3.1.2第2课时直线与椭圆的位置关系及应用课件-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，核心内容为直线与椭圆的位置关系及应用。课堂导入从点与椭圆位置关系入手，通过自主学习的填练结合搭建基础，再过渡到直线与椭圆的联立方程、判别式判断，形成从基础到综合应用的学习支架。 其亮点在于结合嫦娥四号轨道、隧道设计等实际案例，用数学眼光发现现实问题中的椭圆模型，互动探究中通过根与系数法、点差法培养数学思维的推理与运算能力，分层作业设计帮助学生提升应用意识，教师可借助系统资源高效教学。

第三章　圆锥曲线的方程 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及应用 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 自主学习通道 两个 ＞ 一个 ＝ 零个 ＜ 自主学习通道 × √ √ √ 自主学习通道 C 自主学习通道 C 自主学习通道 B 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 BD 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 32 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 D 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 B 巩固提升通道 A 巩固提升通道 A 巩固提升通道 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 3 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4x＋9y－13＝0 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.了解椭圆在实际生活中的应用.2.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断直线与椭圆的位置关系． 填一填 1．点与椭圆的位置关系 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⇔2,0) eq \f(x,a2) ＋2,0) eq \f(y,b2) ＝1； 点P在椭圆内部⇔2,0) eq \f(x,a2) ＋2,0) eq \f(y,b2) <1； 点P在椭圆外部⇔2,0) eq \f(x,a2) ＋2,0) eq \f(y,b2) >1. 2．直线与椭圆的位置关系 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得到一个关于x的一元二次方程． 位置关系 交点的个数 Δ的取值 相交 eq \o(□,\s\up4(1)) Δ eq \o(□,\s\up4(2)) 0 相切 eq \o(□,\s\up4(3)) Δ eq \o(□,\s\up4(4)) 0 相离 eq \o(□,\s\up4(5)) Δ eq \o(□,\s\up4(6)) 0 练一练 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)长轴是椭圆中最长的弦．(　　) (3)直线y＝k(x－a)与椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1的位置关系是相交．(　　) (4)过椭圆的焦点的直线中垂直于长轴的直线被椭圆截得的弦长最短．(　　) 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． 3．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，,\f(x2,4)＋y2＝1，))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). 4．若直线l：2x＋my＋3＝0过椭圆C：10x2＋y2＝10的一个焦点，则m等于(　　) A．1 B．±1 C．－1 D．±2 解析　因为椭圆C：10x2＋y2＝10化为标准方程为x2＋ eq \f(y2,10)＝1，易知其焦点F1(0，－3)，F2(0，3)，所以m＝1或－1. 类型一　椭圆的实际应用问题 【例1】　(多选)中国的嫦娥四号探测器，简称“四号星”，是世界首个在月球背面软着陆和巡视探测的航天器．如图所示，现假设“四号星”沿地月转移轨道飞向月球后，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道Ⅰ绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行．若用2c1和2c2分别表示椭圆轨道Ⅰ和Ⅱ的焦距，用2a1和2a2分别表示椭圆轨道Ⅰ 和Ⅱ的长轴长，则下列式子正确的是(　　) A．a1＋c1＝a2＋c2 B．a1－c1＝a2－c2 C． eq \f(c1,a1)< eq \f(c2,a2) D． eq \f(c1,a1)> eq \f(c2,a2) 解析　由题图可知，a1>a2，c1>c2，所以a1＋c1>a2＋c2，所以A错误； 在椭圆轨道Ⅰ中可得，a1－c1＝|PF|， 在椭圆轨道Ⅱ中可得，a2－c2＝|PF|， 所以a1－c1＝a2－c2，所以B正确； a1＋c2＝a2＋c1，两边同时平方得，a eq \o\al(2,1)＋c eq \o\al(2,2)＋2a1c2＝a eq \o\al(2,2)＋c eq \o\al(2,1)＋2a2c1， 所以a eq \o\al(2,1)－c eq \o\al(2,1)＋2a1c2＝a eq \o\al(2,2)－c eq \o\al(2,2)＋2a2c1， 即b eq \o\al(2,1)＋2a1c2＝b eq \o\al(2,2)＋2a2c1，由题图可得，b eq \o\al(2,1)>b eq \o\al(2,2)，所以2a1c2<2a2c1， eq \f(c2,a2)< eq \f(c1,a1)，所以C错误，D正确． 解决和椭圆有关的实际问题的思路 (1)通过数学抽象，找出实际问题中涉及的椭圆，将原问题转化为数学问题． (2)确定椭圆的位置及要素，并利用椭圆的方程或几何性质求出数学问题的解． (3)用解得的结果说明原来的实际问题． [跟踪训练1]　某隧道的拱线设计为半个椭圆的形状，最大拱高h为6米(如图)，路面设计是双向车道，车道总宽为8 eq \r(7)米．如果限制通行车辆的高度不超过4.5米，那么隧道设计的拱宽d至少应是 米． 