高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.5直线与椭圆的位置关系-重难点题型精讲

专题3.5直线与椭圆的位置关系重难点题型精讲1．点与椭圆的位置关系(1)点与椭圆的位置关系：

(2)对于点与椭圆的位置关系，有如下结论：点在椭圆外+>1;

点在椭圆内+<1;

点在椭圆上+=1.2．直线与椭圆的位置关系(1)直线与椭圆的三种位置关系

类比直线与圆的位置关系，直线与椭圆有相离、相切、相交三种位置关系，如图所示.

(2)利用方程讨论直线与椭圆的位置关系：>0直线与椭圆相交有两个公共点;

=0直线与椭圆相切有且只有一个公共点;

<0直线与椭圆相离无公共点.3．弦长问题(1)定义：直线与椭圆的交点间的线段叫作椭圆的弦.

(2)弦长公式：设直线l:y=kx+m交椭圆+=1(a>b>0)于，两点，则或.4．“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：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端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.

设，，代入椭圆方程+=1(a>b>0)，得，

①②可得+=0，

设线段AB的中点为，当时，有+=0.

因为为弦AB的中点，从而转化为中点与直线AB的斜率之间的关系，这就是处理弦中点轨迹问题的常用方法.(2)弦的中点与直线的斜率的关系

线段AB是椭圆+=1(a>b>0)的一条弦，当弦AB所在直线的斜率存在时，弦AB的中点M的坐标为，则弦AB所在直线的斜率为，即.5．椭圆中的最值问题求解此类问题一般有以下两种思路：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.【题型1判断直线与椭圆的位置关系】【方法点拨】结合具体条件，根据直线与椭圆的三种位置关系，进行判断，即可得解.【例1】1．（2022·全国·高二课时练习）已知2b=a+c，则直线ax+by+c=0与椭圆x26+A．相交 B．相切 C．相离 D．以上三种情况均有可能【解题思路】结合题意得直线ax+by+c=0过定点1,−2，再结合点1,−2在椭圆内部即可判断.【解答过程】解：因为2b=a+c，所以直线ax+by+c=0可化为a2x+y所以，直线ax+by+c=0过定点1,−2，因为点1,−2在椭圆x2所以，直线ax+by+c=0与椭圆x2故选：A.【变式11】（2022·全国·高二课时练习）直线y=2x−1与椭圆x29+A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【解题思路】根据直线恒过0,−1，且0,−1在椭圆内可直接得到结论.【解答过程】∵029∵y=2x−1恒过点0,−1，∴直线y=2x−1与椭圆x2故选：A.【变式12】（2022·全国·高二课时练习）直线y=kx+2与椭圆x23+y2A．63 B．−63 C．±【解题思路】直线和椭圆只有一个交点，则直线和椭圆相切，联立直线和椭圆方程得到二次方程，二次方程只有一个解，根据＝0即可求出k的值﹒【解答过程】由y=kx+2x23由题意知Δ=12k2故选：C．【变式13】（2022·全国·高二课时练习）若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆x29+A．0 B．1 C．2 D．1或2【解题思路】根据直线与圆没有交点可得m2＋n2<4，即可判断点(m，n)在椭圆的内部，即可得出结论.【解答过程】∵直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，∴4m2+n2>2，∴m2＋∴点(m，n)在椭圆x2∴过点(m，n)的直线与椭圆x2故选：C.【题型2弦长问题】【方法点拨】①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化运算过程.②涉及弦长问题，应联立直线与椭圆的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，由韦达定理得到(或)，代入到弦长公式即可.【例2】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，过F2且斜率为1的直线lA．247 B．127 C．122【解题思路】利用弦长公式求解即可.【解答过程】设直线AB方程为y=x−1，联立椭圆方程x整理可得：7x2−8x−8=0则x1+xAB=1+k2故选：A.