2019-2020学年高中数学 第2章 圆锥曲线与方程 2.1.2 椭圆的简单几何性质 第二课时 椭

第二章圆锥曲线与方程2．1椭圆2．1.2椭圆的简单几何性质第二课时椭圆方程及几何性质的应用梳理知识夯实基础自主学习导航目标导学1．理解直线与椭圆的位置关系．2．掌握直线与椭圆位置关系的判定方法．3．会用代数方法解决椭圆的弦长问题、中点弦问题．‖知识梳理‖1．点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)与椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的位置关系：点P在椭圆上⇔x20a2＋y20b2_____；点P在椭圆内⇔x20a2＋y20b2_____；点P在椭圆外⇔x20a2＋y20b2_____.＝1112．直线与椭圆的位置关系设直线方程y＝kx＋m，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)，联立y＝kx＋m，b2x2＋a2y2＝a2b2，消去y得一个一元二次方程.位置关系公共点个数组成的方程组的解判定方法(利用判别式Δ)相交_____个_____解Δ_____0相切_____个_____解Δ_____0相离_____个_____解Δ_____0两两一一＝0无解剖难点探究提高重点难点突破1．直线与椭圆位置关系的判定方法判断直线与椭圆位置关系的方法只能使用代数方法，而不能使用几何法．即把直线方程与椭圆方程联立，消去y(或x)得到关于x(或y)的一元二次方程．利用判别式Δ＝b2－4ac判别．Δ0⇔有两个公共点；Δ＝0⇔有一个公共点；Δ0⇔没有公共点．2．弦长公式设直线l：y＝kx＋m与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点时，可有弦长|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝x1－x22＋kx1－kx22＝x1－x22＋k2x1－x22＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2，或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2·y1＋y22－4y1y2.3．中点弦问题直线与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，与弦AB中点有关的问题称为中点弦问题．这类问题的解决常用到“点差法”，其方法是：将A，B两点的坐标代入椭圆方程中，得x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②①－②，得x21－x22a2＋y21－y22b2＝0，即x1＋x2x1－x2a2＋y1＋y2y1－y2b2＝0.③设M(x0，y0)为AB的中点，则有x0＝x1＋x22，④y0＝y1＋y22.⑤同时有直线AB的斜率kAB＝y2－y1x2－x1.⑥将④⑤⑥代入③中得kAB＝－b2x0a2y0.常用此法来解决中点弦问题及对称问题．归纳透析触类旁通课堂互动探究题型一直线与椭圆的位置关系已知直线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．【思路探索】联立直线和椭圆的方程，消元得到关于x的一元二次方程，利用方程根、直线和椭圆公共点的关系解答．【解】直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y＝2x＋m，x24＋y22＝1，消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.①方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ0，即－32m32时，方程①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①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①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．[名师点拨]类比直线与圆的位置关系我们可以得到，当直线与椭圆有两个不重合的公共点时，二者相交；当直线与椭圆有一个公共点时，二者相切；当直线与椭圆没有公共点时，二者相离.(2019·沈阳期末)已知椭圆的方程为x24＋y23＝1，点P的坐标为(2,1)，求过点P且与椭圆相切的直线方程．解：若切线斜率不存在，则x＝2，易知x＝2与椭圆相切；若切线斜率存在，设直线方程为y－1＝k(x－2)，由y＝kx－2＋1，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2－(16k2－8k)x＋16k2－16k－8＝0，由Δ＝(8k－16k2)2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0，解得k＝－12，∴直线方程为x＋2y－4＝0，∴过点P且与椭圆相切的直线方程为x＋2y－4＝0或x＝2.题型二弦长问题已知斜率为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，求弦|AB|的长．【思路探索】可先求出点A，B的坐标，利用两点间的距离公式求解；也可以利用弦长公式求解．【解】解法一：∵x25＋y24＝1的右焦点F(1,0)，∴直线l的方程为y＝2(x－1)．由方程组y＝2x－1，x25＋y24＝1，得交点A(0，－2)，B53，43.∴弦长|AB|＝53－02＋43＋22＝1259＝553.解法二：以上同解法一．由方程组y＝2x－1，x25＋y24＝1，消去y并整理，得3x2－5x＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝53，x1x2＝0.∴|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2]＝1＋22532－4×0＝553.解法三：以上同解法一．由方程组y＝2x－1，x25＋y24＝1，消去x并整理，得3y2＋2y－8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－23，y1y2＝－83.∴|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋1k2[y1＋y22－4y1y2]＝1＋14－232－4－83＝54×1009＝553.