解析　设椭圆方程为 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,36)＝1，则当x＝4 eq \r(7)时，y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(112,a2)))×36. ∵车辆高度不超过4.5米，∴y≥4.5， ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(112,a2)))×36≥4.52，∴a≥16， ∴d＝2a≥32，即拱宽至少应是32米． 类型二　直线与椭圆的位置关系 【例2】　已知直线y＝x＋m与椭圆 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,9)＝1，当直线和椭圆相离、相切、相交时，分别求m的取值范围． 解　由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,16)＋\f(y2,9)＝1，))消去y，得25x2＋32mx＋16m2－144＝0. ∴Δ＝(32m)2－4×25×(16m2－144)＝9×43(25－m2). 当Δ>0，即－5<m<5时，直线和椭圆相交； 当Δ＝0，即m＝±5时，直线和椭圆相切； 当Δ<0，即m>5或m<－5时，直线和椭圆相离． 综上所述，当m∈(－∞，－5)∪(5，＋∞)时，直线与椭圆相离； 当m＝±5时，直线与椭圆相切； 当m∈(－5，5)时，直线与椭圆相交． 直线与椭圆的位置关系的判断 判断直线与椭圆有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程组是否有实数解或实数解的个数问题，此时要注意分类讨论思想的运用． [跟踪训练2]　(1)无论k为何值，直线y＝kx＋2和椭圆 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1的交点情况为 (　　) A．没有公共点 B．一个公共点 C．两个公共点 D．至少有一个公共点 (2)已知直线l：y＝kx＋2与椭圆C： eq \f(x2,2)＋y2＝1有公共点，则k的取值范围为 ． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),2)))∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，＋∞)) 解析　(1)因为直线y＝kx＋2过定点(0，2)，且椭圆 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1的上顶点也为(0，2)，所以当直线的斜率为0时，此时直线与椭圆相切，仅有一个公共点，当直线的斜率不为0时，此时直线与椭圆有两个公共点，故选D. (2)联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，)) 整理得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0. 因为直线l与椭圆C有公共点， 所以Δ＝(8k)2－24(2k2＋1)≥0， 解得k≥ eq \f(\r(6),2)或k≤－ eq \f(\r(6),2). 类型三　中点弦、弦长问题 【例3】　已知点P(4，2)是直线l被椭圆 eq \f(x2,36)＋ eq \f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，求直线l的方程． 解　解法一(根与系数关系法)：由题意可知直线l的斜率存在，设其方程为y－2＝k(x－4)， 而椭圆的方程可以化为x2＋4y2－36＝0. 将直线方程代入椭圆方程得(4k2＋1)x2－8k(4k－2)x＋4(4k－2)2－36＝0. 设直线l与椭圆的两个交点的横坐标分别为x1，x2，所以x1＋x2＝ eq \f(8k(4k－2),4k2＋1)＝8，解得k＝－ eq \f(1,2). 所以直线l的方程为y－2＝－ eq \f(1,2)(x－4)， 即x＋2y－8＝0. 解法二(点差法)：设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，又椭圆的方程可以化为x2＋4y2－36＝0，所以2,1) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋4y eq \o\al(2,1)－36＝0，,x eq \o\al(2,2)＋4y eq \o\al(2,2)－36＝0，)) 两式相减，有(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0. 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(1,2)，即直线l的斜率k＝－ eq \f(1,2). 所以直线l的方程为x＋2y－8＝0. 变式探究 (变设问)在本例条件下，求直线l被椭圆截得的弦长． 解　由例题可知直线l的方程为x＋2y－8＝0，联立直线与椭圆方程得x2－8x＋14＝0，设直线l与椭圆的两个交点的横坐标分别为x1，x2，所以x1＋x2＝8，x1x2＝14，所以直线l被椭圆截得的弦长为 eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up42(2))× eq \r(82－4×14)＝ eq \r(10). 1．解决椭圆中点弦问题的两种方法 (1)根与系数关系法：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． (2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交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＞0，b＞0且a≠b)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点， 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， 由①－②，变形整理得 eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(b2,a2)· eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，即kAB＝－ eq \f(b2x0,a2y0). 2．直线与椭圆相交所得的弦长问题 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>0，b>0且a≠b)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则线段AB叫做直线l被椭圆截得的弦，线 段AB的长度叫做弦长．