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2023高考数学统考一轮复习第8章平面解析几何第5节第2课时直线与椭圆教师用书教案理新人教版202303081246

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第2课时 直线与椭圆考点一 直线与椭圆的位置关系 直线与椭圆位置关系判断的步骤(1)联立直线方程与椭圆方程.(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程.(3)当Δ>0时,直线与椭圆相交;当Δ=0时,直线与椭圆相切;当Δ<0时,直线与椭圆相离.1.若直线y=kx+1与椭圆+=1总有公共点,则m的取值范围是(  )A.m>1       B.m>0C.0<m<5且m≠1D.m≥1且m≠5D [∵直线y=kx+1恒过定点(0,1),∴要使直线y=kx+1与椭圆+=1总有公共点,只需+≤1,即m≥1,又m≠5,故m的取值范围为m≥1且m≠5,故选D.]2.已知直线l:y=2x+m,椭圆C:+=1.试问当m取何值时,直线l与椭圆C:(1)有两个不重合的公共点;(2)有且只有一个公共点;(3)没有公共点.[解] 将直线l的方程与椭圆C的方程联立,得方程组将①代入②,整理得9x2+8mx+2m2-4=0.③方程③根的判别式Δ=(8m)2-4×9×(2m2-4)=-8m2+144.(1)当Δ>0,即-3<m<3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有两个不重合的公共点.(2)当Δ=0,即m=±3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有两个互相重合的公共点,即直线l与椭圆C\n有且只有一个公共点.(3)当Δ<0,即m<-3或m>3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.点评:(1)研究直线和椭圆的位置关系,一般转化为研究其直线方程与椭圆方程组成的方程组解的个数;(2)对于过定点的直线,也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点.考点二 弦长及中点弦问题 1.弦长问题常用“根与系数的关系”设而不求,利用弦长公式|AB|=·=,(A(x1,y1),B(x2,y2),k为直线的斜率)计算弦长.2.中点弦问题常用“点差法”,即设出弦的两端点坐标后,代入圆锥曲线方程,并将两式相减,式中含有x1+x2,y1+y2,三个未知量,这样就直接联系了中点和直线的斜率,借用中点公式即可求得斜率. 弦长问题[典例1-1] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆C的一个焦点.点M(0,2),直线MF的斜率.(1)求椭圆C的方程;(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A,B两点,线段AB的中点为N,且|AB|=|MN|,求l的方程.[解] (1)由题意,可得解得则b2=a2-c2=2,故椭圆C的方程为+=1.(2)当直线l的斜率不存在时,|AB|=2,|MN|=2,|AB|≠|MN|,不合题意,故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+2,联立得(1+4k2)x2+16kx+8=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,Δ=(16k)2-32(1+4k2)=128k2-32>0,即k2>.\n设N(x0,y0),则x0==-,因为|AB|=|MN|,所以|x1-x2|=|x0-0|,则=|x0|,即=,整理得k2=>.故k=±,所以直线l的方程为y=±x+2.点评:涉及弦长问题在求解时务必注意两点:一是所设直线方程其斜率是否存在.二是保证直线与椭圆相交,即消元后对应方程其判别式Δ>0. 中点弦问题[典例1-2] (1)已知直线x-y+1=0与椭圆C:+=1(a>b>0)交于A,B两点,且线段AB中点为M,若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150°,则椭圆C的离心率为(  )A.B.C.D.(2)若椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),直线y=3x+7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1,则这个椭圆的方程为.(1)D  (2)+=1 [(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点M(x0,y0).∵+=1,+=1,两式相减可得+=0,把x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=k=,=tan150°=-,代入可得=-·,解得=.∴e==.故选D.(2)法一:(直接法)∵椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),∴设椭圆方程为+=1(b>0),由消去x,得(10b2+4)y2-14(b2+4)y-9b4+13b2+196=0,设直线y=3x+7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知=1,\n∴y1+y2==2,解得b2=8.∴所求椭圆方程为+=1.法二:(点差法)∵椭圆的中心在原点,一个焦点为(0,2),∴设椭圆的方程为+=1(b>0).