3.1.2 第2课时 椭圆方程与性质的应用(课件PPT)-【精讲精练】-2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

第三章　圆锥曲线的方程 3.1　椭圆 3.1.2　椭圆的简单几何性质 第2课时　椭圆方程与性质的应用 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案·学业评价 03 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 01 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 02 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 03 课后案·学业评价 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 谢谢观看 栏目导航 第三章　圆锥曲线的方程 1 导学1　点与椭圆的位置关系 前面我们如何判断点与圆的位置关系？ [提示] 利用点到圆心距离和半径的关系． 可以类比点与圆位置关系的判定，进行点与椭圆位置关系的判定吗？ [提示] 可以． ◎结论形成 点P(x0，y0)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的位置关系： 点P在椭圆上⇔______________； 点P在椭圆内部⇔______________； 点P在椭圆外部⇔______________. eq \f(x\o\al(2,0),a2)＋eq \f(y\o\al(2,0),b2)＝1 eq \f(x\o\al(2,0),a2)＋eq \f(y\o\al(2,0),b2)＜1 eq \f(x\o\al(2,0),a2)＋eq \f(y\o\al(2,0),b2)＞1 类比直线与圆的位置关系，你能给出直线与椭圆有几种位置关系？ [提示] 三种：相交、相离、相切． 导学2　直线与椭圆的位置关系 直线与圆有几种位置关系？ [提示] 三种：相交、相离、相切． 前面我们判断直线与圆的位置关系有几种方法？ [提示] 两种：几何法和代数法． ◎结论形成 直线y＝kx＋m与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的位置关系的判断方法： 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y得一个关于x的一元二次方程，并计算该方程的判别式Δ，若________，则直线与椭圆相交；若________，则直线与椭圆相切；若________，则直线与椭圆相离． 1．思维辨析(对的打“√”，错的打“×”) (1)若直线的斜率一定，则当直线过椭圆的中心时，弦长最大．(　　) (2)直线eq \f(x,2)－y＝1被椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1截得的弦长为eq \r(5).(　　) (3)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线．(　　) (4)直线y＝k(x－a)(k≠0)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系是相交．(　　) 解析　(1)√.根据椭圆的对称性可知，直线过椭圆的中心时，弦长最大． (2)√.由eq \f(x,2)－y＝1得y＝eq \f(x,2)－1，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，解得两交点坐标A(0，－1)，B(2,0)．|AB|＝eq \r(0－22＋－1－02)＝eq \r(5). (3)×.因为P(b,0)在椭圆内部，过点P作不出椭圆的切线． (4)√.直线y＝k(x－a)(k≠0)过点(a,0)且斜率存在，所以直线y＝k(x－a)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系是相交． 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√ 2．直线x＋2y＝m与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1只有一个交点，则m的值为(　　) A．2eq \r(2)　　　　　　　 B．±eq \r(2) C．±2eq \r(2) D．±2 解析　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2y＝m，,x2＋4y2＝4，))消去y并整理得2x2－2mx＋m2－4＝0.由Δ＝4m2－8(m2－4)＝0，得m2＝8.∴m＝±2eq \r(2). 答案　C 3．(多选)点A(a,1)在椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1的内部，则a的值可以是(　　) A．－eq \r(2) B．－1 C．1 D．eq \r(2) 解析　由题意知eq \f(a2,4)＋eq \f(1,2)＜1，解得－eq \r(2)＜a＜eq \r(2). 答案　BC 4．已知点M(eq \r(3)，0)，椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1与直线y＝k(x＋eq \r(3))交于点A，B，则△ABM的周长为________． 解析　因为直线过椭圆的左焦点(－eq \r(3)，0)，M(eq \r(3)，0)为椭圆的右焦点，所以△ABM的周长为|AB|＋|AM|＋|BM|＝4a＝8. 答案　8 题型一　直线与椭圆的位置关系 对不同的实数值m，讨论直线y＝x＋m与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的位置关系． [自主解答]　联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得eq \f(x2,4)＋(x＋m)2＝1， 整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0. Δ＝(8m)2－4×5(4m2－4)＝16(5－m2)． 当Δ＞0，即－eq \r(5)＜m＜eq \r(5)时，此时直线与椭圆相交；当Δ＝0，即m＝±eq \r(5)时，此时直线与椭圆相切；当Δ＜0，即m＜－eq \r(5)或m＞eq \r(5)时，直线与椭圆相离． 代数法判断直线与椭圆位置关系的步骤 [触类旁通] 1．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，eq \r(2))且斜率为k的直线l与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围． 