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第53讲 椭圆
/ 第2课时 直线与椭圆的位置关系 /
课堂考点探究
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
探究点一 直线与椭圆的位置关系
例1 已知直线,椭圆.当取何值时,直线
与椭圆
（1）有两个不重合的公共点？
［思路点拨］ 将直线方程和椭圆方程 联立,
消去并整理得 ,根据判别式求解即可.
解：由消去并整理得 ①，
.
当,即 时,方程①有两个不同的实数根,
此时直线与椭圆 有两个不重合的公共点.
（2）有且只有一个公共点？
解：当,即时,方程①有两个相同的实数根,
此时直线 与椭圆 有且只有一个公共点.
（3）没有公共点？
解：当,即或时,方程①没有实数根,
此时直线 与椭圆 没有公共点.
[总结反思]
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.
变式题（1）过圆上一定点 的圆的切线方程为
,此结论可推广到圆锥曲线中.过椭圆 上的
点作椭圆的切线,则过点且与切线 垂直的直线的方程为
( )
A. B.
C. D.
[解析] 由题意知切线的方程为,即,切线 的
斜率为1,与切线垂直的直线的斜率为,则过点且与切线 垂直的直
线的方程为,即 .故选A.
√
（2）椭圆上的点到直线 的距离的最小值
为_ ___.
[解析] 设与直线平行且与椭圆
相切的直线方程为.
由消去 并整理得，
所以 ，解得.
当，即切线方程为 时，
切线与直线间的距离为；
当 ，即切线方程为时，
切线与直线 间的距离为.
所以椭圆上的点到直线 的距离的最小值为 .
探究点二 弦长问题
例2 已知椭圆的一个顶点为 ,焦距为
.
（1）求椭圆 的方程;
［思路点拨］利用已知和,,的关系，可得,,进而得到椭圆 的方程；
解：由题意得可得
所以椭圆 的方程为 .
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点, ,直
线,分别与轴交于点,,当时,求 的值.
［思路点拨］设出直线的方程，联立直线与椭圆 的方程，
设,,利用根与系数的关系得到， ，
进而求出，的坐标，表示出 ，化简即可.
解：由题意得直线的方程为 .
由消去 并整理,得
,则
,解得 .
设,,则.
直线 的方程为,则直线与轴的交点的坐标为 .同理得点的坐标为 .
因为,所以 ,所以 ,所以 .
将①代入②,得 ，整理得.
又 ,所以 .
[总结反思]
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，斜率为的直线与椭圆相交于
，两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下两
种：
①；
②.
2.弦长公式的运用技巧
弦长公式的运用需要利用曲线方程和直线方程联立消元建立一元二
次方程，设直线方程也很考究，不同形式的直线方程直接关系到计
算量的大小．我们的经验是：直线经过的定点在纵轴上，一般设为
斜截式 ，即“定点落在纵轴上，斜截式帮大忙”；直线经过
的定点在横轴上，一般设为 ，即“直线定点落横轴，斜率
倒数作参数”．
变式题1 [2023· 新课标Ⅱ卷]已知椭圆 的左、右焦点
分别为，，直线与交于，两点，若 的面积
是面积的2倍，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一：由题可知,，
的面积是面积的2倍，
则点到直线的距离是点 到直线距离的2倍，
故 ，化简可得，
即 ，解得或，
又直线与 不相交，所以 .故选C.
方法二：不妨设直线与轴的交点为 ，
因为的面积是面积的2倍，所以点到直线
的距离是点到直线距离的2倍，则.
若 在线段上，则，所以，即；
若 在线段的延长线上，则，所以，
即 ，此时直线 与椭圆相离.故选C.
变式题2 已知椭圆的离心率 ，上顶
点为，右顶点为，（为坐标原点）的面积为 .
（1）求 的方程；
解：依题意得可得
所以椭圆 的方程为 .
（2）过的右焦点的直线与交于，两点，若，求 的
方程.
解：由（1）知椭圆的右焦点的坐标为.
当直线 的斜率不存在时，由，得，
此时 ，不符合题意，所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，由
消去整理得，
设 ，，则， ，
所以
，
解得，所以直线 的方程为 .
探究点三 中点弦与弦中点问题
例3 已知椭圆 .
（1）求过点且被点 平分的椭圆的弦所在直线的方程；
［思路点拨］思路一：设出弦端点的坐标，由弦端点的坐标与弦中
点的坐标的关系，结合弦端点在椭圆上可得弦所在直线的斜率，结
合直线过点即可求出弦所在直线的方程；
解：方法一：设以为中点的弦与椭圆的交点为 ，
，则， .
由可得，则 ，
即直线的斜率为，所以直线的方程为 ，
即 .
解： 方法二：设过点的弦为,因为被点 平分，
所以（为坐标原点），
即，解得 ，
故弦所在直线的方程为，即 .
［思路点拨］思路二：设过点 的弦为，利用
（为坐标原点）得到，结合直线 过点 可得答案.
（2）若斜率为2的直线与椭圆交于，两点，求弦 的中点的轨
迹方程；
［思路点拨］设出直线 的方程，与椭圆的方程联立，
由根与系数的关系求出两根之和，进而求出弦中点的坐标，
即可得弦 中点的轨迹方程.
解：设直线的方程为,， ，
由 消去整理得 ，
由，可得 ，
则，故 ，
所以弦的中点的坐标为.
设弦的中点坐标为 ，
由可得，
所以弦 的中点的轨迹方程为 .
（3）过椭圆的左焦点作椭圆的弦，求弦的中点 的轨迹方程.
［思路点拨］设出弦与椭圆的交点的坐标和点 的坐标，
分弦所在直线的斜率存在与不存在两种情况进行分析，
结合点差法即可得点 的轨迹方程.
解：由题意知.设弦与椭圆的两交点分别为 ，
，，当时，与重合，即.
当 时，由 两式相减得
，
即 ，
因为,， ，
所以,显然点 的坐标满足该方程，
所以点的轨迹方程为 .
[总结反思]
处理中点弦问题常用的方法:（1）点差法,设出弦的两端点坐标后,代
入椭圆方程,并将两式相减,式中含有,,三个未知量,
这样就直接联系了弦中点坐标和弦所在直线的斜率,借助中点坐标公
式即可求得斜率.
（2）联立直线与椭圆的方程,化为一元二次方程后由根与系数的关系
求解.
特别要注意的是中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端:根与系数
的关系在解题过程中易漏解,需关注弦所在直线的斜率问题;点差法为
形式变化，注意中点必须在椭圆内.
变式题（1）已知椭圆，若椭圆上存在不同的两点, 关
于直线对称，则实数 的取值范围是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 椭圆，即椭圆 .
设椭圆上两点,关于直线对称，
线段 的中点为,则, ，
两式相减得 ，
所以，所以，
代入直线方程 得,,即.
因为点 在椭圆内部，所以，
解得，即 的取值范围是 .故选B.
（2）已知直线交椭圆于，两点，，若
的重心为椭圆的右焦点，则直线 的方程为_________________.
[解析] 由题知，椭圆的右焦点的坐标为，设,
，因为的重心为，所以, ，
所以,，故线段的中点坐标为 .
