高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册椭圆第2课时课时作业

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【自主学习】
一．点与椭圆的位置关系
点P(x0，y0)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：
点P在椭圆上⇔ ；点P在椭圆内部⇔ ；点P在椭圆外部⇔
二．直线与椭圆的位置关系
直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系：
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y得一个关于x的一元二次方程．
【小试牛刀】
1.思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)点P(2,1)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1的内部． ( )
(2)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切． ( )
(3)过点A(0,1)的直线一定与椭圆x2＋eq \f(y2,2)＝1相交． ( )
(4)长轴是椭圆中最长的弦． ( )
(5)直线y＝k(x－a)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的位置关系是相交． ( )
2.点P(2,1)与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)＝1的位置关系是________．
【经典例题】
题型一 点与椭圆位置关系的判断
已知点P(k,1)，椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为____________．
【跟踪训练】1 若点A(a,1)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的内部，则a的取值范围是________．
题型二 直线与椭圆的位置关系
点拨：代数法判断直线与椭圆的位置关系
判断直线与椭圆的位置关系，通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程，则Δ>0⇔直线与椭圆相交；Δ＝0⇔直线与椭圆相切；Δb>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1， ①,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1， ②))
由①－②，得eq \f(1,a2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋eq \f(1,b2)(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))＝0，变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)，即kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0).
2．求弦长的两种方法
设直线方程为y＝kx＋m(k≠0)，椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)或eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)求弦长．
(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2)．
例3 P(1,1)为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1内一定点，经过P引一弦，使此弦在P点被平分，求此弦所在的直线方程．
【跟踪训练】3 已知斜率为1的直线l过椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．
题型四 与椭圆有关的综合问题
例4 椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点A(－2,0)，且离心率为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得∠PQM＋∠PQN＝180°？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【跟踪训练】4 椭圆的两个焦点坐标分别为F1(－ eq \r(3) ，0)和F2( eq \r(3) ，0)，且椭圆过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) .
(1)求椭圆方程；
(2)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)，0)) 作不与y轴垂直的直线l交该椭圆于M，N两点，A为椭圆的左顶点，试判断∠MAN的大小是否为定值，并说明理由．
【当堂达标】
1.已知直线l：x＋y－3＝0，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1，则直线与椭圆的位置关系是( )
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
2.直线y＝x＋1被椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1所截得的弦的中点坐标是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(5,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，\f(7,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,2)，－\f(17,2)))
3.已知椭圆的方程是x2＋2y2－4＝0，则以M(1,1)为中点的弦所在直线的方程是( )
A．x＋2y－3＝0 B．2x＋y－3＝0 C．x－2y＋3＝0 D．2x－y＋3＝0
4.(多选)若直线与椭圆相切，则斜率的值是（ ）
A．B．C．D．
5.椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝eq \f(1,2)x＋1截得的弦长为________。
6.已知点P(4，2)是直线l被椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，
(1)求直线l的方程;
(2) 求直线l被椭圆截得的弦长.
【课堂小结】
1.直线和椭圆有三种位置关系：相交、相切、相离．
解直线方程与椭圆方程组成的方程组，通过解的个数判断位置关系，当方程组有两个解(Δ>0)时，直线与椭圆相交，当方程组有一个解(Δ＝0)时，直线与椭圆相切，当方程组无解(Δ0 一 Δ＝0 无 Δ1知，点P(2,1)在椭圆的外部．
【经典例题】
例1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)，＋∞)) 解析：依题意得，eq \f(k2,9)＋eq \f(1,4)>1，解得keq \f(3\r(3),2).
【跟踪训练】1 －eq \r(2)＜a＜eq \r(2) 解析：∵点A在椭圆内部，∴eq \f(a2,4)＋eq \f(1,2)＜1，∴a2＜2，
∴－eq \r(2)＜a＜eq \r(2).
例2 解：直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0 ①.
方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－3eq \r(2)＜m＜3eq \r(2)时，方程①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有两个公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)时，方程①没有实数解，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．
【跟踪训练】2 解：由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋eq \r(2)，代入椭圆方程得eq \f(x2,2)＋(kx＋eq \r(2))2＝1，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋k2))＝4k2－2＞0，解得k＜－eq \f(\r(2),2)或k＞eq \f(\r(2),2)，所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，＋∞)).
例3 方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦的两端点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(4kk－1,2k2＋1)，
又∵x1＋x2＝2，∴eq \f(4kk－1,2k2＋1)＝2，得k＝－eq \f(1,2)．故弦所在直线方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．
方法二：由于此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，且设弦的两端点坐标为(x1，y1)、(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋eq \f(y\\al(2,1),2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)＋eq \f(y\\al(2,2),2)＝1，两式相减得eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,2)＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴eq \f(x1－x2,2)＋(y1－y2)＝0，∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)．
∴此弦所在直线方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0．
【跟踪训练】3 解：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
由椭圆方程知a2＝4，b2＝1，∴c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，
∴F(eq \r(3)，0)，∴直线l的方程为y＝x－eq \r(3)，
将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x2－8eq \r(3)x＋8＝0，∴x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5)，x1x2＝eq \f(8,5)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(2)·eq \f(\r(8\r(3)2－4×5×8),5)＝eq \f(8,5).
