（鲁京津琼专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.5 椭圆 （第2课时）教案（

1第2课时直线与椭圆题型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，∴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2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．思维升华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，一般转化为研究其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．题型二弦长及中点弦问题命题点1弦长问题例1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答案C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，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|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝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________________．答案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)．3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.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，∴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.思维升华(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．(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]＝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设离心率为22的椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P是4E上一点，PF1⊥PF2，△PF1F2内切圆的半径为2－1.(1)求E的方程；(2)矩形ABCD的两顶点C，D在直线y＝x＋2上，A，B在椭圆E上，若矩形ABCD的周长为1123，求直线AB的方程．解(1)Rt△PF1F2内切圆的半径r＝12(|PF1|＋|PF2|－|F1F2|)＝a－c，依题意有a－c＝2－1.又ca＝22，则a＝2，c＝1，从而b＝1.故椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)设直线AB的方程为y＝x＋m，代入椭圆E的方程，整理得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，由Δ0得－3m3.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4m3，x1x2＝2m2－23.|AB|＝2|x2－x1|＝43－m23.易知|BC|＝|2－m|2，则由－3m3知|BC|＝2－m2，所以由已知可得|AB|＋|BC|＝1126，即43－m23＋2－m2＝1126，整理得41m2＋30m－71＝0，解得m＝1或m＝－7141(均满足－3m3)．所以直线AB的方程为y＝x＋1或y＝x－7141.题型三椭圆与向量等知识的综合例3已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，e＝12，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点横坐标为14，且AF→＝λFB→(其中λ1)．(1)求椭圆C的标准方程；5(2)求实数λ的值．解(1)由椭圆的焦距为2，知c＝1，又e＝12，∴a＝2，故b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)由AF→＝λFB→，可知A，B，F三点共线，设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)．若直线AB⊥x轴，则x1＝x2＝1，不符合题意；当AB所在直线l的斜率k存在时，设l的方程为y＝k(x－1)．由y＝kx－1，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.①①的判别式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)0.∵x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，∴x1＋x2＝8k24k2＋3＝2×14＝12，∴k2＝14.将k2＝14代入方程①，得4x2－2x－11＝0，解得x＝1±354.又AF→＝(1－x1，－y1)，FB→＝(x2－1，y2)，AF→＝λFB→，即1－x1＝λ(x2－1)，λ＝1－x1x2－1，又λ1，∴λ＝3＋52.思维升华一般地，在椭圆与向量等知识的综合问题中，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几何的基本方法和基本思想．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；6(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F1P→⊥F1Q→，求直线l的方程．解(1)△F1B1B2为等边三角形，则c＝3b，c＝1⇒a2－b2＝3b2，a2－b2＝1⇒a2＝43，b2＝13，椭圆C的方程为3x24＋3y2＝1.(2)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)，由y＝kx－1，x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，由已知得Δ0，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，即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝7k2－12k2＋1＝0，解得k2＝17，即k＝±77，故直线l的方程为x＋7y－1＝0或x－7y－1＝0.1．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆x29＋y24＝1的交点个数是()7A．至多为1B．2C．1D．0答案B解析由题意知，4m2＋n22，即m2＋n22，∴点P(m，n)在椭圆x29＋y24＝1的内部，故所求交点个数是2.2．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(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()A.12B.22C.32D.55答案C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，故选C.3．已知椭圆x236＋y29＝1以及椭圆内一点P(4,2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为()A.12B．－12C．2D．－2答案B解析设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，x2136＋y219＝1，x2236＋y229＝1，两式相减，得x1＋x2x1－x236＋y1＋y2y1－y29＝0，所以2x1－x29＝－4y1－y29，所以k＝y1－y2x1－x2＝－12.故选B.4．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()8A.x2＋y2＝1B.x23＋y23＝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＝1.5．(2018·吉林四平质检)经过椭圆x22＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则OA→·OB→等于()A．－3B．－13C．－13或－3D．±13答案B解析依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan45°(x－1)，即y＝x－1.代入椭圆方程x22＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝43.所以两个交点坐标为A(0，－1)，B43，13，所以OA→·OB→＝(0，－1)·43，13＝－13.同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得OA→·OB→＝－13.6．设F1，F2分别是椭圆x24＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(OP→＋OF2→)·PF2→＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是()A．4B．3C．2D．1答案D解析∵(OP→＋OF2→)·PF2→＝(OP→＋F1O→)·PF2→＝F1P→·PF2→＝0，∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝4，m2＋n2＝12,2mn＝4，mn＝2，9∴12FPFS＝12mn＝1.7．直线y＝kx＋k＋1与椭圆x29＋y24＝1的位置关系是________．答案相交解析由于直线y＝kx＋k＋1＝k(x＋1)＋1过定点(－1，1)，而(－1