第06课时直线与椭圆的位置关系（解析版）

第6课时直线与椭圆的位置关系编写：廖云波【回归教材】1.直线与椭圆的位置关系设直线，椭圆，把二者方程联立得到方程组，消去得到一个关于的方程.方程有两个不同的实数解，即直线与圆锥曲线有两个交点；方程有两个相同的实数解，即直线与圆锥曲线有一个交点；方程无实数解，即直线与圆锥曲线无交点.弦长的求解当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与圆锥曲线C相交于两个不同的点，则弦长.3.中点弦问题AB为椭圆的弦，，弦中点M(x0，y0)，则AB所在直线的斜率为，弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值.【典例讲练】题型一直线与椭圆的位置关系【例1-1】已知椭圆C的两个焦点分别是､，且椭圆C经过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)当m取何值时，直线与椭圆C：①有两个公共点；②只有一个公共点；③没有公共点？【答案】(1)(2)①；②；③或【解析】【分析】（1）由题意c=1，将点的坐标代入椭圆的标准方程即可；（2）联立直线与椭圆方程，根据判别式求解即可.(1)设椭圆C的标准方程为，由题意可得：解得，所以椭圆C的标准方程为：；(2)联立消去y得：，则，①当，即时，方程有两个不同的实数根，所以直线与椭圆C有两个公共点；②当，即时，方程有两个相等的实数根，所以直线与椭圆C只有一个公共点；③当，即或时，方程无实数根，所以直线与椭圆C没有公共点；综上，当时有两个公共点；当时，有一个公共点；当或，没有公共点.【例1-2】已知直线l：，曲线C：，则直线l与曲线C的位置关系是（）A．相离B．相切C．相交D．无法确定【答案】C【解析】【分析】求出直线所过的定点，证明该定点在椭圆内部即可得出结论.【详解】解：由直线l：，得直线l过定点，因为，所以该点在曲线C：内部.所以直线l与曲线C相交.故选：C.【例1-3】设椭圆，点在椭圆上，求该椭圆在P处的切线方程______.【答案】【解析】【分析】由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，代入椭圆方程中整理化简，令判别式等于零，可求出的值，从而可求得切线方程【详解】由题意可知切线的斜率存在，所以设切线方程为，将代入中得，，化简整理得，令，化简整理得，即，解得，所以切线方程为，即，故答案为：【例1-4】椭圆上的点到直线的距离的最大值为______.【答案】【解析】【分析】设与直线平行的直线与椭圆相切，然后将直线方程代入椭圆方程中，由可求出的值，再利用两平行线间的距离公式可求得结果【详解】设与直线平行的直线与椭圆相切，由得，由得，，解得设直线与直线的距离为，当时，直线为，则，当时，直线为，则，因为，所以椭圆1上的点到直线的距离的最大值为.故答案为：归纳总结：【练习1-1】不论为何值，直线与椭圆有公共点，则实数的范围是__.【答案】【解析】【分析】方法一：将直线方程与椭圆的方程联立消元得，运用根的判断式建立不等式求解即可；方法二：若过定点的直线均与椭圆有公共点，则该点位于椭圆的内部或椭圆上，求得直线所过的定点，代入椭圆的方程建立不等式求解即可.【详解】解：方法一：把直线代入椭圆1，化为．其中．(注意这个坑)，直线与椭圆1有公共点，恒成立，化简为．上式对于任意实数都成立，，解得．实数的范围是．方法二：因为直线恒过定点所以代入得即因为是椭圆，所以故的取值范围是．故答案为：．【练习1-2】已知圆锥曲线上的点的坐标满足．(1)说明是什么图形，并写出其标准方程；(2)若斜率为1的直线与交于轴右侧不同的两点，，求直线在轴上的截距的取值范围．【答案】(1)圆锥曲线是以，为焦点，长轴长为的椭圆，(2)【解析】【分析】（1）由平面上两点间距离公式及椭圆的定义即得；（2）由题可设直线：，联立椭圆的方程，利用韦达定理可得，即求.(1)由题可知点到定点，的距离之和为，∴圆锥曲线是以，为焦点，长轴长为的椭圆，所以其标准方程为.(2)设直线：，，，由，消去，得，由题意，有，解得，所以直线在轴上的截距的取值范围为.题型二弦长问题【例2-1】椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程；(2)经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）利用椭圆的离心率，过点，及，列方程解出即可得椭圆方程；（2）由已知可得直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解.