|
2025年高考数学新高考Ⅱ-15<-->2025年高考数学新高考Ⅰ-17
（15分）已知椭圆$C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0)$的离心率为$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，长轴长为4．
（1）求$C$的方程；
（2）过点$(0,-2)$的直线$l$与椭圆$C$交于$A$，$B$两点，$O$为坐标原点．若△$OAB$的面积为$\sqrt{2}$，求$\vert AB\vert$．
〖答案〗（1）$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）$\sqrt{5}$．
〖分析〗（1）由题意求出$a$，$c$，即可求出$b^{2}$，直接写出椭圆的方程；
（2）由题意知直线$l$的斜率存在且不为0，设斜率为$k$，直线$l$的方程为$y=kx-2$，求出直线与$x$轴的交点坐标，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去$y$得关于$x$的方程，利用根与系数的关系，求出$x_{1}+x_{2}$与$x_{1}x_{2}$，计算$S_{\triangle OAB}$的面积，从而求出$k$的值，即可求出弦长$\vert AB\vert$．
〖解答〗解：（1）椭圆$C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$中，$2a=4$，所以$a=2$，
由$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，得$c=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a=\sqrt{2}$，
所以$b^{2}=a^{2}-c^{2}=2$，椭圆的方程为$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由题意知，直线$l$的斜率存在且不为0，设斜率为$k$，则直线$l$的方程为$y=kx-2$，设直线$l$与椭圆交于$A(x_{1}$，$y_{1})$，$B(x_{2}$，$y_{2})$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去$y$，整理得$(1+2k^{2})x^{2}-8kx+4=0$，
所以△$=64k^{2}-16(1+2k^{2})=32k^{2}-16 > 0$，解得$k < -\dfrac{\sqrt{2}}{2}$或$k > \dfrac{\sqrt{2}}{2}$；
由$x_{1}+x_{2}=\dfrac{8k}{1+{2k}^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\dfrac{4}{1+{2k}^{2}}$，
设直线$l$交$x$轴于点$M$，则$M(\dfrac{2}{k}$，$0)$，
所以$S_{\triangle OAB}=\dfrac{1}{2}\vert OM\vert \cdot \vert y_{1}-y_{2}\vert$
$=\dfrac{1}{2}\vert \dfrac{2}{k}\vert \cdot \vert (kx_{1}-2)-(kx_{2}-2)\vert$
$=\vert x_{1}-x_{2}\vert$
$=\sqrt{{{(x}_{1}{+x}_{2})}^{2}-{{4x}_{1}x}_{2}}$
$=\sqrt{\dfrac{6{4k}^{2}}{{(1+{2k}^{2})}^{2}}-\dfrac{16}{1+{2k}^{2}}}$
$=\dfrac{4}{1+{2k}^{2}}\sqrt{{2k}^{2}-1}=\sqrt{2}$，
解得$k=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}$，
所以$\vert AB\vert =\sqrt{1{+k}^{2}}\vert x_{1}-x_{2}\vert =\sqrt{1+\dfrac{3}{2}}\times \sqrt{2}=\sqrt{5}$．
〖点评〗本题考查了圆锥曲线的定义与性质应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
2025年高考数学新高考Ⅱ-15<-->2025年高考数学新高考Ⅰ-17
全网搜索"2025年高考数学新高考Ⅱ-16"相关
|
