1、第八篇 平面解析几何专题8.06直线与椭圆的位置关系【考点聚焦突破】考点一中点弦及弦长问题角度1中点弦问题【例11】 已知椭圆y21，(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.【答案】见解析【解析】(1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2x12x，y2y12y，由于点P，Q在椭圆上，则有：得，所以，化简得x22x2y22y0(包含在椭圆y21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2x4y30.【规律方法】弦及弦中点问题的解决方法(1)根
2、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12】 (2019北京朝阳区模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为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？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】(1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(c，0)，(c，0)，由题意可得解得a2，c1，则b2a2c23，故椭圆C
3、的标准方程为1.(2)假设存在斜率为1的直线l，设为yxm，由(1)知F1，F2的坐标分别为(1，0)，(1，0)，所以以线段F1F2为直径的圆为x2y21，由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d1，得|m|0，解得m27，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2，|CD|x1x2|AB|，解得m20)，由消去x，得(10b24)y214(b24)y9b413b21960，设直线y3x7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，y1y22，解得b28.所求椭圆方程为1.法二椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，设椭圆的方程为1(b0).设直
4、线y3x7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则得0，即，又弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为2，k3，代入上式得3，解得b28，故所求的椭圆方程为1.考点二最值与范围问题【例2】 (2019天津和平区质检)已知P点坐标为(0，2)，点A，B分别为椭圆E：1(ab0)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.【答案】见解析【解析】(1)由ABP是等腰直角三角形，得a2，B(2，0).设Q(x0，y0)，则由，得代入椭
5、圆方程得b21，所以椭圆E的方程为y21.(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为ykx2.联立消去y并整理得(14k2)x216kx120.(*)因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，故(16k)248(14k2)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x1x2y1y20，又由x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)2k40，解得k24，综上可得k24，则k2或2k.则满足条件的斜率k的取值范围为.【规律方法】最值与范围问题的解题思路1.构造关于所
6、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.【易错警示】(1)设直线方程时，应注意讨论斜率不存在的情况.(2)利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式.【训练2】 已知P(x0，y0)是椭圆C：y21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.【答案】A【解析】由题意可知F1(，0)，F2(，0)，则(x0)(x0)yxy30.因为点P在椭圆上，所以y1.所以x30，解得x0，即x0的取值范围是.【反思
7、与感悟】解决中点弦、弦长及最值与范围问题一般利用“设而不求”的思想，通过根与系数的关系构建方程求解参数、计算弦长、表达函数.【易错防范】1.涉及直线的斜率时，要考虑直线斜率不存在的情况是否符合题意.2.求某几何量的最值或范围要考虑其中变量的取值范围.【核心素养提升】【数学运算】高考【解析】几何问题中的“设而不求”1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程，解析几何正是利用数学运算解决几何问题的一门科2.“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简.解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根
8、据题意，整体消参或整体代入等.类型1巧妙运用抛物线定义得出与根与系数关系的联系，从而设而不求【例1】 (2017山东卷)在平面直角坐标系xOy中，双曲线1(a0，b0)的右支与焦点为F的抛物线x22py(p0)交于A，B两点，若|AF|BF|4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为_.【答案】yx【解析】法一设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由抛物线定义可得|AF|BF|yAyB4yAyBp，由可得a2y22pb2ya2b20，所以yAyBp，解得ab，故该双曲线的渐近线方程为yx.法二(点差法)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|y1，|BF|y2，|OF|，由|
9、AF|BF|y1y2y1y2p4|OF|2p，得y1y2p.易知直线AB的斜率kAB.由得kAB，则，所以，所以双曲线的渐近线方程为yx.类型2中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法【例2】 (1)ABC的三个顶点都在抛物线E：y22x上，其中A(2，2)，ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为_.(2)抛物线E：y22x上存在两点关于直线yk(x2)对称，则k的取值范围是_.【答案】(1)xy0(2)(，)【解析】(1)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知G，则从而即M，又y2x1，y2x2，两式相
