高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第三章 圆锥曲线的方程3.1 椭圆第2课时导学案

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第三章　圆锥曲线的方程
第2课时　直线与椭圆的位置关系
基础过关练
题组一　直线与椭圆的位置关系
1.(2022天津南开中学月考)直线x4+y3=1与椭圆x216+y29=1的交点个数为(　　)
A.0　　B.1　　C.2　　D.3
2.(2023北京清华附中期中)若直线l:mx+ny=4和圆O:x2+y2=4没有交点,则过点P(m,n)的直线与椭圆x29+y24=1的交点个数为(　　)
A.0　　　　B.0或1
C.1　　　　D.2
3.(2023重庆长寿月考)已知以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x+3y+4=0有且仅有一个交点,则椭圆的长轴长为(　　)
A.32　　B.26　　C.27　　D.42
题组二　直线与椭圆的相交弦问题
4.(2023江苏淮安四校联考)过椭圆x2+2y2=2的左焦点作弦AB,使其所在直线的斜率为1,则弦AB的长为(　　)
A.3　　B.2　　C.433　　D.423
5.(2022重庆七中期中)直线y=x+1被椭圆x24+y22=1所截得的线段的中点坐标是　(　　)
A.23,53　　　　B.43,73
C.−23,13　　　　D.−132,−172
6.(2023河南平顶山普通高中联考)在平面直角坐标系Oxy中,已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2,1),且离心率e=32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线l的斜率为12,直线l与椭圆C交于A,B两点.若|AB|=5,求直线l的方程.



题组三　直线与椭圆位置关系的简单运用
7.(2023河南驻马店期中)已知椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),右焦点为F(2,0),且离心率为63.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=3.



8.(2023湖湘名校教育联合体期中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点D1,32,A为左顶点,且直线DA的斜率为12.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设M(m,0)在椭圆内部,T(t,0)在椭圆外,过M作斜率存在且不为0的直线交椭圆C于P,Q两点,若∠PTM=∠QTM,求证:m·t为定值,并求出这个定值.




9.(2023广东广州联考)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12,且经过点1,32,点F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过点F1分别作两条互相垂直的直线l1,l2,使l1与椭圆交于不同的两点A,B,l2与直线x=1交于点P.若AF1=λF1B,且点Q满足QA=λQB,求△PQF1面积的最小值.
能力提升练
题组一　“点差法”在椭圆中的应用
1.以椭圆x24+y23=1内一点P(1,1)为中点的弦所在的直线方程是(　　)
A.4x+3y-7=0　　　　
B.3x+4y-7=0
C.3x+2y-(2+3)=0　　　　
D.2x+3y-(2+3)=0
2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>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.33　　B.12　　C.25　　D.55
3.(2023安徽合肥八中期中)已知椭圆x22+y2=1,当在此椭圆上存在不同两点关于直线y=x+m对称时,m的取值范围为　　　　. 
4.(2022湖南师大附中期中)已知点M233,33在椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上,且点M到C的左、右焦点的距离之和为22.
(1)求C的方程;
(2)设O为坐标原点,若C的弦AB的中点在线段OM(不含端点O,M)上,求OA·OB的取值范围.

题组二　椭圆中的面积问题
5.(2023河南南阳六校期中联考)已知直线l:x+y-1=0与椭圆C:x24+y22=1交于A,B两点,P为C的右顶点,则△ABP的面积为(　　)
A.153　　B.233　　C.103　　D.53
6.(2022江苏南京六校联合体联考)已知椭圆的标准方程为x22+y2=1,F1,F2分别为其左、右焦点,过点F2的直线与椭圆交于A,B两点,设AF2=λF2B(00)的上顶点到右顶点的距离为3,离心率为22,右焦点为F,过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,直线l:x=2与x轴相交于点H.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)求四边形OAHB(O为坐标原点)面积的取值范围.






