2020版高中数学第二章椭圆的几何性质（第2课时）椭圆的几何性质的应用学案新人教b版 19页

第2课时　椭圆的几何性质的应用学习目标　1.进一步巩固椭圆的几何性质.2.掌握直线与椭圆位置关系等相关知识．知识点一　点与椭圆的位置关系设P(x0，y0)，椭圆＋＝1(a>b>0)，则点P与椭圆的位置关系如下表所示：位置关系满足条件P在椭圆外＋>1P在椭圆上＋＝1P在椭圆内＋<1知识点二　直线与椭圆的位置关系直线y＝kx＋m与椭圆＋＝1的位置关系的判定联立消去y得关于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相切一解Δ＝0相离无解Δ<0知识点三　直线与椭圆的相交弦弦长公式：1．|AB|＝＝|x1－x2|＝；2．|AB|＝|y1－y2|＝(直线与椭圆的交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，k为直线的斜率)．其中，x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的值，可通过由直线方程与椭圆方程联立，消去y或xn后得到关于x或y的一元二次方程得到．1．若直线的斜率一定，则当直线过椭圆的中心时，弦长最大．(　√　)2．直线－y＝1被椭圆＋y2＝1截得的弦长为.(　√　)3．已知椭圆＋＝1(a>b>0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线．(　×　)4．直线y＝k(x－a)与椭圆＋＝1的位置关系是相交．(　√　)题型一　直线与椭圆的位置关系命题角度1　直线与椭圆位置关系判断例1　直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是(　　)A．相交B．相切C．相离D．不确定答案　A解析　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1,1)，且该点在椭圆内部，因此必与椭圆相交．反思感悟　直线与椭圆的位置关系判别方法(代数法)联立直线与椭圆的方程，消元得到一元二次方程：(1)Δ>0⇔直线与椭圆相交⇔有两个公共点．(2)Δ＝0⇔直线与椭圆相切⇔有且只有一个公共点．(3)Δ<0⇔直线与椭圆相离⇔无公共点．跟踪训练1　在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.求k的取值范围．解　由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋，代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1.整理得x2＋2kx＋1＝0.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，n解得k＜－或k＞.即k的取值范围为∪.命题角度2　距离的最值问题例2　在椭圆＋＝1上求一点P，使它到直线l：3x－2y－16＝0的距离最短，并求出最短距离．解　设与椭圆相切并与l平行的直线方程为y＝x＋m，代入＋＝1，并整理得4x2＋3mx＋m2－7＝0，Δ＝9m2－16(m2－7)＝0⇒m2＝16⇒m＝±4，故两切线方程为y＝x＋4和y＝x－4，由图可知y＝x－4距l最近，故最短距离d＝＝＝，P点为切点，即P.反思感悟　解此类问题的常规解法是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，则(1)直线与椭圆相交⇔Δ>0；(2)直线与椭圆相切⇔Δ＝0；(3)直线与椭圆相离⇔Δ<0，所以判定直线与椭圆的位置关系，方程及其判别式是最基本的工具．跟踪训练2　已知椭圆＋＝1，直线l：4x－5y＋40＝0.椭圆上是否存在一点，它到直线l的距离最小？最小距离是多少？解　如图，由直线l的方程与椭圆的方程可知，直线l与椭圆不相交．设直线m平行于直线l，则直线m的方程可以写成4x－5y＋k＝0.①n由方程组消去y，得25x2＋8kx＋k2－225＝0.②令方程②的根的判别式Δ＝0，得64k2－4×25×(k2－225)＝0.③解方程③得k1＝25或k2＝－25.由图可知，当k＝25时，直线m与椭圆的交点到直线l的距离最近，此时直线m的方程为4x－5y＋25＝0.直线m与直线l间的距离d＝＝.所以，最小距离是.题型二　弦长与中点弦问题例3　已知椭圆＋＝1和点P(4,2)，直线l经过点P且与椭圆交于A，B两点．(1)当直线l的斜率为时，求线段AB的长度；(2)当P点恰好为线段AB的中点时，求l的方程．解　(1)由已知可得直线l的方程为y－2＝(x－4)，即y＝x.由消去y，可得x2－18＝0，若设A(x1，y1)，B(x2，y2)．则x1＋x2＝0，x1x2＝－18.于是|AB|＝＝＝＝×6＝3.所以线段AB的长度为3.(2)方法一　当直线l的斜率不存在时，不合题意．n所以直线l的斜率存在．设l的斜率为k，则其方程为y－2＝k(x－4)．联立消去y，得(1＋4k2)x2－(32k2－16k)x＋(64k2－64k－20)＝0.若设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则x3＋x4＝，由于AB的中点恰好为P(4,2)，所以＝＝4，解得k＝－，且满足Δ>0.这时直线的方程为y－2＝－(x－4)，即x＋2y－8＝0.