2020版高中数学第二章椭圆的几何性质（第2课时）直线与椭圆的位置关系（一）学案.docx

第2课时直线与椭圆的位置关系(一)学习目标进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断点与椭圆、直线与椭圆的位置关系知识点一点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)与椭圆1(ab0)的位置关系：点P在椭圆上1；点P在椭圆内部1.知识点二直线与椭圆的位置关系直线ykxm与椭圆1(ab0)的位置关系的判断方法：联立消去y得到一个关于x的一元二次方程直线与椭圆的位置关系、对应一元二次方程解的个数及的取值的关系如表所示.位置关系解的个数的取值相交两解0相切一解0相离无解b0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线()2直线yk(xa)与椭圆1的位置关系是相交()题型一点与椭圆位置关系的判断例1已知点P(k,1)，椭圆1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为_考点题点答案解析依题意得，1，解得k.引申探究若将本例中P点坐标改为“P(1，k)”呢？解依题意得，1，解得k2，即k.反思感悟处理点与椭圆位置关系问题时，紧扣判定条件，然后转化为解不等式等问题，注意求解过程与结果的准确性跟踪训练1已知点(1,2)在椭圆1(nm0)上，则mn的最小值为_考点题点答案9解析依题意得，1，而mn(mn)145529，当且仅当n2m时等号成立，故mn的最小值为9.题型二直线与椭圆的位置关系命题角度1由直线与椭圆的位置关系求参数问题例2已知直线l：y2xm，椭圆C：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；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点？考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题解直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组将代入，整理得9x28mx2m240，这个关于x的一元二次方程的判别式(8m)249(2m24)8m2144.(1)由0，得3m3.于是，当3m3时，方程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(2)由0，得m3.也就是当m3时，方程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有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点(3)由0，得m3.从而当m3时，方程没有实数根，可知原方程组没有实数解这时直线l与椭圆C没有公共点反思感悟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和数形结合思想的运用跟踪训练2在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆y21有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题解由已知条件知直线l的方程为ykx，代入椭圆方程得(kx)21，整理得x22kx10，直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于8k244k220，解得k或k，所以k的取值范围为.命题角度2可化为直线与椭圆位置关系问题例3在椭圆1上求一点P，使它到直线l：3x2y160的距离最短，并求出最短距离考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题解设与椭圆相切并与l平行的直线方程为yxm，代入1，并整理得4x23mxm270，9m216(m27)0，解得m216，即m4，故两切线方程为yx4和yx4，显然yx4，即3x2y80距l最近，且最短距离d.由得故切点为P.反思感悟椭圆上的点到定直线的距离的最小值问题可转化为直线与椭圆位置关系问题，通过方程和判别式可达到解决此类题的目的跟踪训练3已知椭圆x28y28，直线l：xya0.(1)当a为何值时，l与椭圆相切；(2)若a6，在椭圆x28y28上求一点P，使它到直线l的距离最短，并求出最短距离考点题点解(1)由已知联立方程组得9y22aya280，4a236(a28)0，解得a3或a3.此时椭圆与直线l相切(2)由(1)知与l平行的两切线方程为xy30或xy30，显然xy30距l最近，d，切点P.椭圆中的对称问题典例如图，已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称求实数m的取值范围解由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，设点M为AB的中点，则M，代入直线方程ymx，解得b.由得m.素养评析(1)轴对称问题，一是抓住对称两点的中点在对称轴上，二是抓住两点连线的斜率与对称轴所在直线斜率的关系(2)通过图形捕捉到形与数联系的纽带，为解决问题打开了思路因此，培养学生直观想象的数学素养，是提高解题能力的源泉.1点A(a,1)在椭圆1的内部，则a的取值范围是()A(，)(，)B(，)C，D(2,2)考点答案B解析由题意，得1，即a22，解得a.2已知直线l：xy30，椭圆y21，则直线与椭圆的位置关系是()A相离B相切C相交D相交或相切考点题点答案A解析把xy30代入y21，得(3x)21，即5x224x320.