2021版高考数学导与练一轮复习（浙江版）知识梳理：第十二章第二节　直线与椭圆的位置关系(一)

第二节　直线与椭圆的位置关系(一)

一、直线与椭圆的位置关系

1.若直线斜率不存在,数形结合分析.

2.若直线斜率k存在,设直线方程为y=kx+m,联立得关于x的方程(b2+a2k2)x2+2kma2x+a2(m2-b2)=0,则有

直线与椭圆相交⇔有两个交点⇔Δ>0,

直线与椭圆相切⇔有一个交点⇔Δ=0,

直线与椭圆相离⇔没有交点⇔Δ<0.

1.概念理解

(1)直线与椭圆位置关系的判定有两种方法:几何法和代数法,几何法即借助椭圆与直线的图形进行判定,代数法即直线方程与椭圆方程联立得到关于x(或y)的一元二次方程,然后再判定直线与椭圆的关系,解题时应根据情况,进行判定.

(2)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切,过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切,过椭圆内一点的直线均与椭圆相交,这与直线与圆的位置关系类似.

2.与直线与椭圆的位置相关的结论

(1)若P0(x0,y0)在椭圆+=1上,则过P0的椭圆的切线方程是+=1.

(2)若P0(x0,y0)在椭圆+=1外,则过点P0作椭圆的两条切线,切点为P1,P2,则切点弦P1P2的直线方程是+=1.

二、直线与椭圆相交问题的处理方法

1.常规方法(通法)

(1)设直线y=kx+m与椭圆+=1的交点为A(x1,y1), B(x2,y2);

(2)把直线与椭圆方程联立,得方程组;

(3)消去y得关于x的一元二次方程(或消去x得关于y的一元二次方程);

(4)由韦达定理得x1+x2,x1·x2的值(或y1+y2,y1·y2的值);

(5)求解(用中点公式、弦长公式等).

2.点差法Ⅰ型

(1)设直线y=kx+m与椭圆+=1的交点为A(x1,y1),B(x2,y2);

(2)把点的坐标代入椭圆方程且作差可得kAB,弦长公式|AB|=·|x1-x2|=·|y1-y2|.

3.点差法Ⅱ型(弦AB的中点为(a,b))

(1)设交点坐标为A(x,y),B(2a-x,2b-y);

(2)把点的坐标代入椭圆方程;

(3)作差后依题意求解.

1.概念理解

常规方法是直线与椭圆相交问题的通用方法,运算量较大,运算应细心,按步骤整理,避免出错.在涉及中点、斜率问题时,可考虑点差法.设出点的坐标,在遇到垂直、夹角问题时,可考虑运用向量法进行解题,基本思路是先设元(设点的坐标),后消元.

2.与直线与椭圆相交问题相关的结论

(1)AB是椭圆+=1的不平行于对称轴的弦,M(x0,y0)为AB的中点,则kOM·kAB=-,即kAB=-.

(2)若P0(x0,y0)在椭圆+=1内,则被P0所平分的中点弦的方程为+=+.

1.若直线y=kx+1与椭圆+=1总有公共点,则m的取值范围是(　D　)

(A)m>1 (B)m>0

(C)0<m<5且m≠1 (D)m≥1且m≠5

解析: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,所以m≥1且m≠5.故选D.

2.已知椭圆+=1,过点P(2,1)且被点P平分的椭圆的弦所在的直线方程是(　B　)

(A)8x+y-17=0 (B)x+2y-4=0

(C)x-2y=0   (D)8x-y-15=0

解析:设过点P(2,1)且被点P平分的椭圆的弦为AB, A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=4,y1+y2=2,

又因为A,B两点均在椭圆上,

所以+4=16,+4=16,两式作差得(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0,

所以=-=-,

即弦AB所在的直线的斜率为-,

由直线方程的点斜式可得直线方程为y-1=-(x-2),

整理得x+2y-4=0.

3.F1,F2是椭圆+y2=1的左、右焦点,过F2作倾斜角为的弦AB,则△F1AB的面积为(　C　)

(A) (B)1 (C) (D)2

解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),

由已知得AB的方程为y=x-1,

代入椭圆方程得3x2-4x=0,

则x1+x2=,x1x2=0.

所以|x1-x2|=,|y1-y2|=.

