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- 2021-06-16 发布
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第2课时 椭圆的标准方程及性质的应用
学 习 目 标
核 心 素 养
1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用,会判断直线与椭圆的位置关系.(重点)
2.能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题.(难点)
1.通过直线与椭圆位置关系的判断,培养学生的逻辑推理核心素养.
2.通过弦长、中点弦问题及椭圆综合问题的学习,提升学生的逻辑推理、直观想象及数学运算的核心素养.
大家知道,直线与圆有三种位置关系,设圆心到直线的距离为d,圆的半径为R,则
d>R时⇔直线与圆相离;
d=R时⇔直线与圆相切;
d<R时⇔直线与圆相交.
那么直线与椭圆有几种位置关系呢?又如何来判定呢?
1.点与椭圆的位置关系
点P(x0,y0)与椭圆+=1(a>b>0)的位置关系:
点P在椭圆上⇔+=1;
点P在椭圆内部⇔+<1;
点P在椭圆外部⇔+>1.
2.直线与椭圆的位置关系
直线y=kx+m与椭圆+=1(a>b>0)的位置关系:
联立消去y得一个关于x的一元二次方程.
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
两解
Δ>0
位置关系
解的个数
Δ的取值
相切
一解
Δ=0
相离
无解
Δ<0
思考:过原点的直线和椭圆相交,两交点关于原点对称吗?
[提示] 根据椭圆的对称性知,两交点关于原点对称.
1.思考辨析(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)点P(2,1)在椭圆+=1的内部. ( )
(2)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切. ( )
(3)过点A(0,1)的直线一定与椭圆x2+=1相交. ( )
(4)长轴是椭圆中最长的弦. ( )
[提示] (1)× (2)√ (3)√ (4)√
2.直线y=kx-k+1与椭圆+=1的位置关系为( )
A.相切 B.相交 C.相离 D.不确定
B [直线方程y=kx-k+1可化为y-1=k(x-1),知直线过定点(1,1),因+<1,∴点(1,1)在椭圆内,故直线y=kx-k+1与椭圆相交.]
3.直线x+2y=m与椭圆+y2=1只有一个交点,则m的值为( )
A.2 B.±
C.±2 D.±2
C [由消去y并整理得
2x2-2mx+m2-4=0.
由Δ=4m2-8(m2-4)=0,得m2=8.
∴m=±2.]
4.若点A(a,1)在椭圆+=1的内部,则a的取值范围是________.
(-,) [∵点A在椭圆内部,
∴+<1,∴a2<2,
∴-<a<.]
直线与椭圆的位置关系
【例1】 已知直线l:y=2x+m,椭圆C:+=1.试问当m取何值时,直线l与椭圆C:
(1)有两个公共点;
(2)有且只有一个公共点;
(3)没有公共点.
[思路探究] →
→→得出结论
[解] 直线l的方程与椭圆C的方程联立,得方程组消去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Δ>0,即-3<m<3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有两个公共点.
(2)当Δ=0,即m=±3时,方程①有两个相同的实数解,可知原方程组有两组相同的实数解.这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点.
(3)当Δ<0,即m<-3或m>3时,方程①没有实数解,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.
代数法判断直线与椭圆的位置关系
判断直线与椭圆的位置关系,通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组,消去方程组中的一个变量,得到关于另一个变量的一元二次方程,则
Δ>0⇔直线与椭圆相交;
Δ=0⇔直线与椭圆相切;
Δ<0⇔直线与椭圆相离.
提醒:注意方程组的解与交点个数之间的等价关系.
[跟进训练]
1.若直线y=kx+1(k∈R)与椭圆+=1恒有公共点,求实数m的取值范围.
[解] 因为y=kx+1(k∈R)恒过点(0,1),则点(0,1)在椭圆+=1内或椭圆上时,直线与椭圆恒有公共点,所以≤1,即m≥1.
当m=5时,+=1不是椭圆,它是以原点为圆心,半径为的圆.因此,m的取值范围为[1,5)∪(5,+∞).
弦长和中点弦问题
[探究问题]
1.求弦长常用的方法有哪几种?
[提示] (1)两点间距离公式,需要先通过解方程组将两点坐标求出来.
