高考数学复习第九章　第五节　第二课时　直线与椭圆（导学案）

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题型一直线与椭圆位置关系的判断
[典例1]若直线y=kx+1与椭圆x25+y2m=1总有公共点,则m的取值范围是( )
A.{m|m>1}
B.{m|m>0}
C.{m|0D.{m|m≥1且m≠5}
解析：选D.方法一:因为直线y=kx+1恒过点(0,1),所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上,
则0<1m≤1且m≠5,故m≥1且m≠5.
方法二:由y=kx+1,mx2+5y2-5m=0,
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,
因为m>0且m≠5,所以m≥1且m≠5.
【方法提炼】
判断直线与椭圆位置关系的方法
(1)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公共点个数.
【对点训练】
1.直线y=2x-1与椭圆x29+y24=1的位置关系是( )
A.相交B.相切
C.相离D.不确定
解析：选A.因为029+(-1)24=14<1,
所以0,-1在椭圆内,
因为y=2x-1恒过点0,-1,
所以直线y=2x-1与椭圆x29+y24=1相交.
2.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x29+y24=1的交点个数是( )
A.至多为1B.2C.1D.0
解析：选B.由题意知4m2+n2>2,
即m2+n2<2,
所以点P(m,n)在椭圆x29+y24=1的内部,
故所求交点个数是2.
题型二直线与椭圆相交的有关问题
角度1 弦长问题
[典例2](2023·广州模拟)已知椭圆G:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63,且过点3,1.
(1)求椭圆G的方程;
(2)斜率为1的直线l与椭圆G交于A,B两点,以AB为底边作等腰三角形,顶点为P(-3,2),求△ABP的面积.
解析：(1)由题意,e=ca=639a2+1b2=1a2=b2+c2,解得a2=12b2=4,
故椭圆G的方程为x212+y24=1.
(2)令AB为y=x+n,则AB中垂线方程为
y=-(x+3)+2=-x-1,
联立AB与椭圆方程得,x2+3(x+n)2=12,
整理得4x2+6nx+3n2-12=0,
若A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-3n2,
x1x2=3n2-124,所以y1+y2=x1+x2+2n=n2,
又（x1+x22,y1+y22）在AB中垂线上,
所以3n4-1=n4,可得n=2,
即x1+x2=-3,x1x2=0,
所以|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=32,
又P(-3,2)到AB的距离d=|-3-2+2|2=322,
所以S△PAB=12|AB|·d=92.
【方法提炼】——自主完善,老师指导
1.弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时,可直接利用两点间的距离公式求解.
(2)当直线的斜率存在时,斜率为k的直线l与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两个不同的点,则
①|AB|=1+k2|x1-x2|=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2];
②|AB|=1+1k2|y1-y2|(k≠0) =1+1k2[(y1+y2)2-4y1y2].
2.弦长公式的运用技巧
在利用曲线方程和直线方程联立时,设直线方程也很讲究.
(1)若直线经过的定点在纵轴上,一般设为斜截式方程y=kx+b便于运算,即“定点落在纵轴上,斜截式帮大忙”;
(2)若直线经过的定点在横轴上,一般设为my=x-a可以减小运算量,即“直线定点落横轴,斜率倒数作参数”.
提醒联立直线与曲线方程后得到一元二次方程,一定要考虑判别式Δ.
角度2 中点弦问题
[典例3]已知动点P与平面上点M-1,0,N1,0的距离之和等于22.
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)若经过点E1,12的直线l与曲线C交于A,B两点,且点E为AB的中点,求直线l的方程.
解析：(1)设点P的坐标为(x,y),
因为|PM|+|PN|=22>2=|MN|,
所以由椭圆定义可知,点P的轨迹是以M,N为焦点的椭圆,所以a=2,c=1,所以b2=a2-c2=1,
所以动点P的轨迹C的方程为x22+y2=1.
(2)显然直线l的斜率存在且不等于0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=2,y1+y2=1,
又A,B在椭圆上,所以x122+y12=1,x222+y22=1,
两式相减得x122-x222+y12-y22=0,
即x1-x2x1+x22+y1-y2y1+y2=0,
所以x1-x2×22+1×y1-y2=0,
即y1-y2x1-x2=-1,即kAB=-1,
所以直线l的方程为y-12=-1x-1,
即x+y-32=0.
