《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 设椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$过点$(0,4)$，离心率为$\frac{3}{5}$.
（1）求椭圆$C$的方程；
（2）求过点$(3,0)$且斜率为$\frac{4}{5}$的直线被椭圆$C$所截线段的中点的坐标.

答案： 解
(1)将点$(0,4)$的坐标代入椭圆$C$的方程得$\frac{16}{b^{2}}=1$，
$\therefore b = 4$。
由$e=\frac{c}{a}=\frac{3}{5}$，得$\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，即$1-\frac{16}{a^{2}}=\frac{9}{25}$，$\therefore a = 5$，
$\therefore$椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$。
(2)过点$(3,0)$且斜率为$\frac{4}{5}$的直线方程为$y=\frac{4}{5}(x - 3)$。
设直线与椭圆$C$的交点为$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，
将直线$AB$的方程$y=\frac{4}{5}(x - 3)$与椭圆$C$的方程联立，
消去$y$得$\frac{x^{2}}{25}+\frac{(x - 3)^{2}}{25}=1$，即$x^{2}-3x - 8 = 0$，则$x_{1}+x_{2}=3$，
$\therefore\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{3}{2}$，$\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\frac{2}{5}(x_{1}+x_{2}-6)=-\frac{6}{5}$，即所截线段的中点坐标为$(\frac{3}{2},-\frac{6}{5})$。

11. 经过椭圆$x^{2}+2y^{2}=2$的一个焦点作倾斜角为$45^{\circ}$的直线$l$，交椭圆于$M,N$两点，设$O$为坐标原点，则$\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=$ （ ）
A. -3
B. $\pm\frac{1}{3}$
C. $-\frac{1}{3}$
D. $-\frac{1}{2}$

答案： C
由题意得椭圆的标准方程为$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，$\therefore a=\sqrt{2}$，$b = 1$，$\therefore c = 1$，$\therefore$椭圆的焦点为$(-1,0)$，$(1,0)$。由对称性不妨设倾斜角为$45^{\circ}$的直线$l$过点$(1,0)$，则其方程为$y = x - 1$，由$\begin{cases}y = x - 1,\\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$消去$y$，整理得$3x^{2}-4x = 0$，
解得$x = 0$或$x=\frac{4}{3}$。当$x = 0$时，$y=-1$；当$x=\frac{4}{3}$时，$y=\frac{1}{3}$。$\therefore\overrightarrow{OM}\cdot\overrightarrow{ON}=0\times\frac{4}{3}+(-1)\times\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}$。故选C。

12.（多选）设椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$，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. $k_{AB}\cdot k_{OM}=-1$
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$(\frac{1}{3},\frac{4}{3})$
D. 若直线$l$的方程为$y = x + 2$，则$|AB|=\frac{4\sqrt{2}}{3}$

答案： BD
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$\begin{cases}\frac{x_{1}^{2}}{2}+\frac{y_{1}^{2}}{4}=1,\\\frac{x_{2}^{2}}{2}+\frac{y_{2}^{2}}{4}=1\end{cases}$两式相减，得$\frac{x_{1}^{2}-x_{2}^{2}}{2}+\frac{y_{1}^{2}-y_{2}^{2}}{4}=0$，即$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}\cdot\frac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}=-2$，即$k_{AB}\cdot k_{OM}=-2$。对于A，$k_{AB}\cdot k_{OM}=-2\neq - 1$，所以A不正确；对于B，由$k_{AB}\cdot k_{OM}=-2$，$M(1,1)$，得$k_{AB}=-2$，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$y = x + 1$，$M(\frac{1}{3},\frac{4}{3})$，则$k_{AB}\cdot k_{OM}=1\times4 = 4\neq - 2$，所以C不正确；对于D，由$\begin{cases}y = x + 2,\\\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$得$3x^{2}+4x = 0$，解得$x = 0$或$x=-\frac{4}{3}$，所以$|AB|=\sqrt{1 + 1^{2}}\times|-\frac{4}{3}-0|=\frac{4\sqrt{2}}{3}$，所以D正确。故选BD。

13. 已知$F$为椭圆$C:\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$的右焦点，直线$y = kx + 1$与椭圆$C$交于$A,B$两点. 若$AF\perp BF$，则实数$k$的值为________.