方法二　设A(x3，y3)，B(x4，y4)，则有两式相减得＋＝0，整理得kAB＝＝－，由于P(4,2)是AB的中点，∴x3＋x4＝8，y3＋y4＝4，于是kAB＝－＝－，于是直线AB的方程为y－2＝－(x－4)，即x＋2y－8＝0.引申探究若P(4,2)恰是直线l：x＋2y－8＝0被椭圆＋＝1(a＞b＞0)所截弦AB的中点，求该椭圆的离心率．解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，∴＝－，∴kAB＝＝－＝－＝－＝－，∴a2＝4b2.又c2＝a2－b2＝3b2，∴e2＝＝，∴e＝.n反思感悟　处理直线与椭圆相交的关系问题的通法是通过解直线与椭圆构成的方程．利用根与系数的关系或中点坐标公式解决，涉及弦的中点，还可使用点差法：设出弦的两端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点与斜率的关系．跟踪训练3　已知椭圆ax2＋by2＝1(a>0，b>0且a≠b)与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，C是AB的中点，若|AB|＝2，OC的斜率为，求椭圆的方程．解　方法一　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差，得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0.①∵A，B为直线x＋y－1＝0上的点，∴＝－1.由已知得＝kOC＝，代入①式可得b＝a.∵直线x＋y－1＝0的斜率k＝－1.又|AB|＝|x2－x1|＝|x2－x1|＝2，∴|x2－x1|＝2.联立ax2＋by2＝1与x＋y－1＝0，消去y，得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0.且由已知得x1，x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的两根，∴x1＋x2＝，x1x2＝，∴4＝(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝2－4·.②将b＝a代入②式，解得a＝，∴b＝.∴所求椭圆的方程是＋＝1.方法二　由得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，且直线AB的斜率k＝－1，∴|AB|＝＝＝·.n∵|AB|＝2，∴＝2，∴＝1.①设C(x，y)，则x＝＝，y＝1－x＝.∵OC的斜率为，∴＝＝，将其代入①式得，a＝，b＝.∴所求椭圆的方程为＋＝1.题型三　椭圆中的最值(或范围)问题例4　已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m.(1)当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围；(2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程．解　(1)由消去y，得5x2＋2mx＋m2－1＝0，因为直线与椭圆有公共点，所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0，解得－≤m≤.(2)设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由(1)知5x2＋2mx＋m2－1＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝(m2－1)，所以|AB|＝＝＝＝＝.所以当m＝0时，|AB|最大，此时直线方程为y＝x.引申探究　在例4中，设直线与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，求△AOB面积的最大值及△AOB面积最大时的直线方程．解　可求得O到AB的距离d＝，又|AB|＝，n∴S△AOB＝|AB|·d＝··＝≤·＝，当且仅当－m2＝m2时，上式取“＝”，此时m＝±∈.∴所求直线方程为x－y±＝0.反思感悟　解析几何中的综合性问题很多，而且可与很多知识联系在一起出题，例如不等式、三角函数、平面向量以及函数的最值问题等．解决这类问题需要正确地应用转化思想、函数与方程思想和数形结合思想．其中应用比较多的是利用方程根与系数的关系构造等式或函数关系式，这其中要注意利用根的判别式来确定参数的限制条件．跟踪训练4　若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为________．答案　6解析　由椭圆方程得F(－1,0)，设P(x0，y0)，则·＝(x0，y0)·(x0＋1，y0)＝x＋x0＋y.∵P为椭圆上一点，∴＋＝1.∴·＝x＋x0＋3＝＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2.∵－2≤x0≤2，∴·的最大值在x0＝2时取得，且最大值等于6.转化化归思想在椭圆中的应用典例　已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，左、右焦点分别是F1，F2，若椭圆C上的点Pn到F1，F2的距离和等于4.(1)写出椭圆C的方程和焦点坐标；(2)直线l过定点M(0,2)，且与椭圆C交于不同的两点A，B，若原点O在以线段AB为直径的圆外，求直线l的斜率k的取值范围．