【方法提炼】
“点差法”处理有关中点弦问题的步骤
【对点训练】
1.斜率为1的直线l与椭圆x22+y2=1相交于A,B两点,则|AB|的最大值为( )
A.2B.233C.263D.433
解析：选D.设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线l的方程为y=x+m,
由y=x+mx22+y2=1消去y得3x2+4mx+2(m2-1)=0,
则x1+x2=-4m3,x1x2=2(m2-1)3.
所以AB=1+k2x1-x2
=1+k2·x1+x22-4x1x2
=2·-43m2-8m2-13
=223·6-2m2,
所以当m=0时,AB取得最大值433.
2.(2023·南京模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左焦点为F,过F作一条倾斜角为45°的直线与椭圆C交于A,B两点,若M-3,2为线段AB的中点,则椭圆C的离心率是( )
A.33B.12C.25D.55
解析：选A.设点A(x1,y1),B(x2,y2),依题意,b2x12+a2y12=a2b2b2x22+a2y22=a2b2,
相减得b2(x1+x2)(x1-x2)+a2(y1+y2)(y1-y2)=0,因直线AB的倾斜角为45°,即直线AB的斜率为y1-y2x1-x2=1,
又M-3,2为线段AB的中点,则x1+x2=-6,y1+y2=4,因此有4a2-6b2=0,即b2a2=23,
所以椭圆C的离心率e=a2-b2a=1-b2a2=33.
3.(2023·潍坊模拟)椭圆x24+y2=1,则该椭圆所有斜率为12的弦的中点的轨迹方程为 .
解析：设斜率为12的直线方程为y=12x+b,
与椭圆的交点为Ax1,y1,Bx2,y2,
设中点坐标为x,y,则
y2-y1x1-x2=-12,x1+x22=x,y2+y12=y,
所以x124+y12=1x224+y22=1,两式相减可得
x1-x2x1+x24=y2-y1y2+y1,
x1+x24=y2-y1x1-x2y2+y1,即y=-x2,
联立x24+y2=1y=12x+b得,x22+bx+b2-1=0,
所以Δ=b2-2b2-1=0时,
即b=±2时直线与椭圆相切,
此时由x22±2x+1=0解得x=2或x=-2,
所以-2所求得轨迹方程为y=-x2-2答案:y=-x2-2【加练备选】
(2022·重庆模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的右顶点为B,O为坐标原点,D为线段OB的中点,过点D的直线l与椭圆C交于M,N两点,且当直线l与x轴垂直时,|MN|=a.
(1)求椭圆C的离心率;
(2)若|MD|=2|DN|,求直线l的斜率.
解析：(1)由题意可得,点a2,a2在椭圆上,将点a2,a2代入椭圆方程得14+a24b2=1,
故3b=a,所以c=2b,e=ca=63;
(2)由(1)知C:x2+3y2=3b2,D32b,0,
设Mx1,y1,Nx2,y2,
直线l:x=my+32b,代入椭圆方程得
m2+3y2+3mby-94b2=0,
由D在椭圆内部知必有Δ>0,
则y1+y2=-3mbm2+3,y1y2=-94b2m2+3,
由题知y1=-2y2,故-y2=-3mbm2+3①,
-2y22=-94b2m2+3②,
由①2②得3m2b2m2+3·94b2=12,即m2=95,
故l的斜率为±53.
题型三直线与椭圆的综合问题
[典例4](2022·广州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0,点F1,0为椭圆的右焦点,O为坐标原点,过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆于M,N两点,当l1与x轴垂直时,MN=3.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)A1,A2分别为椭圆的左、右顶点,直线A1M,A2N分别与直线l2:x=1交于P,Q两点,证明:四边形OPA2Q为菱形.
解析：(1)由题可知c=1,
当l1与x轴垂直时,不妨设M的坐标为1,32,
所以a2=b2+11a2+94b2=1,解得a=2,b=3.
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
(2)设l1的方程为x=my+1,Mx1,y1,Nx2,y2,联立x=my+1x24+y23=1消去x,
得3m2+4y2+6my-9=0,
易知Δ>0恒成立,由根与系数的关系得
y1+y2=-6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,
由直线A1M的斜率为kA1M=y1x1+2,得直线A1M的方程为y=y1x1+2x+2,
当x=1时,yP=3y1x1+2,
由直线A2N的斜率为kA2N=y2x2-2,得直线A2N的方程为y=y2x2-2x-2,
当x=1时,yQ=-y2x2-2,
若四边形OPA2Q为菱形,则对角线相互垂直且平分,下面证yP+yQ=0,
因为yP+yQ=3y1x1+2+-y2x2-2
=3y1x2-2-y2x1+2x1+2x2-2
=2my1y2-3y1+y2my1+3my2-1,
代入根与系数的关系得2my1y2-3y1+y2=
2m·-93m2+4-3-6m3m2+4=-18m+18m3m2+4=0,
所以PF=QF,即PQ与OA2相互垂直平分,所以四边形OPA2Q为菱形.
