8.5 第2课时 直线与椭圆（PPT课件）-【导学教程】2025年数学新编高考大一轮总复习（人教A版）

第八章　平面解析几何 8.5　椭圆 第2课时　直线与椭圆 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 核心考点突破 01 知能达标训练 02 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 01 核心考点突破 栏目导航 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 谢谢观看 栏目导航 第八章　平面解析几何 1 考点一　直线与椭圆的位置关系(基础考点　自练自悟) 1．直线y＝x＋1与椭圆 eq \f(x2,5) ＋ eq \f(y2,4) ＝1的位置关系是(　　) A．相交　　　　　　　 B．相切 C．相离 D．无法判断 解析　直线过点(0，1)，又0＋ eq \f(1,4) ＜1，即点(0，1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交． 答案　A 2．直线y＝x＋2与椭圆 eq \f(x2,m) ＋ eq \f(y2,3) ＝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，＋∞) 解析　由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,3)＝1，)) 得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.由Δ＞0且m≠3及m＞0，得m＞1且m≠3. 答案　B 3．若直线y＝kx＋1与椭圆 eq \f(x2,5) ＋ eq \f(y2,m) ＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　) A．m＞0 B．m＞1 C．0＜m＜5且m≠1 D．m≥1且m≠5 解析　因为直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则0＜ eq \f(1,m) ≤1且m≠5，故m≥1且m≠5. 答案　D 利用判别式判断直线与椭圆的位置关系的步骤 考点二　直线与椭圆相交问题(多维探究　师生共研) 角度1　弦长问题 　已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的离心率e＝ eq \f(1,2) ，且C经过点P(－2，0). (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点P的直线l交C于另一点A，若|PA|＝ eq \f(12\r(2),7) ，求直线l的斜率． [解析]　(1)由题意得a＝2， eq \f(c,a) ＝ eq \f(1,2) ，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1. (2)由题意得直线l的斜率存在，设为k，即直线l的方程为y＝k(x＋2)，与椭圆方程联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k(x＋2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 整理得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，设A(x1，y1)，所以有－2x1＝ eq \f(16k2－12,3＋4k2) ，所以x1＝ eq \f(6－8k2,3＋4k2) ，因为|PA|＝ eq \f(12\r(2),7) ， 所以 eq \r(1＋k2) |x1－(－2)|＝ eq \f(12\r(2),7) ，将x1＝ eq \f(6－8k2,3＋4k2) 代入，解得k2＝1或k2＝－ eq \f(31,32) (舍去)，即k＝±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|＝ eq \r(1＋k2) |x1－x2|＝ eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]) ； ②|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) |y1－y2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[(y1＋y2)2－4y1y2]) (k≠0). 角度2　中点弦问题 　已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，过点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))) 的直线交椭圆C于A，B两点，若P为AB的中点，则直线AB的方程为____________________． [解析]　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由中点坐标公式可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝1，,\f(y1＋y2,2)＝\f(1,2)，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，)) 因为eq \o\al(2,1) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y eq \o\al(2,1) ,3)＝1，,\f(x eq \o\al(2,2) ,4)＋\f(y eq \o\al(2,2) ,3)＝1，)) 两式作差得eq \o\al(2,1) eq \f(x－x eq \o\al(2,2) ,4) ＋eq \o\al(2,1) eq \f(y－y eq \o\al(2,2) ,3) ＝0， 即eq \o\al(2,1) eq \f(y－y eq \o\al(2,2) ,x eq \o\al(2,1) －x eq \o\al(2,2) ) ＝－ eq \f(3,4) ，即 eq \f(y1＋y2,x1＋x2) · eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(1,2) kAB＝－ eq \f(3,4) ，所以kAB＝－ eq \f(3,2) ， 因此，直线AB的方程为y－ eq \f(1,2) ＝－ eq \f(3,2) (x－1)，即3x＋2y－4＝0. [答案]　3x＋2y－4＝0 (变条件、变结论)已知斜率为－ eq \f(1,3) 且不经过坐标原点O的直线与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1相交于A，B两点，M为线段AB的中点，则直线OM的斜率为________． 解析　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 由中点坐标公式可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝x0，,\f(y1＋y2,2)＝y0，)) 因为eq \o\al(2,1) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y eq \o\al(2,1) ,3)＝1，,\f(x eq \o\al(2,2) ,4)＋\f(y eq \o\al(2,2) ,3)＝1，)) 两式作差得eq \o\al(2,1) eq \f(x－x eq \o\al(2,2) ,4) ＋eq \o\al(2,1) eq \f(y－y eq \o\al(2,2) ,3) ＝0，即eq \o\al(2,1) eq \f(y－y eq \o\al(2,2) ,x eq \o\al(2,1) －x eq \o\al(2,2) ) ＝－ eq \f(3,4) ， 即 eq \f(y1＋y2,x1＋x2) · eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(y0,x0) kAB＝－ eq \f(3,4) ，又kAB＝－ eq \f(1,3) ，所以kOM＝ eq \f(y0,x0) ＝ eq \f(9,4) . 