(1)解：由题意得，解得，又因为点在椭圆C上，带入得，所以椭圆的标准方程为.(2)解：易得直线l的解析式为，设，联立椭圆的方程得，所以．【例2-2】已知椭圆及直线．(1)当直线与椭圆有公共点时，求实数的取值范围；(2)求直线被椭圆截得的最长弦的长度．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)联立直线与圆的方程，由判别式可得答案.(2)由（1）得出韦达定理，由弦长公式可得答案.(1)由方程组消去并整理，得．因为直线与椭圆有公共点，所以．解得．故实数的取值范围是．(2)由根与系数的关系，得，，则弦长故当时，取得最大值为．归纳总结：【练习2-1】已知直线：与椭圆：交于，两点．(1)求的取值范围；(2)若，求的值．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）联立直线与椭圆方程得到含参数m的一元二次方程，由它们有两个交点知，即可求参数范围.（2）已知弦长，结合弦长公式列方程求参数值即可.(1)由题设，联立直线与椭圆方程有，整理可得：，因为直线与椭圆有两个交点，所以，可得.(2)由（1）可得：，，又，整理得：，所以，经检验满足题设，故.题型三中点弦、弦中点问题【例3-1】已知椭圆的左焦点为，过作一条倾斜角为的直线与椭圆交于两点，若为线段的中点，则椭圆的离心率是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求解作答.【详解】设点，依题意，，相减得，因直线AB的倾斜角为，即直线AB的斜率为，又为线段的中点，则，，因此有，即，所以椭圆的离心率.【例3-2】椭圆，则该椭圆所有斜率为的弦的中点的轨迹方程为_________________．【答案】【解析】【分析】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，利用点差法可得答案.【详解】设斜率为的直线方程为，与椭圆的交点为，设中点坐标为，则，所以，两式相减可得，，即，由于在椭圆内部，由得，所以时，即直线与椭圆相切，此时由解得或，所以，所求得轨迹方程为．故答案为：．【例3-3】已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴顶点分别为、，四边形的面积为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线交椭圆于，两点，若的中点坐标为，求直线的方程.【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）直接由离心率和四边形的面积建立关于的方程，解方程即可；（2）直接通过点差法求出直线斜率，再通过点斜式写出方程即可.(1)因为离心率，所以，因为，所以.因为四边形的面积为32，所以，所以，，故椭圆的标准方程为(2)设，，则两式相减得，所以.因为的中点坐标为在椭圆内部，所以，所以直线的斜率为1，故直线的方程为，即.归纳总结：【练习3-1】已知椭圆的弦所在直线过点，求弦中点的轨迹方程.【答案】【解析】【分析】设，弦的中点，将代入椭圆方程，点差法可得，时利用，可得答案；时，则直线方程为，代入椭圆方程解得坐标，满足上述方程，可得答案.【详解】设，弦的中点，则，将代入椭圆方程得，两式相减得，所以，当时，，因为，所以，则，整理得；当时，则直线方程为，代入椭圆方程解得所以满足上述方程，故点的轨迹方程.【练习3-2】已知椭圆的短轴长为，焦点坐标分别为和.(1)求椭圆的标准方程.(2)直线与椭圆交于两点，若线段的中点，求直线的方程.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）假设椭圆方程，根据短轴长、焦点坐标和椭圆关系可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；（2）利用点差法可求得直线斜率，由此可得直线方程.(1)由题意可设椭圆方程为：，则，解得：，椭圆的标准方程为：.(2)设，，则，两式作差得：，直线斜率，又中点为，，，，直线方程为：，即.题型四直线与椭圆的综合【例4-1】已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上在第一象限内的任意一点，且的周长为．(1)求的方程；(2)已知点，若不过点的直线与交于、两点，且，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，根据平面向量数量积的坐标运算可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线所过定点的坐标.