高中数学高考59第九章平面解析几何 9 5 椭圆第2课时直线与椭圆课件PPT

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这是一份高中数学高考59第九章平面解析几何 9 5 椭圆第2课时直线与椭圆课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，课时作业，题型分类深度剖析等内容，欢迎下载使用。

NEIRONGSUOYIN
题型分类深度剖析
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>0C.0题型一　直线与椭圆的位置关系
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，
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.
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.
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；
解　将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
(2)有且只有一个公共点；
解　当Δ＝0，即m＝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.
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
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，
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_____________.
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).
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝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)，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
(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.
(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.
(1)求椭圆E的离心率；
解　过点(c,0)，(0，b)的直线方程为bx＋cy－bc＝0，
(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　方法一　由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2. ①
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，
从而x1x2＝8－2b2.
方法二　由(1)知，椭圆E的方程为x2＋4y2＝4b2， ②
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，
代入②得x2＋4x＋8－2b2＝0，所以x1＋x2＝－4，x1x2＝8－2b2，
题型三　椭圆与向量等知识的综合
(1)求椭圆C的标准方程；
故b2＝a2－c2＝3，
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).
(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0. ①①的判别式Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0.
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；
解　△F1B1B2为等边三角形，
(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.
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)，
由已知得Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
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
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，
解析　设弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
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
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，
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.
∴PF1⊥PF2，∠F1PF2＝90°.设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝4，m2＋n2＝12,2mn＝4，mn＝2，
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_______.
从而∠MF2F1＝30°，所以MF1⊥MF2.
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，cs∠ABF＝，则椭圆C的离心率e＝__.
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，
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＝_____.
(1)求椭圆E的方程；
解　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).
因为F1(－1,0)，
(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　由(1)可知F(－1,0)，则直线CD的方程为y＝k(x＋1).
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
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，
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______.
解析　设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，
则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，
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.
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，
因为点M在MP和MQ上，