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  • 2021-07-01 发布

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案:第九章平面解析几何第5节椭圆第2课时直线与椭圆的位置关系

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www.ks5u.com 第二课时 直线与椭圆的位置关系 考点一 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 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Δ>0,即-33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.‎ 规律方法 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.‎ ‎【训练1】 (一题多解)若直线y=kx+1与椭圆+=1总有公共点,则m的取值范围是(  )‎ A.m>1 B.m>0‎ C.00且m≠5,∴m≥1-5k2恒成立,‎ ‎∴m≥1且m≠5.‎ 答案 D 考点二 中点弦及弦长问题 多维探究 角度1 中点弦问题 ‎【例2-1】 (一题多解)已知P(1,1)为椭圆+=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________.‎ 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,设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由 消去y得,(2k2+1)x2-4k(k-1)x+2(k2-2k-1)=0,‎ ‎∴x1+x2=,‎ 又∵x1+x2=2,∴=2,解得k=-.‎ 经检验,k=-满足题意.‎ 故此弦所在的直线方程为y-1=-(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+=1,①‎ +=1,②‎ ‎①-②得+=0,‎ ‎∵x1+x2=2,y1+y2=2,‎ ‎∴+y1-y2=0,‎ ‎∴k==-.‎ 经检验,k=-满足题意.‎ ‎∴此弦所在的直线方程为y-1=-(x-1),‎ 即x+2y-3=0.‎ 答案 x+2y-3=0‎ 规律方法 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2-2】 (2020·黄山一模)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率e=,点P是椭圆上的一个动点,△PF1F2面积的最大值是4.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若A,B,C,D是椭圆上不重合的四点,AC与BD相交于点F1,·=0,且||+||=,求此时直线AC的方程.‎ 解 (1)由题意知,当点P是椭圆上(或下)顶点时,△PF1F2的面积取得最大值.‎ 此时,S△PF1F2=·2c·b=4,‎ 又e==,a2=b2+c2,‎ 解得a=4,b=2,故所求椭圆的方程为+=1.‎ ‎(2)由(1)知F1(-2,0),由·=0得AC⊥BD.‎ ‎①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时,‎ ‎||+||=14,不合题意.‎ ‎②当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时,‎ 其方程为y=k(x+2).‎ 由消去y得 ‎(3+4k2)x2+16k2x+16k2-48=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.‎ 所以||=|x1-x2|=.‎ 直线BD的方程为y=-(x+2),同理可得||=.‎ 由||+||==,‎ 解得k2=1,则k=±1.‎ 故所求直线AC的方程为x-y+2=0或x+y+2=0.‎ 规律方法 弦长问题的求解方法有:(1)求出两交点坐标,用两点间距离公式求解;(2)用弦长公式:|AB|=|x1-x2|或|AB|=|y1-y2|(k≠0)求解,其中k为直线AB的斜率,A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 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2】 (1)(角度1)(2019·长春二检)椭圆4x2+9y2=144内有一点P(3,2),则以P为中点的弦所在直线的斜率为(  )‎ A.- B.- C.- D.- ‎(2)(角度2)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆+=1的右焦点F,与椭圆相交于A,B两点,则弦AB的长为________.‎ 解析 (1)设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1,y1),B(x2,y2),斜率为k,则4x+9y=144,4x+9y=144,两式相减得4(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,又x1+x2=6,y1+y2=4,=k,代入解得k=-.‎ ‎(2)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),‎ 由消去y,得3x2-5x=0,‎ 故得A(0,-2),B,则 ‎|AB|==.‎ 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),‎ 由消去y得3x2-5x=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则x1+x2=,x1x2=0,‎ 则|AB|= ‎= ‎==.