3.1.2 椭圆的简单几何性质（第2课时 直线与椭圆的位置关系）课件-2026-2027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椭圆的简单几何性质（第2课时），核心内容包括直线与椭圆的位置关系判定、弦长公式、中点弦问题及最值问题。通过课前自学要点梳理与“入木三分”问题引导预习，课时学案以题型为主线，结合例题解析、探究总结和思考题，构建从基础到应用的学习支架。 其亮点在于以数学运算和逻辑推理素养为导向，采用“题型示例—方法探究—巩固思考”模式。如中点弦问题通过根与系数关系法和点差法对比教学，培养学生系统思维；弦长计算结合韦达定理应用，强化数学运算能力。助力学生掌握解题方法，也为教师提供层次分明的教学路径，提升课堂效率。

课前自学 内容导航 课时学案 课后巩固 Content Navigation 01 02 03 3.1.2　椭圆的简单几何性质 (第2课时) 直线与椭圆的位置关系 素养目标 1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用．(直观想象、数学运算)2.会判断直线与椭圆的位置关系．(数学运算、直观想象)3.能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题．(逻辑推理、数学运算) 课前自学 4 要点1　直线与椭圆的位置关系 通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，对解的个数进行讨论．通常消去方程组中的一个变量，得到关于另一变量的一元二次方程． (1)Δ＞0⇔直线与椭圆相交⇔有两个不同的公共点． (2)Δ＝0⇔直线与椭圆相切⇔有且只有一个公共点． (3)Δ＜0⇔直线与椭圆相离⇔无公共点． 第页 第页 过原点的直线和椭圆相交，两交点关于原点对称吗？ 答：根据椭圆的对称性知，两交点关于原点对称． 返 回 课时学案 8 例 1 题型一　 直线与椭圆的位置关系 第页 9 (2)有且只有一个公共点； 第页 (3)没有公共点？ 第页 探究1 直线方程与椭圆方程联立组成方程组，消元后得一元二次方程，然后通过判别式Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0来判断直线与椭圆的位置关系． 第页 第页 第页 例 2 题型二　 弦长问题 第页 15 第页 探究2 直线与椭圆相交弦的问题，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，解题时应注意以下几点： (1)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． (2)当弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式求弦长． (3)如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况． 第页 √ 第页 例 3　已知一直线与椭圆4x2＋9y2＝36相交于A，B两点，弦AB的中点坐标为M(1，1)，求直线AB的方程． 题型三　 中点弦问题 第页 19 第页 探究3 解决椭圆中点弦问题的两种方法 (1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决． 第页 第页 第页 第页 例 4 题型四　 最值问题 第页 25 探究4 在三种位置关系中，相交时求相交弦长，相离时求最远、最近距离是常见题目类型． 第页 思考题4　已知椭圆x2＋8y2＝8，在椭圆上求一点P，使P到直线l：x－y＋4＝0的距离最短，并求出最短距离． 第页 返 回 课后巩固 29 √ 第页 √ 第页 第页 (－2，2) 解析　由题意得椭圆长半轴长为2，若直线与椭圆恒有两个不同的交点，则－2<a<2. 第页 5．已知椭圆4x2＋9y2＝144内一点P(3，2)，过点P的弦恰好以P为中点，那么这条弦所在直线的一般式方程为________________． 2x＋3y－12＝0 返 回 请做：课时作业（三十二） 要点2　弦长公式 设直线l：y＝kx＋m(k≠0，m为常数)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交，两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)． 弦长公式①：|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)； 弦长公式②：|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2). 【解析】　直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m①，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1②，)) 将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0③， Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. (1)由Δ>0，得－3eq \r(2)<m<3eq \r(2). 于是，当－3eq \r(2)<m<3eq \r(2)时，方程③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有两个不同的公共点． 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)有两个不同的公共点； 【解析】　(2)由Δ＝0，得m＝±3eq \r(2). 也就是当m＝±3eq \r(2)时，方程③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有且只有一个公共点． 【解析】　(3)由Δ<0，得m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2). 从而当m<－3eq \r(2)或m>3eq \r(2)时，方程③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． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(5),4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),4)，＋∞)) 思考题1　(1)直线kx－y＋3＝0与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1有两个不同的公共 点，则实数k的取值范围是_______________________． 【解析】　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得(4k2＋1)x2＋24kx＋20＝0.当Δ＝16(16k2－5)>0，即k>eq \f(\r(5),4)或k<－eq \f(\r(5),4)时，直线与椭圆有两个不同的公共点． 【解析】　由已知可设直线l：y＝kx＋2，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,7)＋\f(y2,2)＝1，)) 化简得(2＋7k2)x2＋28kx＋14＝0. 因为直线与椭圆相切，所以有Δ＝(28k)2－4×14×(2＋7k2)＝0， 解得k＝±eq \f(\r(14),7). (2)若直线l过点(0，2)且与椭圆C：eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,2)＝1仅有1个交点，则直线l的斜率为________． ±eq \f(\r(14),7) 　已知椭圆x2＋2y2＝12，A是x轴正半轴上一定点，过点A作倾斜角为eq \f(π,4)的直线l，若l被椭圆截得的弦长为eq \f(4\r(14),3)，求点A的坐标． 【解析】　设A(a，0)(a＞0)，则l：y＝x－a，代入椭圆方程，化简得 3x2－4ax＋2a2－12＝0①. 由题意知Δ＝16a2－12(2a2－12)＝144－8a2＞0，则0＜a2＜18. 设方程①的两实根为x1，x2， 则x1＋x2＝eq \f(4a,3)，x1x2＝eq \f(2a2－12,3). 由弦长公式，得eq \r(2)|x1－x2|＝eq \f(4\r(14),3). ∴eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(4\r(7),3)， 即eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,3)))\s\up18(2)－\f(4（2a2－12）,3))＝eq \f(4\r(7),3). 解得a2＝4，满足Δ＞0. 又a＞0，∴a＝2.故A(2，0)． 【解析】　设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，不妨设A在x轴上方，由x2＋2y2＝2，得椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1，∴a2＝2，b2＝1，c2＝1，∴c＝1，∴左焦点为F(－1，0)，∴过左焦点F的直线为y＝x＋1，代入椭圆方程x2＋2y2＝2得3x2＋4x＝0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝1，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－\f(4,3)，,y2＝－\f(1,3)，))∴|AB|＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up18(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up18(2))＝eq \f(4\r(2),3). 思考题2　过椭圆x2＋2y2＝2的左焦点作斜率为1的弦AB，则弦AB的长为(　　) A.eq \r(3)　　　　B.eq \r(2) 　　　　C.eq \f(4,3) eq \r(3) 　　　　D.eq \f(4,3) eq \r(2) 【解析】　方法一：易知直线AB的斜率存在，设其方程为y＝k(x－1)＋1， 代入椭圆方程，整理得(9k2＋4)x2＋18k(1－k)x＋9(1－k)2－36＝0. 则Δ＝36(32k2＋8k＋12)＝36eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(32\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,8)))\s\up18(2)＋\f(23,2)))＞0. 设A，B的横坐标分别为x1，x2， 则eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－18k（1－k）,2（9k2＋4）)＝1，解得k＝－eq \f(4,9). 故AB的方程为y＝－eq \f(4,9)(x－1)＋1，即4x＋9y－13＝0. 方法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2， 则2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋9yeq \o\al(2,1)＝36①，,4xeq \o\al(2,2)＋9yeq \o\al(2,2)＝36②.)) ②－①，得4(x2－x1)(x2＋x1)＋9(y2－y1)(y2＋y1)＝0. ∵M为AB中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. ∴4(x2－x1)＋9(y2－y1)＝0. ∴eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(4,9)，即kAB＝－eq \f(4,9). 由点斜式得AB的方程为 y－1＝－eq \f(4,9)(x－1)， 即4x＋9y－13＝0. (2)点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的两个不同的点，且x1≠x2，M(x0，y0)是线段AB的中点，则2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)＋\f(yeq \o\al(2,1),b2)＝1①，,\f(xeq \o\al(2,2),a2)＋\f(yeq \o\al(2,2),b2)＝1②.)) 