2023届高考数学一轮复习-第5讲-第2课时-直线与椭圆.doc

第2课时　直线与椭圆
[学生用书P228])
考点一　直线与椭圆的位置关系(自主练透)
复习指导：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．
1．直线y＝x＋1与椭圆＋＝1的位置关系是(　　)
A．相交　　　　　 B.相切
C．相离 D.无法判断
解析：选A.直线恒过点(0，1)，而0＋＜1，即点(0，1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
2．直线y＝x＋2与椭圆＋＝1有两个公共点，则m的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B.(1，3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D.(0，3)∪(3，＋∞)
解析：选B.由得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.由Δ>0且m≠3及m>0，得m>1且m≠3.
3．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
解析：选D.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.

利用判别式处理直线与椭圆的位置关系的方法

[注意]　对于椭圆方程，在第二步中得到的方程的二次项系数一定不为0，故一定为一元二次方程．
考点二　弦长问题及中点弦问题(多维探究)
复习指导：求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长； 对于中点弦问题，常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在用根与系数的关系时，要注意前提条件Δ＞0；在用“点差法”时，要检验直线与圆锥曲线是否相交．
角度1　弦长问题
在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点．若|AB|＝，求直线l的方程．
【解】　(1)因为e2＝＝＝，所以a2＝4b2.又椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以＋＝1，所以a2＝8，b2＝2.故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立整理得x2＋2mx＋2m2－4＝0.因为Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
则|AB|＝ × ＝＝.解得m＝±.
所求直线l的方程为y＝x±.

求解直线被椭圆截得弦长的方法
(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C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝＝·|x1－x2|＝·|y1－y2|(k≠0)．
角度2　中点弦问题
(一题多解)已知P(1，1)为椭圆＋＝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________________．
【解析】　方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，
所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
所以x1＋x2＝，又因为x1＋x2＝2，
所以＝2，解得k＝－.
经检验，k＝－满足题意．
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
方法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，　①
＋＝1，　②
①－②得＋＝0，
因为x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
所以＋y1－y2＝0，又x2－x1≠0
所以k＝＝－.经检验，k＝－满足题意．
所以此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
【答案】　x＋2y－3＝0

解决圆锥曲线“中点弦”问题的方法

|跟踪训练|
1．斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为(　　)
A．2 　　 B.　　
C. 　　 D.
解析：选C.设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
直线l的方程为y＝x＋t，
由消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝.由Δ>0得t2<5，
所以|AB|＝ |x1－x2|
＝·
＝·＝，
当t＝0时，|AB|max＝.
2．(一题多解)焦点是F(0，5)，并截直线y＝2x－1所得弦的中点的横坐标是的椭圆的标准方程为________．
解析：设所求的椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，直线被椭圆所截弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．
通解：由题意，可得弦AB的中点坐标为(，)，且＝，＝－.
将A，B两点坐标代入椭圆方程中，得两式相减并化简，得＝－×＝－2×＝3，所以a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，故所求椭圆的标准方程为＋＝1.
优解：设弦的中点为M，由kAB·kOM＝－
得2×＝－，得a2＝3b2，又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25，所以所求的方程为＋＝1.
答案：＋＝1
考点三　直线与椭圆的综合问题(综合研析)
复习指导：直线与椭圆问题中，有时和平面几何或向量等知识相结合，考查综合求解能力．
(2020·高考天津卷)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)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)由已知可得b＝3，
由|OA|＝|OF|，得c＝b＝3，
又由a2＝b2＋c2，得a2＝32＋32＝18，
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，所以CP⊥AB，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y＋3＝kx，
即y＝kx－3，由
消去y，可得x2－12kx＝0，
解得x＝0或x＝.
将x＝代入y＝kx－3，得y＝k·－3＝，
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CP⊥AB，所以k·＝－1，
整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝或k＝1.
所以直线AB的方程为y＝x－3或y＝x－3.

