2022届高三数学一轮复习（原卷版）第5节 第2课时 直线与椭圆 教案

1、1第第 2 课时课时直线与椭圆直线与椭圆考点 1直线与椭圆的位置关系研究直线与椭圆位置关系的方法直线与椭圆位置关系的判定方法， 直线与椭圆方程联立， 消去 y(或 x)后得到关于 x(或 y)的一元二次方程时，设其判别式为，0直线与椭圆相交0直线与椭圆相切0直线与椭圆相离1.若直线 ykx1 与椭圆x25y2m1 总有公共点， 则 m 的取值范围是()am1bm0c0m5 且 m1dm1 且 m5d直线 ykx1 恒过定点(0，1)，要使直线 ykx1 与椭圆x25y2m1 总有公共点，只需02512m1，即 m1，又 m5，故 m 的取值范围为 m1 且 m5，故选 d.2已知直线 l：y2

2、xm，椭圆 c：x24y221.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)没有公共点解将直线 l 的方程与椭圆 c 的方程联立，得方程组y2xm， x24y221，2将代入，整理得 9x28mx2m240.方程根的判别式(8m)249(2m24)8m2144.(1)当0，即3 2m32时，方程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(2)当0，即 m32时，方程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

3、c 有且只有一个公共点(3)当0，即 m32或 m32时，方程没有实数根，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(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考点 2弦长及中点弦问题中点弦问题处理中点弦问题常用的求解方法(1)过椭圆x216y241 内一点 p(3，1)，且被点 p 平分的弦所在直线的方程是()a4x3y130b3x4y130c4x3y50d3x4y50(2)一题多解(2019惠州模拟)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线 y3x

4、7 与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为 1，则这个椭圆的方程为3_(1)b(2)x28y2121(1)设所求直线与椭圆交于 a(x1，y1)，b(x2，y2)两点，由题意得x2116y2141，x2216y2241，得（x1x2） （x1x2）16（y1y2） （y1y2）40，又 p(3，1)是 ab 的中点x1x26，y1y22，kaby2y1x2x134.故直线 ab 的方程为 y134(x3)，即 3x4y130，故选 b.(2)法一：(直接法)椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，设椭圆方程为y2b24x2b21(b0)，由y2b24x2b21，y3x7消去 x，得(10b24)y2

5、14(b24)y9b413b21960，设直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 a(x1，y1)，b(x2，y2)，由题意知y1y221，y1y214（b24）10b242，解得 b28.所求椭圆方程为x28y2121.法二：(点差法)椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，设椭圆的方程为y2b24x2b21(b0)设直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则y21b24x21b21，y22b24x22b21，4得（y1y2） （y1y2）b24（x1x2） （x1x2）b20，即y1y2x1x2y1y2x1x2b24b2，又弦 ab 的中点的

6、纵坐标为 1，故横坐标为2，ky1y2x1x23，代入上式得 3212（2）b24b2，解得 b28，故所求的椭圆方程为x28y2121.“点差法”的优点是设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1x2，y1y2，y1y2x1x2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率提醒： 与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式 kab komb2a2，即 kabb2x0a2y0比较方便快捷，其中点 m 的坐标为(x0，y0)教师备选例题已知椭圆x22y21.(1)若过 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

7、)求过点 p12，12 且被 p 点平分的弦所在直线的方程解(1)设弦的端点为 p(x1，y1)，q(x2，y2)，其中点为 m(x，y)，则 x2x12x，y2y12y，由于点 p，q 在椭圆上，则有：x212y211，x222y221，得y2y1x2x1x2x12（y2y1）x2y，所以x2yy1x2，5化简得 x22x2y22y0(包含在椭圆x22y21 内部的部分)(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为 kx2y12，因此所求直线方程是 y1212x12 ，化简得 2x4y30.1.(2019江西五市联考)已知直线 y1x 与双曲线 ax2by21(a0，b0)的渐近线交于 a、b 两点