‎ 答案 (1)A (2) 考点三 直线与椭圆的综合问题 ‎【例3】 (2019·全国Ⅱ卷)已知点A(-2,0),B(2,0),动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为-.记M的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程,并说明C是什么曲线.‎ ‎(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点,点P在第一象限,PE⊥x轴,垂足为E,连接QE并延长交C于点G.‎ ‎①证明:△PQG是直角三角形;‎ ‎②求△PQG面积的最大值.‎ ‎(1)解 由题设得·=-,‎ 化简得+=1(|x|≠2),‎ 所以C为中心在坐标原点,焦点在x轴上的椭圆,不含左、右顶点.‎ ‎(2)①证明 设直线PQ的斜率为k,‎ 则其方程为y=kx(k>0).‎ 由得x=±.‎ 设u=,则P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0).‎ 于是直线QG的斜率为,方程为y=(x-u).‎ 由 得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.①‎ 设G(xG,yG),则-u和xG是方程①的解,‎ 故xG=,由此得yG=.‎ 从而直线PG的斜率为=-.‎ 所以PQ⊥PG,即△PQG是直角三角形.‎ ‎②解 由①得|PQ|=2u,|PG|=,‎ 所以△PQG的面积 S=|PQ||PG|==.‎ 设t=k+,‎ 则由k>0得t≥2,当且仅当k=1时取等号.‎ 因为S=在[2,+∞)单调递减,‎ 所以当t=2,即k=1时,S取得最大值,最大值为.‎ 因此,△PQG面积的最大值为.‎ 规律方法 最值与范围问题的解题思路 ‎1.构造关于所求量的函数,通过求函数的值域来获得问题的解.‎ ‎2.构造关于所求量的不等式,通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中,一定要深刻挖掘题目中的隐含条件,如判别式大于零等.‎ ‎【训练3】 (2020·长沙质检)已知P点坐标为(0,-2),点A,B分别为椭圆E:+=1(a>b>0)的左、右顶点,直线BP交E于点Q,△ABP是等腰直角三角形,且=.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设过点P的动直线l与E相交于M,N两点,当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时,求直线l斜率的取值范围.‎ 解 (1)由△ABP是等腰直角三角形,得a=2,B(2,0).‎ 设Q(x0,y0),则由=,得 代入椭圆方程得b2=1,‎ 所以椭圆E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)依题意得,直线l的斜率存在,方程设为y=kx-2.‎ 联立 消去y并整理得(1+4k2)x2-16kx+12=0.(*)‎ 因直线l与E有两个交点,即方程(*)有不等的两实根,‎ 故Δ=(-16k)2-48(1+4k2)>0,解得k2>.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 由根与系数的关系得 因坐标原点O位于以MN为直径的圆外,‎ 所以·>0,即x1x2+y1y2>0,‎ 又由x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2)‎ ‎=(1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4‎ ‎=(1+k2)·-2k·+4>0,‎ 解得k2<4,综上可得b>0),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=,b2=a2-c2,所以a2=4,b2=a2-c2=4-1=3,椭圆的方程为+=1.‎ 答案 C ‎3.(2019·郑州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,过F2的直线l交C于A,B两点,若△AF1B的周长为12,则C的方程为(  )‎ A.+y2=1 B.+=1‎ C.+=1 D.+=1‎ 解析 由题意可得=,4a=12,解得a=3,c=2,则b==,所以椭圆C的方程为+=1.‎ 答案 D ‎4.已知椭圆+=1(a>b>0)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. B. C. D. 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=-xM,代入k=1,M(-4,1),解得=,e==,故选C.‎ 答案 C ‎5.(2020·皖北名校联考)斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为(  )‎ A. B. C. D. 解析 设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线的方程为y=x+m,由消去y得5x2+8mx+4(m2-1)=0,‎ 则x1+x2=-,x1x2=.‎ ‎∴|AB|=|x1-x2|‎ ‎=· ‎=· ‎=·,‎ ‎∴当m=0时,|AB|取得最大值,故选B.‎ 答案 B 二、填空题 ‎6.已知椭圆C:+=1(a>b>0),若长轴长为6,且两焦点恰好将长轴三等分,则此椭圆的标准方程为________.‎ 解析 椭圆长轴长为6,即2a=6,得a=3,‎ ‎∵两焦点恰好将长轴三等分,‎ ‎∴2c=·2a=2,得c=1,‎ 因此,b2=a2-c2=9-1=8,‎ 所以此椭圆的标准方程为+=1.‎ 答案 +=1‎ ‎7.(2019·成都诊断)已知椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,上顶点为C,若△ABC是底角为30°的等腰三角形,则=________.