【文档说明】高考统考数学理科人教版一轮复习教师用书：第8章 第5节 第2课时　直线与椭圆 含解析【高考】.doc，共(9)页，238.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-第2课时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．1．

若直线y＝kx＋1与椭圆x25＋y2m＝1总有公共点，则m的取值范围是()A．m＞1B．m＞0C．0＜m＜5且m≠1D．m≥1且m≠5D[∵直线y＝kx＋1恒过定点(0,1)，∴要使直线y＝kx＋1与椭圆x25＋y2m＝1总有公共点，只

需025＋12m≤1，即m≥1，又m≠5，故m的取值范围为m≥1且m≠5，故选D．]2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋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，①x24＋y22＝1，②-2-将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ＞0，即－32＜m＜

32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＝±32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．(3)当Δ＜0，即m＜－32或m＞32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．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＋x2)2－4x1x2＝

1＋1k2[(y1＋y2)2－4y1y2]，(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，y1－y2x1－x2三个未知量，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1－1]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，F是椭圆C的一个焦点．点M(0,2)，直线MF的斜率63.(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|-3-＝|MN|，求l的方程．[解](1)由题意，可得ca＝32，2c＝63，解得a＝22，c＝6，则b2＝a2－c2＝2，故椭圆C的方程为x28＋y22＝1.(2)当直线

l的斜率不存在时，|AB|＝22，|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x28＋y22＝1，y＝kx＋2，得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0.设A(x1，y1)，B(x2，

y2)，则x1＋x2＝－16k1＋4k2，x1x2＝81＋4k2，Δ＝(16k)2－32(1＋4k2)＝128k2－32＞0，即k2＞14.设N(x0，y0)，则x0＝x1＋x22＝－8k1＋4k2，因为|AB|＝|MN|，所以1＋k2|x1－x2|

＝1＋k2|x0－0|，则(x1＋x2)2－4x1x2＝|x0|，即－8k1＋4k2＝424k2－11＋4k2，整理得k2＝12＞14.故k＝±22，所以直线l的方程为y＝±22x＋2.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：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的

倾斜角为150°，则椭圆C的离心率为()-4-A．13B．23C．33D．63(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．(1)D(2)x28＋y212＝1[(1)设A(x1，y1)，B(

x2，y2)，线段AB的中点M(x0，y0)．∵x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)a2＋(y1＋y2)(y1－y2)b2＝0，把x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，y1－y2x1

－x2＝k＝33，y0x0＝tan150°＝－33，代入可得33＝－b2a2·－33，解得b2a2＝13.∴e＝1－b2a2＝63.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y2b2＋4＋x2b2＝1(b>0)，由y

2b2＋4＋x2b2＝1，y＝3x＋7消去x，得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，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＋y22＝1，∴y1＋y2＝14(b2＋4

)10b2＋4＝2，解得b2＝8.∴所求椭圆方程为x28＋y212＝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y2b2＋4＋x2b2＝1(b>0)．设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x

1，y1)，B(x2，y2)，-5-则y21b2＋4＋x21b2＝1，①y22b2＋4＋x22b2＝1，②①－②得(y1－y2)(y1＋y2)b2＋4＋(x1－x2)(x1＋x2)b2＝0，即y1－y2x1－x2·y1＋y2x1＋x2＝－b2＋4b2，又∵弦AB的中点的纵

坐标为1，故横坐标为－2，k＝y1－y2x1－x2＝3，代入上式得3×2×12×(－2)＝－b2＋4b2，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为x28＋y212＝1.]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＝－b2a2，即kAB＝－b2x0a2y0比较方便快捷，其中点M的坐

标为(x0，y0)．[跟进训练]1．过椭圆x216＋y24＝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＝0B．3x＋4y－13＝0C．4x－3y＋5＝0D．3x－4y＋5＝0B[设所求直线与椭

圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，由题意得x2116＋y214＝1，①x2216＋y224＝1，②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)16＋(y1＋y2)(y1－y2)4＝0，又P(3,1)是AB

的中点．∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，∴kAB＝y2－y1x2－x1＝－34.-6-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：x24＋y23＝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|CD||AB|＝837，求出直线l的方程．[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＝|－m|2＜1，得|m|＜2.|AB|＝21－d2＝21－m22＝2×2－m2，联立x24＋y23＝1，y＝－x＋m，消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，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＝8m7，x1x2＝4m2－127，|CD|＝2|x1－x2|＝2×8m72－4×4m2－127＝2×33

6－48m249＝467×7－m2＝837|AB|＝837×2×2－m2，解得m2＝13＜2，得m＝±33.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-7-(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：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，点－1，32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.[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－1，32代入椭圆C的方程得1a2＋34b2＝1，解得b＝1.故椭圆C的

方程为x24＋y2＝1.(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y＝k(x－4)(k≠0)．联立方程x24＋y2＝1，y＝k(x－4)，消去y得，(4k2＋1)x2－32k2x＋64k2－4

＝0，Δ＝(－32k2)2－4(4k2-8-＋1)(64k2－4)＞0，k2＜112，x1＋x2＝32k24k2＋1，x1x2＝64k2－44k2＋1，直线AP的斜率为y1x1－1＝k(x1

－4)x1－1.同理直线BP的斜率为k(x2－4)x2－1.由k(x1－4)x1－1＋k(x2－4)x2－1＝k(x1－4)(x2－1)＋k(x2－4)(x1－1)(x1－1)(x2－1)＝k[2x1x2－5(x1＋x2)＋8]x1x2－(

x1＋x2)＋1＝k128k2－84k2＋1－160k24k2＋1＋864k2－44k2＋1－32k24k2＋1＋1＝k(128k2－8－160k2＋32k2＋8)64k2－4－32k2＋4k2＋1＝k(16

0k2－8－160k2＋8)36k2－3＝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.[跟进训练](2020·天津高考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝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3OC→＝OF→，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)∵椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的一个顶点为A(0，－3)，∴

b＝3，由|OA|＝|OF|，得c＝b＝3，又由a2＝b2＋c2，得a2＝32＋32＝18，-9-所以，椭圆的方程为x218＋y29＝1.(2)∵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，由方程组y＝kx－3，x218＋y29＝1，消去y，可得(2k2＋1)x2－12kx＝0，解得x＝0或x＝12k2k2＋1.将x＝12k2k2＋1代入y＝kx－3，得y＝

k·12k2k2＋1－3＝6k2－32k2＋1，所以，点B的坐标为12k2k2＋1，6k2－32k2＋1，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6k2

k2＋1，－32k2＋1，由3OC→＝OF→，得点C的坐标为(1,0)，所以，直线CP的斜率kCP＝－32k2＋1－06k2k2＋1－1＝32k2－6k＋1，又因为CP⊥AB，所以k·32k2－6k＋1＝－1，整理得2k2－3k＋1＝0，解得k＝

12或k＝1.所以，直线AB的方程为y＝12x－3或y＝x－3.