【方法提炼】
直线与椭圆问题的常用思想方法和技巧
(1)设而不求;(2)坐标法;(3)根与系数的关系;(4)对于涉及其他几何问题时,要注意其几何性质的应用,再转化为代数问题求解.
【对点训练】
(2022·葫芦岛模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点P-2,3,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点.请从下面两个条件中选择一个补充到题中,并完成下列问题.
条件①:·=1;条件②:离心率e=22.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=4相切,且与椭圆C交于M,N两点,求△OMN面积的取值范围.
解析：(1)选择①:
由题意知:F1(-c,0),F2(c,0),
因为·=c+2,-3·-c+2,-3
=2-c2+3=1,解得c=2,
又因为2a2+3b2=1a2=b2+4,解得a=22b=2,
所以椭圆C的方程为x28+y24=1;
选择②:
因为e2=c2a2=1-b2a2=12,所以a2=2b2,
又2a2+3b2=1,由两式解得a=22b=2,
所以椭圆C的方程为x28+y24=1;
(2)圆O的圆心坐标为0,0,半径r=2,由直线l:y=kx+m与圆O:x2+y2=4相切,得m1+k2=2,故m2=41+k2,
由x28+y24=1y=kx+m消去y,得
1+2k2x2+4kmx+2m2-4=0.
由题意可知k≠0,
所以Δ=88k2-m2+4=32k2>0.
设点Mx1,y1,Nx2,y2,
则x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-82k2+1,
所以S=12MN×2=1+k2x1-x2
=1+k2·x1+x22-4x1x2
=1+k2-4km2k2+12-4×2m2-82k2+1
=42k2k2+12k2+1,
令t=2k2+1,则t>1,k2=t-12,
所以S=4t-1t-12+1t2
=22t-1t+1t2=221-1t2∈0,22.
【加练备选】
(2022·茂名模拟)已知圆O:x2+y2=4与x轴交于点A(-2,0),过圆上一动点M作x轴的垂线,垂足为H,N是MH的中点,记N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)过(-65,0)作与x轴不重合的直线l交曲线C于P,Q两点,直线OQ与曲线C的另一交点为S,设直线AP,AS的斜率分别为k1,k2.证明:k1=4k2.
解析：(1)设N(x0,y0),则H(x0,0),
因为N是MH的中点,所以M(x0,2y0),
又因为M在圆O上,所以x02+(2y0)2=4,
即x024+y02=1,所以曲线C的方程为x24+y2=1.
(2)①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=-65,
若点P在x轴上方,则点Q在x轴下方,
则P(-65,45),Q(-65,-45),
直线OQ与曲线C的另一交点为S,则S与Q关于原点对称,所以S(65,45),
k1=kAP=45-0-65+2=1,k2=kAS=45-065+2=14,
所以k1=4k2;
若点P在x轴下方,则点Q在x轴上方,
同理得:P(-65,-45),Q(-65,45),
S(65,-45),
所以k1=kAP=-45-0-65+2=-1,
k2=kAS=-45-065+2=-14,所以k1=4k2;
②当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为
x=my-65,
由x=my-65,与x24+y2=1联立可得
(m2+4)y2-12m5y-6425=0,
其中Δ=144m225+4×(m2+4)×6425>0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),则S(-x2,-y2),
则y1+y2=12m5m2+4,y1y2=-6425m2+4,
所以k1=kAP=y1-0x1+2=y1x1+2,
k2=kAS=-y2-0-x2+2=y2x2-2,
则k1k2=y1x1+2·x2-2y2=y1(my2-165)(my1+45)y2
=my1y2-165y1my1y2+45(y1+y2)-45y1
=-64m25m2+4-165y1-6425mm2+4+45·125mm2+4-45y1=-64m25m2+4-165y1-1625mm2+4-45y1=4,所以k1=4k2.
【思维导图·构网络】

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