2022届高考数学一轮复习-第8章-平面解析几何-第5节-第2课时-直线与椭圆教案-北师大版.doc

2022届高考数学一轮复习 第8章 平面解析几何 第5节 第2课时 直线与椭圆教案 北师大版2022届高考数学一轮复习 第8章 平面解析几何 第5节 第2课时 直线与椭圆教案 北师大版年级：姓名：第2课时直线与椭圆 考点一直线与椭圆的位置关系 直线与椭圆位置关系判断的步骤(1)联立直线方程与椭圆方程(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程(3)当0时，直线与椭圆相交；当0时，直线与椭圆相切；当0时，直线与椭圆相离1若直线ykx1与椭圆1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1总有公共点，只需1，即m1，又m5，故m的取值范围为m1且m5，故选D.2已知直线l：y2xm，椭圆C：1.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，得方程组将代入，整理得9x28mx2m240.方程根的判别式(8m)249(2m24)8m2144.(1)当0，即3m3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m3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C有且只有一个公共点(3)当0，即m3或m3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没有公共点点评：(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 考点二弦长及中点弦问题 (1)弦长问题常用“根与系数的关系”设而不求，利用弦长公式|AB|，(A(x1，y1)，B(x2，y2)，k为直线的斜率)计算弦长(2)中点弦问题常用“点差法”，即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，y1y2，三个未知量，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弦长问题典例11已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，F是椭圆C的一个焦点点M(0,2)，直线MF的斜率为.(1)求椭圆C的方程；(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，且|AB|MN|，求l的方程解(1)由题意，可得解得则b2a2c22，故椭圆C的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在时，|AB|2，|MN|2，|AB|MN|，不合题意，故直线l的斜率存在设直线l的方程为ykx2，联立得(14k2)x216kx80.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，(16k)232(14k2)128k2320，即k2.设N(x0，y0)，则x0，因为|AB|MN|，所以|x1x2|x00|，则|x0|，即，整理得k2.故k，所以直线l的方程为yx2.点评：涉及弦长问题在求解时务必注意两点：一是所设直线方程其斜率是否存在二是保证直线与椭圆相交，即消元后对应方程其判别式0.中点弦问题 典例12(1)已知直线xy10与椭圆C：1(ab0)交于A，B两点，且线段AB中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150，则椭圆C的离心率为()A.B.C.D.(2)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线y3x7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_(1)D(2)1(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M(x0，y0)1，1，两式相减可得0，把x1x22x0，y1y22y0，k，tan 150，代入可得，解得.e.故选D.(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1(b0)，由 消去x，得(10b24)y214(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1，y1y22，解得b28.所求椭圆方程为1.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1(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)，则得0，即，又弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为2，k3，代入上式得3，解得b28，故所求的椭圆方程为1.点评：与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式kABkOM，即kAB比较方便快捷，其中点M的坐标为(x0，y0)1过椭圆1内一点P(3,1)，且被点P平分的弦所在直线的方程是()A4x3y130B3x4y130C4x3y50D3x4y50B设所求直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由题意得得0，又P(3,1)是AB的中点x1x26，y1y22，kAB.故直线AB的方程为y1(x3)，即3x4y130，故选B.2已知椭圆C：1的左、右焦点分别为F1，F2，若斜率为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C，D，且，求出直线l的方程解设直线l的方程为yxm，由题意知F1，F2的坐标分别为(1,0)，(1,0)，所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2y21，由题意知圆心(0,0)到直线l的距离d1，得|m|.|AB|22，联立消去y，得7x28mx4m2120，由题意得(8m)247(4m212)33648m248(7m2)0，解得m27，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，|CD|x1x2|AB|，解得m22，得m.即存在符合条件的直线l，其方程为yx. 考点三直线与椭圆的综合问题 转化思想在直线与椭圆综合问题中的应用(1)以向量为背景的综合题：常先将向量关系坐标化，然后借助根与系数的关系求解(2)以几何图形为背景的综合题：常体现数形结合思想，可先把几何图形中的平行、垂直等关系代数化(借助向量或斜率公式)，再利用根与系数的关系求解典例2如图，已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F，点在椭圆C上，过原点O的直线与椭圆C相交于M，N两点，且|MF|NF|4.图1图2(1)求椭圆C的方程；(2)设P(1,0)，Q(4,0)，过点Q且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A，B两点，证明：APOBPQ.解(1)如图，取椭圆C的左焦点F，连接MF，NF，由椭圆的几何性质知|NF|MF|，则|MF|MF|2a4，得a2.将点代入椭圆C的方程得1，解得b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明：设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)由图可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为yk(x4)(k0)联立方程消去y得，(4k21)x232k2x64k240，(32k2)24(4k21)(64k24)0，k2，直线AP的斜率为.同理直线BP的斜率为.由0.由上得直线AP与BP的斜率互为相反数，可得APOBPQ.点评：圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B，D在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明ABDCBD，需证kABkBC0.(2020天津高考)已知椭圆1(ab0)的一个顶点为A(0，3)，右焦点为F，且|OA|OF|，其中O为原点(1)求椭圆的方程；(2)已知点C满足3，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点求直线AB的方程解(1)椭圆1(ab0)的一个顶点为A(0，3)，b3，由|OA|OF|，得cb3，又由a2b2c2，得a2323218，所以，椭圆的方程为1.(2)直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CPAB，根据题意可知，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y3kx，即ykx3，由方程组消去y，可得(2k21)x212kx0，解得x0或x.将x代入ykx3，得yk3，所以，点B的坐标为，因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0，3)，所以点P的坐标为，由3，得点C的坐标为(1,0)，所以，直线CP的斜率为kCP，又因为CPAB，所以k1，整理得2k23k10，解得k或k1.所以，直线AB的方程为yx3或yx3.