第5节-第2课时-直线与椭圆.doc

第2课时　直线与椭圆

考点一　直线与椭圆的位置关系
【例1】　已知直线l：y＝2x＋m，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①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3<m<3时，方程③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Δ＝0，即m＝±3时，方程③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Δ<0，即m<－3或m>3时，方程③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．
感悟升华　研究直线与椭圆位置关系的方法
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究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．
【训练1】　若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　)
A．m>1 B．m>0
C．0<m<5且m≠1 D．m≥1且m≠5
答案　D
解析　法一　由于直线y＝kx＋1恒过点(0,1)，
所以点(0,1)必在椭圆内或椭圆上，
则0<≤1且m≠5，
故m≥1且m≠5.
法二　由
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.
由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，
即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，
由于m>0且m≠5，∴m≥1－5k2恒成立，
∴m≥1且m≠5.
考点二　中点弦及弦长问题
角度1　中点弦问题
【例2】　已知P为椭圆＋y2＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________．
答案　2x＋4y－3＝0
解析　易知此弦所在直线斜率存在，设斜率为k，
弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有＋y＝1，＋y＝1，两式作差，得＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0，
∵x1＋x2＝1，y1＋y2＝1，
∴＋(y2－y1)＝0，
∴k＝＝－，
经检验，k＝－满足题意，
∴此弦所在的直线方程为y－＝－，
即2x＋4y－3＝0.
感悟升华　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3】　如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB的斜率为0时，|AB|＝4.

(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝，求直线AB的方程．
解　(1)由题意知e＝＝，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件．
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－(x－1)．
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·＝.
同理，|CD|＝＝.
所以|AB|＋|CD|＝＋
＝＝，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
感悟升华　1.弦长的求解方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝|x1－x2|；
②|AB|＝|y1－y2|(k≠0)；
③|AB|＝；
④|AB|＝.
2．注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．
【训练2】　(1)(2021·石家庄模拟)过点M(1,1)作斜率为－的直线与椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________．
(2)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
∴＋＝0，
∴＝－·.
∵＝－，x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴－＝－，∴a2＝2b2.
又∵b2＝a2－c2，∴a2＝2(a2－c2)，
∴a2＝2c2，∴＝.
即椭圆C的离心率e＝.
(2)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)，
由消去y，得3x2－5x＝0，
故得A(0，－2)，B，则
|AB|＝＝.
法二　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)，
由消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝0，
则|AB|＝
＝
＝＝.
考点三　直线与椭圆的综合问题
【例4】　(2021·广州综合测试)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)经过点M(－2,1)，且右焦点F(，0)．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过N(1,0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝·，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值．
解　(1)由椭圆＋＝1的右焦点为(，0)，
知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，
则＋＝1，a2＞3.
又椭圆过点M(－2,1)，∴＋＝1，
又a2＞3，∴a2＝6.
∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得x2＋2k2(x－1)2＝6，
即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，
∵点N(1,0)在椭圆内部，∴Δ＞0，
∴
则t＝·＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5③，
将①②代入③得，
t＝(1＋k2)·＋(2－k2－k)·＋k2＋2k＋5，
∴t＝，
∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，
则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，
∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，
由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，∴t1＋t2＝.
感悟升华　1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法．
2．直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m，避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式，若平行于坐标轴的直线都包含，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论．
【训练3】　已知椭圆C：＋＝1，过A(2,0)，B(0，1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求四边形ABNM的面积．
解　(1)由题意知，a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
因为c＝＝，
所以椭圆C的离心率e＝＝.
(2)设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x＋4y＝4.
因为A(2,0)，B(0,1)，
所以直线PA的方程为y＝(x－2)，令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1，令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.
所以四边形ABNM的面积
S＝|AN|·|BM|＝·＝＝＝2，
所以四边形ABNM的面积为2.

