2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第8章 第5节 第2课时　直线与椭圆 （含解析）.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家 第第 2 2 课时课时 直线与椭圆直线与椭圆 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 0 时，直线与椭圆相交；当 0 时，直线与椭圆相切；当 0 时， 直线与椭圆相离 1若直线 ykx1 与椭圆x 2 5 y2 m1 总有公共点，则 m 的取值范围是( ) Am1 Bm0 C0m5 且 m1 Dm1 且 m5 D 直线 ykx1 恒过定点(0,1)， 要使直线 ykx1 与椭圆x 2 5 y2 m1 总有公共点， 只需0 2 5 1 2 m1， 即 m1

2、， 又 m5， 故 m 的取值范围为 m1 且 m5，故选 D 2已知直线 l：y2xm，椭圆 C：x 2 4 y2 21.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 y2xm， x2 4 y2 21， 高考资源网（） 您身边的高考专家 将代入，整理得 9x28mx2m240. 方程根的判别式 (8m)249(2m24)8m2144. (1)当 0，即3 2m3 2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

3、共点 (2)当 0，即 m 3 2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 2或 m3 2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 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 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

4、 长 公 式 |AB| 1k2 x1x224x1x2 1 1 k2 y1y224y1y2，(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 x1x2，y1y2， y1y2 x1x2三个未知量，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 弦长问题 典例 11 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，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

5、与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 N，且|AB| 高考资源网（） 您身边的高考专家 |MN|，求 l 的方程 解 (1)由题意，可得 c a 3 2 ， 2 c 6 3 ， 解得 a2 2， c 6， 则 b2a2c22，故椭 圆 C 的方程为x 2 8 y2 21. (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 ykx2，联立 x2 8 y2 21， ykx2， 得(14k2)x216kx80. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 16k 14k2，x1x2 8 1

6、4k2， (16k)232(14k2)128k2320，即 k21 4. 设 N(x0，y0)，则 x0 x 1x2 2 8k 14k2， 因为|AB|MN|，所以1k2|x1x2|1k2|x00|， 则 x1x224x1x2|x0|， 即 8k 14k2 4 2 4k 21 14k2 ， 整理得 k21 2 1 4.故 k 2 2 ，所以直线 l 的方程为 y 2 2 x2. 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 0. 中点弦问题 典例 12 (1)已知直线 x 3y10 与椭圆 C： x2 a2 y2 b2

7、1(ab0)交于 A， B 两点，且线段 AB 中点为 M，若直线 OM(O 为坐标原点)的倾斜角为 150 ，则椭 圆 C 的离心率为( ) 高考资源网（） 您身边的高考专家 A1 3 B 2 3 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 y3x7 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 (1)D (2)x 2 8 y2 121 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段 AB 的中点 M(x0，y0) x 2 1 a2 y21 b21， x22 a2 y22 b21， 两式相减可得x 1x2x1x2 a2 y 1y2y1y2

8、b2 0， 把 x1x22x0，y1y22y0，y 1y2 x1x2k 3 3 ，y0 x0tan 150 3 3 ，代入可得 3 3 b 2 a2 3 3 ， 解得b 2 a2 1 3.e 1b 2 a2 6 3 .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 y2 b24 x2 b21(b0)，由 y2 b24 x2 b21， y3x7 消去 x， 得(10b24)y214(b24)y9b413b21960， 设直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知y 1y2 2 1， y1y214b 24 10

9、b24 2，解得 b28. 所求椭圆方程为x 2 8 y2 121. 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 y2 b24 x 2 b21(b0) 设直线 y3x7 与椭圆相交所得弦的端点分别为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 高考资源网（） 您身边的高考专家 则 y21 b24 x21 b21， y22 b24 x22 b21， 得 y1y2y1y2 b24 x 1x2x1x2 b2 0， 即y 1y2 x1x2 y1y2 x1x2 b24 b2 ， 又弦 AB 的中点的纵坐标为 1，故横坐标为2， ky 1y2 x1x23，代入上式得 3 21

