第五节 第2课时　直线与椭圆的位置关系课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“直线与椭圆的位置关系”专题，覆盖位置关系判断、弦长问题、中点弦问题三大核心考点，依据高考评价体系分析近五年真题，明确“判别式应用”“点差法”等高频考点权重，归纳相交、相切、相离等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题实战+技巧建模”，如以2025年全国一卷弦长问题为例，运用数学思维拆解参数关系，通过“联立方程—消元化简—判别式分析”三步法培养逻辑推理能力，借助“中点弦点差法”“焦点三角形面积公式”等模型提升解题效率，助力学生掌握得分技巧，为教师提供精准复习指导。

第2课时　直线与椭圆的位置关系 第五节 椭圆 【例1】　已知动点M到两定点F1(-m,0),F2(m,0)的距离之和为4(0<m<2),且动点M的轨迹曲线C过点N. (1)求m的值; 考点一 直线与椭圆的位置关系 由0<m<2,得0<2m<4,知曲线C是以两定点F1(-m,0),F2(m,0)为焦点,长半轴长为2的椭圆,所以a=2,设曲线C的方程为+=1(b>0),把点N代入,得+=1,解得b2=1,由c2=a2-b2,解得c2=3,所以m=. 解 (2)若直线l:y=kx+与曲线C有两个不同的交点A,B,求k的取值范围. 由(1)知曲线C的方程为+y2=1,联立曲线C与直线l的方程,得消去y,得x2+2kx+1=0,则有Δ=4k2-1>0,解得k2>.所以k>或k<-,所以k的取值范围为∪. 解 利用判别式判断直线与椭圆的位置关系的步骤 注意　对于椭圆方程,在第二步中得到的方程的二次项系数一定不为0,故一定为一元二次方程. 【训练1】　(1)已知椭圆C:+=1,直线l:(m+2)x-(m+4)y+2-m=0(m∈R),则直线l与椭圆C的位置关系为(　　) A.相交 B.相切 C.相离 D.相交或相切 对直线l:(m+2)x-(m+4)y+2-m=0(m∈R),整理得m(x-y-1)+2(x-2y+1)=0,令故直线l过定点A(3,2).因为+= <1,则点A(3,2)在椭圆C的内部,所以直线l与椭圆C相交.故选A. 解析 (2)已知直线l:y=x+m与椭圆C:+=1有公共点,则实数m的取值范围是(　　) A.[-2,2] B.[-3,3] C.(-∞,-2]∪[2,+∞) D.(-∞,-3]∪[3,+∞) 将直线l的方程与椭圆C的方程联立,得消去y得9x2+10mx+5m2-20=0①,因为直线l与椭圆C有公共点,所以方程①有实数根,则Δ=(10m)2-36(5m2-20)≥0,得-3≤m≤3.故选B. 解析 【例2】　(2025·全国一卷)(17分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=. (1)求C的方程; (2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3. (ⅰ)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); (ⅱ)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值. 考点二 弦长问题………………规范答题 [思考] ❶如何求x0,y0? ❷求斜率的动机是什么? ❸P点的轨迹是什么? ❹用参数表示点的坐标的动机是什么? 【书写表达】————规范答题 步步为赢 得满分 (1)(第一给分点:4分) 由题意得,A(0,-b),B(a,0), 所以|AB|==, [1分] 因为e==,由a2=b2+c2, 解得a=3,b=1,　[3分] 所以椭圆C的标准方程为+y2=1.　[4分] (2)(ⅰ)(第二给分点:5分) 解法一:由(1)知C的方程为+y2=1,则点A的坐标为(0,-1),　[5分] 设R(x0,y0), 则=(m,n+1),=(x0,y0+1), 因为与同向共线, 所以|AP|·|AR|==3, 所以mx0+(n+1)(y0+1)=3❶.　[6分] 因为点P不在y轴上,所以直线AP的斜率存在, 所以kAP===, 所以y0+1=.　[7分] 解得x0=,y0=,　[8分] 故R的坐标为.　[9分] 解法二:因为A (0,-1),P(m,n), 故直线AP:y=x-1,可设R, 则|AP|=,　[5分] |AR|=(x0与m同号)　[6分] 故|AP|·|AR|==3,　[7分] 得x0=,y0=,　[8分] 因此R的坐标为.　[9分] 解法三:设R(x0,y0),则=(m,n+1), 因为点R在射线AP上,则=t(t>0), 所以||=t||.　[5分] 又|AP|·|AR|=3, 所以t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3, 所以t=,　[6分] 所以x0=tm=,　[7分] y0=t(n+1)-1=　[8分] 所以R的坐标为.　