【变式21】（2021·甘肃省高二期中（理））已知斜率为1的直线l过椭圆x24+y2=1的右焦点，交椭圆于A．45 B．65 C．85【解题思路】根据题意求得直线l的方程，设Ax1,【解答过程】解：由椭圆P得，a2=4,b所以右焦点坐标为−3,0，则直线2的方程为设Ax联立y=x−3x24+则x1所以AB=即弦E长为85故选：C.【变式22】（2022·全国·高三专题练习）已知直线y=2x+m与椭圆C:x25+y2=1相交于A,B两点，OA．54221 C．5427 【解题思路】联立直线方程与椭圆方程，化简，得到韦达定理，由弦长公式求得AB，由O到直线AB的距离d=|m|5，表示出△AOB的面积，利用基本不等关系求得最大值，从而求得此时的【解答过程】由y=2x+mx25设A(x1,y1)，|AB|=1+22又O到直线AB的距离d=|m|则△AOB的面积S=12d⋅|AB|=当且仅当m2=21−m2，即此时，|AB|=10故选：A.【变式23】（2021·江西·高安中学高二期末（文））过椭圆T:x22+y2=1上的焦点F作两条相互垂直的直线l1、l2，l1A．833,33 B．823【解题思路】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，可直接求得AB+CD=32，当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k，则直线l2的斜率为−1k，则可得直线【解答过程】当直线l1、l2有一条斜率不存在时，不妨设直线此时AB=22，所以AB+当直线l1、l2的斜率都存在且不为0时，不妨设直线l1的斜率为k不妨设直线l1、l所以直线l1:y=k(x−1)，直线联立l1与椭圆Ty=k(x−1)x2Δ=(−4x1所以AB=1+同理CD=所以AB+令1+k2=t，因为k≠0所以AB+CD=令y=2+1因为t>1，所以1t所以y∈2,94所以AB+综上AB+CD的取值范围是故选：C.【题型3椭圆的“中点弦”问题】【方法点拨】根据“中点弦”问题的两种解题方法进行求解即可.这三种方法中又以点差法最为常用，点差法中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关.与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.这类问题的解决，从不同的角度体现了判别式、根与系数的关系、点差法、椭圆的性质、线段的垂直平分线的性质等知识在直线与椭圆的位置关系中的作用，解法多、方法活.【例3】（2020·重庆高二期末）已知椭圆C:x28+y24=1，过点P(2,1)的直线交椭圆于A，B两点，若A．4113 B．2153 C．【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,【解答过程】由题,设A(x1,y1),B(x则{x12即y1−y则直线AB为y−1=−(x−2),即y=−x+3,所以联立{x28+y所以|AB|=1+故选：D.【变式31】（2022·四川·高二阶段练习（文））已知椭圆C：x24+y22=1内一点M1,12，直线l与椭圆C交于A．椭圆的焦点坐标为2,0，−2,0 B．椭圆C的长轴长为4C．直线l的方程为2x+2y−3=0 D．AB【解题思路】根据椭圆方程求得a,b,c，从而确定AB选项的正确性.利用点差法确定C选项的正确性.利用弦长公式确定D选项的正确性.【解答过程】依题意椭圆C：x2所以a=2,b=2所以椭圆的焦点坐标为−2椭圆的长轴长为2a=4，B选项正确.设Ax则x1两式相减并化简得−2由于M1,12所以−24=12所以直线AB的方程为y−12x+2y−3=0x24+yx1所以AB=故选：A.【变式32】（2022·河北·高二阶段练习（文））已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的右焦点为A．52 B．25 C．52【解题思路】设两点的坐标A(x1,y1)，B(x2,y2)【解答过程】设A(x1,将两点坐标代入椭圆方程，x12a由中点坐标(1,−1)，焦点坐标F(3,0)得0−(−1)3−1又由a2−b2=9所以椭圆的标准方程为x218+y29=1，直线AB的方程为x−2y−3=0，联立方程组，消去y弦长|AB|=1+故选A.【变式33】（2022·内蒙古·高三期末（文））设椭圆的方程为x22+y24=1，斜率为k的直线不经过原点O，而且与椭圆相交于A，BA．直线AB与OM垂直；B．若直线方程为y=2x+2，则|AB|=4C．若直线方程为y=x+1，则点M坐标为(D．