[名师点拨]求弦长|AB|的基本方法：①解方程组求得A，B两点的坐标，代入两点间距离公式；②如果点A，B的坐标不易求出(含根式)，可利用根与系数的关系，代入弦长公式.(2019·蚌埠二中月考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝63，且右焦点为(22，0)，斜率为1的直线l与椭圆C交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(－3,2)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)求△PAB的面积．解：(1)由题可知c＝22，ca＝63，b2＝a2－c2，解得a＝23，b＝2.∴椭圆C的标准方程为x212＋y24＝1.(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝x＋m，x212＋y24＝1，消去y得，4x2＋6mx＋3m2－12＝0.由Δ＝36m2－4×4×(3m2－12)0，得m216，x1＋x2＝－3m2，x1x2＝3m2－124，设AB的中点M为(x0，y0)，则x0＝－3m4，y0＝x0＋m＝m4，∴M－34m，m4.∵△PAB为等腰三角形，∴PM⊥AB，∴m4－2－3m4＋3＝－1，解得m＝2.∴M－32，12，且x1＝0，x2＝－3，∴|AB|＝32，又P到直线y＝x＋2的距离d＝322，∴S△PAB＝12|AB|d＝12×32×322＝92.题型三中点弦问题如果椭圆x24＋y22＝1的弦被点(1,1)平分，则这条弦所在的直线方程是()A．x＋2y－3＝0B．2x－y－3＝0C．2x＋y－3＝0D．x＋2y＋3＝0【思路探索】点差法或利用韦达定理求解．【解析】解法一：设这条弦与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y212＝1，①x224＋y222＝1，②x1＋x22＝1，y1＋y22＝1，∴①－②得，x21－x224＋y21－y222＝0，∴2×x1－x24＋2×y1－y22＝0，∴y1－y2x1－x2＝－12，∴kAB＝－12，∴所求直线的方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.解法二：设弦所在直线的方程为y－1＝k(x－1)，∴由y－1＝kx－1，x24＋y22＝1，消去y得，(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4＝0.∴x1＋x2＝4kk－12k2＋1＝2，∴k＝－12，∴所求直线的方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.【答案】A[名师点拨]求解中点弦问题常用“点差法”，关键在于充分利用“中点”这一条件，灵活运用中点坐标公式及斜率公式进行转化.(2019·保定月考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)，点F为左焦点，点P为下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为M1，12，则椭圆的离心率为()A.22B．12C.14D．32解析：由题可知，F(－c,0)，P(0，－b)，kPF＝0＋b－c－0＝－bc，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②∴①－②得，x21－x22a2＋y21－y22b2＝0，∴x1－x2x1＋x2a2＋y1－y2y1＋y2b2＝0，又∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝1，∴2x1－x2a2＋y1－y2b2＝0，∴y1－y2x1－x2＝－2b2a2，∴－2b2a2＝－bc，∴2bc＝a2，∴4b2c2＝a4，即4(a2－c2)c2＝a4，即4c4－4a2c2＋a4＝0，∴2c2－a2＝0，∴e2＝12，即e＝22，故选A.答案：A题型四与椭圆有关的综合问题已知椭圆C1：x24＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，且A，B分别在椭圆C1和C2上，OB→＝2OA→，求直线AB的方程．【思路探索】(1)易知椭圆C2的b2＝4，设出仅含a2的方程，利用离心率求a即可；(2)设出直线AB的方程，代入椭圆方程，得到点A，B的横坐标，利用OB→＝2OA→建立方程求解．【解】(1)由已知可设椭圆C2的方程为y2a2＋x24＝1(a2)，∵离心率为32，∴a2－4a＝32，解得a＝4，故椭圆C2的方程为y216＋x24＝1.(2)A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB→＝2OA→及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可以设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，消去y得(1＋4k2)x2＝4，∴x2A＝41＋4k2.将y＝kx代入y216＋x24＝1中，消去y得(4＋k2)x2＝16，∴x2B＝164＋k2.由OB→＝2OA→，得x2B＝4x2A，即164＋k2＝161＋4k2，解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.[名师点拨]与椭圆有关的综合问题，可以和很多知识联系在一起出题，是高考中常考题型．如本例与向量、直线综合在一起，充分利用向量的坐标运算，转化为方程求解.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝23a，该椭圆中心到直线xa＋yb＝1的距离为324e.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点M(0，－2)的直线l，使直线l与椭圆C交于A，B两点，且以AB为直径的圆过定点N(1,0)？若存在，求出所有符合条件的直线方程；若不存在，请说明理由．解：(1)直线xa＋yb＝1的一般方程为bx＋ay－ab＝0.由题得e＝ca＝23a，aba2＋b2＝324e＝324×2a3，a2＝b2＋c2，解得a＝3，b＝1，c＝2，∴椭圆C的方程为x23＋y2＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，直线l即为y轴，此时A，B为椭圆C的短轴顶点，以AB为直径的圆经过点N(1,0)．当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，由y＝kx－2，x2＋3y2＝3，消去y得(1＋3k2)