2020版高考数学第八章平面解析几何第5节椭圆(第2课时)直线与椭圆讲义理(含解析)新人教A版

第2课时直线与椭圆考点一中点弦及弦长问题多维研究角度1中点弦问题x22【例1－1】已知椭圆＋y＝1，2(1)过A(2，1)的直线l与椭圆订交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；(2)求过点P11，22且被P点均分的弦所在直线的方程.解(1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，此中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，因为点P，Q在椭圆上，则有：2x12＝1，①＋y122x222＋y2＝1，②y－y1x2＋x1x2①－②得x2－x1＝－2（y2＋y1）＝－2y，y－1所以－2y＝x－2，222x2化简得x－2x＋2y－2y＝0(包括在椭圆＋y＝1内部的部分).(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－x＝－12y，2所以所求直线方程是1112＋4－3＝0.y－＝－x－，化简得222xy规律方法弦及弦中点问题的解决方法根与系数的关系：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：利用弦两头点合适椭圆方程，作差结构中点、斜率

.角度

2

弦长问题x2

y2【例

1－2】

(2019·北京旭日区模拟

)已知椭圆

C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为1F1，F2，且点

F1到椭圆

C上随意一点的最大距离为

3，椭圆

C的离心率为

2.求椭圆C的标准方程；能否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆订交于A，B两点，与椭圆订交于|CD|83l的方程；若不存在，说明原因.C，D，且||＝7？若存在，求出直线AB解(1)依据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，a＋c＝3，由题意可得c1＝，a2解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，x2y2故椭圆C的标准方程为4＋3＝1.假定存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，由(1)知1，2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，FF所以以线段12为直径的圆为x2＋y2＝1，FF由题意知圆心(0，0)到直线l|－m|<1，的距离d＝2得|m|<2.22m2|AB|＝21－d＝21－2＝2×2－m，联立得x2＋y2＝1，消去y，得7x－8mx＋4m－12＝0，22y＝－x＋m，由题意得＝(－8)2－4×7(42－12)＝336－482＝48(7－2)>0，解得2<7，mmmmm设C(x1，y1)，D(x2，y2)，2128m124m－12则x＋x＝7，xx＝7，228m||＝2|x1－2|＝2×－4×4m－12CDx77283336－48m462＝2×49＝7×7－m＝7|AB|＝83×2×2－2，7m213解得m＝<7，得m＝±.333即存在切合条件的直线l，其方程为y＝－x±3.规律方法1.解决直线与椭圆订交的问题，其惯例思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，而后应用根与系数的关系成立方程，解决有关问题.2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x，y)，B(x，y)，1122则|AB|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]12＝1＋k2[（y1＋y2）－4y1y2](k为直线斜率).【训练1】(1)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆x2＋y2＝1的右焦点1，与椭圆订交54F于A，B两点，则弦AB的长为________.(2)(一题多解)(2019·广东五校调研)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆订交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为()A.x2＋y2＝1B.x2＋y2＝11220412x2y2x2y2C.＋＝1D.＋＝1128812分析(1)法一由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1，y＝2（x－1），由x2y2消去y，得3x2－5x＝0，5＋4＝14故得A(0，－2)，B3，3，则22|AB|＝54550－＋－2－＝3.33法二由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，1直线AB的方程为y＝2(x－1)，y＝2（x－1），由x2y2消去y得3x2－5x＝0，5＋4＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，5则x1＋x2＝3，x1x2＝0，则|AB|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]5255＝2－4×0（1＋2）3＝.3(2)法一∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为y2x22＋2＝1(b>0)，b＋4by2x2由b2＋4＋b2＝1，消去x，y＝3x＋7得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，设直线y＝3＋7与椭圆订交所得弦的端点分别为(1，1)，(2，2)，xAxyBxyy＋y2由题意知12＝1，14（b2＋4）2∴y1＋y2＝10b2＋4＝2，解得b＝8.∴所求椭圆方程为x2＋y2＝1.812法二∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为y2x2>0).2＋2＝1(b＋4bb设直线y＝3x＋7与椭圆订交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则2x2y11①2＋2＝1，b＋4b2x2y22b2＋4＋b2＝1，②（y1－y2）（y1＋y2）（x1－x2）（x1＋x2）①－②得b2＋4＋b2＝0，即y1－y2y1＋y2b2＋4·＝－2，x1－x2x1＋x2b又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，－2×122k＝yy2bx12，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为＝3，代入上式得3×2×（－2）＝－＋x1－x2b8y2＝1.12答案(1)55(2)D3考点二最值与范围问题易错警告)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：x22【例2】(2019·天津和平区质检2＋y2ab→3→＝1(a>b>0)的左、右极点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且PQ＝2QB.求椭圆E的方程；设过点P的动直线l与E订交于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a＝2，B(2，0).6设(0，0)，则由→＝3→，得x0＝5，QxyPQ2QBy＝－4，0代入椭圆方程得b2＝1，2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＝kx－2.y＝kx－2，联立x224＋y＝1，消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，故＝(－16k2＋4k2，解得k23)－48(1)>0>.4设M(x1，y1)，N(x2，y2)，kx1＋x2＝1＋4k2，由根与系数的关系得12x1x2＝1＋4k2，因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，→→所以OM·ON>0，即x1x2＋y1y2>0，又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4(1＋k2)·122－2k·16k2＋4>0，1＋4k1＋4k232解得k<4，综上可得4<k<4，则3<<2或－2<<－3.2kk2则知足条件的斜率k的取值范围为－2，－3∪3，2.22规律方法最值与范围问题的解题思路1.结构对于所求量的函数，经过求函数的值域来获取问题的解.2.结构对于所求量的不等式，经过解不等式来获取问题的解.在解题过程中，必定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如鉴别式大于零等.易错警告(1)设直线方程时，应注意议论斜率不存在的状况.(2)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的状况下进行的，不要忽视鉴别式.x22→→【训练2】已知P(x0，y0)是椭圆C：4＋y＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若PF1·PF2<0，则x0的取值范围是()26262323A.－3，3B.－3，3C.－33D.－663，33，3分析由题意可知F1(－3，0)，F2(→→222－3，0)，则PF1·PF2＝(x0＋3)(x0－3)＋y0＝x0＋y02226263<0.因为点P在椭圆上，所以y2x0x2x0x0＝1－.所以0＋1－－3<0，解得－<0<，即04433的取值范围是2626.－3，3答案A[思想升华