考点　题点　解　(1)由题意得2a＝4，即a＝2，又点P在椭圆C上，∴＋＝1，即b2＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1，焦点F1(－，0)，F2(，0)．(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，设l：y＝kx＋2，代入＋y2＝1，整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，Δ＝(16k)2－4(1＋4k2)·12＝16(4k2－3)>0，得k2>.①设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝－，x1x2＝.∵原点O在以线段AB为直径的圆外，∴∠AOB为锐角，∴cos∠AOB>0，则·＝x1x2＋y1y2>0，又y1y2＝(kx1＋2)·(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)＋2k＋4＝>0.∴k2<4，∴0且m≠1)只有一个公共点，则该椭圆的长轴长为(　　)A．1B.C．2D．2答案　D解析　联立消去y，得(m2＋1)x2＋2x＋6－m2＝0，Δ＝(2)2－4(m2＋1)(6－m2)＝0，即4m2(m2－5)＝0，∵m>0且m≠1，∴m＝，故选D.3．设F1，F2为椭圆＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于P，Q两点，当四边形PF1QF2面积最大时，·的值等于(　　)A．0B．2C．4D．－2答案　D解析　由题意，得c＝＝，又＝2××|F1F2|·h(h为F1F2边上的高)，n∴当h＝b＝1时，取最大值，此时∠F1PF2＝120°.∴·＝||·||·cos120°＝2×2×＝－2.4．过点P(－1,1)的直线交椭圆＋＝1于A，B两点，若线段AB的中点恰为点P，则AB所在的直线方程为________________．答案　x－2y＋3＝0解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则又两式相减得＝.∴AB所在的直线方程为x－2y＋3＝0.5．直线l：y＝kx＋1与椭圆＋y2＝1交于M，N两点，且|MN|＝，求直线l的方程．解　设直线l与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y并化简，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝0.由|MN|＝，得(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝，所以(1＋k2)(x1－x2)2＝，所以(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝，即(1＋k2)2＝，化简得k4＋k2－2＝0，所以k2＝1，所以k＝±1.所以所求直线l的方程是y＝x＋1或y＝－x＋1.n1．直线与椭圆相交弦长的有关问题(1)当弦的两端点的坐标易求时，可直接求出交点坐标，再用两点间距离公式求弦长．(2)当弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式．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)．(3)如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况．2．解决椭圆中点弦问题的两种方法(1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．(2)点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系．特别提醒：利用公式计算弦长时，要注意这两个公式的区别，切勿记错．3．最值往往转化为函数最值或利用数形结合思想．一、选择题1．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．不确定考点　题点　答案　B解析　直线y＝kx－k＋1可变形为y－1＝k(x－1)，故直线恒过定点(1,1)，而该点在椭圆＋＝1内部，所以直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1相交，故选B.2．已知点(m，n)在椭圆8x2＋3y2＝24上，则2m＋4的取值范围是(　　)nA．[4－2，4＋2]B．[4－，4＋]C．[4－2，4＋2]D．[4－，4＋]答案　A解析　方程可化为＋＝1，故椭圆焦点在y轴上，又a＝2，b＝，所以－≤m≤，故4－2≤2m＋4≤2＋4.3．直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　)A．m>1B．m≥1或02，∴a2＋b2<4，即<1，∴＋<1，∴点(a，b)在椭圆内部，故直线与椭圆有2个交点．6．已知椭圆x2＋2y2＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度是(　　)A．3B．2C.D.答案　C解析　设以(1,1)为中点的弦的两端为A(x1，y1)，B(x2，y2)，n①－②可得(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又∴＝－，∴所在直线方程为y－1＝－(x－1)，即y＝－x＋，由得3x2－6x＋1＝0，x1＋x2＝2，x1x2＝.