3.1.2 直线与椭圆的位置关系及应用（第二课时）课件-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦直线与椭圆的位置关系及应用，涵盖判定方法和弦长问题。通过课前预习任务单梳理基础，课堂活动单师生共研深化，构建预习-课堂-应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于融合数学眼光、思维与语言，以椭圆形溜冰场矩形面积问题引导学生用数学眼光观察现实，通过判定方法和弦长问题训练逻辑推理（数学思维），借助中点求离心率等题强化模型应用（数学语言）。实例丰富，任务单驱动分层设计，助力学生素养提升，教师教学更系统高效。

3.1.2 第二课时　直线与椭圆的位置关系及应用 (一)教材梳理填空 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√ 直线与椭圆位置关系的判定方法 (1)将直线方程与椭圆的方程联立，消去一个未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一个一元二次方程． (2)利用一元二次方程根的判别式Δ，根据Δ>0，Δ<0还是Δ＝0即可判断方程组解的个数，从而得出直线与椭圆的交点情况．　　 直线与椭圆相交弦的弦长问题 直线与椭圆相交有关弦的问题，主要思路是联立直线和椭圆的方程，得到一元二次方程，然后借助一元二次方程的有关知识解决，有时运用弦长公式．解题时应注意以下几点： (1)当弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式； (2)当弦的两端点的坐标易求时，可直接求出交点坐标，再用两点间距离公式求弦长； (3)如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况．　　 【对点练清】 已知点P(4,2)是直线l：x＋2y－8＝0被焦点在x轴上的椭圆所截得的线段的中点，则该椭圆的离心率为_________． 二、应用性——强调学以致用 2．有一椭圆形溜冰场，长轴长是100 m，短轴长是60 m，现要在这个溜冰场上划定一个各顶点都在溜冰场边界上的矩形ABCD，且使这个矩形的面积最大，试确定这个矩形的顶点的位置．这时矩形的周长是多少？ [析题建模]　由题意结合对称性建立平面直角坐标系，根据椭圆的对称性，可知矩形面积为点A的横、纵坐标之积的4倍，再结合椭圆方程求其横、纵坐标的值即可求矩形的周长． 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： 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. (二)基本知能小试 1．判断正误 (1)过椭圆外一点只能作一条直线与椭圆相切． (　　) (2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)不一定相交． (　　) (3)过点(3,0)的直线有且仅有一条与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,16)＝1相切． (　　) (4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切． (　　) 2．直线y＝x＋1与椭圆x2＋eq \f(y2,2)＝1的位置关系是 (　　) A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定 解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得3x2＋2x－1＝0，Δ＝22＋12＝16＞0，∴直线与椭圆相交． 答案：C　 3．若直线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　 题型一　直线与椭圆位置关系的判断 【学透用活】 [典例1]　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)有两个公共点； (2)有且只有一个公共点； (3)没有公共点． [解]　 直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.① 方程①的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. (1)当Δ>0，即－3eq \r(2)<m<3eq \r(2)时，方程①有两个不同的实数解，可知原方程组有两组不同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个公共点． (2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程①有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点． (3)当Δ<0，即m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2)时，方程①没有实数解，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． eq \a\vs4\al([方法技巧]) 【对点练清】 1. 若直线y＝kx＋2与椭圆eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1相切，则斜率k的值是 (　　) A.eq \f(\r(6),3) B．－eq \f(\r(6),3)　　　 C．±eq \f(\r(6),3) D．±eq \f(\r(3),3) 解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1))得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由题意知Δ＝144k2－24(3k2＋2)＝0，解得k＝±eq \f(\r(6),3). 答案：C　 2．若直线y＝kx＋1与焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,m)＝1总有公共点，则实数m的取值范围为________． 