A级　基础巩固
一、选择题
1．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
答案　A
解析　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
2．已知F1(－1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为(　　)
A.＋y2＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
答案　C
解析　设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
3．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆＋y2＝1截得的最大弦长是(　　)
A．2 B．
C．4 D．不能确定
答案　B
解析　直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，
则弦长为＝
＝，
当y＝－时，弦长最大为.
4．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交E于A，B两点，若AB的中点为M(1，－1)，则椭圆E的方程为(　　)
A.＋＝1 B．＋＝1
C.＋＝1 D．＋＝1
答案　D
解析　kAB＝＝，kOM＝－1.
由kAB·kOM＝－，得＝，∴a2＝2b2.
∴c＝3，∴a2＝18，b2＝9，椭圆E的方程为＋＝1.
5．椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－＝0的最大距离是(　　)
A．3 B． C．2 D．
答案　D
解析　设椭圆＋＝1上的点P(4cos θ，2sin θ)，
则点P到直线x＋2y－＝0的距离为
d＝＝，
所以dmax＝＝.故选D.
6．(2021·贵阳诊断)已知椭圆E：＋＝1的一个顶点C(0，－2)，直线l与椭圆E交于A，B两点，若E的左焦点F1为△ABC的重心，则直线l的方程为(　　)
A．6x－5y－14＝0 B．6x－5y＋14＝0
C．6x＋5y＋14＝0 D．6x＋5y－14＝0
答案　B
解析　由题意知F1(－1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以　①
设M为AB的中点，则M.
由
作差得＋＝0，将①代入上式得＝.即k＝，由点斜式，得直线方程为y－1＝，即6x－5y＋14＝0.故选B.
二、填空题
7．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，若长轴长为6，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为________．
答案　＋＝1
解析　椭圆长轴长为6，即2a＝6，得a＝3，
∵两焦点恰好将长轴三等分，
∴2c＝·2a＝2，得c＝1，
因此，b2＝a2－c2＝9－1＝8，
所以此椭圆的标准方程为＋＝1.
8．(2021·成都诊断)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，若△ABC是底角为30°的等腰三角形，则＝________.
答案　
解析　由题意知∠CAB＝30°，∴tan 30°＝＝，
∴＝＝＝＝.
9．(2020·银川调研)与椭圆＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________．
答案　
解析　因为所求椭圆与椭圆＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为＋＝1(a>1)，联立方程组⇒(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，
因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍)．
则a＝.又c＝1，所以e＝＝＝.
三、解答题
10．(2021·西安调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
解　(1)由题意得解得b＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由消y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，显然Δ>0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|MN|＝
＝.
又因为点A(2,0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝.
由＝，解得k＝±1.
11．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P在椭圆E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
(1)解　由已知，a＝2b，
又椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，
故＋＝1，解得b2＝1.
所以椭圆E的方程是＋y2＝1.
(2)证明　设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①
方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0，即2－m2>0，
解得－<m<.
由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
所以M点坐标为，
直线OM方程为y＝－x，
由方程组得C，D.
所以|MC|·|MD|＝(－m＋)·(＋m)
＝(2－m2)．
又|MA|·|MB|＝|AB|2
＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2)．
所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
B级　能力提升
12．(2021·郑州一模)已知椭圆C：＋＝1的左焦点为F，点M在椭圆C上且位于第一象限，O为坐标原点，若线段MF的中点N满足·＝0，则直线MF的方程为(　　)
A．3x－y＋3＝0 B．2x－y＋2＝0
C．x－y＋＝0 D．x－2y＋＝0
答案　D
解析　设椭圆C的右焦点为F1，M(x，y)(x>0，y>0)，
∵·＝0，∴NF⊥NO，∵N，O分别是MF和FF1的中点，
MF⊥MF1，由已知可得F(－，0)，F1(，0)，
∴(x＋，y)·(x－，y)＝0，
即x2＋y2＝5，由(x>0，y>0)，
得M，∴kMF＝＝，
∴直线MF的方程为y＝(x＋)，即x－2y＋＝0，故选D.
13．(2021·河南名校联盟模拟)已知点M，N是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的两点，且线段MN恰为圆x2＋y2＝r2(r>0)的一条直径，A为椭圆C上与M，N不重合的一点，且直线AM，AN的斜率之积为－，则椭圆C的离心率为________．
答案　
解析　如图，设A(x0，y0)，M(x1，y1)，N(－x1，－y1)，

∴＋＝1，＋＝1.
两式相减得＋＝0，
即＝－.
∵直线AM，AN的斜率之积为－，
∴·＝－，∴－＝－.
∴椭圆的离心率e＝＝＝＝＝.
14．(2020·长沙质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.
(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a＝2，B(2,0)．
设Q(x0，y0)，则由＝，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
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Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得<k2<4，
则<k<2或－2<k<－.
则满足条件的斜率k的取值范围为∪.