由①－②，得eq \f(1,a2)(xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2))＋eq \f(1,b2)(yeq \o\al(2,1)－yeq \o\al(2,2))＝0，变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)，即kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0). 提醒：在使用第一种方法时，不要忽略条件Δ＞0. 思考题3　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M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率为________． eq \f(\r(2),2) 【解析】　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2， 则2,1)eq \f(x,a2) ＋2,1)eq \f(y,b2) ＝1①，2,2)eq \f(x,a2) ＋2,2)eq \f(y,b2) ＝1②. ∵M是线段AB的中点，∴eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝1.∵直线AB的斜率为－eq \f(1,2)， ∴y1－y2＝－eq \f(1,2)(x1－x2)． 由①②两式相减可得2,1)eq \f(x－xeq \o\al(2,2),a2) ＋2,1)eq \f(y－yeq \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. ∴a＝eq \r(2)b，∴c＝b，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2). 【解析】　设直线x＋y＝m与椭圆相切， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝m，,\f(x2,20)＋\f(y2,5)＝1，))消去y，得5x2－8mx＋4m2－20＝0. 令Δ＝(－8m)2－4×5×(4m2－20)＝0，得m＝5或m＝－5. ∴所求最大距离即为直线x＋y＝－5与直线l间的距离，∴最大距离为eq \f(11,\r(2))＝eq \f(11\r(2),2). 　已知直线l：x＋y＝6，P为椭圆eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1上一点，求P到l的最大距离． 【解析】　设与直线x－y＋4＝0平行且与椭圆相切的直线方程为x－y＋a＝0，a≠4， 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋a＝0，))消去x得9y2－2ay＋a2－8＝0， 由Δ＝4a2－36(a2－8)＝0， 解得a＝3或a＝－3， ∴与直线l距离较近的切线为x－y＋3＝0， 它们之间的距离即为所求最短距离， 且直线x－y＋3＝0与椭圆的切点即为所求点P. 故所求最短距离为d＝eq \f(|4－3|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2). 由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋3＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(8,3)，,y＝\f(1,3)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(1,3))). 解析　因为eq \f(02,25)＋eq \f(（－2）2,36)<1，所以点(0，－2)在椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,36)＝1的内部，而直线l过点(0，－2)，∴直线与椭圆相交，交点个数为2. 1．已知直线l过点(0，－2)，椭圆C：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,36)＝1，则直线l与椭圆C的交点个数为(　　) A．1　　　　 B．1或2　 　 C．2　　　　 D．0 解析　把y＝kx＋2代入eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，因为直线与椭圆相切，所以Δ＝(12k)2－4(3k2＋2)×6＝0，解得k＝±eq \f(\r(6),3). 2．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) eq \f(4\r(5),3) 3．若直线y＝x＋1和椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1交于A，B两点，则线段AB的长为___________． 解析　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝x＋1，))消y得3x2＋4x－2＝0，Δ>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝－eq \f(2,3)，x1＋x2＝－eq \f(4,3)，所以|AB|＝eq \r(1＋12)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up18(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))))＝eq \f(4\r(5),3). 4．直线y＝a与椭圆eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1恒有两个不同的交点，则a的取值范围是________． 解析　设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，又弦AB中点为P(3，2)，所以x1＋x2＝6，y1＋y2＝4. 又因为4xeq \o\al(2,1)＋9yeq \o\al(2,1)＝144，① 4xeq \o\al(2,2)＋9yeq \o\al(2,2)＝144，② ①－②整理可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2,3)，即kAB＝－eq \f(2,3)， 所以弦AB所在直线方程为y－2＝－eq \f(2,3)(x－3)， 即2x＋3y－12＝0. $