所以=+

=|F1F2||y1-y2|

=.

故选C.

4.已知A,B是椭圆3x2+y2=m(m>0)上不同两点,线段AB的中点为N(1,3),则m的取值范围为　　　　,AB所在的直线方程为　　　　　　　　　　. 

解析:由题意,N(1,3)在椭圆3x2+y2=m(m>0)内,

所以3×12+32<m,得m>12.

又由点差法得直线AB斜率为k=-1,

所以AB所在的直线方程为x+y-4=0.

答案:(12,+∞)　x+y-4=0

5.直线y=x+m与椭圆+y2=1相切,则m=　. 

解析:联立方程组

将①代入②,得+(x+m)2=1,

整理,得5x2+8mx+4m2-4=0.

Δ=(8m)2-4×5(4m2-4)=16(5-m2)=0.

解得m=±.

答案:±

考点一　直线与椭圆的位置关系及弦长问题

[例1] (1)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.

(2)求直线l:x-y+b=0被椭圆+y2=1所截得的弦MN的长度的最大值.

解:(1)将直线l的方程与椭圆C的方程联立,

得方程组

将(i)代入(ii),整理得9x2+8mx+2m2-4=0,(iii)

方程(iii)根的判别式Δ=(8m)2-4×9×(2m2-4)

=-8m2+144.

①当Δ>0,即-3<m<3时,方程(iii)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有两个不重合的公共点.

解:②当Δ=0,即m=±3时,方程(iii)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(iii)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.

解:(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),

将x-y+b=0与+y2=1联立,得

消去y得4x2+6bx+3b2-3=0,

x1+x2=-b,x1x2=,

由Δ>0得-2<b<2,

又|MN|=|x1-x2|=,

故当b=0时,|MN|的最大值为.

(1)直线与椭圆公共点个数的讨论,是直线与椭圆位置关系等其他问题的基础.

(2)依据直线与椭圆的交点个数,求参数时,联立方程并消元得到一元二次方程,将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解.

(3)当直线斜率存在时,则可用弦长公式求弦长.

1.若P(m,n)是椭圆+=1上任意一点,则2m+n的取值范围是　　　　　. 

解析:设t=2m+n,

因为点P(m,n)是椭圆+=1上的点,

所以直线2x+y-t=0与椭圆相交或相切.

联立得

消去y,整理得19x2-16tx+4(t2-3)=0,

所以Δ=(-16t)2-4×19×4(t2-3)≥0,

解得-≤t≤,

所以2m+n的取值范围是[-,].

答案:[-,]

2.(2019·嘉兴基础测试)已知椭圆+y2=1(a>1),直线l经过点P(0,)交椭圆于A,B两点.

(1)当l∥x轴时,|AB|=2,求椭圆方程;

(2)求|AB|的取值范围.

解:(1)当l∥x轴时,A,B的坐标是(±1,).

所以+=1,a2=2,

故椭圆方程为+y2=1.

解:(2)当l⊥x轴时,|AB|=2.

当斜率存在时,设l:y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2).

由⇒(2k2+1)x2+2kx-1=0.

Δ=8k2+4(2k2+1)=4(4k2+1),

x1+x2=-,x1x2=-.

|AB|=|x1-x2|

=·

=2.

令2k2+1=t,则t≥1,

|AB|=2=

因为0<≤1,

所以2≤|AB|≤.(当=,即t=2时,|AB|max=),

故2≤|AB|≤,

即|AB|的取值范围是[2,].

考点二　椭圆中弦的相关问题

[例2] (1)求直线l:x-y+b=0被椭圆+y2=1所截得的弦MN的中点轨迹方程;

(2)已知点A(0,-1),能否找到一条直线l:x-y+b=0与椭圆+y2=1交于两个不同的点M,N,使得AM⊥AN,若存在,求出b的值;若不存在,请说明理由.

解:(1)设M(x1,y1),N(x2,y2),

MN的中点P(x,y),

直线x-y+b=0与椭圆+y2=1联立得

消去y得4x2+6bx+3b2-3=0,

由Δ>0得-2<b<2,

又x1+x2=-b,

x==-b,-<x<,

y===.

消去参数b,得y=-x(-<x<).

所以弦MN的中点的轨迹方程为

y=-x(-<x<).

