2022届高三理科数学一轮复习(老高考)第8章 第5节 第2课时 直线与椭圆课件(共44张PPT)

中点 M(x0，y0)． ∵ax212＋by212＝1，ax222＋by222＝1，
两式相减可得x1＋x2a2x1－x2＋y1＋y2b2y1－y2＝0，
把 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，yx11－ －yx22＝k＝ 33，yx00＝tan 150°＝－ 33， 代入可得 33＝－ba22·－ 33，
[跟进训练] (2020·天津高考)已知椭圆ax22＋by22＝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 3O→C＝O→F，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．
设直线 y＝3x＋7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A(x1，y1)，B(x2， y2)，
则bb22yy＋ ＋2122 44＋ ＋bbxx212222＝ ＝11， ，① ②
①－②得
y1－by22＋y41＋y2＋x1－x2b2x1＋x2＝0， 即yx11－ －yx22·yx11＋ ＋yx22＝－b2b＋2 4， 又∵弦 AB 的中点的纵坐标为 1，故横坐标为－2， k＝yx11－－yx22＝3，代入上式得 3×2×2×－12＝－b2b＋2 4，解得 b2＝8， 故所求的椭圆方程为x82＋1y22 ＝1.]
∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2， ∴kAB＝yx22－ －yx11＝－34. 故直线 AB 的方程为 y－1＝－34(x－3)， 即 3x＋4y－13＝0，故选 B．]
2．已知椭圆 C：x42＋y32＝1 的左、右焦点分别为 F1，F2，若斜率 为－1 的直线 l 与以线段 F1F2 为直径的圆相交于 A，B 两点，与椭圆 相交于 C，D，且||CADB||＝873，求出直线 l 的方程．
得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－1＋164kk2，x1x2＝1＋84k2，
Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32＞0，即 k2＞14. 设 N(x0，y0)，则 x0＝x1＋2 x2＝－1＋8k4k2， 因为|AB|＝|MN|，所以 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2|x0－0|， 则 x1＋x22－4x1x2＝|x0|， 即－1＋8k4k2＝4 21＋44kk22－1， 整理得 k2＝12＞14.故 k＝± 22，所以直线 l 的方程为 y＝±22x＋2.
直线AP的斜率为
y1 x1－1
＝
kxx11－－14.同理直线BP的斜率为kxx22－－14.由kxx11－－14＋kxx22－－14
＝kx1－4x2x－1－11＋xk2－x2－1 4x1－1 ＝k[2xx11xx22－－5x1x＋1＋x2x＋2＋1 8] ＝k164424k8kk222k＋＋－2－1148－－443k12k26＋2k0＋2k121＋＋18
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 x42＋y2＝1， y＝kx－4，
消去y得，(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4＝0，Δ＝(－32k2)2－
4(4k2＋1)(64k2－4)＞0，k2＜
1 12
，
x1＋x2＝43k22＋k21， x1x2＝644kk22＋－14，
解得ba22＝13.∴e＝ 1－ba22＝ 36.故选 D．
(2)法一：(直接法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，∴设
椭圆方程为b2y＋2 4＋bx22＝1(b>0)，由by＝2y＋234x＋＋bx722＝1，
消去 x，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
[解] 设直线 l 的方程为 y＝－x＋m，由题意知 F1，F2 的坐标分 别为(－1,0)，(1,0)，
所以以线段 F1F2 为直径的圆的方程为 x2＋y2＝1，由题意知圆心 (0,0)到直线 l 的距离 d＝|－2m|＜1，得|m|＜ 2.
|AB|＝2 1－d2＝2 1－m22＝ 2× 2－m2，
＝k12684kk22－－84－－13620k2k＋2＋43k22＋k2＋1 8 ＝k160k2－368k－2－1360k2＋8＝0. 由上得直线 AP 与 BP 的斜率互为相反数，可得∠APO＝∠BPQ.
点评：圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角 (公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互 补的问题，即已知点 B，D 在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明 ∠ABD＝∠CBD，需证 kAB＋kBC＝0.
B．3x＋4y－13＝0
C．4x－3y＋5＝0
D．3x－4y＋5＝0
B [设所求直线与椭圆交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
由题意得11xx662122 ＋＋yy442122＝＝11，，
① ②
①－②得x1＋x216x1－x2＋y1＋y24y1－y2＝0，
又 P(3,1)是 AB 的中点．
弦长问题
[典例 1－1] 已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的离心率为 23，F
是椭圆
C
的一个焦点．点
M(0,2)，直线
MF
的斜率
6 3.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若过点 M 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点
为 N，且|AB|＝|MN|，求 l 的方程．
1．若直线 y＝kx＋1 与椭圆x52＋ym2＝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
D [∵直线 y＝kx＋1 恒过定点(0,1)， ∴要使直线 y＝kx＋1 与椭圆x52＋ym2＝1 总有公共点， 只需052＋1m2≤1， 即 m≥1， 又 m≠5， 故 m 的取值范围为 m≥1 且 m≠5，故选 D．]
标原点)的倾斜角为 150°，则椭圆 C 的离心率为( )
A．13
B．23
C．
3 3
D．
6 3
(2)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，直线 y＝3x＋7 与椭
圆相交所得弦的中点的纵坐标为 1，则这个椭圆的方程为
．
Baidu Nhomakorabea (1)D
(2)x82＋1y22 ＝1 [(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB 的
方程③根的判别式 Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. (1)当 Δ＞0，即－3 2＜m＜3 2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 2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．
87m2－4×4m27－12 ＝ 2
× 336－4948m2＝476× 7－m2＝873|AB|＝873× 2× 2－m2，
解得
m2＝13＜2，得
m＝±
3 3.
即存在符合条件的直线 l，其方程为 y＝－x± 33.
考点三 直线与椭圆的综合问题
转化思想在直线与椭圆综合问题中的应用 (1)以向量为背景的综合题：常先将向量关系坐标化，然后借助 根与系数的关系求解． (2)以几何图形为背景的综合题：常体现数形结合思想，可先把 几何图形中的平行、垂直等关系代数化(借助向量或斜率公式)，再利 用根与系数的关系求解．
(3)当 Δ＜0，即 m＜－3 2或 m＞3 2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．
点评：(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．
[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
－1，
23代入椭圆
C
的方程得a12＋43b2＝1，解得
b＝1.
故椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)证明：设点A的坐标为(x1，y1)，点B的坐标为(x2，y2)．
考点二 弦长及中点弦问题 1.弦长问题
常 用 “ 根 与 系 数 的 关 系 ” 设 而 不 求 ， 利 用 弦 长 公 式 |AB| ＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2
＝ 1＋k12[y1＋y22－4y1y2]，(A(x1，y1)，B(x2，y2)，k 为直线的 斜率)计算弦长．
2．中点弦问题 常用“点差法”，即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程， 并将两式相减，式中含有 x1＋x2，y1＋y2，yx11－ －yx22三个未知量，这样就 直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
2．已知直线 l：y＝2x＋m，椭圆 C：x42＋y22＝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
y＝2x＋m，
①
x42＋y22＝1， ②
将①代入②，整理得 9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
设直线 y＝3x＋7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A(x1，y1)，B(x2， y2)，
由题意知y1＋2 y2＝1， ∴y1＋y2＝1140bb22＋＋44＝2，解得 b2＝8. ∴所求椭圆方程为x82＋1y22 ＝1.
法二：(点差法)∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0,2)，∴设椭 圆的方程为b2y＋2 4＋bx22＝1(b>0)．
[解]
(1)由题意，可得a2cc＝＝
23， 36，
解得ac＝＝2
2， 6，
则 b2＝a2－
c2＝2，故椭圆 C 的方程为x82＋y22＝1.
(2)当直线 l 的斜率不存在时，|AB|＝2 2，|MN|＝2，|AB|≠|MN|， 不合题意，故直线 l 的斜率存在．
设直线 l 的方程为 y＝kx＋2，联立x82＋y22＝1， y＝kx＋2，
点评：与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式 kAB·kOM＝－ba22，即 kAB＝－ab22yx00比较方便快捷，其中点 M 的坐标为(x0， y0)．
[跟进训练]
1．过椭圆1x62 ＋y42＝1 内一点 P(3,1)，且被点 P 平分的弦所在直线
的方程是( )
A．4x＋3y－13＝0
联立x42＋y32＝1， 消去 y，得 7x2－8mx＋4m2－12＝0， y＝－x＋m，
由题意得 Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2) ＞0，解得 m2＜7，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1＋x2＝87m，x1x2＝4m27－12，
|CD| ＝ 2 |x1 － x2| ＝ 2 ×
[典例 2] 如图，已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)的右焦点为 F，点 －1， 23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.
图①
图②
(1)求椭圆 C 的方程； (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.
第八章 平面解析几何
第五节 椭圆 第2课时 直线与椭圆
01
细研考点·突破题型
考点一 直线与椭圆的位置关系 考点二 弦长及中点弦问题 考点三 直线与椭圆的综合问题
考点一 直线与椭圆的位置关系 直线与椭圆位置关系判断的步骤
(1)联立直线方程与椭圆方程． (2)消元得出关于 x(或 y)的一元二次方程． (3)当 Δ＞0 时，直线与椭圆相交；当 Δ＝0 时，直线与椭圆相切； 当 Δ＜0 时，直线与椭圆相离．
点评：涉及弦长问题在求解时务必注意两点：一是所设直线方程 其斜率是否存在．二是保证直线与椭圆相交，即消元后对应方程其判 别式 Δ＞0.
中点弦问题
[典例 1－2] (1)已知直线 x－ 3y＋1＝0 与椭圆 C：ax22＋by22＝
1(a>b>0)交于 A，B 两点，且线段 AB 中点为 M，若直线 OM(O 为坐