因为， ，
所以 ，
即，所以 ，
所以直线的方程为，即 .
探究点四 直线与椭圆、圆与椭圆的综合问题
例4（1）[2024·河北衡水模拟]已知椭圆 的
左、右焦点分别为,，过向圆 引切线交椭圆于点
,为坐标原点，若 ，则椭圆的离心率为( )
A. B. C. D.
［思路点拨］设切点为，根据已知条件得到，
（为坐标原点），结合椭圆的定义及勾股定理得到， 的关系，
进而可求离心率.
√
[解析] 设切点为，连接，
，
，，
又是 的中点，圆的半径为，
，，
，即，得，
.故选C.
（2）已知椭圆的左、右焦点分别为, ，
离心率为，点在椭圆上，连接并延长，交于另一点 ，连接
，若存在点使成立，则 的取值范围为_________
______.
［思路点拨］思路一：设,，
将存在点 使等价转化为 ,
由椭圆的二级结论得，
结合基本不等式可求 的最小值，
即可求得的取值范围，从而得到 的取值范围；
[解析] 方法一（利用椭圆的二级结论和基本不等式）
设，，则，且 ，
显然当点为右顶点时，，
故存在点使 成立等价于.
因为 ，
且 ，
当且仅当时取等号,所以 ，
由，得，又 ,
,所以,故 的取值范围是 .
［思路点拨］思路二：由椭圆的焦半径公式和椭圆的定义，
结合基本不等式即可得到 的取值范围.
[解析] 方法二（利用焦半径公式和基本不等式）
设 ，点 在轴上方，
则， ,
所以.
若存在点使 ，即,
则，所以，
当且仅当 时取等号，故，
又, ，所以，
故的取值范围是 .
（3）[2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知直线与椭圆 在第一象
限交于，两点，与轴、轴分别相交于， 两点，且
，，则直线 的方程为__________________.
［思路点拨］思路一：设出点，的坐标，结合 得线
段的中点也为线段的中点，利用点差法得到
（为坐标原点），设出直线的方程，得到，， 的坐标，结合
求解即可；
[解析] 方法一：设，，线段的中点为 ，
，也为的中点.
由， ，两式相减可得，
则 （O为坐标原点）.
设直线的方程为,, ,则,,
,, ,可得.
, ,即,,又
,,直线 的方程为,即 .
［思路点拨］思路二：设出线段的中点 的坐标，
结合得到也为的中点，
根据，的位置得到, 的坐标，
结合（为坐标原点）及 求解即可；
[解析] 方法二：设线段的中点为 ，
，也是的中点.
在 轴的正半轴上，，
在轴的正半轴上，
（为坐标原点）， ，
,
,,又 ,，，
,，故，，
直线的方程为，即 .
［思路点拨］思路三：设出线段的中点的坐标，结合
得到 也为的中点，得到，的坐标及直线的方程，
结合 及 求解即可.
[解析] 方法三：设线段的中点为 ，
，也为的中点，， ，
直线的方程为，
故 ，则.
又，，
解得 , ，可得,，
直线 的方程为,即 .
[总结反思]
求解直线与椭圆的综合问题时,常把直线方程与椭圆方程联立,消去
（或）,得到关于（或）的一元二次方程,利用一元二次方程根的
判别式、根与系数的关系解决.
变式题（1）已知椭圆的离心率为 ，过
左焦点作一条斜率为的直线，与椭圆交于， 两点，满
足，则实数 的值为( )
A.1 B. C. D.2
√
[解析] 方法一： 椭圆的离心率为 ，
，.
设直线的方程为 ，与椭圆方程联立，
消去整理得 ，
设，，则， .
，，可得， ，
，又， .故选B.
方法二：设为椭圆的左准线，分别过，两点作，
垂直于 , 垂足分别为点，，过点作于点 ，
根据椭圆的第二定义，得,，
， ,,
,,即 .故选B.
方法三：设直线的倾斜角为 ，
由椭圆的焦半径公式得,，
由题知 ，则，即，
解得,则 ， .故选B.
（2）（多选题）已知直线 交椭圆
于，两点，， 分别为椭圆的左、右焦
点，，分别为椭圆的左、右顶点，在椭圆上与关于直线 对称
的点为 ，则( )
A.若，则椭圆的离心率为
B.若，则椭圆的离心率为
C.
D.若直线平行于轴，则
√
√
√
[解析] 设直线与交于点.对于A，若，则 ，
所以，所以 ，故A正确；
对于B,设,则,且,即 ,
所以 ，
所以，故 ，故B错误；
对于C，由题意可知（为坐标原点）是的中位线，
故 ，故C正确；
对于D，设点，则直线，
因为直线 平行于轴，所以点,
线段的中点为，所以由点 在直线上且
得 解得，，即，
所以 ，故D正确.故选 .
（3）[2024·西安模拟] 已知直线过圆 的圆心，且
与圆相交于，两点，为椭圆 上的一个动点，则
的最大值与最小值之和为____.
18
[解析] 圆的圆心为，
半径，连接 .
因为直线过圆的圆心，
且与圆相交于， 两点，所以.
由椭圆，得， ，故右焦点为，
所以 ，
又，即，
所以 ，即，
所以 的最大值为15，最小值为3，
则 的最大值与最小值之和为18.
【备选理由】例1考查直线与椭圆的位置关系;
例1 ［配例1使用］ （多选题）在平面直角坐标系 中，已知直
线，椭圆 ，则下列说法
正确的有( )
A.恒过点
B.若恒过的一个焦点，则
C.若对任意实数，与总有两个不同的交点，则
D.若，则一定存在实数，使得与 有且只有一个交点
√
√
√
[解析] 方程可化为，
所以直线 恒过点，故A正确；
椭圆的右焦点坐标为，因为直线恒过 的一个焦点，
所以直线恒过点，故，所以 ，故B错误；
由消去 整理得
，因为对任意实数， 与总有两个不同的交点，
所以关于 的方程 有两个不相等的实数解， 所以 ，所以，所以，故C正确 ；
，当时，令，则，解得，
此时与 有且只有一个交点，故D正确.故选 .
例2 ［配例4使用］ 设椭圆的弦与
轴，轴分别交于,两点，，若直线 的
斜率为，则 的取值范围是_ ______.
【备选理由】例2考查直线与椭圆的综合问题；
[解析] 设,,, ，直线，
因为 ，所以, ，
所以 , ，
可得，， ，，
所以,.
因为, 均在椭圆上，所以,，
两式相减得，即 .
，因为，所以 ，
故，即,又,所以 .
例3 ［配例3、例4使用］ 类似于圆的垂径定理，椭圆
中有如下性质：不过椭圆中心 为坐标原点
的一条弦的中点为，当， 的斜率均存在时，
.已知椭圆，直线为坐标原点
与椭圆交于，两点，且 .
【备选理由】例3考查直线与椭圆的综合问题，涉及中点弦相关问题.
（1）求点的轨迹 的方程；
解：设， ，，
将点的坐标代入椭圆的方程得 ，
即， 的方程为 .