此时有以下弦长公式成立： |AB|＝ eq \r(1＋k2)· eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)或 |AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))· eq \r((y1＋y2)2－4y1y2). [跟踪训练3]　(1)过点(3，0)且斜率为 eq \f(4,5)的直线被椭圆 eq \f(x2,25)＋ eq \f(y2,16)＝1所截得的线段的中点坐标为 ． (2)(2023·金华期末)椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(\r(3),2)，且椭圆与直线x＋2y＋8＝0相交于点P，Q，且|PQ|＝ eq \r(10)，求椭圆的方程． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))) 解析　(1)过点(3，0)且斜率为 eq \f(4,5)的直线方程为y＝ eq \f(4,5)(x－3)， 联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,5)(x－3)，,\f(x2,25)＋\f(y2,16)＝1，))得x2－3x－8＝0. 设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3，y1＋y2＝ eq \f(4,5)(x1＋x2)－ eq \f(24,5)＝－ eq \f(12,5)，∴直线被椭圆所截得的线段的中点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(6,5))). (2)∵e＝ eq \f(\r(3),2)，∴b2＝ eq \f(1,4)a2， ∴椭圆的方程为x2＋4y2＝a2， 与x＋2y＋8＝0联立消去y，得2x2＋16x＋64－a2＝0， 由Δ＞0得a2＞32，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－8，x1·x2＝ eq \f(64－a2,2)，由弦长公式得10＝ eq \f(5,4)×[64－2(64－a2)]， ∴a2＝36，b2＝9. ∴椭圆的方程为 eq \f(x2,36)＋ eq \f(y2,9)＝1. 探究窗　椭圆中的最值与范围问题 【典例】　已知椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 eq \f(\r(3),3)，点M在椭圆上，且满足MF2⊥x轴，|MF1|＝ eq \f(4\r(3),3). (1)求椭圆的方程； (2)若直线y＝kx＋2交椭圆于A，B两点，求△ABO(O为坐标原点)面积的最大值． [解]　(1)由离心率为 eq \f(\r(3),3)，得 eq \f(c2,a2)＝ eq \f(1,3)， 又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2， 即椭圆方程为 eq \f(x2,3c2)＋ eq \f(y2,2c2)＝1. 因为点M在椭圆上，且MF2⊥x轴， 故把x＝c代入椭圆方程， 可得点M的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，±\f(2\r(3),3)c))， 由|MF1|＝ eq \r(|F1F2|2＋|MF2|2) ＝ eq \r(4c2＋\f(4,3)c2)＝ eq \f(4\r(3),3)， 得c＝1，从而a2＝3，b2＝2， 所以椭圆方程为 eq \f(x2,3)＋ eq \f(y2,2)＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝kx＋2代入椭圆方程，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由Δ＞0，可得3k2－2＞0， 则有x1＋x2＝－ eq \f(12k,3k2＋2)，x1x2＝ eq \f(6,3k2＋2)， 所以|x1－x2|＝ eq \r((x1＋x2)2－4x1x2) ＝ eq \f(2\r(18k2－12),3k2＋2). 因为直线y＝kx＋2与y轴的交点坐标为(0，2)， 所以△OAB的面积S＝ eq \f(1,2)×2×|x1－x2| ＝ eq \f(2\r(18k2－12),3k2＋2)＝ eq \f(2\r(6×(3k2－2)),3k2＋2). 令3k2－2＝t，则t∈(0，＋∞)， 所以S＝ eq \f(2\r(6t),t＋4)＝2 eq \r(\f(6t,t2＋8t＋16))＝ 2 eq \r(\f(6,t＋\f(16,t)＋8))≤ eq \f(\r(6),2)， 当且仅当t＝4，即k＝± eq \r(2)时取等号． 所以当k＝± eq \r(2)时，△ABO面积取最大值，最大值为 eq \f(\r(6),2). 椭圆中的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法：若题目中的条件和结论明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解题． (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，从而确定函数的取值范围； ②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； ③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而确定函数的取值范围； ④利用基本不等式求出函数的取值范围； ⑤利用函数值域的求法，确定函数的取值范围. [针对训练]　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． 解　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\{\rc\ (\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，所以与直线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\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋3＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(8,3)，,y＝\f(1,3)，))即P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(1,3))). 1．