]解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，建方程求解参数、计算弦长、表达函数.[易错防备]1.波及直线的斜率时，要考虑直线斜率不存在的状况能否切合题意2.求某几何量的最值或范围要考虑此中变量的取值范围.

.

经过根与系数的关系构数学运算——高考分析几何问题中的“设而不求”1.数学运算是指在清晰运算对象的基础上，依照运算法例解决数学识题的过程，分析几何正是利用数学运算解决几何问题的一门科学.2.“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的出色在于设而不求，化繁为简.解题过程中，奇妙设点，防止解方程组，常有种类有：(1)灵巧应用“点、线的几何性质”解题；(2)依据题意，整体消参或整体代入等.种类1奇妙运用抛物线定义得出与根与系数关系的联系，进而设而不求x2

y2【例

1】

(2017·山东卷

)在平面直角坐标系

xOy中，双曲线

a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________.分析法一设(A，A)，(B，B)，由抛物线定义可得||＋||＝A＋p＋B＋p＝4×p222yA＋yB＝p，x2y2由a2－b2＝1，可得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，x2＝2py，2pb22b，故该双曲线的渐近线方程为2a2AB法二(点差法)设(1，1)，(2，y2)，由抛物线的定义可知||＝p|＝pAxyBxAFy2BFy2ppp|OF|＝，由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.22222x2x1y2－y12p－2px2＋x1易知直线AB的斜率kAB＝x2－x1＝x2－x1＝2p.221y1a2－b2＝1，由22x2y2a2－b2＝1，