‎ 解析 由题意知∠CAB=30°,∴tan 30°==,‎ ‎∴====.‎ 答案  ‎8.(2020·衡水调研)与椭圆+y2=1有相同的焦点且与直线l:x-y+3=0相切的椭圆的离心率为________.‎ 解析 因为所求椭圆与椭圆+y2=1有相同的焦点,所以可设所求椭圆的方程为+=1(a>1),联立方程组⇒(2a2-1)x2+6a2x+10a2-a4=0,‎ 因为直线l与椭圆相切,所以Δ=36a4-4(2a2-1)(10a2-a4)=0,‎ 化简得a4-6a2+5=0,即a2=5或a2=1(舍).‎ 则a=.又c=1,所以e===.‎ 答案  三、解答题 ‎9.已知椭圆+y2=1.‎ ‎(1)过A(2,1)的直线l与椭圆相交,求l被截得的弦的中点轨迹方程;‎ ‎(2)求过点P且被P点平分的弦所在直线的方程.‎ 解 (1)设弦的端点为P(x1,y1),Q(x2,y2),其中点是M(x,y),则x2+x1=2x,y2+y1=2y,由于点P,Q在椭圆上,则有:‎ ‎①-②得=-=-,‎ 所以-=,‎ 化简得x2-2x+2y2-2y=0(包含在椭圆+y2=1内部的部分).‎ ‎(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k=-=-,因此所求直线方程是y-=-,化简得2x+4y-3=0.‎ ‎10.(2019·全国Ⅱ卷)已知F1,F2是椭圆C:+=1(a>b>0)的两个焦点,P为C上的点,O为坐标原点.‎ ‎(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;‎ ‎(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.‎ 解 (1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|=c,于是2a=|PF1|+|PF2|=(+1)c,故C的离心率为e==-1.‎ ‎(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在当且仅当 |y|·2c=16,·=-1,+=1,‎ 即c|y|=16,①‎ x2+y2=c2,②‎ +=1.③‎ 由②③及a2=b2+c2得y2=.‎ 又由①知y2=,故b=4.‎ 由②③及a2=b2+c2得x2=(c2-b2),‎ 所以c2≥b2,从而a2=b2+c2≥2b2=32,‎ 故a≥4.‎ 当b=4,a≥4时,存在满足条件的点P.‎ 所以b=4,a的取值范围为[4,+∞).‎ B级 能力提升 ‎11.已知P(x0,y0)是椭圆C:+y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点,若·<0,则x0的取值范围是(  )‎ A. B. C. D. 解析 由题意可知F1(-,0),F2(,0),则·=(x0+)(x0-)+y=x+y-3<0.因为点P在椭圆上,所以y=1-.所以x+-3<0,解得-b>0)的左、右焦点,点P是椭圆上位于第二象限内的点,延长PF1交椭圆于点Q,若PF2⊥PQ,且|PF2|=|PQ|,则椭圆的离心率为________.‎ 解析 连接F2Q,由已知PF2⊥PQ,且|PF2|=|PQ|,得△F2PQ是等腰直角三角形,设|PF2|=m,|QF2|=n,由椭圆的定义得|PF1|=2a-m,|QF1|=2a-n,则有2a-m+2a-n=m,且n=m,∴m=2(2-)a.‎ 在Rt△F1PF2中,由勾股定理得,m2+(2a-m)2=4c2,即[2(2-)a]2+[2a-2(2-)a]2=4c2,‎ ‎∴4(6-4)a2+(12-8)a2=4c2,即(9-6)a2=c2,‎ 从而e2==9-6,又知0b>0)过点P(2,1),且离心率e=.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线l的斜率为,直线l与椭圆C交于A,B两点,求△PAB的面积的最大值.‎ 解 (1)因为e2===,所以a2=4b2.‎ 又椭圆C:+=1(a>b>0)过点P(2,1),‎ 所以+=1.所以a2=8,b2=2.‎ 故所求椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)设l的方程为y=x+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),联立消去y整理,得x2+2mx+2m2-4=0.‎ 所以x1+x2=-2m,x1x2=2m2-4.‎ 又直线l与椭圆相交,所以Δ=4m2-8m2+16>0,解得|m|<2.‎ 则|AB|=×=.‎ 点P到直线l的距离d==.‎ 所以S△PAB=d|AB|=××=≤=2.‎ 当且仅当m2=2,即m=±时,△PAB的面积取得最大值为2.‎ C级 创新猜想 ‎15.(多填题)(2020·河南顶级名校联考改编)设椭圆+=1(a>b>0)长轴的端点分别为A,B.点C 为椭圆上异于A,B的一点,若将△ABC的三内角记为A,B,C,且满足3tan A+3tan B+tan C=0,则tan A·tan B的值为________,椭圆的离心率为________.‎ 解析 法一 ∵3tan A+3tan B+tan C=0,‎ ‎∴3tan(A+B)(1-tan Atan B)+tan C=0,‎ ‎∴-3tan C(1-tan Atan B)+tan C=0.‎ ‎∵tan C≠0,∴tan Atan B=.‎ 设C(x,y),A(-a,0),B(a,0),则+=1.‎ ‎∵tan Atan B=,∴-·=,‎ ‎∴=,∴=,‎ ‎∴=,∴=,∴e=.‎ 法二 设点C(0,b),则有tan A=tan B=,由A+B+C=π得,tan C=-tan(A+B)=-==,又知3tan A+3tan B+tan C=0,所以tan C=-3·(tan A+tan B)=-,因此可得=-,即6(b2-a2)=-2a2,∴3b2=2a2,∴=,即tan A·tan B=,该椭圆的离心率e===.‎ 答案