新高考数学一轮复习考点讲义：第09章第六讲椭圆(二)（含解析）

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一 点P(x0，y0)和椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的关系
1．P(x0，y0)在椭圆内⇔eq \f(x\\al(2,0),a2)＋eq \f(y\\al(2,0),b2)1.
二 椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝acs θ，,y＝bsin θ))(θ是参数)．
三 直线与椭圆位置关系的判断
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1a>b>0，))得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，该一元二次方程的判别式为Δ.
Δ>0⇔有两个交点⇔相交；
Δ＝0⇔有一个交点⇔相切；
Δb>0)的一条弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦中点为M(x0，y0)，斜率为k(k≠0)．
(1)弦长l＝|x1－x2|eq \r( ,1＋k2)＝|y1－y2|·eq \r( ,1＋\f(1,k2)).
(2)k＝－eq \f(b2x0,a2y0).
(3)直线AB的方程：y－y0＝－eq \f(b2x0,a2y0)(x－x0)．
(4)线段AB的垂直平分线方程：y－y0＝eq \f(a2y0,b2x0)·(x－x0)．
常/用/结/论
已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．
(1)通径的长度为eq \f(2b2,a).
(2)过左焦点的弦设为AB，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则焦点弦|AB|＝2a＋e(x1＋x2)；过右焦点的弦设为CD，C(x3，y3)，D(x4，y4)，则焦点弦|CD|＝2a－e(x3＋x4)．(e为椭圆的离心率)
(3)A1，A2为椭圆的长轴顶点，P是椭圆上异于A1，A2的任一点，则kPA1·kPA2＝－eq \f(b2,a2).
椭圆第三定义．
(4)AB是椭圆的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－eq \f(b2,a2).
弦中点问题：点差法⇒kAB＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)⇒kOM·kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0)·eq \f(y0,x0)＝－eq \f(b2,a2).
(5)过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆
可知A，B关于原点对称．
上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2).
(6)点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
方法一(联立方程组)：
联立⇒Δ＝0.
方法二(复合函数求导)：
由eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，两边同时对x求导，得eq \f(2x,a2)＋eq \f(2yy′,b2)＝0，即y′＝－eq \f(b2x,a2y). 将P(x0，y0)代入，得k＝－eq \f(b2x0,a2y0)，则切线：y－y0＝－eq \f(b2x0,a2y0)(x－x0)，即eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.
1．判断下列结论是否正确．
(1)椭圆通径是所有的焦点弦中最短的弦．(√)
(2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交．(√)
(3)直线方程与椭圆方程联立，得到的一定是关于x的一元二次方程．(√)
(4)过椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq \f(y2－y1,x2－x1).()
2．直线y＝x＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
解析：方法一(通解)：联立直线与椭圆的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，得9x2＋10x－15＝0，因为Δ＝100－4×9×(－15)>0，所以直线与椭圆相交．故选A．
方法二(优解)：因为直线过点(0,1)，而0＋eq \f(1,4)b>0)的右顶点为A(1,0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆的方程为____________．
解析：因为椭圆eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1的右顶点为A(1,0)，所以b＝1.因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以eq \f(2b2,a)＝1，所以a＝2，所以椭圆的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
答案：eq \f(y2,4)＋x2＝1
题型 直线与椭圆的位置关系
典例1已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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；Δ＞0
(2)有且只有一个公共点；Δ＝0
(3)没有公共点．Δ＜0
解：将直线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，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))
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－3eq \r( ,2)b>0)的左顶点为A，右顶点为B，满足|AB|＝4，且椭圆E的离心率为eq \f(\r( ,3),2).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))在椭圆E的内部，直线AT和直线BT分别与椭圆E交于另外的点C和点D，若△CDT的面积为eq \f(1,17)，求t的值．
解：(1)由题意，|AB|＝2a＝4，得a＝2.
