对称.设直线AM,AN的斜率分别是k1,k2.(1)证明:k1k2=-14.(2)若点M到直线AN的距离为2,

求直线AM的方程.【解析】(1)设M(x1,y1),因为M,N关于坐标原点O对称,所以N(-x1,-y1),则k1=𝑦1-1𝑥1-2,k2=-𝑦1-1-𝑥1-2,故k1k2=𝑦12-1𝑥12-4.因为M在椭圆C上,所以𝑥128+𝑦122=1,所以𝑥12=8

-4𝑦12,则k1k2=𝑦12-1𝑥12-4=𝑦12-14-4𝑦12=-14.(2)方法一:因为M,N关于坐标原点O对称,所以O为MN的中点.因为点M到直线AN的距离为2,所以点O到直线AN的距离为1.由题意可知直线AN的方

程为y-1=k2(x-2),即k2x-y-2k2+1=0,则点O到直线AN的距离d=|-2𝑘2+1|√𝑘22+1=1,解得k2=43或k2=0(舍去).由(1)可知k1k2=-14,则k1=-316,故直线AM的方程为y-1=-316(x-2),即y=-316x+11

8.方法二:由题意可知直线AM的方程为y-1=k1(x-2),联立{𝑦-1=𝑘1(𝑥-2)𝑥28+𝑦22=1,整理得(4𝑘12+1)x2-(16𝑘12-8k1)x+16𝑘12-16k1-4=0,Δ=(16𝑘12-8k1)2-4(4𝑘12+1)(16𝑘12

-16k1-4)=16(2k1+1)2>0,则x1+2=16𝑘12-8𝑘14𝑘12+1=4-8𝑘1+44𝑘12+1,从而x1=2-8𝑘1+44𝑘12+1,故y1=k1(x1-2)+1=1-8𝑘12+4𝑘14𝑘12+1,即M(2-8𝑘1+44𝑘12+1

,1-8𝑘12+4𝑘14𝑘12+1).因为k1k2=-14,所以k2=-14𝑘1,所以直线AN的方程为y-1=k2(x-2)=-14𝑘1(x-2),即x+4k1y-4k1-2=0,则M到直线AN的距离d=|2-8𝑘1+44�

�12+1+4𝑘1(1-8𝑘12+4𝑘14𝑘12+1)-4𝑘1-2|√16𝑘12+1=|8𝑘1+4|√16𝑘12+1.因为点M到直线AN的距离为2,所以|8𝑘1+4|√16𝑘12+

1=2,解得k1=-316,则直线AM的方程为y-1=-316(x-2),即y=-316x+118.【能力提升练】10.(5分)(2024·哈尔滨模拟)直线y=kx+1,当k变化时,此直线被椭圆𝑥24+y2=1截得的弦长的最大值是()A.2B.4√33C.4D.不能确定【解析】选B

.直线y=kx+1恒过定点(0,1),且点(0,1)在椭圆上,设另外一个交点为(x,y),所以𝑥24+y2=1,则x2=4-4y2,弦长为√𝑥2+(𝑦-1)2=√4-4𝑦2+(𝑦-1)2=√-

3𝑦2-2𝑦+5,当y=-13时,弦长最大,为4√33.11.(5分)(2024·赤峰模拟)在椭圆𝑥29+𝑦24=1上求一点M,使点M到直线x+2y-10=0的距离最大,点M的坐标为()A.(-3,0)B.(-95,-85)C.(-2,-2√55)D.(-2,0)【解析】选B.

如图所示:根据题意可知,当点M在第三象限且椭圆在点M处的切线与直线x+2y-10=0平行时,点M到直线x+2y-10=0的距离取得最大值,可设切线方程为x+2y+m=0(m>0),联立{𝑥+2𝑦+𝑚=04𝑥2+9

𝑦2=36,消去x整理可得25y2+16my+4m2-36=0,Δ=162m2-100(4m2-36)=0,因为m>0,解得m=5,所以,椭圆𝑥29+𝑦24=1在点M处的切线方程为x+2y+5=0,因此,点M到直线x

+2y-10=0的距离的最大值为|5+10|√12+22=3√5,联立{𝑥+2𝑦+5=0𝑥29+𝑦24=1,可得点M的坐标为(-95,-85).12.(5分)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左焦点为F1,过左焦点F1作倾斜角为π6的直线交椭圆于A,B两点,

且𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,则椭圆C的离心率为()A.12B.23C.√33D.2√23【解析】选C.设F1(-c,0),A(x1,y1),B(x2,y2),过点F1所作直线的倾斜角为π6,所以该直线斜率为√33,所以直线方程可写为x=√3

y-c,联立方程{𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1𝑥=√3𝑦-𝑐,可得(a2+3b2)y2-2√3b2cy-b4=0,Δ=(2√3b2c)2+4b4(a2+3b2)>0,根据根与系数的关系:y1+y2=2√3𝑏2𝑐𝑎2+3𝑏2,y1y2=-𝑏4𝑎2+3𝑏2

