第8章 第5节 第2课时 直线与椭圆（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（北师大版）

第八章　解析几何 第五节　椭　圆 第二课时　直线与椭圆 栏目索引 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 返回导航 第1轮 数学（北） 第八章　解析几何 谢谢观看！ 1．(多选)直线y＝kx－ eq \r(2) k＋ eq \f(\r(6),2) 与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的位置关系可能为(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．一定相交 AB　解析：∵直线y＝kx－ eq \r(2) k＋ eq \f(\r(6),2) ＝k(x－ eq \r(2) )＋ eq \f(\r(6),2) ，∴该直线恒过定点( eq \r(2) ， eq \f(\r(6),2) ).而点( eq \r(2) ， eq \f(\r(6),2) )在椭圆上，所以该直线与椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1可能相切也可能相交． 2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.* Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. (1)当Δ>0，即－3 eq \r(2) <m<3 eq \r(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有两个不重合的公共点． (2)当Δ＝0，即m＝±3 eq \r(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Δ<0，即m<－3 eq \r(2) 或m>3 eq \r(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． 考向1　与弦长有关的问题 【例1】 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(6),3) ，焦距为2 eq \r(2) .斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B. (1)求椭圆M的方程； (2)若k＝1，求|AB|的最大值． 解：(1)由题意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,2c＝2\r(2)，)) 解得a＝ eq \r(3) ，b＝1． 所以椭圆M的方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1． (2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，)) 得4x2＋6mx＋3m2－3＝0， Δ＝48－12m2>0，∴m2<4，即－2<m<2. 所以x1＋x2＝－ eq \f(3m,2) ，x1x2＝ eq \f(3m2－3,4) . |AB|＝ eq \r(2[（x1＋x2）2－4x1x2]) ＝ eq \r(\f(12－3m2,2)) ＝ eq \f(\r(6)·\r(4－m2),2) . 当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为 eq \r(6) . 【练1】 (2024·临沂模拟)已知椭圆E： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过原点的直线l与E交于A，B两点，且AF1，BF2都与x轴垂直，则|AB|＝____________． 答案： eq \r(13) 　解析：由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A，B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直， 所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)， 则|AB|＝ eq \r(（－1－1）2＋[y1－（－y1）]2) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \r(4＋4y) . 又点A在椭圆E上， 所以 eq \f(1,4) ＋eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y,3) ＝1，得y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＝ eq \f(9,4) ， 则|AB|＝ eq \r(4＋4×\f(9,4)) ＝ eq \r(13) . 考向2　中点弦问题 【例2】 已知P(1，1)为椭圆 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,2) ＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________________________． 答案：x＋2y－3＝0　解析：(方法一)　易知此弦所在直线的斜率存在， ∴设其方程为y－1＝k(x－1)， 弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，两点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)) 得， (2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0， ∴x1＋x2＝ eq \f(4k（k－1）,2k2＋1) ，又∵x1＋x2＝2， ∴ eq \f(4k（k－1）,2k2＋1) ＝2，解得k＝－ eq \f(1,2) . 经检验，k＝－ eq \f(1,2) 满足题意． 故此弦所在的直线方程为y－1＝－ eq \f(1,2) (x－1)，即x＋2y－3＝0. (方法二)　易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，两点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(x,4) ＋eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y,2) ＝1，①　eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(x,4) ＋eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(y,2) ＝1，② ①－②得 eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,4) ＋ eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,2) ＝0， ∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， ∴ eq \f(x1－x2,2) ＋y1－y2＝0，∴k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝－ eq \f(1,2) . 经检验，k＝－ eq \f(1,2) 满足题意． ∴此弦所在的直线方程为y－1＝－ eq \f(1,2) (x－1)，即x＋2y－3＝0. 【练2】 (2023·济宁模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1，过点P(1， eq \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(　　) A．3x－2y－2＝0 B．3x＋2y－4＝0 C．3x＋4y－5＝0 D．