2020年高考数学一轮复习对点提分(文理科通用)专题8.6直线与椭圆的位置关系

1、第八篇平面解析几何专题8.06直线与椭圆的位置关系【考点聚焦突破】考点一中点弦及弦长问题 角度1中点弦问题2【例1 1】 已知椭圆，+y2= 1,(1)过A(2, 1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程;(2)求过点p8, 2 且被P点平分的弦所在直线的方程.【答案】见解析【解析】(1)设弦的端点为P(xny。，Q(x2,y2),其中点是M(x,y),则x2+x1=2x,y2+y1=2y,由于点P,Q在椭圆上，则有:2x1222+y1= 1,2考+ y2=1,一得y2-1 2 SW)左所以一:2y2化简得x2-2x+ 2y22y=0(包含在椭圆22+y2=1内部的部分).x 1(

2、2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k=-2y=-2,因此所求直线方程是y-2=-1(x-21:化简得2x+ 4y3=0.【规律方法】弦及弦中点问题的解决方法(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率 角度2弦长问题【例1 2】 (2019北京朝阳区模拟)已知椭圆C:今+y2=1(ab0)的左、右焦点分别为 F1, F2,且点F1到 a b椭圆C上任意一点的最大距离为3,椭圆C的离心率为1.(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在斜率为一1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于 A, B两点，与椭圆相交于

3、C, D,且1CDJ 1ABi873?若存在，求出直线i的方程；若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】(1)根据题意，设Fi, F2的坐标分别为(c, 0), (c, 0),a+ c= 3,由题意可得 c 12，解得 a =2, c= 1,则 b2= a2 c2= 3,故椭圆c的标准方程为x-+y-=1.43(2)假设存在余率为1的直线1,设为y=x+m,由(1)知F1, F2的坐标分别为(1, 0), (1, 0),所以以线段F1F2为直径的圆为x2+y2=1,由题意知圆心(0, 0)到直线l的距离d = -|zz7m|1,2，得|m|0,解得 m27,设 C(Xi, y1)，D(x2,

4、 y2),8m4m212则 Xi + X2= 7 , XiX2=7,|CD|= 2x1-X2|=2X第3页共15页= 336=呼X N=、|= 873x 2X 2-m2,解得 m2=10), b + 4 b品+11，由fb +4 b消去x,3x+ 7得(10b2+ 4)y2- 14(b2+ 4)y- 9b4+ 13b2+196=0,设直线y = 3x+7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(xi, yi),B(x2,y2),由题意知yi +y2=1,2-14 (b +4) i+y2= 10b2+42.所求椭圆方程为xr+ 8=2,解得 b2= 8.2 1.法二 二.椭圆的中心在原点，一个焦点为 (0

5、, 2),22设椭圆的方程为1(b0).设直线y = 3x+7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(xi, yi),B(X2,y),贝u第5页共15页22之+91，22y21 x2b2+4+F= 1，一得(y1一y2)(y1+y2)(% x2)(a+x2)即 g2. g2xi x2 xi + x2b2+4_ b2+4b2，=0,又弦AB的中点的纵坐标为1 ,故横坐标为-k=xS = 3,代入上式得2X 13X ,、2X (2)2, b2 + 4下一，解得b2=8,故所求的椭圆方程为22x y / i+i2=i.考点二最值与范围问题【例2】(2019天津和平区质检)已知P点坐标为(0, 2),2点A,

6、 B分别为椭圆E：2b2= i(ab0)的左、右顶点，直线 BP交E于点Q, 4ABP是等腰直角三角形，且 几二怖茄.求椭圆E的方程;(2)设过点P的动直线l与E相交于M, N两点，当坐标原点 O位于以MN为直径的圆外时，求直线 l斜率的取值范围.【解析】（1）由 ABP是等腰直角三角形，得 a= 2, B（2, 0）.xo = |,一 ,73 7 r 5设 Q(x, y),则由 PQ=3QB,得24(yL 5，代入椭圆方程得b2=1,所以椭圆e的方程为x+y2=1.4（2）依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y=kx2.y= kx-2,联立x,消去 y 并整理得(1 + 4k2* 16kx+

7、 12= 0.(*)因直线l与E有两个交点，即方程（*）有不等的两实根, 故 A= (16k)248(1+4k2)0,解得 k23.设 M(xn y), N(x2, y2),16kX1 + X2 =2,12 1+4k由根与系数的关系得12X1X2= -72,1 + 4k因坐标原点O位于以MN为直径的圆外, 所以 OM ON0,即 x1x2+yy20,又由 xix2+ y1y2 = xix2+ (kx1 2)(kx2 2) =(1 + *)x1x2 2k(x1 + x2) + 4=(1 + k2)12 21 +4k2k16k1 + 4k2+ 40解得k24,综上可得4k24,贝U23k2 或一2