答案　 eq \f(9,4) 处理中点弦问题常用的求解方法 (1)点差法：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， eq \f(y1－y2,x1－x2) 三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式可求得斜率． (2)根与系数的关系：联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解． 1．已知点F为椭圆的左焦点，点P为其下顶点，平行于FP的直线l交椭圆于A，B两点，且AB的中点为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))) ，则椭圆的离心率为(　　) A． eq \f(\r(2),2) B． eq \f(1,2) C． eq \f(1,4) D． eq \f(\r(3),2) 解析　由题意，设椭圆方程为 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)，有F(－c，0)，P(0，－b)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为AB的中点为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2))) ， 所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝1. 因为PF∥l，所以kPF＝kl＝－ eq \f(b,c) ＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) . 因为eq \o\al(2,1) eq \f(x,a2) ＋eq \o\al(2,1) eq \f(y,b2) ＝1，eq \o\al(2,2) eq \f(x,a2) ＋eq \o\al(2,2) eq \f(y,b2) ＝1， 两式相减得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),a2) ＋ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),b2) ＝0， 即 eq \f(x1＋x2,a2(y1＋y2)) ＝－ eq \f(y1－y2,b2(x1－x2)) ，所以 eq \f(2,a2) ＝ eq \f(b,b2c) ，可得2bc＝a2， 所以4c2(a2－c2)＝a4，化为4e4－4e2＋1＝0，解得e2＝ eq \f(1,2) ，0＜e＜1， 所以e＝ eq \f(\r(2),2) .故选A. 答案　A 2．已知椭圆M： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(2),2) ，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2. (1)求椭圆M的方程； (2)若斜率为1的直线l与椭圆M交于C，D两点，点P(2，0)，直线PC的斜率为 eq \f(1,2) ，求线段CD的长度． 解析　(1)因为椭圆 eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up20(2)) ，过椭圆右焦点的弦长的最小值为 eq \f(2b2,a) ＝2，所以a＝2，c＝ eq \r(2) ，b＝ eq \r(2) ，所以椭圆M的方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1. (2)设直线PC的方程为y＝ eq \f(1,2) (x－2)，联立直线PC与椭圆M的方程得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)(x－2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1)) ⇒3x2－4x－4＝0，则xP＋xC＝ eq \f(4,3) ，因为点P(2，0)， 所以C点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(4,3))) ， 所以可得直线l的方程为y＋ eq \f(4,3) ＝x＋ eq \f(2,3) ，即y＝x－ eq \f(2,3) . 联立直线l与椭圆M的方程，消去y得3x2－ eq \f(8,3) x－ eq \f(28,9) ＝0， 解得x1＝－ eq \f(2,3) ，x2＝ eq \f(14,9) ， 所以|CD|＝ eq \r(1＋12) ×|x1－x2|＝ eq \r(2) × eq \f(20,9) ＝ eq \f(20\r(2),9) . 考点三　直线与椭圆的综合问题(重难考点　师生共研) 　已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a＞b＞0)的一个顶点为P(0，1)，且离心率为 eq \f(\r(3),2) . (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l：y＝x＋m与椭圆C交于M，N两点，且|PM|＝|PN|，求实数m的值． [解析]　(1)由题意易知b＝1， 因为椭圆C的离心率为 eq \f(c,a) ＝ eq \r(1－\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1－\f(1,a2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，所以a＝2， 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝x＋m，)) 消去y得5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＞0得－ eq \r(5) ＜m＜ eq \r(5) ， 则x1＋x2＝－ eq \f(8m,5) ，设线段MN的中点为D， 则xD＝ eq \f(x1＋x2,2) ＝－ eq \f(4m,5) ，所以yD＝xD＋m＝ eq \f(m,5) ， 因为|PM|＝|PN|，所以PD⊥MN， 所以 eq \f(1－\f(m,5),\f(4m,5)) ＝－1，解得m＝－ eq \f(5,3) ， 满足－ eq \r(5) ＜m＜ eq \r(5) ，所以m＝－ eq \f(5,3) . 直线与椭圆综合问题的常用思想方法和技巧 (1)求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，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．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法． (2)设直线方程有两种常用方法：若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程y＝kx＋b，便于运算；若直线经过的定点在横轴上，一般设为x＝my＋a，可以减少运算量． (2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C： eq \f(x2,3) ＋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面积是△F2AB面积的2倍，则m＝(　　) A． eq \f(2,3) 　　 B． eq \f(\r(2),3) 　　　 C．－ eq \f(\r(2),3) 　　 D．－ eq \f(2,3) 解析　设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2，则d1＝ eq \f(|－\r(2)＋m|,\r(2)) ，d2＝ eq \f(|\r(2)＋m|,\r(2)) ，＝ eq \f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|) ＝2，∴m＝－ eq \f(\r(2),3) 或－3 eq \r(2) ，又直线与椭圆相交，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 消y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，Δ＞0， ∴36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2，∴m＝－ eq \f(\r(2),3) ，故选C. 答案　C $$