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新高考数学一轮复习讲义9.5《椭圆第2课时直线与椭圆》(2份打包，解析版+原卷版)

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这是一份新高考数学一轮复习讲义9.5《椭圆第2课时直线与椭圆》(2份打包，解析版+原卷版)，文件包含新高考数学一轮复习讲义95《椭圆第2课时直线与椭圆》含详解doc、新高考数学一轮复习讲义95《椭圆第2课时直线与椭圆》原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页，欢迎下载使用。

第2课时　直线与椭圆
题型一　直线与椭圆的位置关系
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>0
C．0 答案　D
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，
则0<≤1且m≠5，
故m≥1且m≠5.
方法二　由
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，∴m≥1且m≠5.
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 (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．
思维升华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．

题型二　弦长及中点弦问题

命题点1　弦长问题
例1 斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　)
A．2 B. C. D.
答案　C
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，
由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.
∴|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·＝·，
当t＝0时，|AB|max＝.
命题点2　中点弦问题
例2 已知P(1,1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________．
答案　x＋2y－3＝0
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)．
由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，又∵x1＋x2＝2，
∴＝2，解得k＝－.
经检验，k＝－满足题意．
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
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，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1， ①
＋＝1， ②
①－②得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，∴k＝＝－.
经检验，k＝－满足题意．
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
思维升华 (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．
(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝
＝ (k为直线斜率)．
(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 已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c,0)，(0，b)的直线的距离为c.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)如图，AB是圆M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程．

解　(1)过点(c,0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，
则原点O到该直线的距离d＝＝，
由d＝c，得a＝2b＝2，解得离心率＝.
(2)方法一　由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2. ①
依题意，圆心M(－2,1)是线段AB的中点，且|AB|＝.
易知，AB与x轴不垂直，设其方程为y＝k(x＋2)＋1，代入①得(1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，
x1x2＝，
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，解得k＝，
从而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝|x1－x2|
＝＝，
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
方法二　由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2， ②
依题意，点A，B关于圆心M(－2,1)对称，且|AB|＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x＋4y＝4b2，x＋4y＝4b2，
两式相减并结合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得－4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0，
易知AB与x轴不垂直，则x1≠x2，
所以AB的斜率kAB＝＝，
因此直线AB的方程为y＝(x＋2)＋1，
代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，
于是|AB|＝ |x1－x2|
＝＝.
由|AB|＝，得＝，解得b2＝3，
故椭圆E的方程为＋＝1.
题型三　椭圆与向量等知识的综合
例3 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，e＝，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点横坐标为，且＝λ(其中λ>1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求实数λ的值．
解　(1)由椭圆的焦距为2，知c＝1，又e＝，∴a＝2，
故b2＝a2－c2＝3，
∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)由＝λ，可知A，B，F三点共线，
设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)．
若直线AB⊥x轴，则x1＝x2＝1，不符合题意；
当AB所在直线l的斜率k存在时，
设l的方程为y＝k(x－1)．
由消去y得
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0. ①
①的判别式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)
＝144(k2＋1)>0.
∵
∴x1＋x2＝＝2×＝，∴k2＝.
将k2＝代入方程①，得4x2－2x－11＝0，
解得x＝.
又＝(1－x1，－y1)，＝(x2－1，y2)，＝λ，
即1－x1＝λ(x2－1)，λ＝，又λ>1，∴λ＝.
思维升华一般地，在椭圆与向量等知识的综合问题中，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几何的基本方法和基本思想．
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；
(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)△F1B1B2为等边三角形，
则⇒⇒
椭圆C的方程为＋3y2＝1.
(2)易知椭圆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l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
由已知得Δ>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.

1．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数是(　　)
A．至多为1 B．2
C．1 D．0
答案　B
解析　由题意知，>2，即<2，
∴点P(m，n)在椭圆＋＝1的内部，故所求交点个数是2.
2．已知椭圆＋＝1(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(　　)
A. B. C. D.
答案　C
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，由点差法可知yM＝－xM，代入k＝1，M(－4，1)，解得＝，e＝＝，
故选C.
3．已知椭圆＋＝1以及椭圆内一点P(4,2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为(　　)
A. B．－ C．2 D．－2
答案　B
解析　设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，
两式相减，得
＋＝0，
所以＝－，
所以k＝＝－.故选B.
4．已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为(　　)
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　C
解析　设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
5．(2018·吉林四平质检)经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于(　　)
A．－3 B．－
C．－或－3 D．±
答案　B
解析　依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1.代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝.所以两个交点坐标为A(0，－1)，B，所以·＝(0，－1)·＝－.同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.
6．设F1，F2分别是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使(＋)·＝0(O为坐标原点)，则△F1PF2的面积是(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
答案　D
解析　∵(＋)·＝(＋)·
＝·＝0，
∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则m＋n＝4，m2＋n2＝12,2mn＝4，mn＝2，
∴＝mn＝1.
7．直线y＝kx＋k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________．
答案　相交
解析　由于直线y＝kx＋k＋1＝k(x＋1)＋1过定点(－1，1)，而(－1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．
8．椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2c.若直线y＝(x＋c)与椭圆Γ的一个交点M满足∠MF1F2＝2∠MF2F1，则该椭圆的离心率等于____________．
答案　－1
解析　直线y＝(x＋c)过点F1(－c,0)，且倾斜角为60°，所以∠MF1F2＝60°，从而∠MF2F1＝30°，所以MF1⊥MF2.在Rt△MF1F2中，|MF1|＝c，|MF2|＝c，