8、k23则满足条件的斜率 k的取值范围为（-2,【规律方法】最值与范围问题的解题思路1 .构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解2 .构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等【易错警示】（1）设直线方程时，应注意讨论斜率不存在的情况（2）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【训练2】已知P(x0,X2 2yo）是椭圆C： 了 + y=i上的一点,Fi, F2是C的两个焦点，若 PFi PF20,则xo的取值范围是A.C.-妪3一3，2：63.3B.D.2：32.33由题意

9、可知2在椭圆上，所以y0=i X0.所以x2+Fi( 3, 0), F2b/3, 0),则PF1 靛2=(%+1(Xoq3) + y0 = x0 + y2 30.因为点 PX2 30,解得一乎0, b0）的右支与焦点为F的抛物 线x2=2py（p0）交于A, B两点，若|AF|+ |BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为 .【答案】y=42*【解析】法一 设 A(Xa, yA), B(Xb, yB),由抛物线定义可得 |AF|十|BF=yA+2+yB + p=4Xy? yA+yB=p,心=i,-由a b 可得 axo=从而lyo =y22pb2y+a2b2= 0,、x2= 2py,所以y

10、A+yB=2pb=p,解得a=v2b,故该双曲线的渐近线方程为y=法二 (点差法)设 AM yi), B(x2, y2),由抛物线的定义可知 AF|=yi+$ |BF|=y2 +，OF|=今 由 |AF|+BF|=y+2+丫2+p= y+y2+p=4|OF|= 2p,得 yI + y2=p.22X2Xi易知直线AB的斜率kAB=y2-yi 2p 2p X2+x1X2Xi X2 Xi2p .22得kAB =y2 yiX2 Xi.22,2,b(Xi+X2)bxi + X2bxi + X22(a(yi+y2)a pa pX2+ Xi2p，所以9元=兴所以双第11页共i5页曲线的渐近线方程为y= 22

11、2x.类型2中点弦或对称问题，可以利用 “点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法【例2】(1) ABC的三个顶点都在抛物线E: y2=2x 上，其中 A(2, 2), ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为.(2)抛物线E： y2 = 2x上存在两点关于直线 y=k(x 2)对称，则k的取值范围是 【答案】(i)x+y + 5=0 (2)(-2, 2)(i)设 B(xi, yi),C(X2, y2),边 BC 的中点为 M(x。, y。),易知 g(20 则Xi + X2 + 2i32yi + y2 + 2=0,Xi + x2yi + y22i4， 即=T,又 y2

12、= 2xi, y2= 2x2,两式相减得(yi + y2)(yi y2) = 2(xi X2),则直线 BC 的斜率Vi y2221kBC=一二=丁=一xi X2 yi + y2 2yo yo=i,故直线BC的方程为y ( i) = ，+ 45即 4x+ 4y+5= 0.(2)当k=0时，显然成立当kw。时，设两对称点为B(xi,yi),C(x2,均,BC的中点为M(x。，y。)，由y2=2xny2=2x2,两式相减得(yi + y2)(y1一 y2)=2(x1一 x2)则直线 BC 的斜率 kBC= y券=TT=由对称性知 kBC= 一点 Mx1 x2 y1 y2 2yo yok在直线y=k

13、(x 2)上，所以y0= k,y0=k(x02),所以x0=1.由点M在抛物线内，得y02xo,即(一k)22,所以一2k 2,且 kw 0.综上，k的取值范围为(中, 72).类型3中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，但不要忘记验证02【例3】 人教A版教材选修21第62页习题2.3 B组第4题：已知双曲线 x2-y2= 1,过点P(1 , 1)能否作一条直线l与双曲线交于 A, B两点，且点P是线段AB的中点？【答案】见解析【解析】 假设存在直线l与双曲线交于 A, B两点，且点P是线段AB的中点.22-21= 1,设 A(x1，y1)，B(x2, y2),易知 xWx2,由 21x2-

