（浙江专用）2020版高考数学新增分大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.5 椭圆（第2课时）直线与椭圆讲义（含解析）.docx

第2课时直线与椭圆题型一直线与椭圆的位置关系1.若直线ykx1与椭圆1总有公共点，则m的取值范围是()A.m1B.m0C.0m5且m1D.m1且m5答案D解析方法一由于直线ykx1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则00且m5，m1且m5.2.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.思维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.题型二弦长及中点弦问题命题点1弦长问题例1斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A.2B.C.D.答案C解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为yxt，由消去y，得5x28tx4(t21)0，则x1x2t，x1x2.|AB|x1x2|，当t0时，|AB|max.命题点2中点弦问题例2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_.答案x2y30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y1k(x1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由消去y得，(2k21)x24k(k1)x2(k22k1)0，x1x2，又x1x22，2，解得k.故此弦所在的直线方程为y1(x1)，即x2y30.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，得0，x1x22，y1y22，y1y20，k.此弦所在的直线方程为y1(x1)，即x2y30.思维升华 (1)解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，应用根与系数的关系，解决相关问题.涉及中点弦的问题时用“点差法”解决，往往会更简单.(2)设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|(k为直线斜率).(3)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式.跟踪训练1已知椭圆E：1(ab0)的半焦距为c，原点O到经过两点(c，0)，(0，b)的直线的距离为c.(1)求椭圆E的离心率；(2)如图，AB是圆M：(x2)2(y1)2的一条直径，若椭圆E经过A，B两点，求椭圆E的方程.解(1)过点(c，0)，(0，b)的直线方程为bxcybc0，则原点O到该直线的距离d，由dc，得a2b2，解得离心率e.(2)方法一由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2.依题意，圆心M(2，1)是线段AB的中点，且|AB|.易知，AB与x轴不垂直，设其方程为yk(x2)1，代入得(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)24b20，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，由x1x24，得4，解得k，从而x1x282b2.于是|AB|x1x2|，由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.方法二由(1)知，椭圆E的方程为x24y24b2，依题意，点A，B关于圆心M(2，1)对称，且|AB|，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x4y4b2，x4y4b2，两式相减并结合x1x24，y1y22，得4(x1x2)8(y1y2)0，易知AB与x轴不垂直，则x1x2，所以AB的斜率kAB，因此直线AB的方程为y(x2)1，代入得x24x82b20，所以x1x24，x1x282b2，于是|AB|x1x2|.由|AB|，得，解得b23，故椭圆E的方程为1.题型三椭圆与向量等知识的综合例3(2019杭州质检)已知椭圆C：1(ab0)，e，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点的横坐标为，且(其中1).(1)求椭圆C的标准方程；(2)求实数的值.解(1)由椭圆的焦距为2，知c1，又e，a2，故b2a2c23，椭圆C的标准方程为1.(2)由，可知A，B，F三点共线，设点A(x1，y1)，点B(x2，y2).若直线ABx轴，则x1x21，不符合题意；当AB所在直线l的斜率k存在时，设l的方程为yk(x1).由消去y得(34k2)x28k2x4k2120.的判别式64k44(4k23)(4k212)144(k21)0.x1x22，k2.将k2代入方程，得4x22x110，解得x.又(1x1，y1)，(x21，y2)，即1x1(x21)，又1，.思维升华一般地，在椭圆与向量等知识的综合问题中，平面向量只起“背景”或“结论”的作用，几乎都不会在向量的知识上设置障碍，所考查的核心内容仍然是解析几何的基本方法和基本思想.跟踪训练2(2018浙江名校联盟联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的离心率为，焦距为2.(1)求椭圆C的方程；(2)记斜率为k的直线l交椭圆C于A，B两点，椭圆C上存在点P满足，求四边形OAPB的面积.解(1)由题意得c1，a2，b，故椭圆C的方程是1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，直线AB：ykxm，由消去y，可得(34k2)x28kmx4m2120，故48(4k23m2)0且由，可得又点P在椭圆C上，所以1，其中x1x2，y1y2k(x1x2)2m，代入1中，可得4m234k2.|AB|x1x2|，设点O到直线l的距离为d，则d.所以四边形AOBP的面积S|AB|d3.1.若直线mxny4与O：x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()A.至多为1B.2C.1D.0答案B解析由题意知，2，即b0)，则c1.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，b2a2c2，所以a24，b2a2c2413，椭圆的方程为1.5.