【数学总复习-考点精讲】RJA 第八章 第5讲　第2课时　直线与椭圆

中小学教育资源及组卷应用平台
第2课时　直线与椭圆
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
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，＋∞)
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
参考答案
1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eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，　①
eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝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.
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________．
参考答案
1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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y,a2)＋\f(x,b2)＝1，,\f(y,a2)＋\f(x,b2)＝1.))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.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://www.21cnjy.com/" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)