例4 解：(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，得c＝eq \r(2).
由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)若存在点Q(m,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，
则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2.等价于k1＋k2＝0.
依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为y＝k(x－4)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－4,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))，得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
因为直线l与椭圆C有两个交点，所以Δ＞0.
即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得k2＜eq \f(1,6).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(16k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(32k2－4,2k2＋1)，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令k1＋k2＝eq \f(y1,x1－m)＋eq \f(y2,x2－m)＝0，(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当k≠0时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，化简得，＝0，所以m＝1.
当k＝0时，也成立．
所以存在点Q(1,0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.
【跟踪训练】4 解： (1)由题意设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，
将c＝ eq \r(3) ，a2＝b2＋c2，代入椭圆方程得 eq \f(x2,b2＋3) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1，
又因为椭圆过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(3),2))) ，得 eq \f(1,b2＋3) ＋ eq \f(\f(3,4),b2) ＝1，
解得b2＝1，所以a2＝4.所以椭圆的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)设直线MN的方程为x＝ky－ eq \f(6,5) ，联立直线MN和椭圆的方程 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－\f(6,5)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(k2＋4)y2－ eq \f(12,5) ky－ eq \f(64,25) ＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(－2，0)，y1y2＝－ eq \f(64,25（k2＋4）) ，y1＋y2＝ eq \f(12k,5（k2＋4）) ，
则 eq \(AM,\s\up6(→)) · eq \(AN,\s\up6(→)) ＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋ eq \f(4,5) k(y1＋y2)＋ eq \f(16,25) ＝0，所以∠MAN＝ eq \f(π,2) .
【当堂达标】
1.A 解析：把x＋y－3＝0代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得eq \f(x2,4)＋(3－x)2＝1，即5x2－24x＋32＝0.
∵Δ＝(－24)2－4×5×32＝－640
C．方程表示椭圆的条件为00且m≠3.综上可知，m>1且m≠3，故选B.
3.B 解析：设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),36)＋\f(y\\al(2,1),9)＝1，,\f(x\\al(2,2),36)＋\f(y\\al(2,2),9)＝1，))
两式相减，得eq \f(x1＋x2x1－x2,36)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,9)＝0，所以eq \f(2x1－x2,9)＝－eq \f(4y1－y2,9)，
所以k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2).故选B.
4.B解析：易求得直线AB的方程为y＝eq \r(3)(x＋eq \r(2))．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x＋\r(2)，,x2＋2y2＝4))消去y并整理，得7x2＋12eq \r(2)x＋8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(12\r(2),7)，x1x2＝eq \f(8,7).
由弦长公式，得|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋\r(3)2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12\r(2),7)))\s\up12(2)－4×\f(8,7))＝eq \f(16,7).]
5.BCD 解析：A：由椭圆方程知：其焦点坐标为，错误；
B：，即椭圆C的长轴长为，正确；
C：由题意，可设直线为，，，则，联立椭圆方程并整理得：，M为椭圆内一点则，
∴，可得，即直线为，正确；
D：由C知：，，则，正确.
故选：BCD.
6.eq \f(5,3) 解析： 由已知可得直线方程为y＝2x－2，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)，\f(4,3)))，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq \f(5,3).
7.解：(1)椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
由椭圆的定义，得|AF1|＋|AF2|＝2a＝4，|BF1|＋|BF2|＝2a＝4，又|AF1|＋|BF1|＝|AB|，
∴△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8.
(2)由(1)可得F1(－1,0)，∵AB的倾斜角为eq \f(π,4)，则AB的斜率为1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，故直线AB的方程为y＝x＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得7y2－6y－9＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝eq \f(6,7)，y1y2＝－eq \f(9,7)，则由弦长公式|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋1)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,7)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,7))))＝eq \f(24,7).
8.解：(1)将y＝x＋b代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，消去y并整理，得3x2＋4bx＋2b2－2＝0.①
因为直线y＝x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1相交于A，B两个不同的点，所以Δ＝16b2－12(2b2－2)＝24－8b2＞0，
解得－eq \r(3)＜b＜eq \r(3).所以b的取值范围为(－eq \r(3)，eq \r(3))．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当b＝1时，方程①为3x2＋4x＝0.
解得x1＝0，x2＝－eq \f(4,3).所以y1＝1，y2＝－eq \f(1,3).所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \f(4\r(2),3).
9.D 解析：因为直线和圆没有交点，可得，即，
所以点是以原点为圆心，为半径的圆及其内部的点，又因为椭圆，可得，
所以圆内切于椭圆，即点是椭圆内的点，
所以点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.故选：D.
10.D 解析： S＝eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|≤eq \f(1,2)|OF|·2b＝12.
11.AD 解析：由于直线y=kx+1可以化为y-1=k(x-0)，恒过点(0，1)，故A正确；而方程表示椭圆的条件为m>0且m≠5，故B，C错误；若直线与椭圆总有公共点，则点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则0