知识清单 (1)实际生活中的椭圆问题． (2)直线与椭圆的位置关系． (3)中点弦及弦长的求法． (4)椭圆中的最值与范围问题． 2．方法归纳：分类讨论、根与系数关系法、点差法． 3．常见误区：忽略直线中斜率不存在的情况． 1.已知椭圆C： eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,5)＝1，点A(1，1)，则点A与椭圆C的位置关系是(　　) A．点在椭圆上 B．点在椭圆内 C．点在椭圆外 D．无法判断 解析　因为 eq \f(1,9)＋ eq \f(1,5)＝ eq \f(14,45)<1，所以点A在椭圆C内部． 2．直线y＝x＋1与椭圆 eq \f(x2,5)＋ eq \f(y2,4)＝1的位置关系为(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定 解析　解法一：联立直线与椭圆的方程得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)>0，所以直线与椭圆相交． 解法二：直线过点(0，1)，而0＋ eq \f(1,4)<1，即点(0，1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交，故选A. 3．过椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点F(c，0)的弦中，最短弦长是(　　) A． eq \f(2b2,a) B． eq \f(2a2,b) C． eq \f(2c2,a) D． eq \f(2c2,b) 解析　最短弦是过焦点F(c，0)且与焦点所在坐标轴垂直的弦．将点(c，y)的坐标代入 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1，得y＝± eq \f(b2,a)，故最短弦长是 eq \f(2b2,a). 4．若P为椭圆 eq \f(x2,3)＋y2＝1上任意一点，则点P到直线x＋y＋4＝0的距离的最大值是 ，此时点P的坐标是 ． 3 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2))) 解析　设与直线x＋y＋4＝0平行的直线x＋y＋m＝0(m≠4)与椭圆相切， 联立直线与椭圆方程得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＋m＝0，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y，整理得4x2＋6mx＋3m2－3＝0， 由Δ＝(6m)2－16(3m2－3)＝0，即12m2＝48，解得m＝±2. 当m＝－2时，直线x＋y＋4＝0与直线x＋y－2＝0的距离d1＝ eq \f(|4－(－2)|,\r(12＋12))＝3 eq \r(2)； 当m＝2时，直线x＋y＋4＝0与直线x＋y＋2＝0的距离d2＝ eq \f(|4－2|,\r(12＋12))＝ eq \r(2). 由3 eq \r(2)> eq \r(2)可知m＝－2符合题意． 将m＝－2代入4x2＋6mx＋3m2－3＝0，即(2x－3)2＝0，可解得x＝ eq \f(3,2)， 将x＝ eq \f(3,2)代入x＋y－2＝0可得y＝ eq \f(1,2)，则点P的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)))，此时距离的最大值为3 eq \r(2). 基础巩固 1．(2024·长沙一中检测)若点P(a，1)在椭圆 eq \f(x2,2)＋ eq \f(y2,3)＝1的外部，则a的取值范围为 (　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(3),3)))∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，＋∞)) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3))) 解析　因为点P在椭圆 eq \f(x2,2)＋ eq \f(y2,3)＝1的外部，所以 eq \f(a2,2)＋ eq \f(12,3)>1，解得a> eq \f(2\r(3),3)或a<－ eq \f(2\r(3),3). 2．直线l： eq \r(3)x＋y－ eq \r(3)＝0与椭圆C： eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,4)＝1的一个交点坐标为(　　) A．(2， eq \r(3)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,13)，\f(11\r(3),13))) C．(－2，3 eq \r(3)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)，\f(15\r(3),13))) 解析　由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))可得13x2－24x－4＝0，解得x＝2或x＝－ eq \f(2,13)， 当x＝2时，y＝－ eq \r(3)，当x＝－ eq \f(2,13)时，y＝ eq \f(15\r(3),13)，所以直线与椭圆的交点坐标为(2，－ eq \r(3))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,13)，\f(15\r(3),13))).故选D. 3．已知直线l：y＝x＋m与椭圆C： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1有公共点，则m的取值范围是(　　) A．[－ eq \r(7)， eq \r(7)] B．[－ eq \r(6)， eq \r(7)] C．[－ eq \r(6)， eq \r(6)] D．[－2 eq \r(2)，2 eq \r(2)] 解析　将y＝x＋m代入椭圆方程消去y， 得7x2＋8mx＋4m2－12＝0. ∵直线与椭圆有公共点，∴方程有解， ∴Δ＝64m2－4×7×(4m2－12)≥0， 解得－ eq \r(7)≤m≤ eq \r(7)，即m的取值范围为[－ eq \r(7)， eq \r(7)].故选A. 4．(2023·浙江宁波期中)若直线mx＋ny＝9和圆x2＋y2＝9没有公共点，则过点P(m，n)的直线与椭圆 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,9)＝1的交点个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．