[9分] 解法四:因为A(0,-1),P(m,n),所以=(m,n+1),由 R是射线AP上一点, |AP|·|AR|=3,得=,　[6分] =(m,n+1)　[7分] =　[8分] 因此R的坐标为.　[9分] (ⅱ)(第三给分点:8分) 解法一:由(ⅰ)得kOR==3kOP=,得m2+(n+4)2=18,　[10分] 所以点P的轨迹方程为m2+(n+4)2=18(m≠0)❸.　[11分] 因此点P的轨迹方程是以T(0,-4)为圆心,3为半径的圆(不含与y轴的交点)　[12分] 设Q(u,v),则|QT|2=u2+(v+4)2=9(1-v2)+(v+4)2-8+27≤27　[13分] 因此|PQ|≤|QT|+|PT|≤3+3,　[14分] 当P,Q时,等号成立,且直线OR的斜率是直线OP斜率的3倍.　[15分] 当v=时,|QT|max=3,　[16分] 故|PQ|max=|QT|max+3=3+3, 因此|PQ|的最大值为3+3.　[17分] 解法二:因为A(0,-1),P(m,n), 故直线AP:y=x-1,因为kOP=,所以kOR=,所以直线OR:y=x, 联立直线AP与直线OR的方程,解得R, 因为|AR|=,所以=. 且=-1, 整理得m2+(n+4)2=18,　[11分] 因此点P的轨迹方程是以T(0,-4)为圆心,3为半径的圆(不含与y轴的交点).　[12分] 因为点Q在椭圆+y2=1上,所以可设Q(3cos θ,sin θ)❹(sin θ∈(-1,1)), 则|QT|2=(3cos θ)2+(sin θ+4)2 =-8sin 2θ+8sin θ+25 =-8+27≤27.　[13分] 因此|PQ|≤|QT|+|PT|≤3+3,　[14分] 当P,Q时,等号成立,且直线OR的斜率是直线OP斜率的3倍.　[15分] 当sin θ=时,|QT|max=3,　[16分] 故|PQ|max=|QT|max+3=3+3, 因此|PQ|的最大值为3+3.　[17分] 【教考衔接】————溯源教材 融合贯通 稳得分 (1)圆锥曲线有关度量问题的关键是引入合适的参数将几何条件、目标代数化,消元完成求解. (2)本题在解决过程中需要调用距离公式、两向量共线、斜率公式等相关知识,进行条件和设问的分析与理解,运用消元法统一变量,借助二次函数求解函数最值.圆锥曲线综合问题需要科学引参,实现目标和几何条件的代数化,引参时尽可能减少参数的个数,并有利于后面的数学运算. 本题最容易忽略的地方在于对点P的轨迹的发现,最难的地方在于熟练地进行几何与代数的相互转化. (3)本题源于人教A版选择性必修第一册第139页习题3.3第11题. 【训练2】　(1)已知直线l:mx-y+1=0与椭圆C:+y2=1交于A,B两点,当|AB|取最大值时m的值为(　　) A.± B.± C.± D.± 设A(x1,y1),B(x2,y2),由消去y整理得(1+4m2)x2+8mx= 0,解得x1=0或x2=,则y1=1,y2=,则A(0,1),B, 解析 所以|AB|==8=8 =8=8,所以当=,即m=±时|AB|取最大值.故选C. 解析 (2)(2025·全国二卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,长轴长为4. ①求C的方程; 因为长轴长为4,故a=2,而离心率为,故c=,故b=,故椭圆方程为+=1. 解 ②过点(0,-2)的直线l与C交于A,B两点,O为坐标原点,若△OAB的面积为,求|AB|. 由题设直线AB的斜率不为0,故设直线l:x=t(y+2), A(x1,y1),B(x2,y2),由可得(t2+2)y2+ 4t2y+4t2-4=0,故Δ=16t4-4(t2+2)(4t2-4)=16(2-t2)>0, 解 即-<t<,且y1+y2=-,y1y2=,故S△OAB=×|2t|×|y1-y2|= |t|==,解得t2=,故|AB|=|y1-y2|=×=×=. 解 【例3】　(2026·福州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆上的点到焦点的最短距离是3. (1)求椭圆C的方程. 考点三 中点弦问题 由题意得=,设椭圆右焦点为F,则F(c,0).椭圆上的点到焦点的最短距离是a-c,所以a-c=3,联立故b2=a2-c2=36-9=27,故椭圆C的方程为+=1. 解 (2)是否存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点?若存在,求该直线的方程;若不存在,请说明理由. 假设存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点,设A(x1,y1),B(x2,y2),则=, 解 则=-=-×=-,即kAB=-,则直线AB的方程为y-= -(x-1),即x+2y-4=0.