若点M坐标为(1,1)，则直线方程为【解题思路】利用椭圆中中点弦问题的处理方法，结合弦长的求解方法，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【解答过程】不妨设A,B坐标为x1,yy1+y2x对A：kAB×k对B：若直线方程为y=2x+2，联立椭圆方程2x可得：6x2+8x=0，解得x则AB=169对C：若直线方程为y=x+1，故可得y0x0×1=−2，即解得x0=−13,对D：若点M坐标为(1,1),则11又AB过点(1,1)，则直线AB的方程为y−1=−2(x−1)，即2x+y−3=0，故故选：D.【题型4椭圆中的面积问题】【方法点拨】椭圆中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与椭圆方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形面积问题可化为两个三角形面积来求解.【例4】（2022·江西·高二开学考试）已知直线x+3y−7=0与椭圆x29+y2b2=10<b<3相交于A，B两点，椭圆的两个焦点分别是F1，A．2 B．3 C．23 D．【解题思路】根据线段AB的中点为C1,2，利用点差法求得b【解答过程】解：设Ax则x1所以y1即−1解得c2所以S△C故选：C.【变式41】（2021·河南·高二阶段练习（文））已知椭圆C:x22+y2=1的左､右焦点分别是F1，F2，过F1的直线l:y=x+m与椭圆A．43 B．83 C．169【解题思路】由题知F1−1,0，直线l:y=x+1，进而与椭圆方程联立得y1+y【解答过程】解：由题意可得F1−1,0，F2联立y=x+1x22设Ax1,则y1+y从而y1因为F1所以△ABF2的面积是故选：A.【变式42】（2021·四川·高二期末（文））过原点O作两条相互垂直的直线分别与椭圆x22+y2=1交于A、C与B、A．83 B．42 C．22【解题思路】直线AC、BD与坐标轴重合时求出四边形面积，与坐标轴不重合求出四边形ABCD面积最小值，再比较大小即可作答.【解答过程】因四边形ABCD的两条对角线互相垂直，由椭圆性质知，四边形ABCD的四个顶点为椭圆顶点时，而a=2四边形ABCD的面积S=1当直线AC斜率存在且不0时，设其方程为y=kx，由y=kxx2+2y2设A(x1,|AC|=1+直线BD方程为y=−1kx则有S=12|AC|⋅|BD|=4当且仅当k2=1k2，即k=−1所以四边形ABCD面积最小值为83故选：A.【变式43】（2021·江苏·高二单元测试）已知A，F分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，NA．1653 B．853 C．【解题思路】根据已知条件求得a,b,c，由此求得△FMN的面积.【解答过程】由题意得，A0，−b因为直线AM的倾斜角为60°，所以直线MN的方程为y=3把y=35b代入椭圆方程解得x因为A在直线MN上，所以35b=3又a2=b2+令y=3x−b=0，则Mb因为M为椭圆的右焦点，所以FM=2c由椭圆的定义可知，NF+因为△FMN的周长为6，所以2a+2c=6，所以ba=32，所以a=2c，c=1，所以a=2，所以S△FAN故选B．【题型5椭圆中的定点、定值、定直线问题】【例5】（2022·广东广州·一模）已知椭圆C:x28+y24=1，直线l：y=kx+n(k>0)(1)若点A是椭圆C的右顶点，当n=0时，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；(2)当直线l过椭圆C的右焦点F时，x轴上是否存在定点P，使点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.【解题思路】(1)联立直线方程和椭圆方程得(1+2k2)x2(2)由题意可得直线l的方程为y=k(x−2)，联立直线方程与椭圆方程得(1+2k2)x2−8k2x+8(k2【解答过程】（1）证明：因为n=0，所以直线l：y=kx，联立直线方程和椭圆方程：y=kxx2+2设M(x则有x1所以y1又因为A(22所以kAM=y所以kAM⋅kAN=所以直线AM和AN的斜率之积为定值−1（2）解：假设存在满足题意的点P，设P(m,0)，因为椭圆C的右焦点F(2,0)，所以2k+n=0,即有n=−2k，所以直线l的方程为y=k(x−2).由y=k(x−2)x2+2设M(x则有x3因为点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等，所以PF平分∠MPN,所以kPM即y3x3−m+又因为k>0，所以2x代入x3即有4m−161+2解得m=4.