第9章 平面解析几何 第5节 椭圆 第二课时　直线与椭圆

第二课时直线与椭圆考点一直线与椭圆的位置关系1.若直线y＝kx＋1与椭圆x25＋y2m＝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答案D解析法一由于直线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.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，∴m≥1－5k2恒成立，∴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；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点.解将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y＝2x＋m，①x24＋y22＝1，②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.(1)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.(2)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.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.(3)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.这时直线l与椭圆C没有公共点.感悟提升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.考点二中点弦及弦长问题角度1中点弦问题例1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________________.答案x＋2y－3＝0解析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，消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，∴x1＋x2＝4k（k－1）2k2＋1.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.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.感悟提升弦及弦中点问题的解决方法(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.角度2弦长问题例2(2022·贵阳联考)在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦距为2，且过点1，22.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C左焦点F1的直线l(不与坐标轴垂直)与椭圆C交于A，B两点，若点H－13，0满足|HA|＝|HB|，求|AB|.解(1)由题意得2c＝2，即c＝1，所以a2＝b2＋c2＝b2＋1.将1，22代入x2b2＋1＋y2b2＝1，可得1b2＋1＋12b2＝1，即2b2＋b2＋1＝2b2(b2＋1)，整理得(2b2＋1)(b2－1)＝0，解得b2＝－12(舍)或b2＝1，则a2＝2，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)由题意得F1(－1，0).设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立椭圆C与直线l的方程，可得x2＋2k2(x＋1)2＝2，整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝16k4－4(2k2＋1)(2k2－2)＝8(k2＋1)0，则x1＋x2＝－4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.设AB的中点M(x0，y0)，则x0＝x1＋x22＝－2k22k2＋1，y0＝k(x0＋1)＝k2k2＋1.因为点H－13，0满足|HA|＝|HB|，所以kMH＝－1k，即k2k2＋1－2k22k2＋1＋13＝－1k，解得k＝±1，则x1＋x2＝－4k22k2＋1＝－43，x1x2＝2k2－22k2＋1＝0，所以|AB|＝k2＋1（x1＋x2）2－4x1x2＝2×43＝423.感悟提升1.弦长的求解方法(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则|AB|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]或|AB|＝1＋1k2[（y1＋y2）2－4y1y2].2.注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点.训练1(1)过点M(1，1)作斜率为－12的直线与椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________.(2)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|＝322时，则直线l的方程为________________.答案(1)22(2)2x－y＋1＝0或2x＋y－1＝0解析(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，∴（x1－x2）（x1＋x2）a2＋（y1－y2）（y1＋y2）b2＝0，∴y1－y2x1－x2＝－b2a2·x1＋x2y1＋y2.∵y1－y2x1－x2＝－12，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴－b2a2＝－12，∴a2＝2b2.又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，∴a2＝2c2，∴ca＝22.即椭圆C的离心率e＝22.(2)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.考点三直线与椭圆的综合问题例3已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)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；(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.解(1)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)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.由方程组y＝kx－3，x218＋y29＝1，消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝12k2k2＋1，依题意，可得点B的坐标为12k2k2＋1，6k2－32k2＋1.因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为6k2k2＋1，－32k2＋1.由3OC→＝OF→，得点C的坐标为(1，0)，故直线CP的斜率为－32k2＋1－06k2k2＋1－1＝32k2－6k＋1.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.感悟提升1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m，避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式，若平行于坐标轴的直线都包含，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.训练2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1，过A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求四边形ABNM的面积.解(1)由题意知，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.因为c＝a2－b2＝3，所以椭圆C的离心率e＝ca＝32.(2)设P(x0，y0)(x00，y00)，则x20＋4y20＝4.因为A(2，0)，B(0，1)，所以直线PA的方程为y＝y0x0－2(x－2)，令x＝0，得yM＝－2y0x0－2，从而|BM|＝1－yM＝1＋2y0x0－2，直线PB的方程为y＝y0－1x0x＋1，令y＝0，得xN＝－x0y0－1，从而|AN|＝2－xN＝2＋x0y0－1，所以四边形ABNM的面积S＝12|AN|·|BM|＝122＋x0y0－1·1＋2y0x0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋42（x0y0－x0－2y0＋2）＝2x0y0－2x0－4y0＋4x0y0－x0－2y0＋2＝2，所以四边形ABNM的面积为2.1.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()A.(1，＋∞)B.(1，3)∪(3，＋∞)C.(3，＋∞)D.(0，3)∪(3，＋∞)答案B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.2.已知F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为()A.x22＋y2＝1B.x23＋y22＝1C.x24＋y23＝1D.x25＋y24＝1答案C解析设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以b2a＝32，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为x24＋y23＝1.3.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.不能确定答案B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433.4.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＋y