题组三　直线与椭圆位置关系的综合运用
8.(多选题)(2023湖南衡阳四中期中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)与直线l:x-y-1=0交于A,B两点,记直线l与x轴的交点为E,点E,F关于原点对称,若∠AFB=90°,则(　　)
A.2a2+b2=a2b2
B.椭圆C过4个定点
C.存在实数a,使得|AB|=3
D.|AB|b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,A(2,3)为椭圆上一点,则∠F1AF2的平分线所在直线l的方程为　　　　　. 
10.(2023河南安阳期中)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63,其右焦点到直线2x+y+2=0的距离为23.
(1)求C的方程;
(2)若点A为椭圆C的上顶点,是否存在斜率为k的直线l,使l与椭圆C交于不同的两点M,N,且|AN|=|AM|?若存在,请求出k的取值范围;若不存在,请说明理由.



11.(2023湖南师大附中期中,)设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1(-2,0).过F1且倾斜角为60°的直线与椭圆交于A(a1,b1),B(a2,b2)两点,且AF1=2F1B.
(1)求证:2(b1+b2)2+b1b2=0,并求椭圆C的方程;
(2)设M(x1,y1),P(x2,y2),N(x3,y3),Q(x4,y4)是椭圆C上顺时针依次排列的四个点,求四边形MPNQ面积的最大值,并计算此时x12+x22,y12+y22的值.

答案与分层梯度式解析
第三章　圆锥曲线的方程
第2课时　直线与椭圆的位置关系
基础过关练
1.C
2.D
3.C
4.D
5.C



1.C　由椭圆方程x216+y29=1,可得a=4,b=3,
则椭圆的右顶点为(4,0),上顶点为(0,3),
又易知直线x4+y3=1恰好过点(4,0),(0,3),所以直线与椭圆有且仅有2个公共点.故选C.
知识总结　直线与椭圆的位置关系
(1)从几何角度看,分为三类:无公共点(相离),仅有一个公共点(相切)及有两个公共点(相交).
(2)从代数角度看,可通过将直线方程与椭圆方程联立消元后所得的一元二次方程解的情况来判断.如消去y后得ax2+bx+c=0(a≠0),当Δ>0时,二者相交;当Δ=0时,二者相切;当Δ2,即m2+n22),则椭圆方程为x2a2+y2a2−4=1.由x2a2+y2a2−4=1,x+3y+4=0,消去x可得(4a2-12)y2+83(a2-4)y+(16-a2)(a2-4)=0,
因为直线与椭圆有且仅有一个交点,所以Δ=0,
即192(a2-4)2-16(a2-3)×(16-a2)(a2-4)=0,解得a=0(二重根)或a=±2或a=±7,
又a>2,所以a=7,所以长轴长为2a=27.故选C.
4.D　椭圆x2+2y2=2,即x22+y2=1的左焦点为(-1,0),则直线AB的方程为y=x+1.
联立y=x+1,x2+2y2=2,
消去y,并整理,得3x2+4x=0.
解法一:由3x2+4x=0,得x=0或x=-43,
所以A(0,1),B−43,−13,或A−43,−13,B(0,1),
所以|AB|=0+432+1+132=423,
所以弦AB的长为423.
解法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-43,x1x2=0,
由弦长公式可得|AB|=1+12×−432−4×0=423,
所以弦AB的长为423.
方法点拨　直线被椭圆所截得的弦长的求法:
(1)联立两方程求出两交点坐标,利用两点间的距离公式求弦长;
(2)应用弦长公式,设两交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则|AB|=1+k2|x1−x2|=1+1k2|y1-y2|(k≠0),其中k为直线AB的斜率.
5.C　由y=x+1,x24+y22=1,消去y并整理,得3x2+4x-2=0.设直线与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0).
∴x1+x2=-43,x0=x1+x22=−23,y0=x0+1=13,
∴中点坐标为−23,13.
6.解析　(1)∵e2=c2a2=a2−b2a2=34,∴a2=4b2.
∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点P(2,1),
∴4a2+1b2=1,∴a2=8,b2=2.故所求椭圆方程为x28+y22=1.
(2)设l的方程为y=12x+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线与椭圆的方程,消去y并整理,可得x2+2mx+2m2-4=0,
∴Δ=4m2-8m2+16>0,∴|m|0),当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不合题意.
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
①必要性:若M,N,F三点共线,则可设直线MN:y=k'(x-2),即k'x-y-2k'=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得|−2k'|k'2+1=1,解得k'=±1,根据对称性,不妨令k=1,则直线MN:y=x-2.
联立y=x−2,x23+y2=1,可得4x2−62x+3=0,所以x1+x2=322,x1·x2=34,
所以|MN|=1+1·(x1+x2)2−4x1·x2=3,必要性成立.
②充分性:设直线MN:y=kx+m,即kx-y+m=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得mk2+1=1,所以m2=k2+1,
联立y=kx+m,x23+y2=1,可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
所以x1+x2=-6km1+3k2,x1·x2=3m2−31+3k2,易知x1+x2>0,所以km0,
所以y1+y2=−6mn3n2+4,y1y2=3m2−123n2+4,
若∠PTM=∠QTM,则kTP+kTQ=0,可得y1x1−t+y2x2−t=0,
即y1(ny2+m-t)+y2(ny1+m-t)=0,
即2ny1y2+(m-t)(y1+y2)=0,可得2n·(3m2−12)3n2+4+−6mn(m−t)3n2+4=0,即-24n+6mnt=0,又n≠0,
所以mt=4(定值).
9.解析　(1)由题意,得e2=1−b2a2=14,1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)由(1)可得F1(-1,0),若直线l1的斜率为0,则l2的方程为x=-1,它与直线x=1无交点,不满足条件,
故设直线l1:x=my-1,若m=0,则λ=1,不满足QA=λQB,所以m≠0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),Q(x0,y0),
由3x2+4y2=12,x=my−1,消去x,得(3m2+4)y2-6my-9=0,
则y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,因为AF1=λF1B,QA=λQB,
即(−1−x1,−y1)=λ(x2+1,y2),(x1−x0,y1−y0)=λ(x2−x0,y2−y0),
所以-y1=λy2,y1-y0=λ(y2-y0),所以λ=-y1y2=y1−y0y2−y0,所以y0=2y1y2y1+y2=−3m.易知点Q在直线l1上,所以x0=my0-1,于是|F1Q|=(x0+1)2+y02=1+m23m.
易得直线l2的方程为x=-1my-1,联立x=−1my−1,x=1,解得y=-2m,故P(1,-2m),所以|PF1|=(1+1)2+(−2m)2=21+m2.
所以S△PQF1=12|F1Q|·|F1P|=3(m2+1)m=3|m|+1m≥6,当且仅当m=±1时,S△PQF1取得最小值,且(S△PQF1)min=6.
能力提升练
1.B
2.A
5.C
6.B
8.ABC



