高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 §8 5 第2课时　直线与椭圆课件PPT

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这是一份高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 §8 5 第2课时　直线与椭圆课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了故m≥1且m≠5，3没有公共点，命题点1弦长问题，命题点2中点弦问题，x＋2y－3＝0，又∵x1＋x2＝2，即x＋2y－3＝0，课时精练，D∠PAB90°，解得m＝±1等内容，欢迎下载使用。

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题型一　直线与椭圆的位置关系
解析　方法一　由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m>0且m≠5，∴5k2＋m－1≥0，∴m≥1且m≠5.
(1)有两个不重合的公共点；
解　将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
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.
(2)有且只有一个公共点；
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.
这时直线l与椭圆C没有公共点.
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.
题型二　弦长及中点弦问题
解析　方法一　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)，
方法二　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)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
解析　设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，
又Δ＝(8t)2－16(t2－1)×5>0，得t2<5，
解析　方法一　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，A(x1，y1)，B(x2，y2).
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
即x＋2y－3＝0.方法二　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，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
(1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题.涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单.记住必须检验.
(3)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式.
跟踪训练1　(1)已知椭圆两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，当|CD|＝时，则直线l的方程为_______________________________.
解析　由题意得b＝1，c＝1.∴a2＝b2＋c2＝1＋1＝2.
当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋1，
Δ＝8(k2＋1)>0恒成立.
设C(x1，y1)，D(x2，y2).
(2)已知椭圆 (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________.
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，
题型三　直线与椭圆的综合问题
例3　(2020·天津)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；
解　由已知可得b＝3，记半焦距为c，由|OF|＝|OA|可得c＝b＝3，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝18，
解　因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以AB⊥CP.依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在.设直线AB的方程为y＝kx－3.
消去y可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，
因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，－3)，
即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
(1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解.(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
跟踪训练2　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；
解　由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
(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.
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l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
Δ＝8(k2＋1)>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
KESHIJINGLIAN
A.(1，＋∞) B.(1,3)∪(3，＋∞)C.(3，＋∞) D.(0,3)∪(3，＋∞)
得m>1且m≠3.故选B.
解析　由题意得直线y－1＝k(x－1)恒过定点(1，1)，
A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定
解析　直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，
∵c＝3，∴a2＝18，b2＝9，
综上所述，正确的为AD.
A.四边形AF1BF2为平行四边形B.∠F1PF2<90°
解析　对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|.故四边形AF1BF2为平行四边形.故A正确；对于B，根据椭圆的性质，当P在上、下顶点时，|OP|＝b＝＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知P不可能在上下顶点，故∠F1PF2<90°.故B正确；
对于D，设P(x1，y1)，A(x2，y2)，则B(－x2，－y2)，
故∠PAB＝90°.故D错误.故选ABC.
所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，
9.已知F为椭圆C：＝1的右焦点，过F的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB的中点，则M到x轴的最大距离为________.
解析　因为a2＝6，b2＝2，所以椭圆的右焦点坐标为(2，0).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：x＝ty＋2(显然当直线斜率为0时，不可能最大)，与椭圆方程联立得，
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).
(1)求椭圆C的方程；
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且，求直线BF2的方程.
解　由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为F1(－1,0)，
a2＝9，b2＝5，c2＝4，c＝2，即F1(－2,0)，F2(2,0).
解得114.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　方法一　∵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.
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若与直线OP(O为坐标原点)平行的直线交椭圆C于A，B两点，当OA⊥OB时，求△AOB的面积.
将直线AB的方程代入椭圆C的方程并整理得
由Δ＝3m2－4(m2－1)>0，得m2<4，