14、y2=1,两式相减得(x1 + x2)(x1 x2)_(y1 + y2)2(y1 =0,又产=1, 空y2 =1,所以 2(x1-x2)-(y1-y2)=0,所以 kAB = y1ZLy2 =2, 22x1 x2故直线l的方程为y-1 = 2(x- 1),即y = 2x1.y=2x-1,由S 2 y2消去 y得 2x24x+ 3=0,x2- 2- = 1,因为A= 16-24=- 84 + 4=8,当且仅当=，即1= 十时等号成立，故|AB|+|DE|的最小值为8.法二 由题意知，直线li, I2的斜率都存在且不为 0, F(, 0 不妨设li的斜率为k,则li： y=kx-2y,i il2：

15、 y=-k/、2= 2x,2I 4由 i i 消去 y 得 k2x2 (k2+2)x+?=0,|y=k(x-4设 A(xi, yi), B(X2, y2),则 Xi + x2=i+(2.由抛物线的定义知，|AB|= xi + x2+i = i+j22+i = 2+k2.同理可得，用一I替换 |AB|中 k,可得 |DE|=2+2k2,所以 |AB|十|DE|= 2 + + 2 + 2k2= 4+* 2k2+4= 8,kkk当且仅当,= 2k2,即k=十时等号成立，故|AB|+|DE|的最小值为8.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题i.(基础题供选用)直线y = x+2

16、与椭圆x；+yT=i有两个公共点，则 m的取值范围是()III 3A.(i ,)C.(3, i )B.(i , 3) U (3,)D.(0, 3) U (3, +8)y= x+2,得(m+ 3)x2+ 4mx+ m= 0.中,22出x y “一+=i，、m3由 Z0 且 mw 3 及 m0 得 mi 且 mw 3.2 .设直线y= kx与椭圆i相交于A, B两点，分别过 A, B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两 43个焦点，则k等于()A.号B. =|C. 4D.受【解析】由题意可知，点 A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c=1,当k0时，不妨设A, B两点33 -33的坐标分力1J为(

17、-1,yi), (1,y2),代入椭圆方程得yi = ,丫2 = 5，斛信卜=2；同理可信当kb0)及点B(0, a),过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于a b点A, F为椭圆的右焦点，则/ ABF=()y=kx+a(k0),与椭圆方程联立y= kx+a,消去yA.60 B.90 C.120 D.150 【解析】由题意知，切线的斜率存在，设切线方程整理得(b2+ a2k2)x2+ 2ka3x+ a4-a2b2= 0,由 A= (2ka3)24(b2+a2k2)(a4a2b2)=0,得k= ,从而y=1x+ a交x轴于点A(-a：, 0),又 F(c, 0),易知 BA BF=0,故 / A

18、BF = 90.25 .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(A.24B. 58：100k【解析】设直线l的方程为y=x+t,代入x4 + y2= 1,消去y得32+2tx + t21= 0,由题意知A= (2t)25(t2421)1)0 即 t2b0)的右顶点为A(1, 0),过其焦点且垂直于长轴的弦长为1,则椭圆方程为2【答案】y4- + x2=i因为过焦点且垂直于长因为椭圆a2+b2= 1的右顶点为A(1, 0),所以b=1,焦点坐标为(0, c),轴的弦长为221,所以警=1 A 2,所以椭圆方程为第19页共15页227 .(2019河南八校联考)

19、已知椭圆C:如+卜=1(ab0)的右顶点为A,经过原点的直线l交椭圆C于P, Q两 a b点，若|PQ|=a, APXPQ,则椭圆C的离心率为 【答案】2/5【解析】不妨设点p在第一象限，o为坐标原点，由对称性可得 opi=jpQj=-2,因为APXPQ,所以在RtAPOA中，cos/POA = tP|=1,故/POA = 60。，易得pfa,季；，代入椭圆方程得 已 | OA | 2；44163a2, 2,221,，、-25+ 前=1,故a2=5b2=5(a2-c2),所以椭圆C的离心率e= 里.8 .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方程是 .【答

20、案】x+2y-3=0【解析】由题意知，以M(1, 1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为y=kx+b,则有 k+ b= 1,即 b= 1 k,即 y=kx+(1 k),x2+ 2y2 4=0, 联立方程组，y= kx+ ( 1 k)则有(1 + 2k2)x2+ (4k 4k2)x+(2k2 4k2)=0,七 i、1 Xi + x2所以一2二1 4k2 4k,2=12 1+ 2k13解得k= 一 2(满足A0),故b=2,一一. 13 一所以 y=-才+2，即 x+2y3=0.3x轴上，离心率为 2 .三、解答题9.(2017北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为 A(-2, 0), B(2,