解:(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),

由消去y,得4x2+6bx+3b2-3=0,

所以x1+x2=-b,x1x2=.

又因为AM⊥AN,

所以·=0,

即(x1,y1+1)·(x2,y2+1)=0,

又因为y1=x1+b,y2=x2+b,

故2x1x2+(1+b)(x1+x2)+b2+2b+1=0,

整理得2b2+b-1=0,

所以b=-1或b=.

当b=-1时,直线过A(0,-1),不符合题意,

所以当b=时,存在满足题意的直线l.

(1)直线与椭圆相交,常设一些中间变量而并不解出这些变量,利用这些变量架起已知量与未知量之间的桥梁,从而使问题得到解决,这种方法称为设而不求法,点差法和消参法都是设而不求法的一种,注意使用这些方法.

(2)直线与椭圆相交,与弦相关的垂直、夹角问题,可考虑引入向量,利用向量的坐标运算能简化一些繁杂的运算.

已知椭圆+=1(a>b>0)过点(1,),且离心率 e=.

(1)求椭圆方程;

(2)若直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M,N,且线段MN的垂直平分线过定点G(,0),求k的取值范围.

解:(1)

因为椭圆的离心率e=,

所以=1-=,

即4b2=3a2,①

又椭圆过点(1,),

所以+=1,②

由①②得a2=4,b2=3,

所以椭圆的方程为+=1.

解:(2)由消去y整理,得

(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0,

因为直线与椭圆交于不同的两点,

所以Δ=64m2k2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,

整理得m2<4k2+3.(*)

设M(x1,y1),N(x2,y2),弦MN的中点A(x0,y0),

则x1+x2=-,x1x2=,

所以x0=-,

所以y0=kx0+m=-+m=,

所以点A的坐标为(-,),

所以直线AG的斜率为

kAG==,

又直线AG和直线MN垂直,

所以·k=-1,

所以m=-,

将上式代入(*)式,可得()2<4k2+3,

整理得k2>,

即k>或k<-.

所以实数k的取值范围为(-∞,-)∪(,+∞).

考点三　椭圆中的对称问题

[例3] 已知椭圆C的方程为+=1,试确定m的取值范围,使得椭圆C上有不同的两点关于直线l:y=4x+m对称.

解:法一　设椭圆上A,B两点关于直线l对称,且直线AB交l于M,

则由已知可设直线AB的方程为y=-x+n,

解方程组

得xM=(n-m).

由

消去y,得13x2-8nx+16n2-48=0,(*)

所以xM==,

所以(n-m)=n,

即n=-m.

又A,B在椭圆上,

所以(*)中Δ=64n2-4×13(16n2-48)>0,

即4n2<13,

所以4×m2<13,

所以-<m<.

即m的取值范围为(-,).

法二　设A,B关于直线l对称,且直线AB交l于M,

则由已知可设直线AB的方程为y=-x+n.

解方程组

得xM=(n-m).

由

消去y,得13x2-8nx+16n2-48=0,

所以xM==,

所以(n-m)=n,

即n=-m.

所以

即M(-m,-3m).

因为A,B在椭圆上,所以M在椭圆内,

所以+<1,

解得-<m<.

即m的取值范围为(-,).

法三　设A(x1,y1),B(x2,y2),

AB与l的交点M(x0,y0),

则+=1,①

+=1.②

①-②得=-×

=-

=-,

所以y0=3x0.③

又M∈l,所以y0=4x0+m,④

联立③④解得M(-m,-3m).

因为A,B在椭圆上,所以M在椭圆内,

所以+<1,

解得-<m<.

即m的取值范围为(-,).

椭圆上有A,B两点关于直线l对称,可转化为三个已知条件:(1)直线AB⊥直线l,即kAB·kl=-1;(2)由弦AB的中点在直线l上,即求得弦AB中点坐标代入直线l方程,方程成立;(3)点A,B在椭圆上,即设点A(x1,y1),B(x2,y2),则点的坐标代入椭圆方程成立,从而可用点差法解题.

已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.

(1)求实数m的取值范围;

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).

解:(1)由题意知m≠0,

可设直线AB的方程为y=-x+b.

由

消去y,得(+)x2-x+b2-1=0.