经过椭圆y21的一个焦点作倾斜角为45的直线l，交椭圆于A，B两点.设O为坐标原点，则等于()A.3B.C.或3D.答案B解析依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y0tan45(x1)，即yx1.代入椭圆方程y21并整理得3x24x0，解得x0或x.所以两个交点坐标为A(0，1)，B，所以(0，1).同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得.6.设F1，F2分别是椭圆y21的左、右焦点，若椭圆上存在一点P，使()0(O为坐标原点)，则F1PF2的面积是()A.4B.3C.2D.1答案D解析()()0，PF1PF2，F1PF290.设|PF1|m，|PF2|n，则mn4，m2n212，2mn4，mn2，mn1.7.直线ykxk1与椭圆1的位置关系是_.答案相交解析由于直线ykxk1k(x1)1过定点(1，1)，而(1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交.8.(2018浙江余姚中学质检)若椭圆C：1的弦被点P(2，1)平分，则这条弦所在的直线l的方程是_，若点M是直线l上一点，则M到椭圆C的两个焦点的距离之和的最小值为_.答案x2y40解析当直线l的斜率不存在时不满足题意，所以设l的斜率为k，椭圆C：1的弦被点P(2，1)平分，由点差法得k，代入已知的中点P的坐标得到直线方程为x2y40.设点M(x，y)，点F2(3，0)关于x2y40的对称点为F2，连接F2F1，交直线于点M，此时距离之和最小，最小值为|F2F1|.9.已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|10，|AF|6，cosABF，则椭圆C的离心率e_.答案解析设椭圆的右焦点为F1，在ABF中，由余弦定理可解得|BF|8，所以ABF为直角三角形，且AFB90，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|c5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|AF1|8，所以2a14，a7，所以离心率e.10.已知直线MN过椭圆y21的左焦点F，与椭圆交于M，N两点.直线PQ过原点O与MN平行，且PQ与椭圆交于P，Q两点，则_.答案2解析不妨取直线MNx轴，椭圆y21的左焦点F(1，0)，令x1，得y2，所以y，所以|MN|，此时|PQ|2b2，则2.11.设F1，F2分别是椭圆E：1(ab0)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，b1，且e2，解得a22，所以椭圆E的方程为y21.(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xmy1，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由得(m22)y22my10，则y1y2，y1y2，因为F1(1，0)，所以(1x2，y2)，(x11，y1)，由2可得y22y1，由可得B，则或，所以直线BF2的方程为yx或yx.12.(2019绍兴质检)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且经过点(3，1).(1)求椭圆的标准方程；(2)过点P(6，0)的直线l交椭圆于A，B两点，Q是x轴上的点，若ABQ是以AB为斜边的等腰直角三角形，求l的方程.解(1)设椭圆C的焦距为2c，由离心率e及a2b2c2，得a23b2，则椭圆的方程为1，代入点(3，1)得1，解得b24，则a212，所以椭圆的标准方程为1.(2)设AB的中点坐标为(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：xty6，则由得(t23)y212ty240，由0，得t26，y0，x0ty06，则AB的中垂线方程为yt，所以Q.易知点Q到直线l的距离为d，|AB|，所以62，解得t29，满足t26，则t3，所以直线l的方程为x3y60.13.(2018台州模拟)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F2，O为坐标原点，M为y轴上一点，点A是直线MF2与椭圆C的一个交点，且|OA|OF2|2|OM|，则椭圆C的离心率为()A.B.C.D.答案D解析方法一|OA|OF2|2|OM|，M在椭圆C的短轴上，设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，|OA|OF2|，|OA|F1F2|，AF1AF2，从而AF1F2OMF2，又|AF1|2|AF2|2(2c)2，|AF1|c，|AF2|c，又|AF1|AF2|2a，c2a，即.故选D.方法二|OA|OF2|2|OM|，M在椭圆C的短轴上，在RtMOF2中，tanMF2O，设椭圆C的左焦点为F1，连接AF1，|OA|OF2|，|OA|F1F2|，AF1AF2，tanAF2F1，设|AF1|x(x0)，则|AF2|2x，|F1F2|x，e，故选D.14.已知椭圆1(ab0)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_.答案b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bxayab0，则点P到直线QM的距离为db.15.平行四边形ABCD内接于椭圆1，直线AB的斜率k12，则直线AD的斜率k2等于()A.B.C.D.2答案C解析设AB的中点为G，则由椭圆的对称性知，O为平行四边形ABCD的对角线的交点，则GOAD.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有两式相减得，整理得k12，即.又G，所以kOG，即k2，故选C.16.过椭圆1(ab0)上的动点M作圆x2y2的两条切线，切点分别为P和Q，直线PQ与x轴和y轴的交点分别为E和F，求EOF面积的最小值.解设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由题意知PQ的斜率存在，且不为0，所以x0y00，则直线MP和MQ的方程分别为x1xy1y，x2xy2y.因为点M在MP和MQ上，所以有x1x0y1y0，x2x0y2y0，则P，Q两点的坐标满足方程x0xy0y，所以直线PQ的方程为x0xy0y，可得E和F，所以SEOF|OE|OF|，因为b2ya2xa2b2，b2ya2x2ab|x0y0|，所以|x0y0|，所以SEOF，当且仅当b2ya2x时取“”，故EOF面积的最小值为.