ABy－yb2）b2x＋x2x＋xx＋xb211221得k＝22（12＝2·1122，所以2＝2x2－1＝1＋2）p，则2·p＝axayyaapb22?a＝2，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x.2答案y＝±x2种类2中点弦或对称问题，能够利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法【例2】(1)△的三个极点都在抛物线：2＝2x上，此中(2，2)，△的重心G是ABCEyAABC抛物线E的焦点，则所在直线的方程为________________.BC(2)抛物线E：y2＝2x上存在两点对于直线y＝k(x－2)对称，则k的取值范围是________.x1＋x2＋2113＝2，分析(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知G2，0，则123＝0，x0＝x1＋x212＝－，14，－1进而即M－，y＋y24y0＝2＝－1，22y－y)＝2(x－x)，则直线BC的斜率ky1－y21122121212BC＝2＝2＝1＝－1，故直线的方程为y－(－1)＝－x＋1，即4＋4y＋5＝0.y1＋y22y0y0BC4x(2)当k＝0时，明显成立.当k≠0时，设两对称点为22＝B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由y1＝2x1，y22x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率k＝y1－y22＝2＝＝BCx－x2y＋y22y0111，由对称性知kBC＝－1，点M在直线y＝k(x－2)上，所以y0＝－k，y0＝k(x0－2)，所以y0kx0＝1.由点M在抛物线内，得22<2，y0<2x0，即(－k)所以－2<k<2，且k≠0.综上，k的取值范围为(－2，2).答案(1)x＋y＋5＝0(2)(－2，2)4种类3中点弦或对称问题，能够利用“点差法”，但不要忘掉考证>02【例3】人教A版教材《选修2－1》第62页习题2.3B组第4题：已知双曲线x2－y＝1，2过点P(1，1)可否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点？解假定存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.2x2y11－＝1，设(1，y1)，(2，2)，易知x1≠2，由22AxBxyx2y2x2－2＝1，两式相减得12)(x12（y1＋y2）（y1－y2）(x＋x－x)－2＝0，x1＋x2y1＋y22(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝y1－y2又2＝1，＝1，所以x1－x＝2，22故直线l的方程为－1＝2(x－1)，即y＝2－1.yxy＝2x－1，由2y2消去y得2x2－4x＋3＝0，x－2＝1，因为＝16－24＝－8<0，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.种类4求解直线与圆锥曲线的有关问题时，若两条直线相互垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“代替法”，“代替法”的实质是设而不求【例4】(2017·全国Ⅰ卷改编)已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条相互垂直的直线l，l，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最12小值为________.12111分析法一由题意知，直线l，l的斜率都存在且不为0，F2，设l：x＝ty＋2，则y2＝2，1x直线l1的斜率为，联立方程得＝ty1消去x得y2－2ty－1＝0.tx＋，2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.所以|AB|＝t2122122－12＝t222＋1|y－y|＝t＋1（y＋y）4yy＋14t＋4＝2t＋2，1221同理得，用t代替t可得|DE|＝t2＋2，所以|AB|＋|DE|＝2t＋t2＋4≥4＋4＝8，当且仅当21t＝t2，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.法二由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F1，0，不如设l1的斜率为k，则2111l1：y＝kx－2，l2：y＝－kx－2.y2＝2x，k2由1消去222y得kx－(k＋2)x＋＝0，y＝kx－，42设(1，1)，(2，2)，则x1＋x2＝1＋22.AxyBxyk由抛物线的定义知，|AB|＝x1＋x2＋1＝221＋k2＋1＝2＋k2.12222同理可得，用－k代替|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k，所以|AB|＋|DE|＝2＋k2＋2＋2k＝4＋k2222＋2k≥4＋4＝8，当且仅当k2＝2k，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.答案8基础稳固题组(建议用时：

40分钟)一、选择题x2

y21.(

基础题供采用

)直线

y＝x＋2与椭圆

m＋3＝1有两个公共点，则

m的取值范围是

(

)A.(1C.(3

，＋∞)，＋∞)