(1)解：的周长为，由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.(2)解：由可得.若直线的斜率不存在，设点、，则，其中，则，，所以，，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，得，，即，，因为，，由，得，即，则，整理得，解得.所以，直线的方程为，过定点．【例4-2】已知点，圆：，点是圆上的动点，的垂直平分线与交于点，记的轨迹为．(1)求的方程；(2)设经过点的直线与交于，两点，求证：为定值，并求出该定值．【答案】(1)(2)证明见解析，定值为【解析】【分析】（1）根据点在的垂直平分线上，得，从而可得，则有的轨迹是以A，为焦点的椭圆，即可得解；（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线的斜率存在时，设：，，，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理求得，，再证明为定值即可.(1)解：圆的圆心为，半径，由点在的垂直平分线上，得，所以，所以的轨迹是以A，为焦点的椭圆，，，所以，，，所以的方程为；(2)证明：①当直线的斜率不存在时，易知，②当直线的斜率存在时，设：，，，则把代入得，显然，有，，，所以，综上所述，为定值．归纳总结：【练习4-1】设椭圆：的离心率为，焦距为2，过右焦点的直线与椭圆交于A，两点，点，设直线与直线的斜率分别为，.(1)求椭圆的方程；(2)随着直线的变化，是否为定值？请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【解析】【分析】（1）根据焦距，求得c值，根据离心率，求得a值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案.（2）当直线l斜率为0，即为x轴时，分析可得；当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，将直线与椭圆联立，可得关于y的一元二次方程，利用韦达定理，可得、表达式，根据斜率公式，化简整理，即可得证.(1)因为焦距，所以，因为离心率，所以，所以，所以椭圆的方程为.(2)当直线l斜率为0，即为x轴时，则，所以；当直线l斜率不为0时，设直线的方程为：，，，将直线l与椭圆联立，消x整理得，所以，，所以，，所以.综上所述：为定值0.【请完成课时作业（五十五）】【课时作业（五十五）】A组基础题1．直线与椭圆的交点个数为（）．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的方程求得其右顶点为，上顶点为，结合直线的截距式方程，即可求解.【详解】由题意，椭圆，可得，则椭圆的右顶点为，上顶点为，又由直线恰好过点，所以直线与椭圆有且仅有2个公共点.故选：C.2．若椭圆的中心为原点，过椭圆的焦点的直线l与椭圆交于，两点，已知的中点为，则椭圆的长轴长为（）A．B．4C．D．【答案】D【解析】【分析】由题意知，再根据、、、的关系可以求出、的关系，以及椭圆的性质可以求出，继而求出长轴长.【详解】由焦点在x轴上，设椭圆的方程为，，.∵，在椭圆上，∴作差得.(*)∵直线l过和，且的中点为，∴，.，代入(*)式，得，即.又∵，，解得，所以椭圆的长轴长为.故选：D.3．若直线和圆没有公共点，则过点的直线与椭圆的公共点个数为（）A．0B．1C．2D．需根据a，b的取值来确定【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系，得到，进而结合圆和椭圆的位置关系，即可求得答案.【详解】因为直线和圆没有公共点，所以原点到直线的距离，即，所以点是在以原点为圆心，为半径的圆内的点，又因为椭圆，可得，所以圆内切于椭圆，所以点在椭圆的内部，所以过点的一条直线与椭圆的公共点的个数为.故选：C.4．直线y＝x+m与椭圆交于A，B两点，若弦长，则实数m的值为（）A．B．±1C．D．±2【答案】B【解析】【分析】联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，结合求得的值.【详解】设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理可得：3x2+4mx+2m2﹣2＝0，则x1+x2＝，x1x2＝，所以弦长|AB|＝＝＝，由题意可得：＝，解得：.