8、，且过原点和线段 ab 中点的直线的斜率为32，则ab的值为()a32b2 33c9 32d2 327a由双曲线 ax2by21 知其渐近线方程为 ax2by20， 设 a(x1， y1)， b(x2，y2)，则有 ax21by210，ax22by220，由得 a(x21x22)b(y21y22)，整理得y1y2x1x2y1y2x1x2ab，设 ab 的中点为 m(x0，y0)，则 komy0 x02y02x0y1y2x1x232，又知 kab1，32(1)ab，ab32，故选 a.2.已知椭圆x22y21 的左焦点为 f，o 为坐标原点设过点 f 且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于 a，b 两点

9、，点 a 和点b 关于直线 l 对称，l 与 x 轴交于点 g，则点 g 横坐标的取值范围是_(12，0)设直线 ab 的方程为 yk(x1)(k0)，代入x22y21，整理得(12k2)x24k2x2k220.6因为直线 ab 过椭圆的左焦点 f 且不垂直于 x 轴，所以方程有两个不等实根设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，ab 的中点 n(x0，y0)，则 x1x24k22k21，x012(x1x2)2k22k21，y0k(x01)k2k21，因为点 a 和点 b 关于直线 l 对称，所以直线 l 为 ab 的垂直平分线，其方程为yy01k(xx0)令 y0，得 xgx0ky02k22

10、k21k22k21k22k211214k22，因为 k0，所以12xgb0)的左、右焦点分别为 f1，f2，点 p 是 e 上一点，pf1pf2，pf1f2内切圆的半径为 21.(1)求 e 的方程；(2)矩形 abcd 的两顶点 c，d 在直线 yx2 上，a，b 在椭圆 e 上，若矩形 abcd 的周长为11 23，求直线 ab 的方程7解(1)rtpf1f2内切圆的半径 r12(|pf1|pf2|f1f2|)ac，依题意有 ac 21.又ca22，则 a 2，c1，从而 b1.故椭圆 e 的方程为x22y21.(2)设直线 ab 的方程为 yxm，代入椭圆 e 的方程，整理得 3x24m

11、x2m220，由0 得 3m 3.设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x24m3，x1x22m223.|ab| 2|x2x1|4 3m23.易知|bc|2m|2，则由 3m 3知|bc|2m2，所以由已知可得|ab|bc|11 26，即4 3m232m211 26，整理得 41m230m710，解得 m1 或 m7141(均满足 3m0)的直线交 e 于 a，m 两点，点 n 在 e 上，mana.(1)当 t4，|am|an|时，求amn 的面积；8(2)当 2|am|an|时，求 k 的取值范围解(1)设 m(x1，y1)，则由题意知 y10.当 t4 时，椭圆 e 的方程为x

12、24y231，a(2，0)由|am|an|及椭圆的对称性知，直线 am 的倾斜角为4.因此直线 am 的方程为 yx2.将 xy2 代入x24y231，得 7y212y0，解得 y0 或 y127，所以 y1127.所以 samn21212712714449.(2)由题意知 t3，k0，a( t，0)，设 m(x1，y1)，将直线 am 的方程 yk(x t)代入x2ty231，得(3tk2)x22 ttk2xt2k23t0.由 x1( t)t2k23t3tk2，得 x1t（3tk2）3tk2，故|am|x1 t| 1k26 t（1k2）3tk2.由题设知，直线 an 的方程为 y1k(x t

13、)，故同理可得|an|6k t（1k2）3k2t.由 2|am|an|，得23tk2k3k2t，即(k32)t3k(2k1)，当 k32时上式不成立，因此 t3k（2k1）k32.9t3 等价于k32k2k2k32（k2） （k21）k320，即k2k320k320或k20，解得32k0 即 t20 时参数范围(或指出直线过曲线内一点)；第三步：根据题目要求列出关于 x1x2，x1x2(或 y1y2，y1y2)的关系式，求得结果；第四步：反思回顾，查看有无忽略特殊情况椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦点分别是 f1， f2， 离心率为32，过 f1且垂直于 x 轴的直线被椭圆