因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,

所以Δ=-2b2+2+>0,①

设AB的中点为M,则M(,),

代入直线方程y=mx+,

解得b=-,②

由①②得m<-或m>.

解:(2)令t=∈(-,0)∪(0,),则t2∈(0,).

则|AB|=·,

且O到直线AB的距离为d=.

设△AOB的面积为S(t),

所以S(t)= |AB|·d=≤,

当且仅当t2=时,等号成立,

此时满足t2∈(0,).

故△AOB面积的最大值为.

考点四　椭圆中与三角形相关的问题

[例4] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0),离心率为,直线y=k(x-1)与椭圆C交于不同的两点M,N.

(1)求椭圆C的方程;

(2)当△AMN的面积为时,求k的值.

解:(1)由已知条件得a=2,e==,c=,b=,

故椭圆C的方程为+=1.

解:(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则由

消去y,得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-4=0.

因为直线y=k(x-1)过椭圆内的点(1,0),

所以直线y=k(x-1)与椭圆C恒有两个不同交点,

由根与系数的关系得x1+x2=,x1x2=,

S△AMN=×1×|y1-y2|

=×|kx1-kx2|

=

=×

=,

即7k4-2k2-5=0,解得k=±1.

(1)椭圆中涉及三角形面积可考虑用S△=×底×高求面积,这时三角形底一般是直线与椭圆相交弦的长,用弦长公式求得,高一般用点到直线的距离公式求得;

(2)求三角形面积时,可根据具体问题选择便于求出底边长及高的情况进行求解,这也是求三角形面积应注意的问题;

(3)四边形面积可以通过分割的方法转化为求三角形的面积.

(2019·金华一中模拟)已知直线y=x+m(m>0)与椭圆3x2+y2=1交于A,B不同两点,O为坐标原点.

(1)若⊥,求m的值;

(2)若△OAB为锐角三角形,求△OAB面积S的取值范围.

解:(1)设A(x1,x1+m),B(x2,x2+m),x1<x2,

联立方程组

消元得4x2+2mx+m2-1=0,

则x1+x2=-,x1x2=,

由Δ>0,得m2<.

由⊥,得·=x1x2+(x1+m)(x2+m)=m2-=0,

又m>0,解得m=.

解:(2)由(1)得4x2+2mx+m2-1=0,

解得x1=,x2=.

因为△OAB为锐角三角形,

故·>0,·>0,·>0,

即有

解得<m<1.

|AB|=|x1-x2|=,原点O到直线AB的距离为,

所以△OAB 面积S=

=,

又<m2<1,

所以△OAB面积S的取值范围是(,].

直线与椭圆相交弦问题

[例题] 已知椭圆G: +y2=1,过点(m,0)作圆x2+y2=1的切线l交椭圆G于A,B两点.

(1)求椭圆G的焦点坐标和离心率;

(2)将|AB|表示为m的函数,并求|AB|的最大值.

解:(1)由已知得a=2,b=1,

所以c==.

所以椭圆G的焦点坐标为(-,0),(,0),

离心率为e==.

解:(2)由题意知|m|≥1.

当m=1时,切线l的方程为x=1,点A,B的坐标分别为(1, ),(1,-),此时|AB|=.

当m=-1时,同理可得|AB|=.

当|m|>1时,设切线l的方程为y=k(x-m).

由

得(1+4k2)x2-8k2mx+4k2m2-4=0.

设A,B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则

x1+x2=,

x1x2=.

又由l与圆x2+y2=1相切,得=1,

即m2k2=k2+1.

所以|AB|=

=

=

=.

由于当m=±1时,|AB|=也适合上式,

所以|AB|=,m∈(-∞,-1]∪[1,+∞).

因为|AB|==≤2,

且当m=±时,|AB|=2,

所以|AB|的最大值为2.

规范要求:(1)求离心率e,要紧扣其定义e=.

(2)联立方程组,利用根与系数的关系、弦长公式求解是此类问题的常用解法.

温馨提示:解答本题时易忽略的步骤

(1)对m的范围不作出判断.

(2)判断出m的范围后不去分m=-1,m=1,|m|>1进行讨论.

(3)化简|AB|=时,易忽略m的范围而化简|AB|=.

(4)对|AB|的最值求法不会使用基本不等式变形求最值.