直线与椭圆的综合问题求解策略
(1)“设而不求”的方法：联立直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解．
(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
|跟踪训练|
已知椭圆C的两个焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，短轴的两个端点分别为B1，B2.
(1)若△F1B1B2为等边三角形，求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且⊥，求直线l的方程．
解：(1)由题意知，△F1B1B2为等边三角形，
则即解得
故椭圆C的方程为＋3y2＝1.
(2)由2b＝2，c＝1得b＝1，a2＝b2＋c2＝2，
易知椭圆C的方程为＋y2＝1，
当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
Δ＝8(k2＋1)>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
因为⊥，所以·＝0，
即(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2(x1－1)(x2－1)＝(k2＋1)x1x2－(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝＝0，
解得k2＝，即k＝±，
故直线l的方程为x＋y－1＝0或x－y－1＝0.
[学生用书P434(单独成册)]
[A　基础达标]
1．直线y＝kx－k与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A．相交　 B.相切　
C.相离　 D.不确定
解析：选A.直线y＝kx－k可化为y＝k(x－1)，所以直线恒过点(1，0)，
又＋<1，即(1，0)在椭圆的内部，
所以直线y＝kx－k与椭圆＋＝1的位置关系为相交．
2．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
解析：选B.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.
3．(2021·新高考八省联考模考)椭圆＋＝1(m>0)的焦点为F1，F2，上顶点为A，若∠F1AF2＝，则m＝(　　)
A．1 B.
C. D.2
解析：选C.由题意得a＝，b＝m，所以c＝1.
因为A为椭圆的上顶点，且∠F1AF2＝，所以由椭圆的对称性知△F1AF2为等边三角形，
所以|AF1|＝|F1F2|＝2c，又由椭圆的定义知|AF1|＋|AF2|＝2a，所以a＝2c，即＝2，得m＝.
4．已知F是椭圆＋＝1的一个焦点，AB为过椭圆中心的一条弦，则△ABF的面积最大值为(　　)
A．6 B.15
C.20 D.12
解析：选D.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，椭圆a＝5，b＝3，c＝4，由题意知，S△ABF＝|OF|·|y1－y2|≤|OF|·2b＝12.
5．(2022·石家庄质检)倾斜角为的直线经过椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F，与椭圆交于A，B两点，且＝2，则该椭圆的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.由题可知，直线的方程为y＝x－c，与椭圆方程联立得(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4＝0，由于直线过椭圆的右焦点，故必与椭圆有两个交点，则Δ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则又＝2，所以(c－x1，－y1)＝2(x2－c，y2)，所以－y1＝2y2，可得所以＝，所以e＝，故选B.
6．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________．
解析：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，解得x＝0或，
设A(0，－2)，B(，)，则
|AB|＝＝.
答案：
7．已知直线l：y＝k(x－1)与椭圆C：＋y2＝1交于不同的两点A，B，AB中点横坐标为，则k＝________．　
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k2＋1)x2－8k2x＋4k2－4＝0，因为直线l过椭圆内的定点(1，0)，所以Δ>0，x1＋x2＝，所以＝＝，即k2＝，所以k＝±.
答案：±
8．(2022·衡水调研)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________．
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(舍去)．
则a＝.又c＝1，所以e＝＝＝.
答案：
9．(2022·陕西省汉台中学高三模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点M(0，2)，离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线y＝x＋1与椭圆相交于A，B两点，求S△AMB.
解：(1)由题意得代入点M可得：b＝2，＝.结合a2＝b2＋c2，解得a2＝12.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)由得x2＋3(x＋1)2＝12，
即4x2＋6x－9＝0，经验证Δ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
|AB|＝＝＝＝，
因为点M到直线AB的距离d＝＝，
