2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第九章平面解析几何第5节椭圆第2课时直线与椭圆的位置关系
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第二课时 直线与椭圆的位置关系
考点一 直线与椭圆的位置关系
【例1】 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
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.
规律方法 研究直线与椭圆位置关系的方法
(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.
【训练1】 (一题多解)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>0
C.00且m≠5，∴m≥1－5k2恒成立，
∴m≥1且m≠5.
答案 D
考点二 中点弦及弦长问题 多维探究
角度1 中点弦问题
【例2－1】 (一题多解)已知P(1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________.
解析 法一 易知此弦所在直线的斜率存在，
∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，
又∵x1＋x2＝2，∴＝2，解得k＝－.
经检验，k＝－满足题意.
故此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
法二 易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，
弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，①
＋＝1，②
①－②得＋＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，
∴k＝＝－.
经检验，k＝－满足题意.
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
答案 x＋2y－3＝0
规律方法 弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.
角度2 弦长问题
【例2－2】 (2020·黄山一模)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝，点P是椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值是4.
(1)求椭圆的方程；
(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四点，AC与BD相交于点F1，·＝0，且||＋||＝，求此时直线AC的方程.
解 (1)由题意知，当点P是椭圆上(或下)顶点时，△PF1F2的面积取得最大值.
此时，S△PF1F2＝·2c·b＝4，
又e＝＝，a2＝b2＋c2，
解得a＝4，b＝2，故所求椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)知F1(－2，0)，由·＝0得AC⊥BD.
①当直线AC与BD中有一条直线的斜率不存在时，
||＋||＝14，不合题意.
②当直线AC的斜率存在且为k(k不为0)时，
其方程为y＝k(x＋2).
由消去y得
(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以||＝|x1－x2|＝.
直线BD的方程为y＝－(x＋2)，同理可得||＝.
由||＋||＝＝，
解得k2＝1，则k＝±1.
故所求直线AC的方程为x－y＋2＝0或x＋y＋2＝0.
规律方法 弦长问题的求解方法有：(1)求出两交点坐标，用两点间距离公式求解；(2)用弦长公式：|AB|＝|x1－x2|或|AB|＝|y1－y2|(k≠0)求解，其中k为直线AB的斜率，A(x1，y1)，B(x2，y2).
注意两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点.
【训练2】 (1)(角度1)(2019·长春二检)椭圆4x2＋9y2＝144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为( )
A.－ B.－ C.－ D.－
(2)(角度2)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.
解析 (1)设以P为中点的弦所在的直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，斜率为k，则4x＋9y＝144，4x＋9y＝144，两式相减得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0，又x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，＝k，代入解得k＝－.
(2)法一 由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y，得3x2－5x＝0，
故得A(0，－2)，B，则
|AB|＝＝.
法二 由题意知，椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，
由消去y得3x2－5x＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝0，
则|AB|＝
＝
＝＝.
答案 (1)A (2)
考点三 直线与椭圆的综合问题
【例3】 (2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线.
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值.
(1)解 由题设得·＝－，
化简得＋＝1(|x|≠2)，
所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点.
(2)①证明 设直线PQ的斜率为k，
则其方程为y＝kx(k>0).
由得x＝±.
设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u).
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.
②解 由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积
S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，
则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号.
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，
所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
规律方法 最值与范围问题的解题思路
1.构造关于所求量的函数，通过求函数的值域来获得问题的解.
2.构造关于所求量的不等式，通过解不等式来获得问题的解.在解题过程中，一定要深刻挖掘题目中的隐含条件，如判别式大于零等.
【训练3】 (2020·长沙质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解 (1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由＝，得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得b>0)，则c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，所以＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
答案 C
3.(2019·郑州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点，若△AF1B的周长为12，则C的方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析 由题意可得＝，4a＝12，解得a＝3，c＝2，则b＝＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
答案 D
4.已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一条弦所在的直线方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4，1)，则椭圆的离心率是( )
A. B. C. D.
解析 设直线与椭圆交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入椭圆方程，由点差法可知yM＝－xM，代入k＝1，M(－4，1)，解得＝，e＝＝，故选C.
答案 C
5.(2020·皖北名校联考)斜率为1的直线l与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( )
A. B. C. D.
解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线的方程为y＝x＋m，由消去y得5x2＋8mx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·
＝·，
∴当m＝0时，|AB|取得最大值，故选B.
答案 B
二、填空题
6.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，若长轴长为6，且两焦点恰好将长轴三等分，则此椭圆的标准方程为________.
