2025版新教材高中数学第3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课时椭圆的标准方程的应用及直线与椭圆的位置关系题型探究新人教A版选择性必修第一册

3.1.2椭圆的简洁几何性质第2课时椭圆的标准方程的应用及直线与椭圆的位置关系题型探究题型一实际生活中的椭圆问题1.(多选题)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察探测的航天器．中国科研人员利用嫦娥四号数据精确定位了嫦娥四号的着陆位置，并再现了嫦娥四号的落月过程，该成果由国际科学期刊《自然·通讯》在线发表．如图所示，现假设“四号星”沿地月转移轨道飞向月球后，在月球旁边一点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点其次次变轨进入仍以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(BD)A．a1＋c1＝a2＋c2 B．a1－c1＝a2－c2C.eq\f(c1,a1)<eq\f(c2,a2) D.eq\f(c1,a1)>eq\f(c2,a2)[解析]由图可知，a1>a2，c1>c2，所以a1＋c1>a2＋c2，所以A不正确；在椭圆轨道Ⅰ中可得，a1－c1＝|PF|，在椭圆轨道Ⅱ中可得，|PF|＝a2－c2，所以a1－c1＝a2－c2，所以B正确；a1＋c2＝a2＋c1，两边同时平方得，aeq\o\al(2,1)＋ceq\o\al(2,2)＋2a1c2＝aeq\o\al(2,2)＋ceq\o\al(2,1)＋2a2c1，所以aeq\o\al(2,1)－ceq\o\al(2,1)＋2a1c2＝aeq\o\al(2,2)－ceq\o\al(2,2)＋2a2c1，即beq\o\al(2,1)＋2a1c2＝beq\o\al(2,2)＋2a2c1，由图可得，beq\o\al(2,1)>beq\o\al(2,2)，所以2a1c2<2a2c1，eq\f(c2,a2)<eq\f(c1,a1)，所以C错误，D正确．[规律方法]解决和椭圆有关的实际问题的思路(数学抽象)(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．对点训练❶中国是世界上最古老的文明中心之一，对世界最重要的贡献之一就是独创了瓷器．中国陶瓷是世界上独一无二的，它的发展过程隐藏着特别丰富的科学和艺术．陶瓷形态各种各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美．现有一椭圆形明代瓷盘，经测量得到图中数据，则该椭圆瓷盘的焦距为(C)A．8eq\r(3)cm B．2eq\r(2)cmC．4eq\r(3)cm D．4cm[解析]由题图可设瓷盘所在椭圆的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，易知长轴长2a＝8，短轴长2b＝4，所以a＝4，b＝2，所以c＝2eq\r(3)，因此焦距为4eq\r(3).题型二直线与椭圆的位置关系2．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；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点？[解析]直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，①,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，②))将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0，③关于x的一元二次方程的判别式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．(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有两个相互重合的公共点，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．[规律方法]直线与椭圆位置关系的推断方法对点训练❷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＋2eq\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＝8k2－4eq\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)，＋∞)).题型三弦长及中点弦问题3．已知动点P与平面上两定点A(－eq\r(2)，0)，B(eq\r(2)，0)连线的斜率的积为定值－eq\f(1,2).(1)试求动点P的轨迹方程C；(2)设直线l：y＝kx＋1与(1)中曲线C交于M，N两点，当|MN|＝eq\f(4\r(2),3)时，求直线l的方程．[解析](1)设动点P的坐标是(x，y)，由题意得kPA·kPB＝－eq\f(1,2).∴eq\f(y,x＋\r(2))·eq\f(y,x－\r(2))＝－eq\f(1,2)，化简整理得eq\f(x2,2)＋y2＝1.故点P的轨迹方程C是eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠±eq\r(2))．(2)设直线l与曲线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))得(1＋2k2)x2＋4kx＝0.Δ＝16k2>0，∴x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝0.|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(2),3)，整理得k4＋k2－2＝0，解得k2＝1或k2＝－2(舍)．∴k＝±1，经检验符合题意．∴直线l的方程是y＝±x＋1，即x－y＋1＝0或x＋y－1＝0.[规律方法]1.探讨直线与椭圆的位置关系，联立方程组消元后用判别式探讨．2．求直线被椭圆截得弦长，(一)是求出两交点坐标，用两点间距离公式；(二)是用|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，其中k为直线AB的斜率，A(x1，y1)，B(x2，y2)．3．有关直线与椭圆相交弦长最值问题，要特别留意判别式的限制．对点训练❸过椭圆eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1内一点M(2,1)引一条弦，使弦被M点平分．(1)求此弦所在的直线方程；(2)求此弦长．[解析](1)方法一：设所求直线方程为y－1＝k(x－2)．代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0.又设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程的两个根，于是x1＋x2＝eq\f(82k2－k,4k2＋1).又M为AB的中点，∴eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(42k2－k,4k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2).故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.方法二：设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．又M(2,1)为AB的中点，∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又A，B两点在椭圆上，则xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝16，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al(2,2)＝16.两式相减得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＋4(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2))＝0.于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq\f(1,2)，即kAB＝－eq\f(1,2).又直线AB过点M(2,1)，故所求直线的方程为x＋2y－4＝0.(2)设弦的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq