高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何第5节第2课时直线与椭圆学案

这是一份高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何第5节第2课时直线与椭圆学案，共7页。
第2课时　直线与椭圆考点一　直线与椭圆的位置关系              　直线与椭圆位置关系判断的步骤(1)联立直线方程与椭圆方程．(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程．(3)当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相离．1．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＞0C．0＜m＜5且m≠1   D．m≥1且m≠5D　[∵直线y＝kx＋1恒过定点(0,1)，∴要使直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，只需＋≤1，即m≥1，又m≠5，故m的取值范围为m≥1且m≠5，故选D．]2．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－3＜m＜3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＝±3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有且只有一个公共点．(3)当Δ＜0，即m＜－3或m＞3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．点评：(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．考点二　弦长及中点弦问题                   　1.弦长问题常用“根与系数的关系”设而不求，利用弦长公式|AB|＝·＝，(A(x1，y1)，B(x2，y2)，k为直线的斜率)计算弦长．2．中点弦问题常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．　弦长问题[典例1－1]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F是椭圆C的一个焦点．点M(0,2)，直线MF的斜率.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，且|AB|＝|MN|，求l的方程．[解]　(1)由题意，可得解得则b2＝a2－c2＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.(2)当直线l的斜率不存在时，|AB|＝2，|MN|＝2，|AB|≠|MN|，不合题意，故直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝kx＋2，联立得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32＞0，即k2＞.设N(x0，y0)，则x0＝＝－，因为|AB|＝|MN|，所以|x1－x2|＝|x0－0|，则＝|x0|，即＝，整理得k2＝＞.故k＝±，所以直线l的方程为y＝±x＋2.点评：涉及弦长问题在求解时务必注意两点：一是所设直线方程其斜率是否存在．二是保证直线与椭圆相交，即消元后对应方程其判别式Δ＞0.　中点弦问题 [典例1－2]　(1)已知直线x－y＋1＝0与椭圆C：＋＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150°，则椭圆C的离心率为(　　)A．    B．    C．    D．(2)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为        ．(1)D　　(2)＋＝1　[(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M(x0，y0)．∵＋＝1，＋＝1，两式相减可得＋＝0，把x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝k＝，＝tan 150°＝－，代入可得＝－·，解得＝.∴e＝＝.故选D．(2)法一：(直接法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，∴设椭圆方程为＋＝1(b>0)，由 消去x，得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知＝1，∴y1＋y2＝＝2，解得b2＝8.∴所求椭圆方程为＋＝1.法二：(点差法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，∴设椭圆的方程为＋＝1(b>0)．设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①－②得＋＝0，即·＝－，又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，k＝＝3，代入上式得3×＝－，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为＋＝1.]点评：与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式kAB·kOM＝－，即kAB＝－比较方便快捷，其中点M的坐标为(x0，y0)．1．过椭圆＋＝1内一点P(3,1)，且被点P平分的弦所在直线的方程是(　　)A．4x＋3y－13＝0   B．3x＋4y－13＝0C．4x－3y＋5＝0   D．3x－4y＋5＝0B　[设所求直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由题意得①－②得＋＝0，又P(3,1)是AB的中点．∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝＝－.故直线AB的方程为y－1＝－(x－3)，即3x＋4y－13＝0，故选B．]2．已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且＝，求出直线l的方程．[解]　设直线l的方程为y＝－x＋m，由题意知F1，F2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0,0)到直线l的距离d＝＜1，得|m|＜.|AB|＝2＝2＝×，联立消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，|CD|＝|x1－x2|＝×＝×＝×＝|AB|＝××，解得m2＝＜2，得m＝±.即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±.考点三　直线与椭圆的综合问题                　转化思想在直线与椭圆综合问题中的应用(1)以向量为背景的综合题：常先将向量关系坐标化，然后借助根与系数的关系求解．(2)以几何图形为背景的综合题：常体现数形结合思想，可先把几何图形中的平行、垂直等关系代数化(借助向量或斜率公式)，再利用根与系数的关系求解．[典例2]　如图，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，点在椭圆C上，过原点O的直线与椭圆C相交于M，N两点，且|MF|＋|NF|＝4.图①　　　　　　　　图②(1)求椭圆C的方程；(2)设P(1,0)，Q(4,0)，过点Q且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A，B两点，证明：∠APO＝∠BPQ.[解]　(1)如图，取椭圆C的左焦点F′，连接MF′，NF′，由椭圆的几何性质知|NF|＝|MF′|，则|MF′|＋|MF|＝2a＝4，得a＝2.将点代入椭圆C的方程得＋＝1，解得b＝1.故椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)．由图可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)(k≠0)．联立方程消去y得，(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0，Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)＞0，k2＜，直线AP的斜率为＝.同理直线BP的斜率为.由＋＝＝＝＝＝＝0.由上得直线AP与BP的斜率互为相反数，可得∠APO＝∠BPQ.点评：圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B，D在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明∠ABD＝∠CBD，需证kAB＋kBC＝0.(2020·天津高考)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，右焦点为F，且|OA|＝|OF|，其中O为原点．(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3＝，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．[解]　(1)∵椭圆＋＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，∴b＝3，由|OA|＝|OF|，得c＝b＝3，又由a2＝b2＋c2，得a2＝32＋32＝18，所以，椭圆的方程为＋＝1.(2)∵直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CP⊥AB，根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＋3＝kx，即y＝kx－3，由方程组消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝.将x＝代入y＝kx－3，得y＝k·－3＝，所以，点B的坐标为，因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，所以点P的坐标为，由3＝，得点C的坐标为(1,0)，所以，直线CP的斜率kCP＝＝，又因为CP⊥AB，所以k·＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.