不确定 解析　因为直线mx＋ny＝9和圆x2＋y2＝9没有公共点，所以圆心(0，0)到直线mx＋ny－9＝0的距离d＝ eq \f(|－9|,\r(m2＋n2))>3，即m2＋n2<9，故点P(m，n)在圆x2＋y2＝9内．因为圆x2＋y2＝9在椭圆 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,9)＝1内，所以点P(m，n)在椭圆 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,9)＝1内，所以过点P(m，n)的直线与椭圆 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,9)＝1有2个交点．故选C. 5．椭圆 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1上的点P到直线x＋2y－9＝0的最短距离为(　　) A． eq \r(5) B． eq \f(7\r(5),5) C． eq \f(9\r(5),5) D． eq \f(13\r(5),5) 解析　设与已知直线平行，且与椭圆相切的直线为x＋2y＋b＝0(b≠－9)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2y＋b＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得4x2＋2bx＋b2－12＝0， 所以Δ＝(2b)2－4×4(b2－12)＝0，解得b＝±4，所以椭圆上的点P到直线x＋2y－9＝0的最短距离为d＝ eq \f(|－9－(－4)|,\r(12＋22))＝ eq \r(5). 6.已知过椭圆 eq \f(x2,2)＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线交椭圆于A，B两点，设O为坐标原点，则 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))等于(　　) A．－3　　 B．－ eq \f(1,3)　 C．3　　 D． eq \f(1,3) 解析　当直线l过椭圆的右焦点(1，0)时，直线l的方程为y＝x－1.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得3x2－4x＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝ eq \f(4,3)，x1x2＝0， 故 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(x1－1)(x2－1)＝2x1x2－(x1＋x2)＋1＝－ eq \f(4,3)＋1＝－ eq \f(1,3).同理，当直线l过椭圆的左焦点时，也可得 eq \o(OA,\s\up15(→))· eq \o(OB,\s\up15(→))＝－ eq \f(1,3). 7．过椭圆 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1的焦点的最长弦的弦长为 ，最短弦的弦长为 ． 解析　过椭圆焦点的最长弦为长轴，其长度为2a＝4；最短弦为垂直于长轴的弦，因为c＝1，将x＝1代入 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1，得y＝± eq \f(3,2)，所以最短弦的弦长为2× eq \f(3,2)＝3. 8．已知椭圆方程是 eq \f(x2,9)＋ eq \f(y2,4)＝1，则以A(1，1)为中点的弦MN所在的直线方程为 ． 解析　设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， 2,1) eq \f(x,9) ＋2,1) eq \f(y,4) ＝1　①，2,2) eq \f(x,9) ＋2,2) eq \f(y,4) ＝1　②， ①－②得 eq \f((x1＋x2)(x1－x2),9) ＝－ eq \f((y1＋y2)(y1－y2),4)， 所以k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(4(x1＋x2),9(y1＋y2)) ＝－ eq \f(4×2,9×2)＝－ eq \f(4,9). 所以直线l的方程为y－1＝－ eq \f(4,9)(x－1)， 即4x＋9y－13＝0. 9．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1.求当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　联立直线l的方程与椭圆C的方程，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－3 eq \r(2)＜m＜3 eq \r(2)时，方程①有两个不同的实数解，这时直线l与椭圆C有两个公共点． (2)当Δ＝0，即m＝±3 eq \r(2)时，方程①有两个相同的实数解，这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点． (3)当Δ＜0，即m＜－3 eq \r(2)或m＞3 eq \r(2)时，方程①没有实数解，这时直线l与椭圆C没有公共点． 10．已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为－ eq \f(1,4). (1)求椭圆C的离心率； (2)若直线y＝ eq \f(1,2)(x＋1)与椭圆C相交于A，B两点，|AB|＝ eq \f(\r(35),2)，求椭圆C的标准方程． 解　(1)由题意可知，椭圆上顶点的坐标为(0，b)，左、右顶点的坐标分别为(－a，0)，(a，0)， ∴ eq \f(b,a)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,a)))＝－ eq \f(1,4)， 即a2＝4b2，则a＝2b. 又a2＝b2＋c2，∴c＝ eq \r(3)b， ∴椭圆的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2). (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(1,2)(x＋1)，))得2x2＋2x＋1－4b2＝0， ∴Δ＝32b2－4>0，x1＋x2＝－1，x1x1＝ eq \f(1－4b2,2)，∴|AB|＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up42(2))|x1－x2| ＝ eq \f(\r(5),2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2) ＝ eq \f(\r(5),2) eq \r(8b2－1)＝ eq \f(\r(35),2)， 解得 eq \r(8b2－1)＝ eq \r(7)， ∴b2＝1，满足Δ>0， ∴a2＝4， ∴椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1. 