解析：∵直线y＝kx＋1过定点M(0,1)， ∴要使直线与该椭圆总有公共点，则点M(0,1)必在椭圆内或椭圆上， 由此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0<m<5，,\f(02,5)＋\f(12,m)≤1，))解得1≤m<5. 答案：[1,5) 题型二　椭圆的弦长问题 【学透用活】 弦长公式 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几种： (1)|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|； (2)|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)； (3)|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])； (4)|AB|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])(k≠0)． [典例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(6),3)，焦距为2eq \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\{\rc\ (\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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))得4x2＋6mx＋3m2－3＝0， 所以x1＋x2＝－eq \f(3m,2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,4). 所以|AB|＝eq \r(x2－x12＋y2－y12)＝eq \r(2x2－x12) ＝ eq \r(2[x1＋x22－4x1x2])＝ eq \r(\f(12－3m2,2)). 当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为eq \r(6). eq \a\vs4\al([方法技巧]) 【对点练清】 已知椭圆有两个顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，若|CD|＝eq \f(3\r(2),2)，求直线l的方程． 解：因为椭圆的焦点在y轴上，设椭圆的标准方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)， 由已知得b＝1，c＝1，所以a＝eq \r(2). 所以椭圆方程为eq \f(y2,2)＋x2＝1. 当直线l垂直于x轴时与题意不符， 故设直线l的方程为y＝kx＋1，联立椭圆方程，化简，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，x1x2＝－eq \f(1,k2＋2). |CD|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2). 由已知得eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(3\r(2),2)，解得k＝±eq \r(2).所以直线l的方程为y＝eq \r(2)x＋1或y＝－eq \r(2)x＋1. 题型三　椭圆的中点弦问题 【学透用活】 [典例3]　已知椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，求直线AB的方程． [解]　易知直线的斜率k存在， 设所求直线的方程为y－1＝k(x－2)． 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y－1＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两根，于是x1＋x2＝eq \f(82k2－k,4k2＋1). 又M为AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(42k2－k,4k2＋1)＝2， 解得k＝－eq \f(1,2)，且满足Δ>0. 故所求直线的方程为x＋2y－4＝0. eq \a\vs4\al([方法技巧]) 解决椭圆的中点弦问题的三种方法 (1)方程组法 通过解直线方程与椭圆方程构成的方程组，利用一元二次方程根与系数的关系及中点坐标公式求解． (2)点差法 设直线与椭圆的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点代入椭圆的方程并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点(x0，y0)和斜率kAB有关的式子，可以大大减少运算量．我们称这种代点作差的方法为“点差法”，事实上就是椭圆的垂径定理． 利用kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)，转化为中点(x0，y0)与直线AB的斜率之间的关系，这是处理弦中点轨迹问题的常用方法． (3)中点转移法 先设出弦的一个端点的坐标，再借助中点得出弦的另一个端点的坐标，分别代入椭圆方程作差可得． 这三种方法中以点差法最为常用，点差法中体现的设而不求思想，还可以用于解决对称问题．因为这类问题也与弦中点和斜率有关．　　 解析：设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，直线x＋2y－8＝0与椭圆交于A，B两点，且A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，　　　　　　　 　①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1， ②)) ①－②得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)＋eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0， 即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2). 因为kAB＝－eq \f(1,2)，AB中点为(4,2)， 所以－eq \f(1,2)＝－2×eq \f(b2,a2)，即a2＝4b2，所以该椭圆的离心率为e＝eq \r(1－\f(b2,a2))＝eq \f(\r(3),2). 