21、 0),焦点在求椭圆C的方程;(2)点D为x轴上一点，过 D作x轴的垂线交椭圆 C于不同的两点 M, N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证： BDE与 BDN的面积之比为 4 : 5.【答案】见解析【解析】 解 设椭圆C的方程为1(ab0). a ba= 2,由题意得5c g 解得c=、.,3.所以b2=a2c2=1.所以椭圆C的方程为X2 + y2=1. 4(2)证明 设 M(m, n),则 D(m, 0), N(m, n).由题设知mw及，且nw0.直线AM的斜率kAM=, m+ 2故直线DE的斜率kDE = m詈所以直线DE的方程为y=*(x m).直线BN的方程为y=2-m(x-2)

22、.y=联立v=m+2(x m), n,2、/口一心j/rr上一n (4 m )斛得点 E的纵坐标 yE= 一巾2 +支.由点M在椭圆C上，得4- m2=4n2, .4所以 Ve= 5n.又 $ BDE=1|BD| |yE|=2|BD| |n|, 25-1Sabdn= 2BD| |n|.所以 BDE与 BDN的面积之比为 4 : 5.10.(2019上海静安区模拟)已知A, B分别为椭圆C:22O2 + b2=1(ab0)在 x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点,原点O到直线AB的距离为 手，且|AB|=巾.求椭圆C的离心率；(2)直线l： v= kx+m与圆x2+y2=2相切，并与椭圆C交于M, N

23、两点，若|MN|=12, 27求k的值.【答案】见解析【解析】(1)由题设知，A(b, 0), B(0, a),直线AB的方程为:+、=1, b a又|AB|= a2+b2 =7,abTa22ab0,计算得出a=2, b= 则椭圆C的离心率为(2)由(1)知椭圆方程为y-+7=1,设M(%, y1),43x2 = 1N(X2, y2),则43、y= kx+ m消去 y 得，(3k2+4)x2+6kmx+ 3m2 12 = 0,直线l与椭圆相交，则 A0,即 48(3k2-m2 + 4)0,且 Xi + x2 =6km3m2-123k2+4, x1X2= 3k又直线l与圆x2 + y2 = 2相

24、切,则：JmL=成,即 m2=2(k2+1)./k + 1而 |MN = 1 + k2 yf(X1 + X2) 24Xix_、；1 + k2 %：48 ( 3k2 m2+ 4r3k2+ 4一 十 k2 448 ( k2+ 2)4V3 寸 k4+3k2+2=3k2+4=3k2 + 4，又|MN|4所以4返&；+：2+2上 7 3k+47 即5k4-3k2-2=0,解得k= 土，且满足 A0,故k的值为1.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019北京东城区调研)已知圆M： (x2)2+y2= 1经过椭圆C： t+=1(m3)的一个焦点，圆 M与椭圆 m3C的公共点为A, B,点P为圆

25、M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为()A.2 Vw-5B.2M4C.4 版11D.4V10- 10【答案】 A【解析】 易知圆M与x轴的交点为(1, 0), (3, 0),m- 3=1或m 3= 9,则m= 4或m= 12.当m= 12(x2) 2+y2= 1,时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m=4.联立 晨2 y2得x216x+24= 0.又xW2,所以x一+工=1,U 3，=82%；而.故点P到直线 AB距离的最大值为 3(8210)=2师5.2212.(2019广州调研)在平面直角坐标系 xOy中，直线x+42y2y2 = 0与椭圆C：/+卷=1(ab0)相切，且椭圆C的右焦点

26、F(c, 0)关于直线l: y=bx的对称点E在椭圆C上，则 OEF的面积为()1A. 2【答案】B虫B. 2C.1D.2x+ j2y-2j2=0, 联立方程可得 x2 * * y2旨+2,消去 x,化简得(a2+2b2)y28b2y+b2(8a2)=0,由 a= 0 得2b2+a28=0.设F为椭圆C的左焦点，连接FE,易知FE/1,所以FEXEF,又点F到直线l的距离d2Cc2+b-,所以 |EF|= 2c-, |FE|=2a-|EF|=2b-,在 RtAFEF 中，|FE|2+|EF |2= |F F|2,化简得 2b2= aaaa；代入 2b2+a2 8= 0 得 b2 = 2, a=2,所以 |EF|= |FE|= 2,所以 Sa oef = 2$叶 ef = 1.2213.已知直线l: y=kx+2过椭圆孑+，=1(ab0)的上顶点B和左焦点F ,且被圆x2+y2=4截得的弦长为L,若LR喳,则椭圆离心率 e的取值范围是 5【答