3x－4y－1＝0 B　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(\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(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝1，)))) 由eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,4)＋\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,3)＝1，①,\f(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4)＋\f(y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,3)＝1，②)) ①－②得eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(x－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,4) ＋eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y－y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,3) ＝0， 即eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(y－y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(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. 【例3】 已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)，e＝ eq \f(1,2) ，其中F是椭圆的右焦点，焦距为2，直线l与椭圆C交于点A，B，线段AB的中点横坐标为 eq \f(1,4) ，且 eq \o(AF,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(FB,\s\up13(→)) (其中λ>1). (1)求椭圆C的标准方程； (2)求实数λ的值． 思维 导引 学科 素养 本题主要考查逻辑推理、数学运算等核心素养 思路 点拨 (1)由离心率及焦距求出a，b，确定椭圆标准方程； (2)由 eq \o(AF,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(FB,\s\up13(→)) 可知A，B，F三点共线，由此知直线AB过焦点F，设出直线的方程并与椭圆方程联立，求出k2，确定直线AB方程，求出A，B两点坐标后利用向量相等确定λ的值 解：(1)由椭圆的焦距为2，知c＝1，又e＝ eq \f(1,2) ，∴a＝2，故b2＝a2－c2＝3， ∴椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1． (2)由 eq \o(AF,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(FB,\s\up13(→)) ，可知A，B，F三点共线， 设点A(x1，y1)，点B(x2，y2).则x1＋x2＝ eq \f(1,2) . 若直线AB⊥x轴，则x1＝x2＝1，不符合题意； 当AB所在直线l的斜率k存在时，设l的方程为y＝k(x－1). 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.① 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，)) 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.① Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝144(k2＋1)>0. ∵ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(8k2,4k2＋3)，,x1x2＝\f(4k2－12,4k2＋3)，)) ∴x1＋x2＝ eq \f(8k2,4k2＋3) ＝2× eq \f(1,4) ＝ eq \f(1,2) ，∴k2＝ eq \f(1,4) . 将k2＝ eq \f(1,4) 代入方程①，得4x2－2x－11＝0， 解得x＝ eq \f(1±3\r(5),4) . 解得x＝ eq \f(1±3\r(5),4) . 又 eq \o(AF,\s\up13(→)) ＝(1－x1，－y1)， eq \o(FB,\s\up13(→)) ＝(x2－1，y2)， eq \o(AF,\s\up13(→)) ＝λ eq \o(FB,\s\up13(→)) ， 即1－x1＝λ(x2－1)，λ＝ eq \f(1－x1,x2－1) ， 又λ>1，∴λ＝ eq \f(3＋\r(5),2) . 【练3】 (2023·山东临沂一模)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 eq \f(\r(6),3) ，直线x＝ eq \r(2) 被C截得的线段长为 eq \f(2\r(3),3) . (1)求C的方程； (2)若A和B为椭圆C上在x轴同侧的两点，且，求四边形ABF1F2面积的最大值及此时λ的值． 解：(1)∵e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(6),3) ，∴ eq \f(c2,a2) ＝ eq \f(2,3) ，∴c2＝ eq \f(2,3) a2， ∴b2＝a2－c2＝a2－ eq \f(2,3) a2＝ eq \f(1,3) a2， ∴椭圆的标准方程为x2＋3y2＝a2， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝a2,x＝\r(2))) ⇒y＝± eq \r(\f(a2－2,3)) ， 由题可知2 eq \r(\f(a2－2,3)) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，解得a2＝3， ∴C的方程为 eq \f(x2,3) ＋y2＝1． 延长BF1，AF2交椭圆于C，D，根据椭圆的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形，且四边形ABF1F2面积为四边形ABCD面积的一半． 由题知，BF1斜率不为零，故设BF1方程为x＝my－ eq \r(2) ， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my－\r(2)，)) 得(m2＋3)y2－2 eq \r(2) mx－1＝0，① 设B(x1，y1)，C(x2，y2)，∵Δ>0， ∴y1＋y2＝ eq \f(2\r(2)m,m2＋3) ，y1y2＝ eq \f(－1,m2＋3) ， 故|BC|＝ eq \r(1＋m2) ·|y1－y2|＝ eq \f(2\r(3)（m2＋1）,m2＋3) ， O到BF1的距离d＝ eq \f(\r(2),\r(1＋m2)) ， S四边形ABF1F2＝ eq \f(1,2) SABCD＝ eq \f(1,2) S四边形ABCD＝ eq \f(1,2) ×4S△OBC＝2× eq \f(1,2) ×|BC|·d＝|BC|·d＝ eq \f(2\r(3)（m2＋1）,m2＋3) · eq \f(\r(2),\r(m2＋1)) ＝2 eq \r(6) · eq \f(\r(m2＋1),m2＋3) ＝2 eq \r(6) · eq \f(\r(m2＋1),m2＋1＋2) ＝2 eq \r(6) · eq \f(1,\r(m2＋1)＋\f(2,\r(m2＋1))) ≤2 eq \r(6) · eq \f(1,2\r(2)) ＝ eq \r(3) ， 当且仅当 eq \r(m2＋1) ＝ eq \f(2,\r(m2＋1)) ，即m＝±1时取等号， ∴当m＝±1时，四边形ABF1F2面积最大为 eq \r(3) . 根据对称性，不妨取m＝1时，方程①化为4y2－2 eq \r(2) y－1＝0，解得y＝ eq \f(\r(2)±\r(6),4) ， 由对称性可知|AF2|＝|CF1|，故λ＝ eq \f(|AF2|,|BF1|) ＝ eq \f(|CF1|,|BF1|) ＝ eq \f(|y1|,|y2|) 或 eq \f(|y2|,|y1|) ， ∴λ＝ eq \f(\f(\r(6)＋\r(2),4),\f(\r(6)－\r(2),4)) ＝2＋ eq \r(3) 或λ＝ eq \f(\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(6)＋\r(2),4)) ＝2－ eq \r(3) ， 综上，四边形ABF1F2面积最大为 eq \r(3) ，此时λ＝2± eq \r(3) . $$