对于直线与椭圆的综合问题,因为其综合性强,运算量大,能力要求较强,注意平时训练要严谨,以提高综合解题能力.

[规范训练] (2018·天津卷)设椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,上顶点为B.已知椭圆的离心率为,点A的坐标为(b,0),且|FB|·|AB|=6.

(1)求椭圆的方程;

(2)设直线l:y=kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P,且l与直线AB交于点Q.若=sin∠AOQ(O为原点),求k的值.

解:(1)设椭圆的焦距为2c,

由已知有=,

又由a2=b2+c2,可得2a=3b.

由已知可得,|FB|=a,|AB|=b,

由|FB|·|AB|=6,

可得ab=6,从而a=3,b=2.

所以椭圆的方程为+=1.

解:(2)解设点P的坐标为(x1,y1),点Q的坐标为(x2,y2).

由已知有y1>y2>0,

故|PQ|sin∠AOQ=y1-y2.

又因为|AQ|=,而∠OAB=,

所以|AQ|=y2.

由=sin∠AOQ,可得5y1=9y2.

由方程组消去x,可得y1=.

易知直线AB的方程为x+y-2=0,

由方程组

消去x,可得y2=.

由5y1=9y2,可得5(k+1)=3,

两边平方,整理得56k2-50k+11=0,

解得k=或k=.

所以k的值为或.

类型一　直线与椭圆的位置关系问题

1.直线y=x+2与椭圆+=1有两个公共点,则m的取值范围是(　B　)

(A)(1,+∞) (B)(1,3)∪(3,+∞)

(C)(3,+∞) (D)(0,3)∪(3,+∞)

解析:由得

(m+3)x2+4mx+m=0(m>0).

由Δ>0且m≠3及m>0得m>1且m≠3.

故选B.

2.已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为(　C　)

(A)3 (B)2 (C)2 (D)4

解析:根据题意设椭圆方程为+=1(b>0),

则将x=-y-4代入椭圆方程,

得4(b2+1)y2+8b2y-b4+12b2=0,

因为椭圆与直线x+y+4=0有且仅有一个交点,

所以Δ=(8b2)2-4×4(b2+1)(-b4+12b2)=0,

即(b2+4)(b2-3)=0,

所以b2=3,长轴长为2=2.故选C.

类型二　直线与椭圆的弦长问题

3.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(　C　)

(A)2 (B) (C) (D)

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=.

所以|AB|=|x1-x2|

=·

=·=·,

当t=0时,|AB|max=.

4.(2019·七彩阳光联盟第一次联考)直线l与椭圆C: +y2=1相交于A,B两点,l与x轴、y轴分别相交于C,D两点.如果C,D是线段AB的两个三等分点,则直线l的斜率为　　　　　　. 

解析:设l:y=kx+m,则C(-,0),D(0,m),CD中点为M(-,),

由于kOM·k=-,

从而-k2=-⇒k=±.

答案:±

5.已知A(0,-1),直线l:x+y-h=0与椭圆+y2=1交于两个不同的点M,N,当∠MAN为锐角时,h的取值范围是　　　　,当∠MAN为钝角时,h的取值范围是　　　　. 

解析:由得4x2-6hx+3h2-3=0.

设M(x1,y1),N(x2,y2),

=(x1,y1+1),

=(x2,y2+1),

当∠MAN为锐角时,·>0,

即2h2+h-1>0,

故h<-1或h>.

又Δ=48-12h2>0,

即-2<h<2,

所以-2<h<-1或<h<2.

同理∠MAN为钝角时,解得-1<h<.

答案:(-2,-1)∪(,2)　(-1,)

类型三　椭圆中与三角形相关的问题

6.(2019·全国Ⅲ卷)设F1,F2为椭圆C:+=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF1F2为等腰三角形,则M的坐标为　　　　. 

解析:由已知可得a2=36,b2=20,

所以c2=a2-b2=16,

所以c=4,

所以|MF1|=|F1F2|=2c=8.

因为|MF1|+|MF2|=2a=12,

所以|MF2|=4.

设点M的坐标为(x0,y0)(x0>0,y0>0),

则=·|F1F2|·y0=4y0,

又=×4×=4,

所以4y0=4,

解得y0=,

所以+=1,

解得x0=3(x0=-3(舍去)),

所以M的坐标为(3,).

答案:(3,)