高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案及答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.1 椭圆第2课时学案及答案，共13页。学案主要包含了学习目标，自主学习，小试牛刀，经典例题，跟踪训练，当堂达标，参考答案等内容，欢迎下载使用。

【自主学习】
一．点与椭圆的位置关系
点P(x0，y0)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔ ；点P在椭圆内部⇔ ；点P在椭圆外部⇔
二．直线与椭圆的位置关系
直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y得一个关于x的一元二次方程．
【小试牛刀】
思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点P(2,1)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝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＋eq \f(y2,2)＝1相交． ( )
(4)长轴是椭圆中最长的弦． ( )
(5)直线y＝k(x－a)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的位置关系是相交． ( )
【经典例题】
题型一 点与椭圆位置关系的判断
已知点P(k,1)，椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为____________．
【跟踪训练】1 若点P(a,1)在椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,3)＝1的外部，则a的取值范围为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)，＋∞))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(2\r(3),3))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))
题型二 直线与椭圆的位置关系
点拨：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．
例2 已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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．
【跟踪训练】2 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，eq \r(2))且斜率为k的直线l与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围．
题型三 弦长和中点弦问题
1.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：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交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，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
由①－②，得eq \f(1,a2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋eq \f(1,b2)(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))＝0，变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)，即kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0).
2．求弦长的两种方法
(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式求弦长．
(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|P1P2|＝·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或|P1P2|＝\r(1＋\f(1,k2))\r(y1＋y22－4y1y2)))，其中x1，x2(y1，y2)是上述一元二次方程的两根，由根与系数的关系求出两根之和与两根之积后代入公式可求得弦长．
提醒：如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况．
例3 已知斜率为1的直线l过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．
【跟踪训练】3 过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝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．
题型四 与椭圆有关的综合问题
例4 椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(－2,0)，且离心率为eq \f(\r(2),2).
(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．
【跟踪训练】4 椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－ eq \r(3) ，0)和F2( eq \r(3) ，0)，且椭圆过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) .
(1)求椭圆方程；
(2)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)) 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．
【当堂达标】
1.若直线l：2x＋by＋3＝0过椭圆C：10x2＋y2＝10的一个焦点，则b等于( )
A．1 B．±1 C．－1 D．±2
2.直线y＝x＋1被椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1所截得的弦的中点坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(5,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,2)，－\f(17,2)))
3.已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1,1)为中点的弦所在直线的方程是( )
A．x＋2y－3＝0 B．2x＋y－3＝0 C．x－2y＋3＝0 D．2x－y＋3＝0
4.(多选)若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A．B．C．D．
5.椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝eq \f(1,2)x＋1截得的弦长为________。
6.设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0,4)，离心率为eq \f(3,5).
(1)求椭圆C的方程；
(2)求过点(3,0)且斜率为eq \f(4,5)的直线被C所截线段的中点的坐标．
【参考答案】
【自主学习】
eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)＝1 eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)<1 eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)>
两 Δ>0 一 Δ＝0 无 Δ<0
【小试牛刀】
(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√
【经典例题】
例1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，＋∞)) 解析：依题意得，eq \f(k2,9)＋eq \f(1,4)>1，解得k<－eq \f(3\r(3),2)或k>eq \f(3\r(3),2).
【跟踪训练】1 B解析：由题意知eq \f(a2,2)＋eq \f(1,3)>1，即a2>eq \f(4,3)，解得a>eq \f(2\r(3),3)或a<－eq \f(2\r(3),3).
例2 解：直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝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Δ＞0，即－3eq \r(2)＜m＜3eq \r(2)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＝±3eq \r(2)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＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)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．
【跟踪训练】2 解：由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋eq \r(2)，代入椭圆方程得eq \f(x2,2)＋(kx＋eq \r(2))2＝1，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))＝4k2－2＞0，解得k＜－eq \f(\r(2),2)或k＞eq \f(\r(2),2)，所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
例3 解 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由椭圆方程知a2＝4，b2＝1，∴c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，
∴F(eq \r(3)，0)，∴直线l的方程为y＝x－eq \r(3)，
将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，∴x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1x2＝eq \f(8,5)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \f(\r(8\r(3)2－4×5×8),5)＝eq \f(8,5).
【跟踪训练】3 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＝eq \f(82k2－k,4k2＋1).又M为AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(42k2－k,4k2＋1)＝2，解得k＝－eq \f(1,2).
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xeq \\al(2,1)＋4yeq \\al(2,1)＝16，xeq \\al(2,2)＋4yeq \\al(2,2)＝16.两式相减得(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋4(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))＝0.
于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq \f(1,2)，即kAB＝－eq \f(1,2).
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋2y－4＝0，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得x2－4x＝0，
∴x1＋x2＝4，x1x2＝0，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(2))·eq \r(42－4×0)＝2eq \r(5).
例4 解：(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得c＝eq \r(2).
由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))，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＜eq \f(1,6).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(16k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(32k2－4,2k2＋1)，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令k1＋k2＝eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，化简得，eq \f(8m－1,2k2＋1)＝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°.
【跟踪训练】4 解： (1)由题意设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，
将c＝ eq \r(3) ，a2＝b2＋c2，代入椭圆方程得 eq \f(x2,b2＋3) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，
又因为椭圆过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) ，得 eq \f(1,b2＋3) ＋ eq \f(\f(3,4),b2) ＝1，
解得b2＝1，所以a2＝4.所以椭圆的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)设直线MN的方程为x＝ky－ eq \f(6,5) ，联立直线MN和椭圆的方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－\f(6,5)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(k2＋4)y2－ eq \f(12,5) ky－ eq \f(64,25) ＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2，0)，y1y2＝－ eq \f(64,25（k2＋4）) ，y1＋y2＝ eq \f(12k,5（k2＋4）) ，
则 eq \(AM,\s\up6(→)) · eq \(AN,\s\up6(→)) ＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋ eq \f(4,5) k(y1＋y2)＋ eq \f(16,25) ＝0，所以∠MAN＝ eq \f(π,2) .
【当堂达标】
1.B 解析：因为椭圆x2＋eq \f(y2,10)＝1的焦点F1(0，－3)，F2(0,3)，所以b＝1或－1.
2.C解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得3x2＋4x－2＝0，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4,3)，故AB的中点横坐标x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(2,3).纵坐标y0＝x0＋1＝－eq \f(2,3)＋1＝eq \f(1,3).
3.A 解析：由题意易知所求直线的斜率存在，设过点M(1,1)的直线方程为y＝k(x－1)＋1，即y＝kx＋1－k.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－4＝0，,y＝kx＋1－k，))消去y，得(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋2k2－4k－2＝0，
所以eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(4k2－4k,1＋2k2)＝1，解得k＝－eq \f(1,2)，所以所求直线方程为y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(3,2)，即x＋2y－3＝0.
4.AB 解析：已知直线与椭圆有且只有一个交点，由消去并整理，得，由题意知，，解得：.故选：A B.
5.eq \r(35) 解析： 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝16，,y＝\f(1,2)x＋1，))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|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(\f(5,4)[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(\f(5,4)4＋24)＝eq \r(35).
6.解： (1)将(0,4)代入C的方程，得eq \f(16,b2)＝1，∴b＝4.由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,5)，得eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(9,25)，即1－eq \f(16,a2)＝eq \f(9,25)，∴a＝5，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)过点(3,0)且斜率为eq \f(4,5)的直线方程为y＝eq \f(4,5)(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＝eq \f(4,5)(x－3)代入C的方程，得eq \f(x2,25)＋eq \f(x－32,25)＝1，即x2－3x－8＝0，
则x1＋x2＝3，∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(3,2)，eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(2,5)(x1＋x2－6)＝－eq \f(6,5)，即中点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(6,5))).课程标准
学科素养
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．
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．
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
位置关系
解的个数
Δ的取值
相交
解

相切
解

相离
解