,因为𝐴𝐹1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐹1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,即(-c-x1,-y1)=3(x2+c,y2),所以y1=-3y2,所以𝑦1𝑦2+𝑦2𝑦1=(𝑦1+𝑦2)2𝑦1𝑦2-2=(2√3𝑏2𝑐𝑎2+3𝑏2)2-𝑏4𝑎2

+3𝑏2-2=-3-13,即3𝑐2𝑎2+3𝑏2=13,所以a2+3b2=9c2,联立{𝑎2+3𝑏2=9𝑐2𝑎2=𝑏2+𝑐2,可得a2=3c2,e2=13⇒e=√33.13.(5分)(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0),C的上顶

点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为12,过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是13.【命题意图】本题主要考查直线与椭圆的综合应用,需要学生很强的综合能力.【解析】因为椭圆的离心率为e=𝑐𝑎=12,所以a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,

所以椭圆的方程为𝑥24𝑐2+𝑦23𝑐2=1,即3x2+4y2-12c2=0,不妨设左焦点为F1,右焦点为F2,如图所示,因为AF2=a,OF2=c,a=2c,所以∠AF2O=π3,所以△AF1F2为正三角形

,因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,DE为线段AF2的垂直平分线,所以直线DE的斜率为√33,斜率倒数为√3,直线DE的方程:x=√3y-c,代入椭圆方程3x2+4y2-12c2=0,整理化简得到:13y2-6√3cy-9c2

=0,判别式Δ=(-6√3c)2+4×13×9c2=62×16×c2,所以|DE|=√1+(-√3)2|y1-y2|=2×√𝛥13=2×6×4×𝑐13=6,所以c=138,得a=2c=134,因为DE为线段AF2的垂直平分线,根据对称性,AD=

DF2,AE=EF2,所以△ADE的周长等于△F2DE的周长,利用椭圆的定义得到△F2DE的周长为|DF2|+|EF2|+|DE|=|DF2|+|EF2|+|DF1|+|EF1|=|DF1|+|DF2|+|EF1|+|EF2|=2a+2a=4a=13.14

.(10分)(2024·岳阳模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)经过点P(23,2√23),左,右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,且|PF1|+|PF2|=4.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设A为椭圆C的右顶点,直线l与

椭圆C相交于M,N两点,以MN为直径的圆过点A,求|AM|·|AN|的最大值.【解析】(1)根据题意可得{49𝑎2+89𝑏2=1|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=4=2𝑎,解得a2=4,b2=1,所以椭圆的方程为𝑥24+y2=1.(2)由(1)得A(2,0),设直线l的方程为x=my

+t,(t≠2),M(x1,y1),N(x2,y2),联立{𝑥=𝑚𝑦+𝑡𝑥24+𝑦2=1,得(m2+4)y2+2mty+t2-4=0,所以Δ=(2mt)2-4(m2+4)(t2-4)=16m2-16t2+64>0,y1+y2=-2𝑚𝑡𝑚2+4,y1y2=𝑡2

-4𝑚2+4,x1+x2=(my1+t)+(my2+t)=m(y1+y2)+2t=m(-2𝑚𝑡𝑚2+4)+2t=8𝑡𝑚2+4,x1x2=(my1+t)(my2+t)=m2y1y2+mt(y1+y2)+t2=m2·𝑡2-4𝑚

2+4+mt·(-2𝑚𝑡𝑚2+4)+t2=-4𝑚2+4𝑡2𝑚2+4,因为以MN为直径的圆过点A,故AM⊥AN,所以𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,所以(x1-2,y1)·(x2-2,y2)=0,所以-2(x1+x2)

+x1x2+y1y2+4=0,所以-2×8𝑡𝑚2+4+-4𝑚2+4𝑡2𝑚2+4+(𝑡2-4𝑚2+4)+4=0,所以5𝑡2-16𝑡+12𝑚2+4=0,解得t=65或t=2(舍去),当t=65时,Δ>0

,且|MN|=√𝑚2+1|y1-y2|,点A到MN的距离为d=|2-𝑡|√𝑚2+1,所以S△AMN=12|AM|·|AN|=12|2-t|·|y1-y2|=12|2-t|·√4𝑚2𝑡2-4(𝑡2-4)(𝑚2+4)𝑚2

+4,化简得|AM|·|AN|=165×√𝑚2-𝑡2+4𝑚2+4,令√𝑚2-𝑡2+4=s=√𝑚2+6425≥85,则m2+4=s2+t2=s2+3625,所以|AM|·|AN|=165×𝑠𝑠2+3625=165×1𝑠+3625𝑠,由对勾函数的单

调性知y=s+3625𝑠,在[85,+∞)上单调递增,即s=85,m=0时y=s+3625𝑠取得最小值52,此时|AM|·|AN|max=165×152=3225.15.(10分)(2024·南昌模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+�

�2𝑏2=1(a>b>0)的焦距为2,且经过点P(1,32).(1)求椭圆C的方程;(2)经过椭圆右焦点F且斜率为k(k≠0)的动直线l与椭圆交于A,B两点,试问:x轴上是否存在异于点F的定点T,使|AF|·|BT|=

|BF|·|AT|恒成立?若存在,求出T点坐标;若不存在,说明理由.【解析】(1)由椭圆C的焦距为2,故c=1,则b2=a2-1,又由椭圆C经过点P(1,32),代入C得1𝑎2+94𝑏2=1,解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)根据题意,直线l的斜率显

然不为零,令1𝑘=m,由椭圆右焦点F(1,0),故可设直线l的方程为x=my+1,联立{𝑥=𝑚𝑦+1𝑥24+𝑦23=1,整理得(3m2+4)y2+6my-9=0,则Δ=36m2-4×(-9)(3m2+4)=144(m

2+1)>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),且y1+y2=-6𝑚3𝑚2+4,y1y2=-93𝑚2+4,设存在点T,设T点坐标为(t,0),由|AF||BT|=|BF||AT|,可得|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=|𝐴𝑇||𝐵𝑇|,又因为|𝐴𝐹||𝐵𝐹|=𝑆△

𝑇𝐹𝐴𝑆△𝑇𝐹𝐵=12|𝐹𝑇||𝐴𝑇|sin∠𝐴𝑇𝐹12|𝐹𝑇||𝐵𝑇|sin∠𝐵𝑇𝐹=|𝐴𝑇|sin∠𝐴𝑇𝐹|𝐵𝑇|sin∠𝐵𝑇𝐹,所以sin∠ATF=sin∠BTF,所以∠ATF=∠BTF,所以直线TA和

TB关于x轴对称,其倾斜角互补,即有kAT+kBT=0,则kAT+kBT=𝑦1𝑥1-𝑡+𝑦2𝑥2-𝑡=0,所以y1(x2-t)+y2(x1-t)=0,所以y1(my2+1-t)+y2(my1+1-t)=0,整理得2my1y2+(1-t)(y1+y2)=0,即2m×-93𝑚2+

4+(1-t)×-6𝑚3𝑚2+4=0,即3𝑚3𝑚2+4+(1-t)×𝑚3𝑚2+4=0,解得t=4,符合题意,即存在点T(4,0)满足题意.【加练备选】(2024·北京模拟)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2

𝑏2=1(a>b>0)过点(0,√3),且离心率为12.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过动点P(1,t)作直线交椭圆C于A,B两点,且|PA|=|PB|,过P作直线l,使l与直线AB垂直,证明:直线l恒过定点,并求此定点的坐标.【解析】

(1)由已知得{𝑏=√3𝑎2=𝑏2+𝑐2𝑐𝑎=12,解方程组得{𝑎2=4𝑏2=3.所以椭圆C的标准方程为𝑥24+𝑦23=1.(2)当直线AB斜率存在时,由题意知斜率不为0,设AB的直线方程为y-t=k(x-1),且k≠0,联立{3𝑥2+4𝑦2=12�

�-𝑡=𝑘(𝑥-1),消y得,(3+4k2)x2+8k(t-k)x+4(t-k)2-12=0,由题意,Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8𝑘(𝑡-𝑘)3+4𝑘2.因为|PA|=|PB|,所

以P是AB的中点.即𝑥1+𝑥22=1,得-8𝑘(𝑡-𝑘)3+4𝑘2=2,3+4kt=0①,又l⊥AB,l的斜率为-1𝑘,直线l的方程为y-t=-1𝑘(x-1)②,把①代入②可得:y=-1𝑘(x-14),所以直线l恒过定点(14,0).当直线AB斜率不存在时,直线AB的方程为x=

1,此时直线l为x轴,也过(14,0).综上所述,直线l恒过点(14,0).【素养创新练】16.(5分)已知斜率不为0的直线l过椭圆C:𝑥22+y2=1的左焦点F且交椭圆于A,B两点,y轴上的点M满足|MA|=|MB|,则|𝐹𝑀||

𝐴𝐵|的取值范围为()A.(√28,√24]B.(√24,√22]C.(116,12)D.[√2,+∞)【解析】选B.很明显点M为线段AB的垂直平分线与y轴的交点,设直线l:x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线方程与椭圆方程,可得

(m2+2)y2-2my-1=0,因此y1+y2=2𝑚𝑚2+2,y1y2=-1𝑚2+2,所以线段AB的中点坐标为(-2𝑚2+2,𝑚𝑚2+2),|AB|=√1+𝑚2√(𝑦1+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2=2√2

(1+𝑚2)2+𝑚2,AB的垂直平分线的方程为y=-m(x+2𝑚2+2)+𝑚𝑚2+2,当x=0时,y=-𝑚𝑚2+2,则M(0,-𝑚𝑚2+2),因此|FM|=√(-𝑚𝑚2+2)2+1=√𝑚4+5𝑚2+4𝑚2+2,所以|𝐹𝑀||𝐴𝐵|=√𝑚4+5𝑚2+4𝑚2

+2×2+𝑚22√2(1+𝑚2)=√(1+𝑚2)(4+𝑚2)2√2(1+𝑚2)=√24×√𝑚2+4𝑚2+1=√24×√1+3𝑚2+1∈(√24,√22].