答案： $-\frac{1}{2}$
解析　依题意联立直线与椭圆方程$\begin{cases}y = kx + 1,\\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$，消去$y$并整理得$(2k^{2}+1)x^{2}+4kx = 0$，解得$x = 0$或$x=\frac{-4k}{2k^{2}+1}$，不妨取$x_{A}=0$，$x_{B}=\frac{-4k}{2k^{2}+1}$，则$y_{A}=1$，$y_{B}=k\cdot\frac{-4k}{2k^{2}+1}+1=\frac{1 - 2k^{2}}{2k^{2}+1}$，所以$A(0,1)$，$B(\frac{-4k}{2k^{2}+1},\frac{1 - 2k^{2}}{2k^{2}+1})$，又$F(1,0)$，所以$k_{AF}=-1$，因为$AF\perp BF$，所以$k_{BF}=1$，即$\frac{\frac{1 - 2k^{2}}{2k^{2}+1}}{\frac{-4k}{2k^{2}+1}-1}=1$，即$\frac{1 - 2k^{2}}{2k^{2}+1}=\frac{-4k}{2k^{2}+1}-1$，所以$1 - 2k^{2}=-4k-(2k^{2}+1)$，解得$k=-\frac{1}{2}$。

14. 过椭圆$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$的一个焦点$F$作直线$l$交椭圆于$A$，$B$两点，椭圆的中心为$O$，当$\triangle AOB$的面积最大时，求直线$l$的方程.

答案： 解
不妨过椭圆右焦点$F(1,0)$作直线$l$，当直线$l$垂直于$x$轴时，可知此时$\triangle AOB$的面积等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
当$l$不垂直于$x$轴时，可设直线$l$的方程为$y = k(x - 1)(k\neq0)$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。
因为$|OF|$是定值$1$，所以$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\times1\times|y_{1}-y_{2}|=\frac{|y_{1}-y_{2}|}{2}$，将$y = k(x - 1)$代入$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，消去$x$得$(1 + 2k^{2})y^{2}+2ky - k^{2}=0$，
由根与系数的关系可得$y_{1}+y_{2}=-\frac{2k}{1 + 2k^{2}}$，$y_{1}y_{2}=-\frac{k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，
所以$(y_{1}-y_{2})^{2}=(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}=\frac{8k^{4}+8k^{2}}{(2k^{2}+1)^{2}}=2-\frac{2}{(2k^{2}+1)^{2}}＜2$。此时$\triangle AOB$的面积小于$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
故当直线$l$垂直于$x$轴时，$\triangle AOB$的面积最大，由椭圆的对称性知，
当$\triangle AOB$的面积最大时，直线$l$的方程为$x = 1$或$x=-1$。

15.（新定义题）（多选）已知点$M(-1,0)$和$N(1,0)$. 若某直线上存在点$P$，使得$|PM|+|PN| = 4$，则称该直线为“椭型直线”，下列直线是“椭型直线”的是 （ ）
A. $x - 2y + 6 = 0$
B. $x - y = 0$
C. $2x - y + 1 = 0$
D. $x + y - 3 = 0$

答案： BC
由椭圆的定义知，点$P$的轨迹是以$M$，$N$为焦点的椭圆，其方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，若一条直线为“椭型直线”，则该直线与椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$有交点。
对于A，将$x - 2y + 6 = 0$代入方程$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，整理得$x^{2}+3x + 6 = 0$，由$\Delta=9 - 4\times1\times6＜0$，知直线与椭圆没有交点，故直线$x - 2y + 6 = 0$不是“椭型直线”；
对于B，易知直线$x - y = 0$与椭圆有交点，故直线$x - y = 0$是“椭型直线”；
对于C，将直线$2x - y + 1 = 0$与椭圆方程联立，消去$y$整理得$19x^{2}+16x - 8 = 0$，由$\Delta=16^{2}-4\times19\times(-8)＞0$，知直线$2x - y + 1 = 0$是“椭型直线”；
对于D，将直线$x + y - 3 = 0$与椭圆方程联立，消去$y$整理得$7x^{2}-24x + 24 = 0$，由$\Delta=(-24)^{2}-4\times7\times24＜0$，知直线与椭圆没有交点，故直线$x + y - 3 = 0$不是“椭型直线”。故选BC。