(24)24532640, 直线与椭圆相离3椭圆1的右焦点到直线yx的距离是_考点题点答案解析椭圆1的右焦点为(1,0)，所以右焦点到直线yx的距离为.4已知椭圆4x2y21及直线yxm，当直线与椭圆有公共点时，则实数m的取值范围是_考点题点答案解析由得5x22mxm210，当直线与椭圆有公共点时，4m245(m21)0，即4m250，解得m.5若直线ykxb与椭圆1恒有两个公共点，则b的取值范围为_答案(2,2)解析直线ykxb恒过定点(0，b)，且直线ykxb与椭圆1恒有两个公共点，点(0，b)在椭圆1内部，2b1，解得a或a，故选B.2直线yx1与椭圆1的位置关系是()A相交B相切C相离D无法判断考点题点答案A解析方法一直线过点(0,1)，而00，所以直线与椭圆相交3直线yk(x2)1与椭圆1的位置关系是()A相离B相交C相切D无法判断考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题答案B解析直线yk(x2)1过定点P(2,1)，将P(2,1)代入椭圆方程，得1Bm1Cm3Dm1且m3考点题点答案D解析由得(3m)x24mxm0，0，即16m24m(3m)0，m1且m0且m3，m1且m3.5椭圆1(ab0)的离心率为，若直线ykx与椭圆的一个交点的横坐标x0b，则k的值为()A.BC.D考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆相交的其他问题答案B解析根据椭圆的离心率为，得.由x0b，得yb2，所以y0，k.6若直线ykx2与椭圆1相切，则斜率k的值是()A.BCD考点题点答案C解析联立方程可得(23k2)x212kx60，144k224(23k2)0，解得k.7以F1(1,0)，F2(1,0)为焦点且与直线xy30有公共点的椭圆中，离心率最大的椭圆方程是()A.1B.1C.1D.1考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题答案C解析由题意设椭圆方程为1，得(2b21)x26(b21)x8b29b40，由0得b24，所以b2的最小值为4，由e，则b24时，e取最大值，故选C.8.椭圆1的一个焦点为F1，点P在椭圆上，如果线段PF1的中点M在y轴上，那么点M的纵坐标为()ABCD答案C解析线段PF1的中点M在y轴上且O是线段F1F2的中点，PF2x轴，点P的横坐标是3，点P在椭圆上，1，即y2，y.二、填空题9已知以F1(2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线xy40有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为_考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题答案2解析由题意可设椭圆的方程为1(a2)，与直线方程xy40联立，得4(a23)y28(a24)y(16a2)(a24)0，由0，得a，所以椭圆的长轴长为2.10已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，椭圆C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF，若|AB|10，|AF|6，cosABF，则椭圆C的离心率e_.答案解析设椭圆的右焦点为F1，在ABF中，由余弦定理可解得|BF|8，所以ABF为直角三角形，且AFB90，又因为斜边AB的中点为O，所以|OF|c5，连接AF1，因为A，B关于原点对称，所以|BF|AF1|8，所以2a14，a7，所以离心率e.11若直线mxny4与圆x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数为_考点直线与椭圆的位置关系题点直线与椭圆的公共点个数问题答案2解析因为直线mxny4与圆x2y24没有交点，所以2，所以m2n2b0)的右焦点为F，右顶点，上顶点分别为A，B，且|AB|BF|. (1)求椭圆C的离心率；(2)若斜率为2的直线l过点(0,2)，且l交椭圆C于P，Q两点，OPOQ，求直线l的方程及椭圆C的方程解(1)由已知|AB|BF|，即a，4a24b25a2,4a24(a2c2)5a2，e.(2)由(1)知a24b2，椭圆C：1.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线l的方程为y22(x0)，即2xy20.由消去y，得x24(2x2)24b20，即17x232x164b20.3221617(b24)0，解得b.x1x2，x1x2.OPOQ，0，即x1x2y1y20，x1x2(2x12)(2x22)0，5x1x24(x1x2)40.从而40，解得b1，满足b.椭圆C的方程为y21.13设F1，F2分别是椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，|AF1|3|F1B|.(1)若|AB|4，ABF2的周长为16，求|AF2|；(2)若cosAF2B，求椭圆E的离心率考点题点解(1)由|AF1|3|F1B|，|AB|4，得|AF1|3，|F1B|1.因为ABF2的周长为16，所以由椭圆定义可得4a16，|AF1|AF2|2a8，故|AF2|835.(2)设|F1B|k，则k0且|AF1|3k，|AB|4k.由椭圆定义可得|AF2|2a3k，|BF2|2ak.在ABF2中，由余弦定理可得|AB|2|AF2|2|BF2|22|AF2|BF2|cosAF2B，即(4k)2(2a3k)2(2ak)2(2a3k)(2ak)化简可得(ak)(a3k)0，而ak0，故a3k.于是有|AF2|3k|AF1|，|BF2|5