B.(1，3)∪(3，＋∞)D.(0，3)∪(3，＋∞)y＝x＋2，分析

由x2

y2

得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.m＋3＝1，由>0且

m≠3及

m>0得

m>1且

m≠3.答案Bx2y2设直线y＝kx与椭圆4＋3＝1订交于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个焦点，则k等于()3B.±21D.±2A.±3C.±22分析由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c＝1，当k>0时，不如设A，B两点的坐标分别为(－1，1)，(1，2)，代入椭圆方程得y33k31＝－，2＝，解得＝；同222理可适当k<0时k＝－3.2答案A3.(2019·长春二检)椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )A.－2B.－3C.－4D.－93294分析设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点2A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4x12224(x＋x)(x－x)＋9(y＋y)(y－y)＝0，又x＋122121212121x2＝6，y1＋y2＝4，y1－y22＝k，代入解得k＝－.x1－x23答案Ax2y24.(2019·青岛调研)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF＝()A.60°B.90°C.120°D.150°分析由题意知，切线的斜率存在，设切线方程y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立y＝kx＋a，x2y2消去y整理得(b2＋a2k2)x2＋2ka3x＋a4－a2b2＝0，a2＋b2＝1，32222422由＝(2ka)－4(b＋ak)(a－ab)＝0，cca2得k＝a，进而y＝ax＋a交x轴于点A－c，0，又F(c，→→0)，易知BA·BF＝0，故∠ABF＝90°.答案B5.斜率为1的直线lx2y2，B两点，则||的最大值为( )与椭圆＋＝1订交于4AAB45410810A.2B.5C.5D.5分析设直线l的方程为y＝＋t，代入x2＋2＝1，消去y得52＋2＋2－1＝0，由题意x4y4xtxt2228t4（t2－1）知＝(2t)－5(t－1)>0即t<5，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－5，x1x2＝5，||＝（1＋1）[（x1＋x2）2－412]＝425－t2≤410(当且仅当t＝0时取等号).ABxx55答案C二、填空题y2x26.已知椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)的右极点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为________________________.y2x2的右极点为A(1，0)，所以b＝1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦分析因为椭圆a2＋b2＝12b2y22点且垂直于长轴的弦长为1，所以a＝1，a＝2，所以椭圆方程为4＋x＝1.答案y2＋x2＝14227.(2019·河南八校联考)已知椭圆C：x2＋y2＝1(a>b>0)的右极点为A，经过原点的直线lab交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________.|PQ|a分析不如设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝2＝2，因为AP⊥PQ，||1a3a2，故∠POA＝60°，易得所以在Rt△POA中，cos∠POA＝|OA|＝P4，4，代入椭圆方2程得1＋3a2＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝25.1616b5答案2558.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________.分析由题意知，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＋(2k2－4k－2)＝0，x1＋x214k2－4k所以2＝2·1＋2k2＝1，解得k＝－1知足>0)，故b3(＝，22所以＝－13＋2－3＝0.y2x＋，即xy2答案x＋2y－3＝0三、解答题9.(2017·北京卷)已知椭圆C的两个极点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离3心率为2.求椭圆C的方程；点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不一样的两点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.(1)解设椭圆C的方程为x2y2＝1(>>0).2＋2ababa＝2，由题意得c3解得c＝3.所以b2＝a2－c2＝1.a＝2，x22所以椭圆C的方程为4＋y＝1.(2)证明设(，)，则(，0)，(，－).MmnDmNmn由题设知m≠±2，且n≠0.n直线AM的斜率kAM＝m＋2，m＋2故直线DE的斜率kDE＝－n.m＋2所以直线DE的方程为y＝－n(x－m).直线的方程为y＝n(－2).BN2－mxm＋2y＝－n（x－m），联立ny＝（x－2），2－m2n（4－m）解得点E的纵坐标yE＝－22.4－m＋n22由点M在椭圆C上，得4－m＝4n，4所以yE＝－5n.又12|·||，△BDE＝||·|E|＝|S2BDy5BDn1S△BDN＝|BD|·|n|.2所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.y2x210.(2019·上海静安区模拟)已知A，B分别为椭圆C：a2＋b2＝1(a>b>0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的极点，原点221O到直线AB的距离为，且|AB|＝7.7(1)求椭圆C的离心率；(2)直线l：＝kx＋与圆x2＋y2＝2相切，并与椭圆C交于，两点，若||＝122，求7k的值.xy22解(1)由题设知，A(b，0)，B(0，a)，直线AB的方程为b＋a＝1，又|AB|＝a＋b＝7，ab＝221，>>0，a2＋b27ab计算得出a＝2，b＝3，则椭圆C的离心率为e＝b211－2＝.a2y2x2y2x2＋＝1，2(2)由(1)知椭圆方程为4＋3＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则43消去y得，(3ky＝kx＋m22>0，＋4)x＋6kmx＋3m－12＝0，直线l与椭圆订交，则2即48(3k－m＋4)>0，26km3m－12且x1＋x2＝－3k2＋4，x1x2＝3k2＋4.又直线l与圆x2＋y2＝2相切，|m|＝2，即则2＋1k而|MN|＝1＋k2·

22m＝2(k＋1).x1＋x2）2－4x1x21＋k222·48（3k－m＋4）＝3k2＋41＋k2·48（k2＋2）43·k4＋3k2＋2＝3k2＋4＝3k2＋4，又|MN|＝12243·k4＋3k2＋21227，所以3k2＋4＝7，即5k4－3k2－2＝0，解得k＝±1，且知足>0，故k的值为±1.能力提高题组(建议用时：20分钟)11.(2019·北京东城区调研)已知圆：(－2)2＋y2＝1经过椭圆：x2＋y2＝1(>3)的一个MxCm3m焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为( )A.210－5B.210－4C.410－11D.410－10分析易知圆与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，∴－3＝1或－3＝9，则＝4或＝12.Mmmmm（x－2）2＋y2＝1，当m＝12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m＝4.联立222xy得x－16x4＋3＝1，＋24＝0.又x≤2，所以＝8－210.故点到直线距离的最大值为3－(8－210)＝210xPAB－5.答案A12.(2019·广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线x＋2y－22＝0与椭圆x2y2：2＋2＝Cabc1(a>b>0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)对于直线l：y＝bx的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为()13A.2B.2C.1D.2x＋2y－22＝0，分析联立方程可得x2y2消去x，化简得(a2＋2b2)y2－8b2y＋b2(8－a2)＝0，a2＋b2＝1，由＝0得2b2＋a2－8＝0.设F′为椭圆C的左焦点，连结F′E，易知F′E∥l，所以F′E⊥EF，又点F到直线l的距离d＝c2＝c2，所以|EF|＝2c2，|F′E|＝2a－|EF|＝2b2，c2＋b2aaa在Rt△F′EF中，|F′E|2＋|EF|2＝|F′F|2，化简得2b2＝a2，代入2b2＋a2－8＝0得b2＝2，＝2，所以||＝|′