14、c 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 c 的方程；(2)点 p 是椭圆 c 上除长轴端点外的任一点，连接 pf1，pf2，设f1pf2的角平分线 pm 交 c 的长轴于点 m(m，0)，求 m 的取值范围；11(3)在(2)的条件下，过点 p 作斜率为 k 的直线 l，使得 l 与椭圆 c 有且只有一个公共点，设直线 pf1，pf2的斜率分别为 k1，k2，若 k20，证明1kk11kk2为定值，并求出这个定值解(1)由于 c2a2b2，将 xc 代入椭圆方程x2a2y2b21，得 yb2a.由题意知2b2a1，即 a2b2.又 eca32，所以 a2，b1.所以椭圆 c 的方程为x24y21

15、.(2)设 p(x0，y0)(y00)，又 f1( 3，0)，f2( 3，0)，所以直线 pf1，pf2的方程分别为lpf1：y0 x(x0 3)y 3y00，lpf2：y0 x(x0 3)y 3y00.由题意知|my0 3y0|y20（x0 3）2|my0 3y0|y20（x0 3）2.由于点 p 在椭圆上，所以x204y201.所以|m 3|32x02 2|m 3|32x02 2.因为 3m 3，2x02，可得m 332x023m232x0，所以 m34x0，因此32mb0)的左焦点为 f，离心率为33，过点 f 且与 x 轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为4 33.(1)求椭圆的方程；(2

16、)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acdbadcb8，o 为坐标原点，求ocd 的面积解(1)因为过焦点且垂直于 x 轴的直线被椭圆截得的线段长为4 33，所以2b2a4 33.因为椭圆的离心率为33，所以ca33，又 a2b2c2，可解得 b 2，c1，a 3.13所以椭圆的方程为x23y221.(2)由(1)可知 f(1，0)，则直线 cd 的方程为 yk(x1)联立yk（x1） ，x23y221，消去 y 得(23k2)x26k2x3k260.设 c(x1，y1)，d(x2，y2)，所以 x1x26k223k2，x1x23k262

17、3k2.又 a( 3，0)，b( 3，0)，所以acdbadcb(x1 3，y1)( 3x2，y2)(x2 3，y2)( 3x1，y1)6(22k2)x1x22k2(x1x2)2k262k21223k28，解得 k 2.从而 x1x26223232，x1x23262320.所以|x1x2| （x1x2）24x1x23224032，|cd| 1k2|x1x2| 12323 32.而原点 o 到直线 cd 的距离 d|k|1k221263，所以 socd12|cd|d123 32633 24.已知 p 点坐标为(0，2)，点 a，b 分别为椭圆 e：x2a2y2b21(ab0)14的左、右顶点，直

18、线 bp 交 e 于点 q，abp 是等腰直角三角形，且pq32qb.(1)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(1)由abp 是等腰直角三角形，得 a2，b(2，0)设 q(x0，y0)，则由pq32qb，得x065，y045，代入椭圆方程得 b21，所以椭圆 e 的方程为x24y21.(2)依题意得，直线 l 的斜率存在，方程设为 ykx2.联立ykx2，x24y21，消去 y 并整理得(14k2)x216kx120.(*)因直线 l 与 e 有两个交点，即方程(*)有不等

19、的两实根，故(16k)248(14k2)0，解得 k234.设 m(x1，y1)，n(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x216k14k2，x1x21214k2因坐标原点 o 位于以 mn 为直径的圆外，所以omon0，即 x1x2y1y20，又由 x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)1214k22k16k14k240，解得 k24，综上可得34k24，15则32k2 或2k32.则满足条件的斜率 k 的取值范围为2，32 32，2.课外素养提升数学运算“设而不求”在解析几何中的妙用“设而不求”是解析几何解题简化运算的一种重要手段，

20、它的精彩在于通过设出相应的参数，利用题设条件加以巧妙转化，以参数为过渡，最大限度地减少运算；同时， “设而不求”也是比较特殊的一种思想方法，其实质是整体结构意义上的变式和整体思想的应用.活用定义，转化坐标【例 1】在平面直角坐标系 xoy 中，双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的右支与焦点为 f 的抛物线 x22py(p0)交于 a，b 两点，若|af|bf|4|of|，则该双曲线的渐近线方程为_y22x设 a(xa，ya)，b(xb，yb)，由抛物线定义可得|af|bf|yap2ybp24p2yaybp，由x2a2y2b21，x22py可得 a2y22pb2ya2b20，所以 yayb2

