2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 §8.5 第2课时　直线与椭圆

大一轮复习讲义第八章§8.5椭圆1.若直线y＝kx＋1与椭圆＝1总有公共点，则m的取值范围是A.m1B.m0C.0m5且m≠1D.m≥1且m≠5√题型一直线与椭圆的位置关系自主演练x25＋y2m解析方法一由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，则01m≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.方法二由y＝kx＋1，mx2＋5y2－5m＝0，消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m0且m≠5，∴5k2＋m－1≥0，∴m≥1且m≠5.2.已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：(1)有两个不重合的公共点；得方程组y＝2x＋m，x24＋y22＝1，解将直线l的方程与椭圆C的方程联立，将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.当Δ0，即－32m32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解.这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点.①②解当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解.(2)有且只有一个公共点；这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点.解当Δ0，即m－32或m32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解.(3)没有公共点.这时直线l与椭圆C没有公共点.研究直线与椭圆位置关系的方法(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数.(2)对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点.思维升华题型二弦长及中点弦问题多维探究例1(1)已知斜率为2的直线经过椭圆x25＋y24＝1的右焦点F，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.命题点1弦长问题553解析方法一由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，由y＝2x－1，x25＋y24＝1，消去y，得3x2－5x＝0，解得x＝0或53，设A(0，－2)，B53，43，则|AB|＝0－532＋－2－432＝553.方法二由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，由y＝2x－1，x25＋y24＝1，消去y得3x2－5x＝0，则x1＋x2＝53，x1x2＝0，则|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，＝1＋22532－4×0＝553.(2)斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为A.2B.455C.4105D.8105√由x2＋4y2＝4，y＝x＋t，消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝4t2－15.∴|AB|＝2|x1－x2|＝2x1＋x22－4x1x2解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，又Δ＝(8t)2－16(t2－1)×50，得t25，＝2－85t2－4×4t2－15＝425·5－t2，当t＝0时，|AB|max＝4105.命题点2中点弦问题例2已知P(1,1)为椭圆x24＋y22＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________.x＋2y－3＝0解析方法一易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2).由y－1＝kx－1，x24＋y22＝1，∴x1＋x2＝4kk－12k2＋1，消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，又∵x1＋x2＝2，∴4kk－12k2＋1＝2，解得k＝－12.经检验，k＝－12满足题意.故此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y212＝1，①x224＋y222＝1，②①－②得x1＋x2x1－x24＋y1＋y2y1－y22＝0，∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴x1－x22＋y1－y2＝0，又x2－x1≠0，∴k＝y1－y2x1－x2＝－12.经检验，k＝－12满足题意.∴此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.(1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题.涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单.记住必须检验.思维升华(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]或|AB|＝1＋1k2[y1＋y22－4y1y2](k为直线斜率).(3)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.跟踪训练1(1)已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝时，则直线l的方程为_______________________________.3222x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0解析由题意得b＝1，c＝1.∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.∴椭圆方程为y22＋x2＝1.当直线l的斜率不存在时，|CD|＝22，不符合题意.当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，联立y＝kx＋1，y2＋2x2＝2，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0.Δ＝8(k2＋1)0恒成立.设C(x1，y1)，D(x2，y2).∴x1＋x2＝－2kk2＋2，x1x2＝－1k2＋2.∴|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝22k2＋1k2＋2.即22k2＋1k2＋2＝322，解得k2＝2，∴k＝±2.∴直线l的方程为2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0.(2)已知椭圆(ab0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4,1)，则椭圆的离心率是________.x2a2＋y2b2＝132解析设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，由点差法可知yM＝－b2a2kxM，代入k＝1，M(－4，1)，解得b2a2＝14，e＝1－ba2＝32.题型三直线与椭圆的综合问题师生共研例3(2020·天津)已知椭圆＝1(ab0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点.(1)求椭圆的方程；x2a2＋y2b2解由已知可得b＝3，记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，所以椭圆的方程为x218＋y29＝1.(2)已知点C满足3OC→＝OF→，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.联立方程组y＝kx－3，x218＋y29＝1，解因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y＝kx－3.依题意，可得点B的坐标为12k2k2＋1，6k2－32k2＋1.解得x＝0或x＝12k2k2＋1.消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，所以点P的坐标为6k2k2＋1，－32k2＋1.因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，故直线CP的斜率为－32k2＋1－06k2k2＋1－1＝32k2－6k＋1.由3OC→＝OF→，得点C的坐标为(1,0)，又因为AB⊥CP，所以k·32k2－6k＋1＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝12或k＝1.所以直线AB的方程为y＝12x－3或y＝x－3，即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.(1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解.(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.思维升华跟踪训练2已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；解由题意知，△F1B1B2为等边三角形，则c＝3b，c＝1，即a2－b2＝3b2，a2－b2＝1，解得a2＝43，b2＝13，故椭圆C的方程为3x24＋3y2＝1.(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且，求直线l的方程.F1P—→⊥F1Q—→由y＝kx－1，x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，解易知椭圆C的方程为x22＋y2＝1，当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，Δ＝8(k2＋1)0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－12k2＋1，F1P—→＝(x1＋1，y1)，F1Q—→＝(x2＋1，y2)，因为F1P—→⊥F1Q—→，所以F1P—→·F1Q—→＝0，＝7k2－12k2＋1＝0，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1解得k2＝17，即k＝±77，故直线l的方程为x＋7y－1＝0或x－7y－1＝0.KESHIJINGLIAN课时精练A.(1，＋∞)B.(1,3)∪(3，＋∞)C.(3，＋∞)D.(0,3)∪(3，＋∞)12345678910111213141516基础保分练1.直线y＝x＋2与椭圆x2m＋y23＝1有两个公共点，则m的取值范围是√解析由y＝x＋2，x2m＋y23＝1，得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.由Δ0且m≠3及m0，得m1且m≠3.故选B.12345678910111213141516解析由题意得直线y－1＝k(x－1)恒过定点(1，1)，2.直线y＝kx－k＋1与椭圆x29＋y24＝1的位置关系为而点(1，1)在椭圆x29＋y24＝1的内部，所以直线与椭圆相交.故选A.A.相交B.相切C.相离D.不确定√123456789101112131415163.直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆x24＋y2＝1截得的最大弦长是A.2B.433C.4D.不能确定√解析直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为x2＋y－12＝4－4y2＋y2－2y＋1＝－3y2－2y＋5，当y＝－13时，弦长最大为433.123456789101112131415164.已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为A.x245＋y236＝1B.x236＋y227＝1C.x227＋y218＝1D.x218＋y29＝1√解析kAB＝0＋13－1＝12，kOM＝－1，由kAB·kOM＝－b2a2，得b2