所以该椭圆的离心率e＝＝＝－1.
9．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则椭圆C的离心率e＝________.
答案　
解析　设椭圆的右焦点为F1，在△ABF中，由余弦定理可解得|BF|＝8，所以△ABF为直角三角形，且∠AFB＝90°，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|＝c＝5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|＝|AF1|＝8，所以2a＝14，a＝7，所以离心率e＝.
10．已知直线MN过椭圆＋y2＝1的左焦点F，与椭圆交于M，N两点．直线PQ过原点O与MN平行，且PQ与椭圆交于P，Q两点，则＝________.
答案　2
解析　不妨取直线MN⊥x轴，椭圆＋y2＝1的左焦点F(－1,0)，令x＝－1，得y2＝，
所以y＝±，所以|MN|＝，此时|PQ|＝2b＝2，
则＝＝2.
11．(2018·贵州适应性考试)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，E的离心率为，点(0,1)是E上一点．
(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＝2，求直线BF2的方程．
解　(1)由题意知，b＝1，且e2＝＝＝，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)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)．
由得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝， ①
y1y2＝－， ②
因为F1(－1,0)，
所以＝(－1－x2，－y2)，＝(x1＋1，y1)，
由＝2可得，－y2＝2y1， ③
由①②③可得B，
则＝或－，
所以直线BF2的方程为
y＝x－或y＝－x＋.
12．设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点，若·＋·＝8，O为坐标原点，求△OCD的面积．
解　(1)过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为，
所以＝.
因为椭圆的离心率为，所以＝，
又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知F(－1,0)，
则直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
联立
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－2x1x2－2y1y2
＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋＝8，
解得k＝±.
从而x1＋x2＝－＝－，x1x2＝＝0.
所以|x1－x2|＝
＝＝，
|CD|＝|x1－x2|
＝×＝.
而原点O到直线CD的距离为
d＝＝＝，
所以△OCD的面积为S＝|CD|×d＝××＝.

13．正方形ABCD的四个顶点都在椭圆＋＝1上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设正方形的边长为2m，
∵椭圆的焦点在正方形的内部，∴m>c，
又正方形ABCD的四个顶点都在椭圆＋＝1上，
∴＋＝1>＋＝e2＋，
即e4－3e2＋1>0，e2<＝2，
∴0 14．已知椭圆＋＝1(a>b>0)短轴的端点为P(0，b)，Q(0，－b)，长轴的一个端点为M，AB为经过椭圆中心且不在坐标轴上的一条弦，若PA，PB的斜率之积等于－，则点P到直线QM的距离为______．
答案　b
解析　设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，
则·＝－，即＝－，
由于＋＝1，则＝－，
故－＝－，则＝，不妨取M(a,0)，则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，则点P到直线QM的距离为
d＝＝＝b.

15．平行四边形ABCD内接于椭圆＋＝1，直线AB的斜率k1＝2，则直线AD的斜率k2等于(　　)
A. B．－ C．－ D．－2
答案　C
解析　设AB的中点为G，则由椭圆的对称性知，O为平行四边形ABCD的对角线的交点，则GO∥AD.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减得
＝－，
整理得＝－＝－k1＝－2，
即＝－.又G，
所以kOG＝＝－，即k2＝－，故选C.
16．过椭圆＋＝1(a>b>0)上的动点M作圆x2＋y2＝的两条切线，切点分别为P和Q，直线PQ与x轴和y轴的交点分别为E和F，求△EOF面积的最小值．
解　设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意知PQ斜率存在，且不为0，所以x0y0≠0，
则直线MP和MQ的方程分别为x1x＋y1y＝，x2x＋y2y＝.因为点M在MP和MQ上，所以有x1x0＋y1y0＝，x2x0＋y2y0＝，则P，Q两点的坐标满足方程x0x＋y0y＝，所以直线PQ的方程为x0x＋y0y＝，可得E和F，
所以S△EOF＝·|OE||OF|＝，
因为b2y＋a2x＝a2b2，b2y＋a2x≥2ab|x0y0|，
所以|x0y0|≤，所以S△EOF＝≥，
当且仅当b2y＝a2x＝时取“＝”，
故△EOF面积的最小值为.