答案：eq \f(\r(3),2) 【课堂思维激活】 一、综合性——强调融会贯通 1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)，过F2作垂直于x轴的直线l交椭圆于A，B两点，且满足|AF2|＝eq \f(\r(3),6)c. (1)求椭圆C的离心率． (2)M，N是椭圆C短轴的两个端点，设P是椭圆C上一点(异于椭圆C的顶点)，直线MP，NP分别与x轴相交于R，Q两点，O为坐标原点．若|OR|·|OQ|＝8，求椭圆C的方程． 解：(1)设A(c，y)，代入椭圆方程得eq \f(c2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，解得|y|＝eq \f(b2,a)＝|AF2|，∴eq \f(b2,a)＝eq \f(\r(3),6)c，∴a2－c2＝eq \f(\r(3),6)ac， ∴e＝eq \f(\r(3),2). (2)不妨设M(0，b)，N(0，－b)，P(x0，y0)，则直线MP的方程为y＝eq \f(y0－b,x0)x＋b，令y＝0，得到R点的横坐标为eq \f(bx0,b－y0)；同理可得直线NP的方程为y＝eq \f(y0＋b,x0)x－b，令y＝0，得到Q点的横坐标为eq \f(bx0,b＋y0). ∴|OR|·|OQ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2x\o\al(2,0),b2－y\o\al(2,0))))＝a2＝8. 又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，∴c2＝6，b2＝2， ∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1. 解：分别以椭圆的长轴、短轴所在的直线为x轴和y轴，以长轴的中点为坐标原点O，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，矩形ABCD的各顶点都在椭圆上． 易知矩形ABCD关于原点O及x轴、y轴对称．已知椭圆的长轴长2a＝100 m，短轴长2b＝60 m， 则椭圆的方程为eq \f(x2,502)＋eq \f(y2,302)＝1. 设点A的坐标为(x0，y0)，x0>0，y0>0， 则eq \f(x\o\al(2,0),502)＋eq \f(y\o\al(2,0),302)＝1， 即yeq \o\al(2,0)＝eq \f(302,502)(502－xeq \o\al(2,0))． 根据矩形ABCD的对称性，可知它的面积S＝4x0y0. 因为xeq \o\al(2,0)yeq \o\al(2,0)＝xeq \o\al(2,0)·eq \f(302,502)(502－xeq \o\al(2,0)) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(30,50)))2o\al(2,0)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－－eq \f(502,2))) 2＋eq \f(504,4))) ， 又0<x0<50，所以当xeq \o\al(2,0)＝eq \f(502,2)时，xeq \o\al(2,0)yeq \o\al(2,0)取得最大值，此时S也取得最大值．这时x0＝25eq \r(2)，y0＝15eq \r(2). 矩形ABCD的周长为4(x0＋y0)＝4(25eq \r(2)＋15eq \r(2))＝160eq \r(2)(m)． 因此，在椭圆形溜冰场的两侧分别画一条与短轴平行且与短轴相距25eq \r(2) m的直线，这两条直线与椭圆的交点就是所划定的矩形的顶点，这个矩形的周长为160eq \r(2) m. 三、创新性——强调创新意识和创新思维 3．已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，则椭圆上一点A(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1.试运用该性质解决以下问题：椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，其焦距为2，且过点1，eq \f(\r(2),2)，B为椭圆C1在第一象限中的任意一点，过点B作椭圆C1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，O为坐标原点，则△OCD的面积的最小值为 (　　) A.eq \f(\r(2),2) B．eq \r(2) C.eq \r(3) D．2 解析：由题意，得2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))代入椭圆方程，可得eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，解得a＝eq \r(2)，b＝1， 即椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1. 设B(x2，y2)，则椭圆C1在点B处的切线方程为eq \f(x2,2)x＋y2y＝1，令x＝0，得yD＝eq \f(1,y2)，令y＝0，可得xC＝eq \f(2,x2)，又点B为椭圆在第一象限上的点，所以x2>0，y2>0，eq \f(x\o\al(2,2),2)＋yeq \o\al(2,2)＝1，所以S△OCD＝eq \f(1,2)·eq \f(1,y2)·eq \f(2,x2)＝eq \f(1,x2y2)＝eq \f(\f(x\o\al(2,2),2)＋y\o\al(2,2),x2y2)＝eq \f(x2,2y2)＋eq \f(y2,x2)≥2eq \r(\f(x2,2y2)·\f(y2,x2))＝eq \r(2)，即S△OCD≥ eq \r(2)，当且仅当eq \f(x\o\al(2,2),2)＝yeq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)，即点B的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))时，△OCD的面积取得最小值eq \r(2)，故选B. 答案：B　 $$