故x轴上存在定点P(4,0)，使得点F到直线NP的距离与点F到直线MP的距离相等.【变式51】（2022·河南·高三开学考试（文））已知椭圆C：x2a2+y(1)求椭圆C的方程；(2)若过点Q1,0且不与y轴垂直的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴的正半轴上是否存在点Tt,0，使得直线TM，TN斜率之积为定值？若存在，求出【解题思路】（1）根据题意得a＝3b，再将点1,223（2）设l的方程为x＝my＋1，Mx1,y1【解答过程】（1）解：由题意得a＝3b，故椭圆C为x2又点1,223在C上，所以19b故椭圆C的方程即为x2（2）解：由已知知直线l过Q1,0，设l的方程为x＝my联立两个方程得x29+y2Δ=4m2设Mx1,y1kTM⋅k将（*）代入上式，可得：−8要使kTM⋅kTN为定值，则有9−t2=0此时kTM∴存在点T3,0，使得直线TM与TN斜率之积为定值−29【变式52】（2022·高三阶段练习）已知椭圆C的中心为坐标原点，对称轴为x轴，y轴，且过A(−2,0),B1,(1)求椭圆C的方程；(2)F为椭圆C的右焦点，直线l交椭圆C于P,Q（不与点A重合）两点，记直线AP,AQ,l的斜率分别为k1,k2,k【解题思路】（1）结合A,B两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆C的方程.（2）设直线l:y=kx+m，联立直线l的方程和椭圆C的方程，化简写出根与系数关系，利用k1+k2=−3k求得m,k【解答过程】（1）由已知设椭圆C方程为：mx代入A−2,0,B1,故椭圆C方程为x2（2）设直线l:y=kx+m,Px由y=kx+m,3x1+x又k1故k==3m−6k由k1+k故m−2km−k=0⇒m=2k或①当m=2k时，直线l:y=kx+2k=kx+2，过定点A②当m=k时，直线l:y=kx+k=kx+1，过定点−1,0，即直线l此时Δ=192所以△FPQ的周长为定值4a=8.【变式53】（2022·江苏·高三阶段练习）已知椭圆C:x25+y24=1的上下顶点分别为A，B，过点P0，3且斜率为k(k(1)设AN，BN的斜率分别为k1(2)求证：点G在定直线上.【解题思路】（1）设M(x1,y1（2）设直线PM为y=kx+3，与椭圆联立消去y得到关于x的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线MB，NA的方程，联立这两条直线的方程，求出G点的纵坐标，即可得出答案.【解答过程】（1）设M(x1,k1又x22所以k1（2）设PM:y=kx+3联立4得到(4+5k∴x1+Δ=900直线MB:y=y直线NA:y=y联立得:y+2y−2法一：y+2y−2=−5解得y=4法二：由韦达定理得x1∴y+2y−2=解得y=4所以点G在定直线y=4【题型6椭圆中的最值问题】【方法点拨】求解此类问题一般有以下两种思路：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.【例6】已知椭圆C:x2a2+(1)求椭圆C的标准方程；(2)若斜率为1的直线与椭圆C交于A，B两点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得a=3，进而可求其方程，（2）根据弦长公式和点到直线的距离可表达三角形的面积，结合不等式即可求解最大值.【解答过程】（1）由椭圆的定义，可知2a=解得a=3，又b2∴椭圆C的标准方程为x2（2）设直线l的方程为y=x+m，联立椭圆方程，得5x△=36m2设Ax1,∴|AB|==2点O(0,0)到直线l:x+y−m=0的距离d=|m|∴≤6当且仅当15−m2=∴△AOB面积的最大值为36【变式61】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为−94，求点P到直线【解题思路】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解a2=4，（2）联立直线与椭圆方程，进行求解即可.【解答过程】（1）由题意可得Pc,b2a，∴由题意可得e=ca=∴椭圆的方程为：x2（2）解法1：由（1）可得P1,当直线l没有斜率时，设方程为：x=mm≠1，则A(m,y0),B(m,−y0)，此时kPA⋅kPB=y0−设直线l有斜率时，设Ax1,y1，Bx2Δ=64m2k2kPA⋅k整理可得94+k2x1x2+若k+m−32=0，则直线方程为：y−32若2k+4m+3=0，则直线方程为：y+34=kx−12，∴直线恒过定