经检验,该方程符合题意.所以存在过点Q的直线交椭圆C于A,B两点,使得Q为线段AB的中点,且该直线的方程为x+2y-4=0. 解 中点弦问题常用的求解方法 1.点差法:即设出弦的两端点的坐标后,代入椭圆方程,并将两式相减,式中含有x1+x2,y1+y2,三个未知量,这样就直接联系了弦中点和直线的斜率,借用中点坐标公式可求得斜率,但要注意进行检验. 2.判别式法:即联立直线与椭圆的方程得到方程组,化为一元二次方程后由根与系数的关系求解. 【训练3】　(1)已知M(4,2)是直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点,则直线l的方程为(　　) A.2x+y-8=0 B.x+2y-8=0 C.x-2y-8=0 D.2x-y-8=0 解法一:(二级结论直接用)结合选项,直线l的斜率存在,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线l的斜率k==-=-,直线l的方程为y-2=-(x-4),即x+2y-8=0. 解析 解法二:(通性通法直接算) 当直线l斜率不存在时,由对称性可知,此时直线l被椭圆x2+4y2=36所截得的线段AB的中点在x轴上,而已知M(4,2)是线段AB的中点,不在x轴上,不满足题意.故直线斜率存在,可设斜率为k,则直线的方程为y-2=k(x-4),即kx-y+2-4k=0,代入椭圆的方程化简得(1+4k2)x2+(16k-32k2)x+64k2-64k-20=0,所以x1+x2== 8,解得k=-,故直线l的方程为y-2=-(x-4),即x+2y-8=0.故选B. 解析 (2)(2026·盐城调研)已知直线l与椭圆+=1在第二象限交于A,B两点,l与x轴,y轴分别交于点M,N,若|AM|=|BN|,则l的倾斜角是(　　) A. B. C. D. 如图,设点A更靠近点M,直线l:y=kx+b(k>0,b>0), 代入椭圆方程得+=1,即x2+x+ =0,则Δ=-4××>0,得9k2+3 解析 >b2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=.易得M,因为|AM|=|BN|,所以AB的中点也是MN的中点,故=,解得k=,故直线l的倾斜角为.故选A. 解析 椭圆的常用结论及应用 (1)椭圆上的点P(x0,y0)与两焦点构成的△PF1F2叫做焦点三角形,如图所示,设∠F1PF2=θ. ①当P为短轴端点时,θ最大,最大; ②|PF1|max=a+c,|PF1|min=a-c; ③|PF1|·|PF2|≤=a2; ④4c2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos θ; ⑤焦点三角形的周长为2(a+c); ⑥=|PF1||PF2|sin θ=b2tan=c|y0|,当|y0|=b时,即点P为短轴端点时, 取最大值,最大值为bc. (2)椭圆周角定理的推广:已知A,B为椭圆+=1(a>b>0)上关于原点对称的两点,P为椭圆上异于A,B的任一点,若直线PA,PB的斜率存在且不为零,则kPA·kPB=-. 【典例】　已知椭圆C:+=1(a>b>0),其左、右焦点分别为F1,F2,其离心率e=,点P为该椭圆上一点,且满足∠F1PF2=,已知△F1PF2的内切圆半径为r=,则该椭圆的长轴长为(　　) A.2　　　 B.4　　　 C.6　　　 D.12 由e=,得=,即a=2c　①,在△F1PF2中,根据椭圆的定义及焦点三角形的面积公式,得=b2tan=r(2a+2c),即b2=(a+c)　②,又a2=b2+c2　③,联立①②③,得c=3,a=6,b=3,所以该椭圆的长轴长为2a=2×6=12.故选D. 解析 【微练】　设椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上、下顶点分别为A,B,直线AF2与该椭圆交于A,M两点,如图所示,若∠F1AF2=90°,则直线BM的斜率为___________. 因为∠F1AF2=90°,所以△F1AF2为等腰直角三角形,所以b=c,所以a2 =2b2=2c2,所以=,且∠AF2O=45°,所以kMA=-1,又kMA·kMB=-=-,所以kMB=. 解析 1.(2023·新课标Ⅱ卷)已知椭圆C:+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的面积是△F2AB面积的2倍,则m=(　　) A. B. C.- D.- 将直线y=x+m与椭圆联立,得消 去y可得4x2+6mx+3m2-3=0,因为直线与椭圆相 交于A,B两点,则Δ=36m2-4×4(3m2-3)>0,解得 -2<m<2,如图,设点F1到直线AB的距离为d1,点F2到直线AB的距离为 解析 d2,易知F1(-,0),F2(,0),则d1=,d2=,== =2,解得m=-或m=-3(舍去),故选C. 