所以S△AMB＝×|AB|×d＝××＝.
10．设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，E的离心率为，点(0，1)是E上一点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，且＝2，求直线BF2的方程．
解：(1)由题意知，b＝1，且e2＝＝＝，
解得a2＝2，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，故可设直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
则y1＋y2＝，①
y1y2＝－，②
因为F1(－1，0)，
所以＝(－1－x2，－y2)，＝(x1＋1，y1)，
由＝2可得，－y2＝2y1，③
由①②③可得B，
则kBF2＝或kBF2＝－，
所以直线BF2的方程为x－6y－＝0或x＋6y－＝0.
[B　综合应用]
11．(多选)已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l1与过F2的直线l2交于点M，设M的坐标为(x0，y0)，若l1⊥l2，则下列结论正确的有(　　)
A.＋＜1 B.＋＞1
C.＋＜1 D.4x＋3y＞1
解析：选ACD.由椭圆＋＝1，
可得a＝2，b＝，c＝1.
所以左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，
设A(0，)，则tan∠AF1F2＝，
可得∠AF1F2＝，
所以∠F1AF2＝.
因为l1⊥l2，所以直线l1与直线l2的交点M在椭圆的内部．
所以＋＜1，A正确；B不正确；
直线＋＝1与椭圆＋＝1联立，
可得7y2－24y＋27＝0无解，
因此直线＋＝1与椭圆＋＝1无交点．
而点M在椭圆的内部，在直线的左下方，
所以满足＋＜1，C正确；
因为x＋y＝1，0≤y≤1，
所以4x＋3y＝4(1－y)＋3y＝4－y＞1，因此D正确．
12．(多选)设点F1，F2分别为椭圆＋＝1的左、右焦点，点P是椭圆C上任意一点，若使得·＝m成立的点恰好是4个，则实数m的值可以是(　　)
A. B.2
C.3 D.4
解析：选BCD.由题意得a2＝9，b2＝5，c2＝4，c＝2，即F1(－2，0)，F2(2，0)．设P(x0，y0)，＝(－2－x0，－y0)，＝(2－x0，－y0)，由·＝m，可得x＋y＝m＋4，又因为P在椭圆上，即＋＝1，所以x＝，要使得·＝m成立的点恰好是4个，则0＜＜9，解得1＜m＜5，所以m的值可以是2，3，4.故选BCD.
13．(2022·重庆外国语学校月考)已知椭圆C：＋＝1(b2<6)上存在两点M，N关于直线2x－3y－1＝0对称，且线段MN中点的纵坐标为－，则b2的值是(　　)
A．2 B.3
C.4 D.5
解析：选B.设M，N，点M，N关于直线2x－3y－1＝0对称，＝－，
且线段MN的中点在直线2x－3y－1＝0上，纵坐标为－，所以横坐标为－，
x1＋x2＝－1，y1＋y2＝－，
由M，N在椭圆上可知
(b2<6)，两式相减得
＋＝0，
＋＝0，
＋＝0，
－＋＝0，
解得b2＝3.
14．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)短轴的端点为P(0，b)，Q(0，－b)，长轴的一个端点为M，AB为经过椭圆中心且不在坐标轴上的一条弦，若PA，PB的斜率之积等于－，则点P到直线QM的距离为________．
解析：设A(x0，y0)，则B点坐标为(－x0，－y0)，
则·＝－，即＝－，
由于＋＝1，则＝－，
故－＝－，则＝，
不妨取M(a，0)，则直线QM的方程为bx－ay－ab＝0，
则点P到直线QM的距离为
d＝＝＝b.
答案：b
[C　素养提升]
15．已知椭圆r：＋＝1的右焦点为F，且离心率为，三角形ABC的三个顶点都在椭圆r上，设它的三条边AB，BC，AC的中点分别为D，E，M，且三条边所在直线的斜率分别为k1，k2，k3，且k1，k2，k3均不为0.O为坐标原点，若直线OD，OE，OM的斜率之和为1，则＋＋＝(　　)
A．－ B.－3
C.－ D.－
解析：选A.由题意可求得椭圆r的标准方程为
＋＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(s1，t1)，E(s2，t2)，M(s3，t3)，
因为A，B在椭圆r上，所以＋＝1，＋＝1 ，两式相减得
k1＝＝－×＝－× ，即＝－，
同理可得＝－，＝－.
所以＋＋＝－.
因为直线OD，OE，OM的斜率之和为1
所以＋＋＝－×1＝－.
16．如图1，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)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.

(1)求椭圆C的方程；
(2)如图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：∠APO＝∠BPQ.
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|＝2a＝4，得a＝2.将点代入椭圆C的方程得＋＝1，解得b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(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y＝k(x－4)(k≠0)．联立方程消去y得，(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0，Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋1)(64k2－4)＞0，k2＜，
直线AP的斜率为＝
.同理可得直线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∠APO＝∠BPQ.