（2）过点作直线交椭圆于，两点，使 ，求四
边形 的面积.
解：设，则 .
①当直线不与坐标轴重合时，为 的中点，
， ，
则直线的方程为 ，
与椭圆的方程联立得 ，
即，则.
设， ，则， ，
.
,, 点到直线的距离与点 到直线
的距离之和 ，
.
②当直线与轴重合时，不妨取， ，，
, ,此时 .
③当直线与轴重合时，不妨取， ，，
, ,此时 .
综上所述，四边形的面积是 .
作业手册
◆ 基础热身 ◆
1.已知,是椭圆的焦点,过且垂直于 轴的直线交椭
圆于,两点,且,则 的方程为( )
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知解得
所以椭圆 的方程为 .故选C.
√
2.已知椭圆,过的右焦点 作直线交
椭圆于,两点,若的中点坐标为,则椭圆 的方程为( )
A. B. C. D.
[解析] 直线的斜率,设, ,
代入椭圆方程可得,,
两式相减,整理得,又 ,,
所以,，所以椭圆的方程为 .故选D.
√
3.椭圆上的点到直线 的最大距离是( )
A.3 B. C. D.
√
[解析] 设与直线平行且与椭圆 相切的直
线方程为，
由消去 整理得，
即 ,由,解得 .
易知直线与 间的距离即为所求
的最大距离，最大距离为 ，故选D.
4.（多选题）已知椭圆 ，则( )
A.椭圆的焦点坐标为，
B.椭圆 的长轴长为4
C.椭圆的离心率为
D.直线与椭圆 无交点
√
√
[解析] 易知椭圆的焦点在轴上，
焦点坐标为， ，故A错误;
椭圆的长轴长为4，故B正确;
椭圆的离心率为 ，故C正确;
由消去整理得 ，
因为，
所以直线与椭圆 有两个交点，故D错误.故选 .
5.椭圆与直线 相交所得的弦长为_____.
[解析] 由消去整理得 .
设直线与椭圆的交点为，，
则， ， .
6.直线与椭圆 的位置关系是______.
相交
[解析] 因为可化为 ，
所以直线过定点，
又点 在椭圆内部，
所以直线 与椭圆 的位置关系是相交.
7.[2024·葫芦岛一模] 已知椭圆，，为 的短轴端
点，为上异于，的一点，则直线， 的斜率之积为____.
[解析] 设，则，即 ，
不妨令,的坐标分别为, ，
则 .
◆ 综合提升 ◆
8.已知，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆
在第一象限内的一个动点，若是锐角，则椭圆在点 处的
切线的斜率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 由题意知,，
设 ，则.
当时，可得 ，
由①②得,,所以当是锐角时, .
由，得，故 ，
求导可得，
当时，，即椭圆在点 处的切线斜率为，
故椭圆在点 处的切线的斜率的取值范围是 .故选B.
9.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线 的
距离的一半，若某直线上存在这样的点 ，则称该直线为“最远距离
直线”.下列说法中错误的是( )
A.点的轨迹方程是
B.直线 是“最远距离直线”
C.平面上有一点，则 的最小值为5
D.点的轨迹与圆 没有交点
√
[解析] 设,因为动点到点 的距离是点到直线 的
距离的一半，所以，
整理得 ，A中说法正确；
由 可得，解得，
所以直线 上存在点满足题意，
故直线 是“最远距离直线”，B中说法正确；
如图，过作垂直于直线 ，垂足为，
由题意得 ，
则 ，
由图可知的最小值即为点到直线
的距离5，C中说法正确；
由 得，圆的圆心为 ，
半径为1，易得点的轨迹与圆交于点 ，D中说法错误.故选D.
10.已知椭圆的左、右焦点分别为, ,
为椭圆上一点，直线, 分别交椭圆于
另一点，，则当直线的斜率为时， ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
√
[解析] 由已知得,，易知直线 的斜率存在，
设直线的方程为 ，
与椭圆方程联立得 ，
由根与系数的关系得，
所以 ，所以，
同理得， ，所以
,所以 .故选D.
11.（多选题）已知圆 在椭圆
的内部，点为上一动点， 为坐标原点.
过点作圆的一条切线，交于另一点，切点为，若为 的中
点，且直线的斜率为 ，则( )
A.直线的斜率为 B.直线的斜率为
C.直线的斜率为 D.椭圆的离心率为
√
√
[解析] 设,,，则 ,
，将,的坐标代入椭圆的方程，
得 两式相减得 ，
所以，因为直线的斜率为，
，所以直线的斜率为，所以，A正确.
设为椭圆 的左顶点，则 ，
所以，
解得或 （舍去），
故直线的斜率为 ，B错误，C错误.
因为，所以，
故 ，D正确.故选 .
12.已知，为椭圆上两个不同的点， 为其右焦点，
，若线段的垂直平分线交轴于点，则 __.
[解析] 因为椭圆方程为,
所以,, ,所以离心率.
设,,，因为 为右焦点，，
所以由焦半径公式得 ,整理得,
则线段的中点坐标为.
,则线段的垂直平分线的斜率为.
由点， 在椭圆上，得,,
两式相减化简得 .
线段的垂直平分线的方程为,将
的坐标代入,得,
故 ,则 .
13.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知椭圆, 的上
顶点为，两个焦点为,,离心率为.过且垂直于的直线与
交于，两点，，则 的周长是____.
13
[解析] 不妨设,分别为椭圆 的左、右焦点，
在第一象限，如图，连接 , ,.
因为椭圆的离心率 ,所以,则 ,
所以 ,可知为等边三角形，
所以直线 为的中垂线，则的周长等于 的周长，
由椭圆的定义知的周长为.
易知直线 的方程为,
由消去 ,整理得,
设 , ，则 , ,
由 ,可得，
所以 .
14.已知椭圆的长轴长为4， 的两个顶点
和一个焦点构成等边三角形.
（1）求椭圆 的标准方程；
解：由题知，得 .若两个顶点和一个焦点构成等边三角形，
则两个顶点只能为短轴的两个端点，则，
，故椭圆的标准方程为 .
（2）直线与椭圆交于，两点， 为坐标原点，
若的面积为，求 的值.
解：设， ，将椭圆方程与直线方程联立，
化简得，
其中 ，解得，
则， ，
.
原点到直线的距离 ，
则，
化简得 ，解得或，
又且，所以或 .
15.已知，分别为椭圆 的左、右焦点，直线
与椭圆 有且仅有一个公共点，直线, ，
垂足分别为点， .
（1）求证： ；
证明：联立与，
消去 得 ，
由直线与椭圆有且仅有一个公共点可知
，化简得 .
（2）求证： 为定值.
证明： 由题意得, ，
因为,，所以，
故 ，其中， ，
所以
，故 为定值.
◆ 能力拓展 ◆
16.（多选题）[2024·辽宁葫芦岛二模] 已知椭圆：
与双曲线： 有公共
焦点，，它们的离心率分别为，， 是它们在第一象限内的
交点，的内切圆圆心为， ， 为坐标原点，则
下列结论正确的是( )
A.若，则
B.若，则的最小值为
C.过作直线的垂线，垂足为，则点 的轨迹是双曲线的一部分
D.两曲线在点 处的切线互相垂直
√
√
√
[解析] 对于A选项,因为 ,所以,
,又,
故 ，则，
由椭圆的定义可得 ，由双曲线的定义可得
，解得, ，
由勾股定理得 ,
即，化简得，
即 ，又,，所以，A正确.