解析 椭圆长轴长为6，即2a＝6，得a＝3，
∵两焦点恰好将长轴三等分，
∴2c＝·2a＝2，得c＝1，
因此，b2＝a2－c2＝9－1＝8，
所以此椭圆的标准方程为＋＝1.
答案 ＋＝1
7.(2019·成都诊断)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，若△ABC是底角为30°的等腰三角形，则＝________.
解析 由题意知∠CAB＝30°，∴tan 30°＝＝，
∴＝＝＝＝.
答案
8.(2020·衡水调研)与椭圆＋y2＝1有相同的焦点且与直线l：x－y＋3＝0相切的椭圆的离心率为________.
解析 因为所求椭圆与椭圆＋y2＝1有相同的焦点，所以可设所求椭圆的方程为＋＝1(a>1)，联立方程组⇒(2a2－1)x2＋6a2x＋10a2－a4＝0，
因为直线l与椭圆相切，所以Δ＝36a4－4(2a2－1)(10a2－a4)＝0，
化简得a4－6a2＋5＝0，即a2＝5或a2＝1(舍).
则a＝.又c＝1，所以e＝＝＝.
答案
三、解答题
9.已知椭圆＋y2＝1.
(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；
(2)求过点P且被P点平分的弦所在直线的方程.
解 (1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：
①－②得＝－＝－，
所以－＝，
化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆＋y2＝1内部的部分).
(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－＝－，因此所求直线方程是y－＝－，化简得2x＋4y－3＝0.
10.(2019·全国Ⅱ卷)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点.
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围.
解 (1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率为e＝＝－1.
(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当
|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞).
B级 能力提升
11.已知P(x0，y0)是椭圆C：＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则x0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由题意可知F1(－，0)，F2(，0)，则·＝(x0＋)(x0－)＋y＝x＋y－3<0.因为点P在椭圆上，所以y＝1－.所以x＋－3<0，解得－b>0)的左、右焦点，点P是椭圆上位于第二象限内的点，延长PF1交椭圆于点Q，若PF2⊥PQ，且|PF2|＝|PQ|，则椭圆的离心率为________.
解析 连接F2Q，由已知PF2⊥PQ，且|PF2|＝|PQ|，得△F2PQ是等腰直角三角形，设|PF2|＝m，|QF2|＝n，由椭圆的定义得|PF1|＝2a－m，|QF1|＝2a－n，则有2a－m＋2a－n＝m，且n＝m，∴m＝2(2－)a.
在Rt△F1PF2中，由勾股定理得，m2＋(2a－m)2＝4c2，即[2(2－)a]2＋[2a－2(2－)a]2＝4c2，
∴4(6－4)a2＋(12－8)a2＝4c2，即(9－6)a2＝c2，
从而e2＝＝9－6，又知0b>0)过点P(2，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB的面积的最大值.
解 (1)因为e2＝＝＝，所以a2＝4b2.
又椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点P(2，1)，
所以＋＝1.所以a2＝8，b2＝2.
故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y整理，得x2＋2mx＋2m2－4＝0.
所以x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4.
又直线l与椭圆相交，所以Δ＝4m2－8m2＋16>0，解得|m|<2.
则|AB|＝×＝.
点P到直线l的距离d＝＝.
所以S△PAB＝d|AB|＝××＝≤＝2.
当且仅当m2＝2，即m＝±时，△PAB的面积取得最大值为2.
C级 创新猜想
15.(多填题)(2020·河南顶级名校联考改编)设椭圆＋＝1(a>b>0)长轴的端点分别为A，B.点C
为椭圆上异于A，B的一点，若将△ABC的三内角记为A，B，C，且满足3tan A＋3tan B＋tan C＝0，则tan A·tan B的值为________，椭圆的离心率为________.
解析 法一 ∵3tan A＋3tan B＋tan C＝0，
∴3tan(A＋B)(1－tan Atan B)＋tan C＝0，
∴－3tan C(1－tan Atan B)＋tan C＝0.
∵tan C≠0，∴tan Atan B＝.
设C(x，y)，A(－a，0)，B(a，0)，则＋＝1.
∵tan Atan B＝，∴－·＝，
∴＝，∴＝，
∴＝，∴＝，∴e＝.
法二 设点C(0，b)，则有tan A＝tan B＝，由A＋B＋C＝π得，tan C＝－tan(A＋B)＝－＝＝，又知3tan A＋3tan B＋tan C＝0，所以tan C＝－3·(tan A＋tan B)＝－，因此可得＝－，即6(b2－a2)＝－2a2，∴3b2＝2a2，∴＝，即tan A·tan B＝，该椭圆的离心率e＝＝＝.
答案