设直线y=3x+7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则①-②得+=0,即·=-,又∵弦AB的中点的纵坐标为1,故横坐标为-2,k==3,代入上式得3×=-,解得b2=8,故所求的椭圆方程为+=1.]点评:与椭圆中点弦有关的问题应用椭圆中点弦的斜率公式kAB·kOM=-,即kAB=-比较方便快捷,其中点M的坐标为(x0,y0).1.过椭圆+=1内一点P(3,1),且被点P平分的弦所在直线的方程是(  )A.4x+3y-13=0B.3x+4y-13=0C.4x-3y+5=0D.3x-4y+5=0B [设所求直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,由题意得①-②得+=0,又P(3,1)是AB的中点.∴x1+x2=6,y1+y2=2,∴kAB==-.\n故直线AB的方程为y-1=-(x-3),即3x+4y-13=0,故选B.]2.已知椭圆C:+=1的左、右焦点分别为F1,F2,若斜率为-1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A,B两点,与椭圆相交于C,D,且=,求出直线l的方程.[解] 设直线l的方程为y=-x+m,由题意知F1,F2的坐标分别为(-1,0),(1,0),所以以线段F1F2为直径的圆的方程为x2+y2=1,由题意知圆心(0,0)到直线l的距离d=<1,得|m|<.|AB|=2=2=×,联立消去y,得7x2-8mx+4m2-12=0,由题意得Δ=(-8m)2-4×7×(4m2-12)=336-48m2=48(7-m2)>0,解得m2<7,设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,|CD|=|x1-x2|=×=×=×=|AB|=××,解得m2=<2,得m=±.即存在符合条件的直线l,其方程为y=-x±.考点三 直线与椭圆的综合问题 转化思想在直线与椭圆综合问题中的应用(1)以向量为背景的综合题:常先将向量关系坐标化,然后借助根与系数的关系求解.(2)以几何图形为背景的综合题:常体现数形结合思想,可先把几何图形中的平行、垂直等关系代数化(借助向量或斜率公式),再利用根与系数的关系求解.[典例2] 如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点在椭圆C上,过原点O的直线与椭圆C相交于M,N两点,且|MF|+|NF|=4.\n图①        图②(1)求椭圆C的方程;(2)设P(1,0),Q(4,0),过点Q且斜率不为零的直线与椭圆C相交于A,B两点,证明:∠APO=∠BPQ.[解] (1)如图,取椭圆C的左焦点F′,连接MF′,NF′,由椭圆的几何性质知|NF|=|MF′|,则|MF′|+|MF|=2a=4,得a=2.将点代入椭圆C的方程得+=1,解得b=1.故椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明:设点A的坐标为(x1,y1),点B的坐标为(x2,y2).由图可知直线AB的斜率存在,设直线AB的方程为y=k(x-4)(k≠0).联立方程消去y得,(4k2+1)x2-32k2x+64k2-4=0,Δ=(-32k2)2-4(4k2+1)(64k2-4)>0,k2<,直线AP的斜率为=.同理直线BP的斜率为.由+======0.由上得直线AP与BP的斜率互为相反数,可得∠APO=∠BPQ.点评:\n圆锥曲线中的两角相等问题,其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题,即已知点B,D在垂直于坐标轴的同一直线上,若要证明∠ABD=∠CBD,需证kAB+kBC=0.(2020·天津高考)已知椭圆+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.(1)求椭圆的方程;(2)已知点C满足3=,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.[解] (1)∵椭圆+=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),∴b=3,由|OA|=|OF|,得c=b=3,又由a2=b2+c2,得a2=32+32=18,所以,椭圆的方程为+=1.(2)∵直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以CP⊥AB,根据题意可知,直线AB和直线CP的斜率均存在,设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y+3=kx,即y=kx-3,由方程组消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=.将x=代入y=kx-3,得y=k·-3=,所以,点B的坐标为,因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为,由3=,得点C的坐标为(1,0),所以,直线CP的斜率kCP==,又因为CP⊥AB,所以k·=-1,\n整理得2k2-3k+1=0,解得k=或k=1.所以,直线AB的方程为y=x-3或y=x-3.

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发布时间:2022-08-25 17:31:08 页数:8
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文章作者:U-336598

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