对于B选项,若 ,则由余弦定理得 ，
即，
又 , ，代入上式得
，即，即，
又, ，所以，
由基本不等式得,即 ,解得，
当且仅当时，等号成立，则 的最小值为，B正确.
对于C选项，延长，交于点，因为 平分，
,所以，为 的中点，
则，连接 ，
由中位线的性质得，
故点的轨迹是以为圆心， 为半径的圆的一部分，C错误.
对于D选项，下面证明椭圆
在点处的切线方程为 .
证明：当时，切线的斜率存在，设切线方程为 ，
代入椭圆方程得 ，
由 ，
化简得，所以 ，
把代入，得 ，
所以，
则椭圆在点 处的切线斜率为，
切线方程为 ，
整理得到，其中 ，
故，即.
当时，或 .
当时，切线方程为，满足；
当 时，切线方程为，满足 .
综上，椭圆在点处的切线方程
为 .同理可证双曲线在点
处的切线方程为.
故椭圆在点 处的切线斜率为，
双曲线在点 处的切线斜率为.
因为,，所以 ，
化简得，又 ，
所以，故，
则两曲线在点 处的切线的斜率之积为，
故两曲线在点 处的切线互相垂直，D正确.故选 .
17.[2024·宁波二模] 在平面直角坐标系 中，定义
为, 两点间的“曼哈顿
距离”.已知椭圆，点,,在椭圆上，轴.点 ,
满足,.若直线与的交点在 轴上，则
的最大值为_____.
[解析] 设,,由题意得， .
不妨设点位于第一象限，由可得.
设直线 与的交点为，则有,.
,，
由 可得，
整理得 .
,，由 可得
，整理得 .
由①②可得，由题意知, ，
所以 ，由椭圆的对称性可知
，因为，
所以设 , ， ，
则 ，
其中，所以当时，取得最大值 .
课堂考点探究
例1(1) - 变式题(1)A (2)
例2(1) +y2=1 (2)-4 变式题1 C 变式题2 (1)+=1 (2)y=±(x-2)
例3(1) 3x+4y-7=0 (2)3x+8y=0 (3)3x2+3x+4y2=0 变式题(1)B (2)9x-8y-43=0
例4(1)C (2)[8-11,1) (3)x+y-2=0 变式题(1)B (2)ACD (3)18
教师备用习题
例1 ACD 例2 例3(1) (2)
基础热身
1.C 2.D 3.D 4.BC 5. 6.相交 7.
综合提升
8.B 9.D 10.D 11.AD 12. 13.13
14.(1) (2) 或 15.(1) 略 (2)略
能力拓展
16.ABD 17.2第2课时 直线与椭圆的位置关系
● 课堂考点探究
例1 [思路点拨] 将直线方程y=x+m和椭圆方程+=1联立,消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0,根据判别式求解即可.
解:由消去y并整理得7x2+8mx+4m2-12=0①,Δ=(8m)2-4×7×(4m2-12)=-48m2+336.
(1)当Δ>0,即-(2)当Δ=0,即m=±时,方程①有两个相同的实数根,此时直线l与椭圆C有且只有一个公共点.
(3)当Δ<0,即m<-或m>时,方程①没有实数根,此时直线l与椭圆C没有公共点.
变式题 (1)A (2) [解析] (1)由题意知切线l的方程为+=1,即x-y-4=0,切线l的斜率为1,与切线l垂直的直线的斜率为-1,则过点A且与切线l垂直的直线的方程为y+1=-(x-3),即x+y-2=0.故选A.
(2)设与直线x-2y+8=0平行且与椭圆+=1相切的直线方程为x-2y+m=0.由消去x并整理得25y2-16my+4m2-36=0,所以Δ=256m2-400(m2-9)=0,解得m=±5.当m=5,即切线方程为x-2y+5=0时,切线与直线x-2y+8=0间的距离为=;当m=-5,即切线方程为x-2y-5=0时,切线与直线x-2y+8=0间的距离为=.所以椭圆+=1上的点到直线x-2y+8=0的距离的最小值为.
例2 [思路点拨] (1)利用已知和a,b,c的关系,可得a,b,进而得到椭圆E的方程;(2)设出直线BC的方程,联立直线BC与椭圆E的方程,设B(x1,y1),C(x2,y2),利用根与系数的关系得到x1+x2,x1·x2,进而求出M,N的坐标,表示出|MN|,化简即可.
解:(1)由题意得可得所以椭圆E的方程为+y2=1.
(2)由题意得直线BC的方程为y-1=k(x+2).由消去y并整理,得(4k2+1)x2+(16k2+8k)x+16k2+16k=0,则Δ=(16k2+8k)2-4(4k2+1)(16k2+16k)=-64k>0,解得k<0.设B(x1,y1),C(x2,y2),则①.直线AB的方程为y=x+1,则直线AB与x轴的交点M的坐标为.
同理得点N的坐标为.
因为|MN|=2,所以=2,所以|x1-x2|=|k[x1x2+2(x1+x2)+4]|,所以=|k[x1x2+2(x1+x2)+4]|②.将①代入②,得-=
k2,整理得k2+4k=0.又k<0,所以k=-4.
变式题1 C [解析] 方法一:由题可知F1(-,0),F2(,0),△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,则点F1到直线y=x+m的距离是点F2到直线y=x+m距离的2倍,故=2,化简可得3m2+10m+6=0,即(3m+)(m+3)=0,解得m=-或m=-3,又直线y=x-3与C不相交,所以m=-.故选C.
方法二:不妨设直线y=x+m与x轴的交点为Q(-m,0),因为△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,所以点F1到直线y=x+m的距离是点F2到直线y=x+m距离的2倍,则|F1Q|=2|F2Q|.若Q在线段F1F2上,则|F2Q|=,所以-m=,即m=-;若Q在线段F1F2的延长线上,则|F2Q|=2,所以-m=3,即m=-3,此时直线y=x+m与椭圆相离.故选C.
变式题2 解:(1)依题意得可得所以椭圆C的方程为+=1.
(2)由(1)知椭圆C的右焦点的坐标为(2,0).当直线l的斜率不存在时,
由+=1,得y=±,此时|PQ|=,不符合题意,所以直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=k(x-2),由消去y整理得(1+3k2)x2-12k2x+12k2-6=0,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,所以|PQ|=·=
·=
=,解得k=±,所以直线l的方程为y=±(x-2).
例3 [思路点拨] (1)思路一:设出弦端点的坐标,由弦端点的坐标与弦中点的坐标的关系,结合弦端点在椭圆上可得弦所在直线的斜率,结合直线过点C即可求出弦所在直线的方程;思路二:设过点C的弦为AB,利用kAB·kOC=-(O为坐标原点)得到kAB,结合直线AB过点C可得答案.(2)设出直线MN的方程,与椭圆的方程联立,由根与系数的关系求出两根之和,进而求出弦MN中点的坐标,即可得弦MN中点的轨迹方程.(3)设出弦与椭圆的交点的坐标和点P的坐标,分弦所在直线的斜率存在与不存在两种情况进行分析,结合点差法即可得点P的轨迹方程.