10、22 b24 b2 ，解得 b28，故所求的椭圆 方程为x 2 8 y2 121. 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 kOMb 2 a2， 即 kABb 2x0 a2y0比较方便快捷，其中点 M 的坐标为(x0，y0) 跟进训练 1 过椭圆 x2 16 y2 41 内一点 P(3,1)， 且被点 P 平分的弦所在直线的方程是( ) A4x3y130 B3x4y130 C4x3y50 D3x4y50 B 设所求直线与椭圆交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 由题意得 x21 16 y21 41， x22 16 y22 41， 得x 1x2x1x2 16 y

11、1y2y1y2 4 0， 又 P(3,1)是 AB 的中点 x1x26，y1y22， kABy 2y1 x2x1 3 4. 高考资源网（） 您身边的高考专家 故直线 AB 的方程为 y13 4(x3)， 即 3x4y130，故选 B 2已知椭圆 C：x 2 4 y2 31 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|CD| |AB| 8 3 7 ， 求出直线 l 的方程 解 设直线 l 的方程为 yxm，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

12、y21，由题意知圆心(0,0)到直线 l 的距离 d|m| 2 1，得|m| 2. |AB|2 1d221m 2 2 2 2m2， 联立 x2 4 y2 31， yxm， 消去 y，得 7x28mx4m2120， 由题意得 (8m)247(4m212)33648m248(7m2)0，解得 m27， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1x28m 7 ，x1x24m 212 7 ， |CD|2|x1x2|2 8m 7 2 44m 212 7 2 33648m2 49 4 6 7 7m28 3 7 |AB|8 3 7 2 2m2， 解得 m21 32，得 m 3 3 . 即存在符合条件

13、的直线 l，其方程为 yx 3 3 . 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 高考资源网（） 您身边的高考专家 (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 典例 2 如图，已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点为 F，点 1， 3 2 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 图 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设

14、 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：APOBPQ. 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|2a4， 得 a2.将点 1， 3 2 代入椭圆 C 的方程得 1 a2 3 4b21，解得 b1. 故椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (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 yk(x4)(k0)联立方 程 x2 4y 21， ykx4， 消去 y 得，(4k2

15、1)x232k2x64k240，(32k2)24(4k2 高考资源网（） 您身边的高考专家 1)(64k24)0， k2 1 12， x1x2 32k2 4k21， x1x264k 24 4k21 ， 直线 AP 的斜率为 y1 x11 kx14 x11 . 同理直线 BP 的斜率为kx 24 x21 .由kx 14 x11 kx 24 x21 kx 14x21kx24x11 x11x21 k2x 1x25x1x28 x1x2x1x21 k 128k28 4k21 160k2 4k218 64k24 4k21 32k2 4k211 k128k 28160k232k28 64k2432k24k2

16、1 k160k 28160k28 36k23 0. 由上得直线 AP 与 BP 的斜率互为相反数，可得APOBPQ. 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ABDCBD，需证 kABkBC0. 跟进训练 (2020 天津高考)已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)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 3OC OF ，点 B 在椭圆上(B 异于椭圆的顶点)，

17、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)椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的一个顶点为 A(0，3)，b3， 由|OA|OF|，得 cb3， 又由 a2b2c2，得 a2323218， 高考资源网（） 您身边的高考专家 所以，椭圆的方程为 x2 18 y2 91. (2)直线 AB 与以 C 为圆心的圆相切于点 P，所以 CPAB， 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 y3kx，即 ykx3， 由方程组 ykx3， x2 18 y2 91， 消去 y

18、，可得(2k21)x212kx0， 解得 x0 或 x 12k 2k21. 将 x 12k 2k21代入 ykx3，得 yk 12k 2k213 6k23 2k21， 所以，点 B 的坐标为 12k 2k21， 6k23 2k21 ， 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 6k 2k21， 3 2k21 ， 由 3OC OF ，得点 C 的坐标为(1,0)， 所以，直线 CP 的斜率 kCP 3 2k210 6k 2k211 3 2k26k1， 又因为 CPAB，所以 k 3 2k26k11， 整理得 2k23k10，解得 k1 2或 k1. 所以，直线 AB 的方程为 y1 2x3 或 yx3.