故选：B5．已知椭圆的左､右焦点分别是，，过的直线与椭圆C交于A，B两点，则的面积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由题知，直线，进而与椭圆方程联立得，，进而根据计算即可.【详解】解：由题意可得，，则直线.联立，整理得，设，，则，，从而.因为，所以的面积是.故选：A6．【多选题】已知直线x＝my－1经过椭圆C：的一个焦点F，且与C交于不同的两点A，B，椭圆C的离心率为，则下列结论正确的有（）A．椭圆C的短轴长为B．弦的最小值为3C．存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点D．若，则【答案】BCD【解析】【分析】由于直线x＝my－1经过定点，则由题意得，再由离心率为可求出，从而可求出，则可求出椭圆方程，然后结合椭圆的性质逐个分析判断即可【详解】依题意可知，直线x＝my－1经过定点，所以．又椭圆C的离心率为，所以a＝2，则，所以椭圆C的短轴长为，所以A选项不正确；当m＝0时，弦AB即为椭圆的一条通径，且，所以B选项正确；椭圆C的长轴长为2a＝4，所以，当最短时，此时点在以AB为直径的圆外，当趋近于4时，点在以AB为直径的圆内，因此，存在实数m，使得以AB为直径的圆恰好过点，所以C选项正确；由，得，设，，则，联立整理得，恒成立，则，．因为，所以解得，所以D选项正确．故选：BCD．7．【多选题】泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点到点的距离是点到直线的距离的一半.若某直线上存在这样的点，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（）A．点的轨迹方程是B．直线：是“最远距离直线”C．平面上有一点，则的最小值为5.D．点P的轨迹与圆：是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）【答案】ABC【解析】【分析】对A，设，根据定义建立关系可求出；对B，联立直线与椭圆方程，判断方程组是否有解即可；对C，根据定义转化为求即可；对D，易判断为交点.【详解】设，因为点到点的距离是点到直线的距离的一半，所以，化简得，故A正确；联立方程可得，解得，故存在，所以直线：是“最远距离直线”，故B正确；过P作PB垂直直线，垂足为B，则由题可得，则，则由图可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故C正确；由可得，即圆心为，半径为1，易得点P的轨迹与圆交于点，故D错误.故选：ABC.8．在直角坐标系中，椭圆C方程为，P为椭圆C上的动点，直线的方程为：，则点P到直线的距离d的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】设椭圆切线，联立椭圆方程求出切线方程，利用平行线的距离判断椭圆上点到已知直线距离的最值.【详解】令与椭圆相切，消去x整理得：，所以，可得，显然与椭圆无交点，当，切线为，与距离为；当，切线为，与距离为；所以点P到直线的距离d的最小值为.故答案为：9．椭圆方程为椭圆内有一点，以这一点为中点的弦所在的直线方程为，则椭圆的离心率为______．【答案】【解析】【分析】设，利用“点差法”得到，即可求出离心率.【详解】设直线与椭圆交于，则.因为AB中点,则.又，相减得：.所以所以所以，所以，即离心率.故答案为：.10．已知椭圆的上顶点为M，下顶点为N，左、右焦点分别为，，四边形的面积为，且为正三角形．(1)求椭圆的标准方程．(2)当直线与椭圆交于A，B两点时，满足，求直线的方程．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）根据题意列出关于a,b,c的方程，解得其值，即可求得答案;（2）联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，将展开，代入根与系数的关系式化简，可求得答案.(1)由四边形的面积为，可得，由为正三角形．可得，则，则，故椭圆的标准方程为；(2)联立和椭圆的方程为，可得，，设，则，由可得，即，即，解得，故直线的方程为.B组能力提升1．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．【答案】【解析】【分析】令的中点为，设，，利用点差法得到，设直线，，，求出、的坐标，再根据求出、，即可得解；【详解】解：令的中点为，因为，所以，设，，则，，所以，即所以，即，设直线，，，令得，令得