解:(1)方法一:设以C(1,1)为中点的弦与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),则=1,=1.
由可得=-,则=-·=-,即直线AB的斜率为-,所以直线AB的方程为y-1=-(x-1),即3x+4y-7=0.
方法二:设过点C的弦为AB,因为AB被点C平分,所以kAB·kOC=-(O为坐标原点),即kAB·1=-,解得kAB=-,故弦AB所在直线的方程为y-1=-(x-1),即3x+4y-7=0.
(2)设直线MN的方程为y=2x+t,M(x3,y3),N(x4,y4),由
消去y整理得19x2+16tx+4t2-12=0,由Δ=(16t)2-4×19×(4t2-12)>0,可得t2<19,则x3+x4=,故y3+y4=2(x3+x4)+2t=+2t=,所以弦MN的中点的坐标为.设弦MN的中点坐标为(x,y),
由可得3x+8y=0,所以弦MN的中点的轨迹方程为3x+8y=0.
(3)由题意知F(-1,0).设弦与椭圆的两交点分别为I(x5,y5),J(x6,y6),P(x,y),当x5=x6时,P与F重合,即P(-1,0).当x5≠x6时,由两式相减得3(x5+x6)(x5-x6)+4(y5+y6)(y5-y6)=0,即3(x5+x6)+4·=0,因为=kFP=(x≠-1),x5+x6=2x,y5+y6=2y,所以3x2+3x+4y2=0(x≠-1),显然点(-1,0)的坐标满足该方程,所以点P的轨迹方程为3x2+3x+4y2=0.
变式题 (1)B (2)9x-8y-43=0
[解析] (1)椭圆+=1,即椭圆5x2+9y2-45=0.设椭圆上两点A(x1,y1),B(x2,y2)关于直线y=3x+m对称,线段AB的中点为M(x0,y0),则5+9-45=0,5+9-45=0,两式相减得5(x1+x2)(x1-x2)+9(y1+y2)(y1-y2)=0,所以=-·=-,所以y0=x0,代入直线方程y=3x+m得x0=-,y0=-,即M.因为点M在椭圆内部,所以5×+9×<45,解得-(2)由题知,椭圆的右焦点的坐标为(2,0),设M(x1,y1),N(x2,y2),因为△BMN的重心为(2,0),所以=2,=0,所以x1+x2=6,y1+y2=-4,故线段MN的中点坐标为(3,-2).因为+=1,+=1,所以3(x2+x1)(x2-x1)+4(y1+y2)(y2-y1)=0,即18(x2-x1)-16(y2-y1)=0,所以kMN===,所以直线l的方程为y+2=(x-3),即9x-8y-43=0.
例4 [思路点拨] (1)设切点为M,根据已知条件得到PF1⊥PF2,OM∥PF1(O为坐标原点),结合椭圆的定义及勾股定理得到a,b的关系,进而可求离心率.(2)思路一:设|QF1|=m,|PF1|=n,将存在点P使|PQ|=|QF2|等价转化为(|PQ|-|QF2|)min≤0,由椭圆的二级结论得+=,结合基本不等式可求|PQ|-|QF2|=2m+n-2a的最小值,即可求得的取值范围,从而得到e2的取值范围;思路二:由椭圆的焦半径公式和椭圆的定义,结合基本不等式即可得到e2的取值范围.(3)思路一:设出点A,B的坐标,结合|MA|=|NB|得线段AB的中点E也为线段MN的中点,利用点差法得到kOE·kAB(O为坐标原点),设出直线l的方程,得到M,N,E的坐标,结合|MN|=2求解即可;思路二:设出线段AB的中点E的坐标,结合|MA|=|NB|得到E也为MN的中点,根据M,N的位置得到M,N的坐标,结合kOE·kAB=-(O为坐标原点)及|MN|=2求解即可;思路三:设出线段AB的中点E的坐标,结合|MA|=|NB|得到E也为MN的中点,得到M,N的坐标及直线AB的方程,结合kAB=kMN及|MN|=2求解即可.
(1)C (2)[8-11,1) (3)x+y-2=0 [解析] (1)设切点为M,连接PF1,OM.∵|OP|=|OF2|=|OF1|,∴PF1⊥PF2.∵OM⊥PF2,∴OM∥PF1,又O是F1F2的中点,圆x2+y2=b2的半径为b,∴|PF1|=2|OM|=b,∴|PF2|=2a-b,∴b2+(2a-b)2=4c2=4(a2-b2),即2a=3b,得=,∴e====.故选C.
(2)方法一(利用椭圆的二级结论和基本不等式):设|QF1|=m,|PF1|=n,则|QF2|=2a-m,且+=,显然当点P为右顶点时,|PQ|>|QF2|,故存在点P使|PQ|=|QF2|成立等价于(|PQ|-|QF2|)min≤0.因为|PQ|-|QF2|=2m+n-2a,且2m+n=(2m+n)=≥,当且仅当n=m时取等号,所以(|PQ|-|QF2|)min=-2a,由-2a≤0,得≤12-8,又e2==1-,0方法二(利用焦半径公式和基本不等式):设∠PF1F2=θ,点P在x轴上方,则|PF1|=,|QF1|=,所以|QF2|=2a-|QF1|=2a-.若存在点P使|PQ|=|QF2|,即|PF1|+|QF1|=|QF2|,则2a=,所以=(1-ecos θ+1+ecos θ)=≥,当且仅当ecos θ=3-2时取等号,故≤12-8,又e2==1-,0(3)方法一:设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为E,∵|MA|=|NB|,∴E也为MN的中点.由+=1,+=1,两式相减可得=-,则kOE·kAB=·==-(O为坐标原点).设直线l的方程为y=kx+m,k<0,m>0,则M,N(0,m),∴E,∴kOE=-k,∴-k·k=-,可得k=-.∵|MN|=2,∴=2,即+m2=12,∴3m2=12,又m>0,∴m=2,∴直线l的方程为y=-x+2,即x+y-2=0.
方法二:设线段AB的中点为E(x0,y0)(x0>0,y0>0),∵|MA|=|NB|,∴E也是MN的中点.∵M在x轴的正半轴上,∴M(2x0,0),∵N在y轴的正半轴上,∴N(0,2y0).∵kAB·kOE=-(O为坐标原点),kAB=kMN,∴kMN·kOE=·=-=-=-=-,∴=2.∵|MN|=2,∴=2,又=2,x0>0,y0>0,∴x0=,y0=1,故M(2,0),N(0,2),∴直线l的方程为y=x+2,即x+y-2=0.
方法三:设线段AB的中点为E(x0,y0)(x0>0,y0>0),∵|MA|=|NB|,∴E也为MN的中点,∴M(2x0,0),N(0,2y0),直线AB的方程为+=+,故kAB==kMN=-,则=2.又|MN|=2,∴(2x0)2+(2y0)2=12,解得=2,=1,可得x0=,y0=1,∴直线l的方程为y-1=-(x-),即x+y-2=0.
变式题 (1)B (2)ACD (3)18
[解析] (1)方法一:∵椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,∴a2=3c2,b2=2c2.设直线AB的方程为x=y-c,与椭圆方程2x2+3y2=6c2联立,消去x整理得y2-y-4c2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=.∵|AF|=2|FB|,∴y1=-2y2,可得y2=-,=,∴=,又k>0,∴k=.故选B.
方法二:设l为椭圆的左准线,分别过A,B两点作AA1,BB1垂直于l,垂足分别为点A1,B1,过点B作BE⊥AA1于点E,根据椭圆的第二定义,得|AA1|=,|BB1|=,∵|AF|=2|FB|,∴|AA1|=,∴cos ∠BAE====,∴sin∠BAE=,∴tan∠BAE=,即k=.故选B.
方法三:设直线AB的倾斜角为θ,由椭圆的焦半径公式得|AF|=,|FB|=,由题知|AF|=2|FB|,则=,即3ecos θ=1,解得cos θ=, 则sin θ=,∴k=tan θ=.故选B.
(2)设直线l与QF2交于点G.对于A,若k=1,则Q(0,c),所以b=c,所以e=====,故A正确;对于B,设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),且+=1,即=,所以kMAkMB=·===-=-,所以==1-=1-e2=,故e=,故B错误;对于C,由题意可知OG(O为坐标原点)是△QF1F2的中位线,故l∥F1Q,故C正确;对于D,设点B(x0,y0),则直线l:y=x,因为直线BQ平行于x轴,所以点Q(-x0,y0),线段F2Q的中点为G,所以由点G在直线l上且k=-1得
解得x0=c,=,即y0=±c,所以k===±,故D正确.故选ACD.
(3)圆(x-1)2+y2=1的圆心为O1(1,0),半径r=1,连接O1P.因为直线l过圆(x-1)2+y2=1的圆心,且与圆相交于A,B两点,所以=-.由椭圆+=1,得a=3,c=1,故右焦点为O1(1,0),所以·=(+)·(+)=(+)·(-)=-=||2-1,又a-c≤||≤a+c,即2≤||≤4,所以3≤||2-1≤15,即3≤·≤15,所以·的最大值为15,最小值为3,则·的最大值与最小值之和为18.第2课时 直线与椭圆的位置关系
1.C [解析] 由题意可知解得所以椭圆C的方程为+=1.故选C.
2.D [解析] 直线AB的斜率k==-1,设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程可得+=1,+=1,两式相减,整理得-=0,又c=3,a2=b2+c2,所以a2=18,b2=9,所以椭圆M的方程为+=1.故选D.
3.D [解析] 设与直线x+2y-=0平行且与椭圆+=1相切的直线方程为x+2y+m=0,由消去x整理得8y2+4my-16+m2=0,即2y2+my-4+=0,由Δ=m2-8=0,解得m=±4.易知直线x+2y+4=0与x+2y-=0间的距离即为所求的最大距离,最大距离为=,故选D.
4.BC [解析] 易知椭圆C的焦点在y轴上,焦点坐标为(0,-1),(0,1),故A错误;椭圆C的长轴长为4,故B正确;椭圆C的离心率为=,故C正确;由消去y整理得16x2-36x+15=0,因为Δ=362-4×16×15=336>0,所以直线2x-y-3=0与椭圆C有两个交点,故D错误.故选BC.
5. [解析] 由消去y整理得x2+2x-6=0.设直线与椭圆的交点为M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-2,x1x2=-6,∴|MN|=|x1-x2|=
=
=.
6.相交 [解析] 因为2ax+ay+cy+2c=0可化为a(2x+y)+(y+2)c=0,所以直线2ax+ay+cy+2c=0过定点(1,-2),又点(1,-2)在椭圆+=1内部,所以直线2ax+ay+cy+2c=0与椭圆+=1的位置关系是相交.
7.- [解析] 设P(x0,y0)(x0≠0),则+=1,即-3=-,不妨令A,B的坐标分别为(0,),(0,-),则kAP·kBP=·===-.
8.B [解析] 由题意知F1(-2,0),F2(2,0),设M(x0,y0)(x0>0,y0>0),则+=1①.当MF1⊥MF2时,可得(x0-2)(x0+2)+=0②,由①②得x0=,y0=1,所以当∠F1MF2是锐角时,9.D [解析] 设P(x,y),因为动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半,所以2=|x-4|,整理得+=1,A中说法正确;由可得x2-2x+1=0,解得x=1,所以直线l1上存在点P满足题意,故直线l1:x+2y-4=0是“最远距离直线”,B中说法正确;如图,过P作PB垂直于直线l:x=4,垂足为B,由题意得|PB|=2|PF|,则|PA|+2|PF|=|PA|+|PB|,由图可知|PA|+|PB|的最小值即为点A到直线l:x=4的距离5,C中说法正确;由x2+y2-2x=0得(x-1)2+y2=1,圆C的圆心为(1,0),半径为1,易得点P的轨迹与圆C交于点(2,0),D中说法错误.故选D.
10.D [解析] 由已知得F1(-2,0),F2(2,0),易知直线PF1的斜率存在,设直线PF1的方程为y=k1(x+2),与椭圆方程联立得(5+1)x2+20x+20-5=0,由根与系数的关系得xM+x0==,所以xM=-x0=-,所以yM=(xM+2)=-,同理得xN=,yN=,所以kMN====-=-,所以=5.故选D.
11.AD [解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0),则2x0=x1+x2,2y0=y1+y2,将A,B的坐标代入椭圆C的方程,得两式相减得(-)+(-)=0,所以+××=0,因为直线MD的斜率为-,AB⊥MD,所以直线AB的斜率为,所以+×=0,A正确.设E为椭圆C的左顶点,则∠DME=2∠DOM,所以tan∠DME=tan 2∠DOM==,解得tan∠DOM=或-2(舍去),故直线OD的斜率为-,B错误,C错误.因为+××=0,所以=,故e==,D正确.故选AD.
12. [解析] 因为椭圆方程为+=1,所以a2=9,b2=5,c2=4,所以离心率e=.设A(x1,y1),B(x2,y2),T(x0,0),因为F为右焦点,|AF|+|BF|=4,所以由焦半径公式得+=4,整理得x1+x2=3,则线段AB的中点坐标为.kAB=,则线段AB的垂直平分线的斜率为-.由点A,B在椭圆上,得+=1,+=1,两式相减化简得-=(-).线段AB的垂直平分线的方程为y=-+,将T(x0,0)的坐标代入,得x0-===-=-,故x0=,则|FT|=2-=.
13.13 [解析] 不妨设F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,E在第一象限,如图,连接AF1,DF2,EF2.因为椭圆的离心率e==,所以a=2c,则b=c,所以|AF1|=|AF2|=a=2c=|F1F2|,可知△AF1F2为等边三角形,所以直线DE为AF2的中垂线,则△ADE的周长等于△F2DE的周长,由椭圆的定义知△F2DE的周长为4a.易知直线DE的方程为y=(x+c),由消去y,整理得13x2+8cx-32c2=0,设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=-,由|DE|==6,可得c=,所以4a=8c=13.
14.解:(1)由题知2a=4,得a=2.若两个顶点和一个焦点构成等边三角形,则两个顶点只能为短轴的两个端点,则a=2b=2,∴b=1,故椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),将椭圆方程与直线方程联立,化简得(1+4k2)x2+16kx+12=0,其中Δ=(16k)2-48(1+4k2)>0,解得k2>,则x1+x2=-,x1x2=,
∴|AB|=×
=×
=
×.
原点O到直线AB的距离d=,则S△AOB=|AB|·d==,化简得4k4-23k2+19=0,解得k2=或k2=1,又k>0且k2>,所以k=或k=1.
15.证明:(1)联立y=kx+t与+y2=1,消去y得(2k2+1)x2+4ktx+2t2-2=0,由直线与椭圆有且仅有一个公共点可知Δ=(4kt)2-4(2k2+1)(2t2-2)=0,
化简得t2=2k2+1.
(2)由题意得F1(-1,0),F2(1,0),
因为F1M⊥l,F2N⊥l,所以F1M∥F2N,故·=||·||,其中||=,||=,所以·=||·||=·===1,故·为定值.
16.ABD [解析] 对于A选项,因为|OP|=|F1F2|=c,所以∠PF1F2=∠F1PO,∠PF2F1=∠F2PO,又∠PF1F2+∠F1PO+∠PF2F1+∠F2PO=π,故∠F1PO+∠F2PO=,则PF1⊥PF2,由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=2a,由双曲线的定义可得|PF1|-|PF2|=2m,解得|PF1|=a+m,|PF2|=a-m,由勾股定理得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,即(a+m)2+(a-m)2=4c2,化简得a2+m2=2c2,即+=2,又e1=,e2=,所以+=2,A正确.对于B选项,若α=,则由余弦定理得cos==,即+-4c2=|PF1|·|PF2|,又|PF1|=a+m,|PF2|=a-m,代入上式得2a2+2m2-4c2=a2-m2,即a2+3m2=4c2,即+=4,又e1=>0,e2=>0,所以+=4,由基本不等式得+≥2=,即4≥,解得e1e2≥,当且仅当e1=e2时,等号成立,则e1e2的最小值为,B正确.对于C选项,延长F2H,交F1P于点M,因为PH平分∠F1PF2,F2M⊥PH,所以|PM|=|PF2|,H为F2M的中点,则|F1M|=|PF1|-|PM|=|PF1|-|PF2|=2m,连接OH,由中位线的性质得|OH|=|F1M|=m,故点H的轨迹是以O为圆心,m为半径的圆的一部分,C错误.对于D选项,下面证明椭圆+=1(a>b>0)在点P(x0,y0)处的切线方程为+=1.证明:当y0≠0时,切线的斜率存在,设切线方程为y=kx+q,代入椭圆方程得(a2k2+b2)x2+2a2kqx+a2q2-a2b2=0,由Δ=-4(a2k2+b2)(a2q2-a2b2)=0,化简得a2k2-q2+b2=0,所以x0===,把x0=代入y0=kx0+q,得y0=,所以k=-=-·=-,则椭圆在点P(x0,y0)处的切线斜率为-,切线方程为y-y0=-(x-x0),整理得到a2y0y+b2x0x=a2+b2,其中b2+a2=a2b2,故a2y0y+b2x0x=a2b2,即+=1.当y0=0时,x0=a或-a.当x0=a时,切线方程为x=a,满足+=1;当x0=-a时,切线方程为x=-a,满足+=1.综上,椭圆+=1(a>b>0)在点P(x0,y0)处的切线方程为+=1.同理可证双曲线-=1(m>0,n>0)在点P(x0,y0)处的切线方程为-=1.故椭圆+=1(a>b>0)在点P(x0,y0)处的切线斜率为-,双曲线-=1(m>0,n>0)在点P(x0,y0)处的切线斜率为.因为+=1,-=1,所以+=-,化简得-=·,又a2-b2=m2+n2,所以-=-,故=,则两曲线在点P处的切线的斜率之积为-·=-=-1,故两曲线在点P处的切线互相垂直,D正确.故选ABD.
17.2 [解析] 设P(x1,y1),R(x2,y2),由题意得Q(x1,-y1),M.不妨设点P位于第一象限,由=2可得N.设直线MQ与NR的交点为T(t,0),则有∥,∥.=(t-x1,y1),=,由∥可得(t-x1)=y1×,整理得t=①.=(t-x2,-y2),=,由∥可得(t-x2)=-y2(x1-x2),整理得t=②.由①②可得(x1-x2)=y1y2(x1-x2),由题意知x1≠x2,y1≠0,所以y1=y2,由椭圆的对称性可知x1=-x2.d(R,Q)=|x1-x2|+|-y1-y2|=2x1+2y1,因为+=1,所以设x1=cos α,y1=sin α,α∈,则d(R,Q)=2x1+2y1=2cos α+2sin α=2sin(α+θ),其中tan θ=,所以当α+θ=时,d(R,Q)取得最大值2.第2课时 直线与椭圆的位置关系
直线与椭圆的位置关系
例1 已知直线l:y=x+m,椭圆C:+=1.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
总结反思
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.
变式题 (1)过圆x2+y2=r2上一定点P(x0,y0)的圆的切线方程为x0x+y0y=r2,此结论可推广到圆锥曲线中.过椭圆+=1上的点A(3,-1)作椭圆的切线l,则过点A且与切线l垂直的直线的方程为 ( )
A.x+y-2=0 B.x-y-4=0
C.2x+3y-3=0 D.3x-y-10=0
(2)椭圆+=1上的点到直线x-2y+8=0的距离的最小值为 .
弦长问题
例2 已知椭圆E:+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1),焦距为2.
(1)求椭圆E的方程;
(2)过点P(-2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B,C,直线AB,AC分别与x轴交于点M,N,当|MN|=2时,求k的值.
总结反思
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两种:
①|AB|=|x1-x2|=;
②|AB|=|y1-y2|=(k≠0).
2.弦长公式的运用技巧
弦长公式的运用需要利用曲线方程和直线方程联立消元建立一元二次方程,设直线方程也很考究,不同形式的直线方程直接关系到计算量的大小.我们的经验是:直线经过的定点在纵轴上,一般设为斜截式y=kx+b,即“定点落在纵轴上,斜截式帮大忙”;直线经过的定点在横轴上,一般设为my=x-a,即“直线定点落横轴,斜率倒数作参数”.
变式题1 [2023·新课标Ⅱ卷] 已知椭圆C:+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=x+m与C交于A,B两点,若△F1AB的面积是△F2AB面积的2倍,则m= ( )
A. B.
C.- D.-
变式题2 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,上顶点为A,右顶点为B,△AOB(O为坐标原点)的面积为.
(1)求C的方程;
(2)过C的右焦点的直线l与C交于P,Q两点,若|PQ|=,求l的方程.
中点弦与弦中点问题
例3 已知椭圆+=1.