(2)弦长公式,不需要求出交点坐标,采用根与系数的关系整体代换即可.
2.“点差法”的核心是什么?
[提示] 假设弦l中点为(x0,y0), 弦的两端点坐标为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,
由两式作差得+=0,即kl=-.
【例2】 过椭圆+=1内一点M(2,1)引一条弦,使弦被M点平分.
(1)求此弦所在的直线方程;
(2)求此弦长.
[思路探究]
(1)法一:联立方程,消元后利用根与系数的关系和中点坐标公式求解.
法二:点差法.
(2)设弦的两端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),利用弦长公式求解.
[解] (1)法一:设所求直线方程为y-1=k(x-2).代入椭圆方程并整理,得
(4k2+1)x2-8(2k2-k)x+4(2k-1)2-16=0.
又设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1,x2是方程的两个根,
于是x1+x2=.
又M为AB的中点,∴==2,
解得k=-.
故所求直线的方程为x+2y-4=0.
法二:设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2).
又M(2,1)为AB的中点,∴x1+x2=4,y1+y2=2.
又A,B两点在椭圆上,
则x+4y=16,x+4y=16.
两式相减得(x-x)+4(y-y)=0.
于是(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0.
∴=-=-,
即kAB=-.
又直线AB过点M(2,1),
故所求直线的方程为x+2y-4=0.
(2)设弦的两端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),
由得x2-4x=0,
∴x1+x2=4,x1x2=0,
∴|AB|=·
=·=2.
1.本例中把条件改为“点M(2,1)是直线x+2y-4=0被焦点在x轴上的椭圆所截得的线段的中点”,求该椭圆的离心率.
[解] 设直线与椭圆的两交点为(x1,y1),(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2.
由+=1和+=1,
得=-,∴k==.
又x+2y-4=0的斜率为-,∴=.
所以椭圆的离心率为e====.
2.把本例条件中“使弦被M点平分去掉”,其他条件不变,求弦的中点P的轨迹方程.
[解] 设弦的中点为P(x,y),两端点的坐标为(x1,y1),(x2,y2),则
∴=-,
从而kl==.
又kl=kPM=,∴=.
整理得x2+4y2-2x-4y=0.
故轨迹方程为x2+4y2-2x-4y=0.(椭圆内的部分)
1.弦中点问题的解决方法
(1)用“点差法”求解弦中点问题的解题步骤
①设点——设出弦的两端点坐标;
②代入——代入圆锥曲线方程;
③作差——两式相减,再用平方差公式把上式展开;
④整理——转化为斜率与中点坐标的关系式,然后求解.
(2)对于弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解,在使用根与系数的关系时,要注意使用条件Δ>0;在用“点差法”
时,要检验直线与圆锥曲线是否相交.
2.弦长公式
设直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则有
|AB|=
=
=·
=
=·(k为直线斜率).
提醒:如果直线方程涉及斜率,要注意斜率不存在的情况.
与椭圆有关的综合问题
【例3】 椭圆E:+=1(a>b>0)经过点A(-2,0),且离心率为.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M,N.在x轴上是否存在点Q,使得∠PQM+∠PQN=180°?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
[解] (1)由条件可知,椭圆的焦点在x轴上,且a=2,又e==,得c=.
由a2-b2=c2得b2=a2-c2=2.
∴所求椭圆的方程为+=1.
(2)若存在点Q(m,0),使得∠PQM+∠PQN=180°,
则直线QM和QN的斜率存在,分别设为k1,k2.
等价于k1+k2=0.
依题意,直线l的斜率存在,故设直线l的方程为y=k(x-4).
由,
得(2k2+1)x2-16k2x+32k2-4=0.
因为直线l与椭圆C有两个交点,所以Δ>0.
即(16k2)2-4(2k2+1)(32k2-4)>0,解得k2<.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,
y1=k(x1-4),y2=k(x2-4),
令k1+k2=+=0,
(x1-m)y2+(x2-m)y1=0,
当k≠0时,2x1x2-(m+4)(x1+x2)+8m=0,
化简得,=0,
所以m=1.
当k=0时,也成立.
所以存在点Q(1,0),使得∠PQM+∠PQN=180°.