解析　由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋eq \r(2)，代入椭圆方程得eq \f(x2,2)＋(kx＋eq \r(2))2＝1，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0，直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k2))＝4k2－2＞0，解得k＜－eq \f(\r(2),2)或k＞eq \f(\r(2),2)，所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)). 题型二　直线与椭圆的相交弦问题 一题多解　一题多变 (1)过椭圆4x2＋5y2＝20内一点P(1,1)引一条恰好被P点平分的弦，则这条弦所在直线的方程是(　　) A．4x＋5y－9＝0 B．5x＋4y－9＝0 C．4x－5y＋1＝0 D．5x－4y－1＝0 (2)已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，求弦AB的长． [自主解答]　(1)设弦的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则4xeq \o\al(2,1)＋5yeq \o\al(2,1)＝20,4xeq \o\al(2,2)＋5yeq \o\al(2,2)＝20， 两式作差可得4(x1－x2)(x1＋x2)＝－5(y1－y2)(y1＋y2)， 所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(4x1＋x2,5y1＋y2)＝－eq \f(4,5). 因为直线过点P(1,1)，所以这条弦所在直线的方程是y－1＝－eq \f(4,5)(x－1)， 即4x＋5y－9＝0. (2)因为直线l过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F1(1，0)，又直线的斜率为2，所以直线l的方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0. 解法一　解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0，))得交点A(0，－2)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))， 所以|AB|＝eq \r(xA－xB2＋yA－yB2) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(5,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))2)＝eq \r(\f(125,9))＝eq \f(5\r(5),3). 解法二　设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0)) 消去y得3x2－5x＝0，因为Δ＝(－5)2＝25＞0， 则x1＋x2＝eq \f(5,3)，x1x2＝0， 所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22) ＝eq \r(x1－x221＋k\o\al(2,AB)) ＝eq \r(1＋k\o\al(2,AB)[x1＋x22－4x1x2]) ＝eq \r(1＋22\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))2－4×0)))＝eq \f(5\r(5),3). 解法三　由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,2x－y－2＝0))消去x得 3y2＋2y－8＝0，因为 Δ＝22－4×3×(－8)＝100＞0， 则y1＋y2＝－eq \f(2,3)，y1y2＝－eq \f(8,3)， 所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22) ＝eq \r(y1－y22·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,AB))＋1))) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k\o\al(2,AB))))[y1＋y22－4y1y2]) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3))))))＝eq \f(5\r(5),3). [答案]　(1)A　(2)eq \f(5\r(5),3) [母题变式] 1．(变条件、变结论)例2(2)中，若椭圆的左焦点为F，求△ABF 的面积． 解析　由椭圆方程知左焦点F(－1,0)，又直线方程为2x－y－2＝0，所以△ABF的高为eq \f(|－2－2|,\r(22＋1))＝eq \f(4\r(5),5)，所以△ABF的面积为eq \f(1,2)×eq \f(5\r(5),3)×eq \f(4\r(5),5)＝eq \f(10,3). 2．(变条件、变结论)例2(2)中，去掉条件“斜率为2”，增加“弦AB的长为eq \f(9\r(5),5)”，求直线AB的方程． 解析　当直线的斜率不存在时，方程为x＝1，显然被椭圆截得的弦长为eq \f(8\r(5),5)，不是eq \f(9\r(5),5)，不合题意．当直线的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－1)． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B的坐标为方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1))的解，消去y得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，Δ＝100k4－4(4＋5k2)(5k2－20)＝4(80k2＋80)＞0，所以x1＋x2＝eq \f(10k2,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(5k2－20,4＋5k2)，代入弦长公式得|AB|＝eq \r(1＋k2) eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(\r(1＋k2),4＋5k2) eq \r(20×161＋k2)＝eq \f(8\r(5)1＋k2,4＋5k2)＝eq \f(9\r(5),5)，解得k＝±eq \f(2\r(5),5)，所以直线AB的方程为y＝±eq \f(2\r(5),5)(x－1)． [素养聚焦] 本题涉及数学中的弦长和中点问题，需要结合椭圆的方程及其性质以及题干中的条件进行计算求解，通过例题及变式探究培养学生直观想象、逻辑推理、数学运算核心素养． 