北师大版 (2019)选择性必修 第一册1.2 椭圆的简单几何性质说课ppt课件

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2　椭圆的简单几何性质 第2课时　椭圆简单几何性质的应用
提示：不能. 因为椭圆不是圆，中心到椭圆上点的距离不完全相等.
提示：①将直线方程与椭圆方程联立，得一元二次方程；
②若A，B两点的坐标易求出，可直接用弦长公式|AB|＝
B两点坐标不易求出时，可用韦达定理求出x1＋x2与x1x2的值，代入弦长公
[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.
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
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.
方程组没有实数解. 这时直线l与椭圆C没有公共点.
＝0，Δ＝144k2－24(2＋3k2)＝72k2－48.
(2)设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2).
由(1)知，5x2＋2mx＋m2－1＝0.
∴当m＝0时，d最大，此时直线方程为y＝x.
解：(1)由条件知a＝2c，
∴b2＝a2－c2＝3c2，
∴c2＝1，∴a2＝4，b2＝3，
(2)当直线l斜率不存在时，|AB|＝3，不合题意.
当直线l斜率存在时，设直线l：y＝k(x＋1)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
[解]　解法一：依题意，该直线l的斜率存在. 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
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
解法二：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(2，1)为AB
于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.
故所求直线方程为x＋2y－4＝0.
解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1，0)得直线CD的方程为y＝
－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋
解：(1)△ABF2的周长为
|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF1|＋|BF2|)＝4a＝4×4＝16.
又kl＝tan 45°＝1，
∴±3b＋3＝0，∴b＝±1. 故选C.
得(4k2＋1)x2＋24kx＋20＝0.
＝6×2×cs 0°＝12，故点P不为椭圆的左、右顶点，
所以|PF1|·|PF2|cs θ＝9，
在△PF1F2中，由余弦定理得
2|PF1|·|PF2|·cs θ＝
|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2，
即2|PF1|·|PF2|cs θ＝
(|PF1|＋|PF2|)2－|F1F2|2－2|PF1|·|PF2|，即2×9＝(2×4)2－(2×2)2－
2|PF1|·|PF2|，
所以|PF1|·|PF2|＝15. 故选D.
得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
又∵直线与椭圆有两个公共点，
∴Δ＝(4m)2－4m(m＋3)＝16m2－4m2－12m＝12m2－12m＞0，解得m＞1
或m＜0. 又∵m＞0且m≠3，∴m＞1且m≠3.
(2)设点B，C的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由已知m≠0.
Δ＝2m2－4(m2－1)＞0，m2＜2.
当且仅当m2＝2－m2，即m2＝1时等号成立. 所以当m＝±1时，△ABC面积