1.B　显然以P(1,1)为中点的弦所在直线的斜率存在,设为k.设直线交椭圆于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则x1+x2=2,y1+y2=2.
将A,B两点的坐标代入椭圆方程,得x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减得(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)3=0,
即x1−x24+y1−y23=0,∴k=y1−y2x1−x2=−34,
∴所求直线方程为y-1=-34(x-1),即3x+4y-7=0.
故选B.
2.A　设点A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,
依题意得,b2x12+a2y12=a2b2,①b2x22+a2y22=a2b2,②
①-②得b2(x1+x2)(x1-x2)+a2(y1+y2)(y1-y2)=0,因为直线AB的倾斜角为45°,所以直线AB的斜率为y1−y2x1−x2=1,又M(-3,2)为线段AB的中点,所以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.
故选A.
3.答案　−33,33
解析　设椭圆x22+y2=1上有两点A(x1,y1),B(x2,y2)关于直线y=x+m对称,线段AB的中点为M(x0,y0),则x12+2y12=2①,x22+2y22=2②,
①-②,得(x1+x2)(x1-x2)+2(y1+y2)(y1-y2)=0,即2x0·(x1-x2)+2·2y0·(y1-y2)=0,
∴y1−y2x1−x2=−12·x0y0=-1,∴x0=2y0,又y0=x0+m,∴x0=-2m,y0=-m.∵M(x0,y0)在椭圆内部,∴2m2+m20,解得m21,所以|AB|的取值范围为(22,4),故C正确,D错误.故选ABC.
9.答案　y=2x-1
解析　由题意可得F1(-2,0),F2(2,0),而A(2,3),则AF2⊥x轴,
设∠F1AF2的平分线交x轴于T(m,0)(m0,即m2