能力提升 11．定义：圆锥曲线C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1的两条相互垂直的切线的交点Q的轨迹是以坐标原点为圆心， eq \r(a2＋b2)为半径的圆，这个圆称为蒙日圆．已知椭圆C的方程为 eq \f(x2,5)＋ eq \f(y2,4)＝1，P是直线l：x＋2y－3＝0上的一点，过点P作椭圆C的两条切线与椭圆相切于M，N两点，O是坐标原点，连接OP，当∠MPN为直角时，kOP＝(　　) A．－ eq \f(3,4)或 eq \f(4,3) B． eq \f(12,5)或0 C．－ eq \f(9,5)或 eq \f(12,5) D．－ eq \f(4,3)或0 解析　根据题意及蒙日圆定义知，点P在圆：x2＋y2＝a2＋b2＝9上，设P(x，y)， 又P是直线l：x＋2y－3＝0上的一点， 故联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,x2＋y2＝9，)) 解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,5)，,y＝\f(12,5)))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝0，)) 即点P为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,5)，\f(12,5)))或(3，0)， 所以直线OP的斜率为－ eq \f(4,3)或0.故选D. 12．已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则∠ABF等于(　　) A．60° B．90° C．120° D．150° 解析　由题意知切线的斜率存在，设切线方程为y＝kx＋a(k>0)，与椭圆方程联立得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋a，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，))消去y，整理得(b2＋a2k2)x2＋2a3kx＋a4－a2b2＝0，由Δ＝4a6k2－4(b2＋a2k2)·(a4－a2b2)＝0，得k＝ eq \f(c,a)，从而y＝ eq \f(c,a)x＋a.因为直线交x轴的负半轴于点A，所以A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,c)，0)). 又F(c，0)，所以 eq \o(BA,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a2,c)，－a))， eq \o(BF,\s\up15(→))＝(c，－a)，则 eq \o(BA,\s\up15(→))· eq \o(BF,\s\up15(→))＝0，故∠ABF＝90°，故选B. 13．已知椭圆 eq \f(x2,2)＋y2＝1，则所有与椭圆相交且斜率为2的弦的中点的轨迹方程为 ． 解析　设斜率为2的直线与椭圆 eq \f(x2,2)＋y2＝1交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为M(x，y)，由点差法可知，k＝2＝ eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－ eq \f(1,2)× eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－ eq \f(1,2)× eq \f(x,y)，即x＋4y＝0. 又椭圆的弦的中点只能在椭圆内， ∴ eq \f(x2,2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,4))) eq \s\up42(2)<1，解得－ eq \f(4,3)<x< eq \f(4,3). ∴所求的轨迹方程为x＋4y＝0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)<x<\f(4,3))). x＋4y＝0 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)<x<\f(4,3))) 多元数学 14．(逻辑推理)已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2，3)，且点F(2，0)为其右焦点． (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解　(1)依题意，可设椭圆C的方程为 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2，0)，则|AF|＝3，|AF′|＝5， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝2，,2a＝3＋5＝8，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(c＝2，,a＝4.)) 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,16)＋ eq \f(y2,12)＝1. (2)假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝ eq \f(3,2)x＋t(t≠0). 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))消去y，整理得3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因为直线l与椭圆C有公共点，所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)≥0，解得－4 eq \r(3)≤t≤4 eq \r(3)，且t≠0. 另一方面，由直线OA与l的距离d＝4可得 eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4，解得t＝±2 eq \r(13). 因为±2 eq \r(13)∉[－4 eq \r(3)，0)∪(0，4 eq \r(3)]， 所以符合题意的直线l不存在． $