1．求直线与椭圆的相交弦长时，可以先求出两个公共点的坐标，代入两点间距离公式，也可以联立方程消元为二次方程，利用根与系数关系得到|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|. 2．解决椭圆中点弦问题的两种方法： (1)根与系数的关系法；(2)点差法． 3．注意“设而不求”和“整体代入”方法的运用． [触类旁通] 2．(1)过椭圆x2＋2y2＝4的左焦点作倾斜角为eq \f(π,3)的弦AB，则弦AB的长为(　　) A．eq \f(6,7) B．eq \f(16,7) C．eq \f(7,16) D．eq \f(7,6) 解析　椭圆的左焦点F1(－eq \r(2)，0)，kAB＝eq \r(3)，故直线AB：y＝eq \r(3)(x＋eq \r(2))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋\r(2)，,x2＋2y2＝4，))消去y整理得7x2＋12eq \r(2)x＋8＝0，设A(x1，y1)， B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(12\r(2),7)，x1x2＝eq \f(8,7). 由弦长公式得|AB|＝eq \r(1＋\r(3)2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12\r(2),7)))2－4×\f(8,7))＝eq \f(16,7). 答案　B (2)过点M(1,1)作斜率为－eq \f(1,2)的直线与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若点M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________． 解析　设A(x1，y1), B(x2，y2)，则eq \f(x\o\al(2,1),a2)＋eq \f(y\o\al(2,1),b2)＝1　①， eq \f(x\o\al(2,2),a2)＋eq \f(y\o\al(2,2),b2)＝1　②. 因为点M是线段AB的中点， 所以eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1. 因为直线AB的方程是y＝－eq \f(1,2)(x－1)＋1， 所以y1－y2＝－eq \f(1,2)(x1－x2)． 将①②两式相减，可得eq \f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＋eq \f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)＝0， 即eq \f(2,a2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))·eq \f(2,b2)＝0， 所以a＝eq \r(2)b，所以c＝b，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2). 答案　eq \f(\r(2),2) 题型三　椭圆中的最值与范围问题 已知椭圆4x2＋y2＝1及直线y＝x＋m. (1)当直线和椭圆有公共点时，求实数m的取值范围； (2)求被椭圆截得的最长弦所在的直线方程． [自主解答]　(1)由4x2＋y2＝1，y＝x＋m得5x2＋2mx＋m2－1＝0， 因为直线与椭圆有公共点， 所以Δ＝4m2－20(m2－1)≥0， 解得－eq \f(\r(5),2)≤m≤eq \f(\r(5),2). 即实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))). (2)设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 由(1)知5x2＋2mx＋m2－1＝0， 所以x1＋x2＝－eq \f(2m,5)，x1x2＝eq \f(1,5)(m2－1)， 所以|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \r(2x1－x22)＝eq \r(2[x1＋x22－4x1x2]) ＝eq \r(2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4m2,25)－\f(4,5)m2－1)))＝eq \f(2,5) eq \r(10－8m2). 故当m＝0时，|AB|最大，即被椭圆截得的弦最长， 此时直线方程为y＝x. 解决与椭圆有关的最值问题的三种方法 (1)定义法：利用定义转化为几何问题处理． (2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解． (3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题来处理． [触类旁通] 3．若点O和点F分别为椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则eq \o(OP,\s\up14(→))·eq \o(FP,\s\up14(→))的最大值为________． 解析　由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1可得F(－1,0)，O(0,0)． 设P(x，y)(－2≤x≤2)，则eq \o(OP,\s\up14(→))＝(x，y)，eq \o(FP,\s\up14(→))＝(x＋1，y)，从而eq \o(OP,\s\up14(→))·eq \o(FP,\s\up14(→))＝x2＋x＋y2＝x2＋x＋3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,4)))＝eq \f(1,4)x2＋x＋3＝eq \f(1,4)(x＋2)2＋2(－2≤x≤2)，当且仅当x＝2时，eq \o(OP,\s\up14(→))·eq \o(FP,\s\up14(→))取得最大值6. 答案　6 [知识落实] 直线与椭圆的位置关系、弦长及中点弦问题． [技法强化] (1)利用公式|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)求弦长，由点差法解决中点弦问题． (2)应用点差法易漏掉判断直线与椭圆的位置关系． $$