|AB|＝×＝×＝.二、填空题7．直线y＝a与椭圆＋＝1恒有两个不同的交点，则a的取值范围是________．答案　(－2,2)解析　如图，－2b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c，若直线y＝(x＋c)与椭圆的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率为________．答案　－1解析　由直线方程y＝(x＋c)，得直线与x轴的夹角∠MF1F2＝，且过点F1(－c,0)．∵∠MF1F2＝2∠MF2F1，∴∠MF1F2＝2∠MF2F1＝，即F1M⊥F2M.∴在Rt△F1MF2中，|F1F2|＝2c，|F1M|＝c，|F2M|＝c，∴由椭圆定义可得2a＝c＋c，∴离心率e＝＝＝－1.10．过椭圆＋＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为原点，则△OAB的面积为________．答案　解析　直线方程为y＝2x－2，与椭圆方程＋＝1联立，可以解得A(0，－2)，B，∴S△OAB＝|OF|·|yA－yB|＝(也可以用设而不求的方法求弦长|AB|，再求出点O到AB的距离，进而求出△AOB的面积)．11．若椭圆mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)与直线x＋y－1＝0交于A，B两点，若＝，则过原点与线段AB的中点M的连线的斜率为________．答案　解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①－②得m(x1＋x2)(x1－x2)＋n(y1＋y2)(y1－y2)＝0，n即＋·＝0.∵＝－1，＝，∴＝，∴kOM＝.三、解答题12．已知点A，B是椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)与直线x－3y＋2＝0的交点，点M是AB的中点，且点M的横坐标为－，若椭圆C的焦距为8，求椭圆C的方程．解　设A(xA，yA)，B(xB，yB)，M(xM，yM)，依题意得∴＋kAB＝0，∵点M，∴－＋×＝0，∴a2＝3b2.又∵c＝4，∴a2＝24，b2＝8，经检验，a2＝24，b2＝8符合题意，∴椭圆C的方程为＋＝1.13．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；(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⊥，求直线l的方程．解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a＞b＞0)．根据题意知解得a2＝，b2＝.故椭圆C的方程为＋＝1.n(2)容易求得椭圆C的方程为＋y2＝1.当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)．由消去y，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，因为⊥，所以·＝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＝＝0，解得k2＝，即k＝±.故直线l的方程为x＋y－1＝0或x－y－1＝0.14．椭圆＋＝1(a>b>0)与直线x＋y－1＝0相交于P，Q两点，且⊥(O为坐标原点)．(1)求证：＋等于定值；(2)若椭圆的离心率e∈，求椭圆长轴长的取值范围．(1)证明　椭圆的方程可化为b2x2＋a2y2－a2b2＝0.由消去y，得(a2＋b2)x2－2a2x＋a2(1－b2)＝0.由Δ＝4a4－4(a2＋b2)·a2·(1－b2)>0，得a2＋b2>1.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.n∵⊥，∴x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2－(x1＋x2)＋1＝0，即－＋1＝0，∴a2＋b2＝2a2b2，即＋＝2.∴＋等于定值．(2)解　∵e＝，∴b2＝a2－c2＝a2－a2e2.又∵a2＋b2＝2a2b2，∴2－e2＝2a2(1－e2)，即a2＝＝＋.∵≤e≤，∴≤a2≤，即≤a≤，∴≤2a≤，即椭圆长轴长的取值范围是[，]．15.已知椭圆＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．解　(1)由题设知解得∴椭圆的方程为＋＝1.(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，∴圆心到直线l的距离d＝，由d<1，得|m|<.(*)n∴|CD|＝2＝2＝.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－mx＋m2－3＝0，Δ＝(－m)2－4(m2－3)＞0，得m2＜4.由根与系数的关系，得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.∴|AB|＝＝.由＝，得＝1，解得m＝±，满足(*)，也满足Δ＞0，∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.