21、pb2a2p， 解得 a 2b， 故该双曲线的渐近线方程为 y22x.评析设出点的坐标， 先通过抛物线的定义， 实现点的坐标与几何关系|af|bf|4|of|的转换，然后借助根与系数的关系建立参数 a，b 的等量关系，达到设而不求，从而求得双曲线的渐近线方程【素养提升练习】抛物线 y24mx(m0)的焦点为 f，点 p 为该抛物线上的动点，若点 a(m，0)，则|pf|pa|的最小值为_1622设点 p 的坐标为(xp，yp)，由抛物线的定义，知|pf|xpm，又|pa|2(xpm)2y2p(xpm)24mxp，则|pf|pa|2（xpm）2（xpm）24mxp114mxp（xpm）2114m

22、xp（2 xpm）212(当且仅当 xpm 时取等号)，所以|pf|pa|22，所以|pf|pa|的最小值为22.妙用“点差法”，构造斜率【例 2】已知椭圆 e：x2a2y2b21(ab0)的右焦点为 f(3，0)，过点 f 的直线交 e 于 a，b 两点若 ab 的中点坐标为(1，1)，则 e 的标准方程为()a.x245y2361b.x236y2271c.x227y2181d.x218y291d设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x22，y1y22，x21a2y21b21，x22a2y22b21，得（x1x2） （x1x2）a2（y1y2） （y1y2）b20，所以 kaby1

23、y2x1x2b2（x1x2）a2（y1y2）b2a2.又 kab013112，所以b2a212.又 9c2a2b2，解得 b29，a218，所以椭圆 e 的方程为x218y291.评析该题目属于中点弦问题， 可设出 a， b 两点的坐标， 通过“点差法”，17巧妙地表达出直线 ab 的斜率，通过将直线 ab 的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题【素养提升练习】1.抛物线 e：y22x 上存在两点关于直线 yk(x2)对称，则 k 的取值范围是_( 2， 2)当 k0 时，显然成立当 k0 时，设两对称点为 b(x1，y1)，c(x2，y2)，bc 的中点为 m(x0，y0)，

24、由 y212x1，y222x2，两式相减得(y1y2)(y1y2)2(x1x2)，则直线 bc 的斜率kbcy1y2x1x22y1y222y01y0，由对称性知 kbc1k，点 m 在直线 yk(x2)上，所以 y0k， y0k(x02)， 所以 x01.由点 m 在抛物线内， 得 y202x0， 即(k)22，所以 2k 2，且 k0.综上，k 的取值范围为( 2， 2)2已知双曲线 x2y221，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？解假设存在直线 l 与双曲线交于 a，b 两点，且点 p 是线段 ab 的中点设 a(x1，y1)

25、，b(x2，y2)，易知 x1x2，由x21y2121，x22y2221，两式相减得(x1x2)(x1x2)（y1y2） （y1y2）20，又x1x221，y1y221，所以 2(x1x2)(y1y2)0，所以 kaby1y2x1x22，故直线 l 的方程为 y12(x1)，即 y2x1.由y2x1，x2y221，消去 y 得 2x24x30，因为162480，方程无解，故不存在一条直线 l 与双曲线交于 a，b 两点，且点 p 是线段 ab 的中点巧引参数，整体代入18【例 3】 已知椭圆x24y21 的左顶点为 a， 过 a 作两条互相垂直的弦 am，an 交椭圆于 m，n 两点(1)当直线 am 的斜率为 1 时，求点 m 的坐标；(2)当直线 am 的斜率变化时，直线 mn 是否过 x 轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由解(1)直线 am 的斜率为 1 时，直线 am 的方程为 yx2，代入椭圆方程并化简得 5x216x120.解得 x12，x265，所以 m65，45 .(2)设直线 am 的斜率为 k，直线 am 的方程为 yk(x2)，联立方程yk（x2） ，x24y21，化简得(14k2)x216k2x16k240.则 xaxm