离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r( ,a2－b2),a)＝eq \f(\r( ,3),2)，得b＝1.
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设C(xC，yC)，D(xD，yD)．
点A(－2,0)，直线AT的方程为y＝eq \f(1,2)·eq \f(1,t＋2)(x＋2)，由Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))在椭圆E的内部知t≠－2.
即x＝2(t＋2)y－2.
将x＝2(t＋2)y－2代入椭圆E的方程，整理得(t2＋4t＋5)y2－2(t＋2)y＝0，可得yC＝eq \f(2t＋2,t2＋4t＋5).
点B(2,0)，直线BT的方程为x＝2(t－2)y＋2.
由Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(1,2)))知BT斜率不为0，因此可设为倒斜截式．
将x＝2(t－2)y＋2代入椭圆E的方程，得(t2－4t＋5)y2＋2(t－2)y＝0，可得yD＝eq \f(－2t－2,t2－4t＋5).
eq \f(S△CDT,S△ABT)＝eq \f(\f(1,2)·|CT|·|DT|·sin∠CTD,\f(1,2)·|AT|·|BT|·sin∠ATB)＝eq \f(|CT|,|AT|)·eq \f(|DT|,|BT|)＝eq \f(yC－\f(1,2),\f(1,2)－0)·eq \f(yD－\f(1,2),\f(1,2)－0)＝(2yC－1)(2yD－1)．
因为S△ABT＝eq \f(1,2)×4×eq \f(1,2)＝1，
所以S△CDT＝(2yC－1)(2yD－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4t＋8,t2＋4t＋5)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4t＋8,t2－4t＋5)－1))＝eq \f(t2－32,t2＋52－16t2).
由题意知eq \f(t2－32,t2＋52－16t2)＝eq \f(1,17)，整理得t4－6t2＋8＝0，解得t2＝2或t2＝4.
又点T在椭圆E的内部，所以t2＝2，即t＝±eq \r( ,2).
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
①若斜率存在：设为y＝kx＋t；②若斜率不为0：设为x＝my＋n.
忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
对点练4 (2024·北京清华大学附属中学调研)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，|A1A2|＝4，椭圆E的离心率为eq \f(\r( ,3),2).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过D(1,0)作直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，其中l与x轴不重合，直线A1M与直线x＝eq \f(5,2)交于点P，判断直线A2N与DP的位置关系，并说明理由．
解：(1)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的半焦距为c，
由已知得点A1，A2的坐标分别为(－a,0)，(a,0)，
因为|A1A2|＝4，所以2a＝4，所以a＝2.
又椭圆E的离心率为eq \f(\r( ,3),2)，所以eq \f(c,a)＝eq \f(\r( ,3),2)，
所以c＝eq \r( ,3)，所以b＝eq \r( ,a2－c2)＝1，
所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)画出图象如图所示．因为直线MN与x轴不重合，且过点D(1,0)，
所以可设直线MN的方程为x＝my＋1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x可得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，Δ＝4m2＋12(m2＋4)>0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
由A1(－2,0)，A2(2,0)，
得kA1M＝eq \f(y1,x1＋2)，kA2N＝eq \f(y2,x2－2)，
则直线A1M的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
代入x＝eq \f(5,2)可得y＝eq \f(9y1,2x1＋2)，即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(9y1,2x1＋2)))，所以kDP＝eq \f(\f(9y1,2x1＋2),\f(5,2)－1)＝eq \f(3y1,x1＋2)，
则kA2N－kDP＝eq \f(y2,x2－2)－eq \f(3y1,x1＋2)＝eq \f(y2,my2－1)－eq \f(3y1,my1＋3)＝eq \f(3y1＋y2－2my1y2,my1＋3my2－1)，
因为3(y1＋y2)－2my1y2＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2m,m2＋4)))＋eq \f(3×2m,m2＋4)＝0，即kA2N－kDP＝0，
所以kA2N＝kDP，所以直线A2N与DP平行．