解析 2.(2022·新高考Ⅱ卷)已知直线l与椭圆+=1在第一象限交于A,B两点,l与x轴,y轴分别交于M,N两点,且|MA|=|NB|,|MN|=2,则l的方程为________________. x+y-2=0 解法一:取线段AB的中点E,连接OE(O为坐标原点).因为|MA|=|NB|,所以|ME|=|NE|.设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意可得kOE·kAB=× ===-.设直线AB的方程为y=kx+m,k<0,m>0,令x=0, 解析 则y=m;令y=0,则x=-.所以点E的坐标为,所以k×=-k2= -,解得k=-,所以m2+2m2=12,解得m=2,所以直线AB的方程为y=-x +2,即x+y-2=0. 解法二:设线段AB的中点为E.由|MA|=|NB|,得E为线段MN的中点.设直线AB的方程为y=kx+m,k<0,m>0,则M,N(0,m),E. 解析 将y=kx+m代入+=1中并整理,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.由Δ=6k2-m2+3>0,得m2<6k2+3.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2==2,解得k=-.又因为|MN|==2,所以m=2,符合题意,所以直线AB的方程为x+y-2=0. 解析 3.(2022·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0),C的上顶点为A,两个焦点为F1,F2,离心率为.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D,E两点,|DE| =6,则△ADE的周长是_______. 由题意知e==,所以a=2c,b=c,所以△AF1F2是等边三角形,所以DE垂直平分AF2,所以|AD|=|DF2|,|AE|=|EF2|,所以△ADE的周长为|DE| +|AD|+|AE|=|DE|+|DF2|+|EF2|.由椭圆的定义,可知|DE|+|DF2|+|EF2|=4a 解析 13 =8c.因为直线DE的斜率k=tan 30°=,所以直线DE的方程为y=(x +c),即x=y-c.由椭圆方程+=1,得3x2+4y2=12c2.将x=y-c代入并整理,得13y2-6cy-9c2=0.设D(x1,y1),E(x2,y2),则y1+y2=,y1y2= -,所以|DE|== =c=6,解得c=.所以△ADE的周长是8c=13. 解析 4.(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0,3)和P为椭圆C:+=1(a>b>0)上两点. (1)求C的离心率; 由题意,得所以椭圆的离心率e===. 解 (2)若过P的直线l交C于另一点B,且△ABP的面积为9,求l的方程. 由(1)知椭圆C的方程为+=1.当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=3,B,|PB|=3,点A到直线PB的距离为3,此时S△ABP=× 3×3=≠9,不满足条件,当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y-= 解 k(x-3),联立直线l与椭圆C的方程,得消去y可得(4k2+ 3)x2-(24k2-12k)x+36k2-36k-27=0.设点B(x0,y0),则所以|PB|=|x0-3|==. 解 又点A到直线l的距离d=,所以△ABP的面积S==9,解得k=或k=.所以直线l的方程为y=x或y=x-3,即x-2y=0或3x-2y-6=0. 解 5.(2025·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,右顶点为A,离心率为,P为直线x=a上一点,且直线PF的斜率为,△PFA的面积为. (1)求椭圆的方程; 由题意可设P(a,y0)(y0>0),因为F(-c,0),A(a,0),kPF=,S△PFA=,e=,所以所以b2=a2-c2=3.所以椭圆的方程为+=1. 解 (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A),求证:PF平分∠AFB. 由(1)知F(-1,0),P(2,1),易知直线PB的斜率存在,设PB:y-1=k(x-2),由得(4k2+3)x2-8k(2k-1)x+8(2k2-2k-1)=0,因为PB与椭圆仅有一个交点,所以Δ=64k2(2k-1)2-32(4k2+3)(2k2-2k-1)=0, 证明 解得k=-,所以xB=-=1,则yB=,所以B,所以直线BF的斜率为=.因为tan 2∠PFA==,所以∠BFA=2∠PFA,即PF平分∠AFB. 解 $