综合问题涉及的问题及解决方法
本题主要考查了直线与椭圆的位置关系的综合问题,其中解答中涉及到椭圆的几何性质及其应用,直线与椭圆的位置关系的综合应用,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,推理与运算能力.此类问题的解答中,把直线方程代入椭圆的方程,转化为方程的根与系数的关系是解答的关键.
[跟进训练]
2.椭圆的两个焦点坐标分别为F1(-,0)和F2(,0),且椭圆过点.
(1)求椭圆方程;
(2)过点作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M,N两点,A为椭圆的左顶点,试判断∠MAN的大小是否为定值,并说明理由.
[解] (1)由题意设椭圆方程+=1(a>b>0),
由c=,a2=b2+c2,代入方程+=1,
又∵椭圆过点,
得+=1,解得b2=1,∴a2=4.
椭圆的方程为+y2=1.
(2)设直线MN的方程为x=ky-,
联立直线MN和椭圆的方程可得
得(k2+4)y2-ky-=0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),A(-2,0),
y1y2=-,y1+y2=,
则·=(x1+2,y1)·(x2+2,y2)
=(k2+1)y1y2+k(y1+y2)+=0,
即可得∠MAN=.
∴∠MAN的大小是定值.
1.解决直线与椭圆的位置关系问题,经常利用设而不求的方法,解题步骤为:
(1)设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2);
(2)联立直线与椭圆的方程;
(3)消元得到关于x或y的一元二次方程;
(4)利用根与系数的关系设而不求;
(5)把题干中的条件转化为x1+x2,x1·x2或y1+y2,y1·y2,进而求解.
2.求定值问题常见的方法
(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关.
(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.
3.解决椭圆的中点弦问题的三种方法
(1)方程组法
通过解直线方程与椭圆方程构成的方程组,利用一元二次方程根与系数的关系及中点坐标公式求解.
(2)点差法
设直线与椭圆的交点(弦的端点)坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),将这两点代入椭圆的方程并对所得两式作差,得到一个与弦AB的中点(x0,y0)和斜率kAB有关的式子,可以大大减少运算量.我们称这种代点作差的方法为“点差法”,事实上就是椭圆的垂径定理.
利用kAB==-·=-·,转化为中点(x0,y0)与直线AB的斜率之间的关系,这是处理弦中点轨迹问题的常用方法.
(3)中点转移法
先设出弦的一个端点的坐标,再借助中点得出弦的另一个端点的坐标,分别代入椭圆方程作差可得.
1.若点P(a,1)在椭圆+=1的外部,则a的取值范围为( )
A. B.∪
C. D.
B [由题意知+>1,即a2>,解得a>或a<-.]
2.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx-ay+2ab=0相切,则C的离心率为( )
A. B.
C. D.
A [由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0),半径为a.
又直线bx-ay+2ab=0与圆相切,
∴圆心到直线的距离d==a,
解得a=b,
∴=,
∴e=====.
故选A.]
3.设椭圆+=1的左、右焦点分别为F1,F2,过焦点F1的直线交椭圆于M,N两点,若△MNF2的内切圆的面积为π,则S=________.
4 [如图,已知椭圆 +=1的左、右焦点分别为F1,F2,a=2,过焦点F1的直线交椭圆于M(x1,y1),N(x2,y2)两点,△MNF2的内切圆的面积为π,
∴△MNF2的内切圆半径r=1.
∴△MNF2的面积S=×1×(|MN|+|MF2|+|NF2|)=2a=4.]
4.椭圆x2+4y2=16被直线y=x+1截得的弦长为________.
[由
消去y并化简得x2+2x-6=0.
设直线与椭圆的交点为M(x1,y1),N(x2,y2),
则x1+x2=-2,x1x2=-6.
∴弦长|MN|=|x1-x2|
===.]
5.设椭圆C:+=1(a>b>0)过点(0,4),离心率为.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点的坐标.
[解] (1)将(0,4)代入C的方程,得=1,∴b=4.
由e==,得=,即1-=,∴a=5,
∴椭圆C的方程为+=1.
(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y=(x-3).
设直线与C的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
将直线AB的方程y=(x-3)代入C的方程,得+=1,即x2-3x-8=0,
则x1+x2=3,∴=,=(x1+x2-6)=-,即中点的坐标为.
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