3.1.2 第2课时 椭圆方程与性质的应用-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦椭圆方程与性质的应用，核心知识点包括点与椭圆的位置关系判定，直线与椭圆的相交、相切、相离三种位置关系判断，以及相交弦长、中点弦问题的求解。课堂导入通过类比点与圆、直线与圆的位置关系，以问题链引导学生自主探究，形成判定结论，搭建从旧知到新知的学习支架。 其亮点在于互动探究环节设计丰富，题型涵盖一题多解（如弦长计算的坐标法、韦达定理法等）、母题变式（变条件、变结论），培养学生逻辑推理和数学运算核心素养。规律方法总结系统，如代数法判断位置关系步骤、点差法解中点弦问题等，帮助学生构建知识体系，提升解题能力，也为教师提供结构化教学资源，便于实施分层教学。

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 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 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 课后案·学业评价 栏目导航 点击进入Word 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． [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 [提示] 三种：相交、相离、相切． 导学2　直线与椭圆的位置关系 [提示] 三种：相交、相离、相切． [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．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (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．2 eq \r(2)　　　　　　　 B．± eq \r(2) C．±2 eq \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＝±2 eq \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 eq \f(x2,4) INCLUDEPICTURE "例1.tif" (教材例7·改编)对不同的实数值m，讨论直线y＝x＋m与椭圆＋y2＝1的位置关系． [解析]　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＋2 eq \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＝8k2－4 eq \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 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． [解析]　(1)设弦的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则4x eq \o\al(2,1)＋5y eq \o\al(2,1)＝20，4x eq \o\al(2,2)＋5y eq \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)，B eq \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)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2－\f(4,3)))\s\up12(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 \o\al(2,AB) eq \r((x1－x2)2（1＋k）) ＝eq \o\al(2,AB) eq \r(（1＋k）[(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)))\s\up12(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 \o\al(2,AB) eq \r((y1－y2)2·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋1))) ＝eq \o\al(2,AB) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k)))[(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)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3))))))＝ eq \f(5\r(5),3). [答案]　(1)A　(2)略 [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＋12 eq \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)))\s\up12(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 \o\al(2,1) eq \f(x,a2) ＋eq \o\al(2,1) eq \f(y,b2) ＝1　①， eq \o\al(2,2) eq \f(x,a2) ＋eq \o\al(2,2) eq \f(y,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 \o\al(2,1) eq \f(x－x eq \o\al(2,2),a2) ＋eq \o\al(2,1) eq \f(y－y eq \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) 知识落实 技法强化 直线与椭圆的位置关系、弦长及中点弦问题． (1)利用公式|AB|＝ eq \r(1＋k2)· eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))\s\up12(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． $