【高中数学】3.1.2-第2课时-直线与椭圆的位置关系及其应用-高二数学新教材配套学案(人教A.docx

3.1.2 第2课时 直线与椭圆的位置关系及其应用【学习目标】课程标准学科素养1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断直线与椭圆的位置关系．2．能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题．1、直观想象2、数学运算3、逻辑推理【自主学习】1．点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)与椭圆＋＝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⇔ 2．直线与椭圆的位置关系直线y＝kx＋m与椭圆＋＝1(a>b>0)的位置关系：联立消去y得一个关于x的一元二次方程．位置关系解的个数Δ的取值相交 解 相切 解 相离 解 【小试牛刀】(1)点P(2,1)在椭圆＋＝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＋＝1相交． (　　)(4)长轴是椭圆中最长的弦． (　　)(5)已知椭圆＋＝1(a>b>0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线．(　　)(6)直线y＝k(x－a)与椭圆＋＝1的位置关系是相交． (　 　)【经典例题】题型一　点与椭圆位置关系的判断例1　 已知点P(k,1)，椭圆＋＝1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为____________．[跟踪训练]1 已知点(1,2)在椭圆＋＝1(n>m>0)上，则m＋n的最小值为________．题型二 直线与椭圆的位置关系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；Δ<0⇔直线与椭圆相离．例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)有两个公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点．[跟踪训练]2 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围．题型三 弦长和中点弦问题1.解决椭圆中点弦问题的两种方法(1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．(2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆＋＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则由①－②，得(x－x)＋(y－y)＝0，变形得＝－＝－，即kAB＝－.2．求弦长的两种方法(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式求弦长．(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：|P1P2|＝，其中x1，x2(y1，y2)是上述一元二次方程的两根，由根与系数的关系求出两根之和与两根之积后代入公式可求得弦长．提醒：如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况．例3 已知斜率为1的直线l过椭圆＋y2＝1的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长．例4 已知椭圆＋＝1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，求直线AB的方程．[跟踪训练]3 过椭圆＋＝1内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M点平分．(1)求此弦所在的直线方程；(2)求此弦长．题型四 与椭圆有关的综合问题例5 椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(－2,0)，且离心率为.(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．【当堂达标】1．若点P(a,1)在椭圆＋＝1的外部，则a的取值范围为(　　)A． B．∪ C． D．2．若直线l：2x＋by＋3＝0过椭圆C：10x2＋y2＝10的一个焦点，则b等于(　　)A．1 B．1 C．－1 D．23．直线y＝x＋1被椭圆＋＝1所截得的弦的中点坐标是(　　)A. B. C. D.4．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＝05．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0相切，则C的离心率为(　　)A．　　　　　B． C． D．6．椭圆x2＋4y2＝16被直线y＝x＋1截得的弦长为________．7．求过点(3,0)且斜率为的直线被椭圆＋＝1所截得的线段的长度．8．设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(0,4)，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点的坐标．【参考答案】【自主学习】＋＝1 ＋<1 ＋>1. 两 Δ>0 一 Δ＝0 无 Δ<0【小试牛刀】　(1)　(2)√　(3)√　(4)√ (5)　(6)√【经典例题】例1 ∪解析　依题意得，＋>1，解得k<－或k>.[跟踪训练]1 9 解析　依题意得，＋＝1，而m＋n＝(m＋n)＝1＋＋＋4＝5＋＋≥5＋2＝9，当且仅当n＝2m时等号成立，故m＋n的最小值为9.例2 [解]　直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0　①.方程①的判别式Δ＝(8m)2－49(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ＞0，即－3＜m＜3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＝3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＜－3或m＞3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＋，代入椭圆方程得＋(kx＋)2＝1，整理得x2＋2kx＋1＝0，直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4＝4k2－2＞0，解得k＜－或k＞，所以k的取值范围为∪.例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＝＝，∴F(，0)，∴直线l的方程为y＝x－，将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x2－8x＋8＝0，∴x1＋x2＝，x1x2＝，∴|AB|＝|x1－x2|＝＝＝.例4 解　方法一　根与系数的关系、中点坐标公式法由椭圆的对称性，知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y－1＝k(x－2)．将其代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两根，于是x1＋x2＝.又M为线段AB的中点，∴＝＝2，解得k＝－.故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.方法二　点差法设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2.∵M(2,1)为线段AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又A，B两点在椭圆上，则x＋4y＝16，x＋4y＝16，两式相减，得(x－x)＋4(y－y)＝0，于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴＝－＝－＝－，即kAB＝－.故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.方法三　对称点法(或共线法)设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，由于点M(2,1)为线段AB的中点，则另一个交点为B(4－x,2－y)．∵A，B两点都在椭圆上，∴①－②，得x＋2y－4＝0.即点A的坐标满足这个方程，根据对称性，点B的坐标也满足这个方程，而过A，B两点的直线只有一条，故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.[跟踪训练]3 [解]　(1)法一：设所求直线方程为y－1＝k(x－2)．代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程的两个根，于是x1＋x2＝.又M为AB的中点，∴＝＝2，解得k＝－.故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.法二：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．又M(2,1)为AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又A，B两点在椭圆上，则x＋4y＝16，x＋4y＝16.两式相减得(x－x)＋4(y－y)＝0.于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴＝－＝－，即kAB＝－. 又直线AB过点M(2,1)，故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.(2)设弦的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－4x＝0，∴x1＋x2＝4，x1x2＝0，∴|AB|＝＝＝2.例5 [解]　(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a＝2，又e＝＝，得c＝.由a2－b2＝c2得b2＝a2－c2＝2.∴所求椭圆的方程为＋＝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，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＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，令k1＋k2＝＋＝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.【当堂达标】1.B　[由题意知＋>1，即a2>，解得a>或a<－.]2.　B 解析　因为椭圆x2＋＝1的焦点F1(0，－3)，F2(0,3)，所以b＝1或－1.3.　C解析　联立消去y，得3x2＋4x－2＝0，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，故AB的中点横坐标x0＝＝－.纵坐标y0＝x0＋1＝－＋1＝.4.　A解析　由题意易知所求直线的斜率存在，设过点M(1,1)的直线方程为y＝k(x－1)＋1，即y＝kx＋1－k.由消去y，得(1＋2k2)x2＋(4k－4k2)x＋2k2－4k－2＝0，所以＝＝1，解得k＝－，所以所求直线方程为y＝－x＋，即x＋2y－3＝0.5.A　[由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a.又直线bx－ay＋2ab＝0与圆相切，∴圆心到直线的距离d＝＝a，解得a＝b，∴＝，∴e＝＝＝＝＝.6.　[由消去y并化简得x2＋2x－6＝0.。