(1)求过点C(1,1)且被点C平分的椭圆的弦所在直线的方程;
(2)若斜率为2的直线与椭圆交于M,N两点,求弦MN的中点的轨迹方程;
(3)过椭圆的左焦点F作椭圆的弦,求弦的中点P的轨迹方程.
总结反思
处理中点弦问题常用的方法:(1)点差法,设出弦的两端点坐标后,代入椭圆方程,并将两式相减,式中含有x1+x2,y1+y2,三个未知量,这样就直接联系了弦中点坐标和弦所在直线的斜率,借助中点坐标公式即可求得斜率.
(2)联立直线与椭圆的方程,化为一元二次方程后由根与系数的关系求解.
特别要注意的是中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端:根与系数的关系在解题过程中易漏解,需关注弦所在直线的斜率问题;点差法为形式变化,注意中点必须在椭圆内.
变式题 (1)已知椭圆+=1,若椭圆上存在不同的两点A,B关于直线y=3x+m对称,则实数m的取值范围是 ( )
A.
B.
C.
D.
(2)已知直线l交椭圆+=1于M,N两点,B(0,4),若△BMN的重心为椭圆的右焦点,则直线l的方程为 .
直线与椭圆、圆与椭圆的综合问题
例4 (1)[2024·河北衡水模拟] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2向圆x2+y2=b2引切线交椭圆于点P,O为坐标原点,若|OP|=|OF2|,则椭圆的离心率为 ( )
A. B.
C. D.
(2)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为e,点P在椭圆上,连接PF1并延长,交C于另一点Q,连接QF2,若存在点P使|PQ|=|QF2|成立,则e2的取值范围为 .
(3)[2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴、y轴分别相交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则直线l的方程为 .
总结反思
求解直线与椭圆的综合问题时,常把直线方程与椭圆方程联立,消去x(或y),得到关于y(或x)的一元二次方程,利用一元二次方程根的判别式、根与系数的关系解决.
变式题 (1)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,过左焦点F作一条斜率为k(k>0)的直线,与椭圆交于A,B两点,满足|AF|=2|FB|,则实数k的值为 ( )
A.1 B.
C. D.2
(2)(多选题)已知直线l:y=kx(k≠0)交椭圆+=1(a>b>0)于A,B两点,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点,M,N分别为椭圆的左、右顶点,在椭圆上与F2关于直线l对称的点为Q,则 ( )
A.若k=1,则椭圆的离心率为
B.若kMAkMB=-,则椭圆的离心率为
C.l∥F1Q
D.若直线BQ平行于x轴,则k=±
(3)[2024·西安模拟] 已知直线l过圆(x-1)2+y2=1的圆心,且与圆相交于A,B两点,P为椭圆+=1上的一个动点,则·的最大值与最小值之和为 . 第2课时 直线与椭圆的位置关系
(时间:45分钟)
1.已知F1(-1,0),F2(1,0)是椭圆C的焦点,过F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=3,则C的方程为 ( )
A.+y2=1 B.+=1
C.+=1 D.+=1
2.已知椭圆M:+=1(a>b>0),过M的右焦点F(3,0)作直线交椭圆于A,B两点,若AB的中点坐标为(2,1),则椭圆M的方程为 ( )
A.+=1 B.+y2=1
C.+=1 D.+=1
3.椭圆+=1上的点到直线x+2y-=0的最大距离是 ( )
A.3 B.
C.2 D.
4.(多选题)已知椭圆C:+=1,则 ( )
A.椭圆C的焦点坐标为(-1,0),(1,0)
B.椭圆C的长轴长为4
C.椭圆C的离心率为
D.直线2x-y-3=0与椭圆C无交点
5.椭圆x2+4y2=16与直线y=x+1相交所得的弦长为 .
6.直线2ax+ay+cy+2c=0与椭圆+=1的位置关系是 .
7.[2024·葫芦岛一模] 已知椭圆G:+=1,A,B为G的短轴端点,P为G上异于A,B的一点,则直线AP,BP的斜率之积为 .
8.已知F1,F2分别是椭圆E:+=1的左、右焦点,M是椭圆E在第一象限内的一个动点,若∠F1MF2是锐角,则椭圆E在点M处的切线的斜率的取值范围是 ( )
A. B.
C.(-∞,-) D.(,+∞)
9.已知点F(1,0),直线l:x=4,动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半,若某直线上存在这样的点P,则称该直线为“最远距离直线”.下列说法中错误的是 ( )
A.点P的轨迹方程是+=1
B.直线l1:x+2y-4=0是“最远距离直线”
C.平面上有一点A(-1,1),则|PA|+2|PF|的最小值为5
D.点P的轨迹与圆C:x2+y2-2x=0没有交点
10.已知椭圆+y2=1的左、右焦点分别为F1,F2,P(x0,y0)(x0>0,y0>0)为椭圆上一点,直线PF1,PF2分别交椭圆于另一点M,N,则当直线MN的斜率为-时,= ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
11.(多选题)已知圆M:(x+r)2+y2=r2(r>0)在椭圆C:+=1(a>b>0)的内部,点A为C上一动点,O为坐标原点.过点A作圆M的一条切线,交C于另一点B,切点为D,若D为AB的中点,且直线MD的斜率为-,则 ( )
A.直线AB的斜率为
B.直线OD的斜率为-2
C.直线OD的斜率为-
D.椭圆C的离心率为
12.已知A,B为椭圆+=1上两个不同的点,F为其右焦点,|AF|+|BF|=4,若线段AB的垂直平分线交x轴于点T,则|FT|= .
13.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知椭圆C:+=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE|=6,则△ADE的周长是 .
14.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,C的两个顶点和一个焦点构成等边三角形.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)直线y=kx+2(k>0)与椭圆C交于A,B两点,O为坐标原点,若△AOB的面积为,求k的值.
15.已知F1,F2分别为椭圆Γ:+y2=1的左、右焦点,直线l:y=kx+t与椭圆Γ有且仅有一个公共点,直线F1M⊥l,F2N⊥l,垂足分别为点M,N.
(1)求证:t2=2k2+1;
(2)求证:·为定值.
16.(多选题)[2024·辽宁葫芦岛二模] 已知椭圆:+=1(a>b>0)与双曲线:-=1(m>0,n>0)有公共焦点F1,F2,它们的离心率分别为e1,e2,P是它们在第一象限内的交点,△F1PF2的内切圆圆心为Q,∠F1PF2=α,O为坐标原点,则下列结论正确的是 ( )
A.若|OP|=|F1F2|,则+=2
B.若α=,则e1e2的最小值为
C.过F2作直线PQ的垂线,垂足为H,则点H的轨迹是双曲线的一部分
D.两曲线在点P处的切线互相垂直
17.[2024·宁波二模] 在平面直角坐标系xOy中,定义d(A,B)=|x1-x2|+|y1-y2|为A(x1,y1),B(x2,y2)两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆C:+y2=1,点P,Q,R在椭圆C上,PQ⊥x轴.点M,N满足=,=2.若直线MQ与NR的交点在x轴上,则d(R,Q)的最大值为 .