10、减得(y1y2)(y1y2)2(x1x2)，则直线BC的斜率kBC1，故直线BC的方程为y(1)，即4x4y50.(2)当k0时，显然成立.当k0时，设两对称点为B(x1，y1)，C(x2，y2)，BC的中点为M(x0，y0)，由y2x1，y2x2，两式相减得(y1y2)(y1y2)2(x1x2)，则直线BC的斜率kBC ，由对称性知kBC，点M在直线yk(x2)上，所以y0k，y0k(x02)，所以x01.由点M在抛物线内，得y2x0，即(k)22，所以k0【例3】 人教A版教材选修21第62页习题2.3 B组第4题：已知双曲线x21，过点P(1，1)能否作一条直线l与双曲线交于A，B两点，
11、且点P是线段AB的中点？【答案】见解析【解析】假设存在直线l与双曲线交于A，B两点，且点P是线段AB的中点.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1x2，由两式相减得(x1x2)(x1x2)0，又1，1，所以2(x1x2)(y1y2)0，所以kAB2，故直线l的方程为y12(x1)，即y2x1.由消去y得2x24x30，因为162480且m3及m0得m1且m3.2.设直线ykx与椭圆1相交于A，B两点，分别过A，B两点向x轴作垂线，若垂足恰为椭圆的两个焦点，则k等于()A. B. C. D.2【答案】A【解析】由题意可知，点A与点B的横坐标即为焦点的横坐标，又c1，当k0时，不妨设A，B
12、两点的坐标分别为(1，y1)，(1，y2)，代入椭圆方程得y1，y2，解得k；同理可得当kb0)及点B(0，a)，过点B与椭圆相切的直线交x轴的负半轴于点A，F为椭圆的右焦点，则ABF()A.60 B.90 C.120 D.150【答案】B【解析】由题意知，切线的斜率存在，设切线方程ykxa(k0)，与椭圆方程联立消去y整理得(b2a2k2)x22ka3xa4a2b20，由(2ka3)24(b2a2k2)(a4a2b2)0，得k，从而yxa交x轴于点A，又F(c，0)，易知0，故ABF90.5.斜率为1的直线l与椭圆y21相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A.2 B. C. D.【答案
13、】C【解析】设直线l的方程为yxt，代入y21，消去y得x22txt210，由题意知(2t)25(t21)0即t2b0)的右顶点为A(1，0)，过其焦点且垂直于长轴的弦长为1，则椭圆方程为_.【答案】x21【解析】因为椭圆1的右顶点为A(1，0)，所以b1，焦点坐标为(0，c)，因为过焦点且垂直于长轴的弦长为1，所以1，a2，所以椭圆方程为x21.7.(2019河南八校联考)已知椭圆C：1(ab0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|a，APPQ，则椭圆C的离心率为_.【答案】【解析】不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|，因为APPQ，所以在RtP
14、OA中，cos POA，故POA60，易得P，代入椭圆方程得1，故a25b25(a2c2)，所以椭圆C的离心率e.8.已知椭圆的方程是x22y240，则以M(1，1)为中点的弦所在直线方程是_.【答案】x2y30【解析】由题意知，以M(1，1)为中点的弦所在直线的斜率存在，设其方程为ykxb，则有kb1，即b1k，即ykx(1k)，联立方程组则有(12k2)x2(4k4k2)x(2k24k2)0，所以1，解得k(满足0)，故b，所以yx，即x2y30.三、解答题9.(2017北京卷)已知椭圆C的两个顶点分别为A(2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)点D为
15、x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作AM的垂线交BN于点E.求证：BDE与BDN的面积之比为45.【答案】见解析【解析】(1)解设椭圆C的方程为1(ab0).由题意得解得c.所以b2a2c21.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设M(m，n)，则D(m，0)，N(m，n).由题设知m2，且n0.直线AM的斜率kAM，故直线DE的斜率kDE.所以直线DE的方程为y(xm).直线BN的方程为y(x2).联立解得点E的纵坐标yE.由点M在椭圆C上，得4m24n2，所以yEn.又SBDE|BD|yE|BD|n|，SBDN|BD|n|.所以BDE与BDN的面积之比为45.10
16、.(2019上海静安区模拟)已知A，B分别为椭圆C：1(ab0)在x轴正半轴、y轴正半轴上的顶点，原点O到直线AB的距离为，且|AB|.(1)求椭圆C的离心率；(2)直线l：ykxm与圆x2y22相切，并与椭圆C交于M，N两点，若|MN|，求k的值.【答案】见解析【解析】(1)由题设知，A(b，0)，B(0，a)，直线AB的方程为1，又|AB|，ab0，计算得出a2，b，则椭圆C的离心率为e.(2)由(1)知椭圆方程为1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则消去y得，(3k24)x26kmx3m2120，直线l与椭圆相交，则0，即48(3k2m24)0，且x1x2，x1x2.又直线l与圆x
17、2y22相切，则，即m22(k21).而|MN|，又|MN|，所以，即5k43k220，解得k1，且满足0，故k的值为1.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019北京东城区调研)已知圆M：(x2)2y21经过椭圆C：1(m3)的一个焦点，圆M与椭圆C的公共点为A，B，点P为圆M上一动点，则P到直线AB的距离的最大值为()A.25 B.24C.411 D.410【答案】A【解析】易知圆M与x轴的交点为(1，0)，(3，0)，m31或m39，则m4或m12.当m12时，圆M与椭圆C无交点，舍去.所以m4.联立得x216x240.又x2，所以x82.故点P到直线AB距离的最大值为3(8
18、2)25.12.(2019广州调研)在平面直角坐标系xOy中，直线xy20与椭圆C：1(ab0)相切，且椭圆C的右焦点F(c，0)关于直线l：yx的对称点E在椭圆C上，则OEF的面积为()A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】联立方程可得消去x，化简得(a22b2)y28b2yb2(8a2)0，由0得2b2a280.设F为椭圆C的左焦点，连接FE，易知FEl，所以FEEF，又点F到直线l的距离d，所以|EF|，|FE|2a|EF|，在RtFEF中，|FE|2|EF|2|FF|2，化简得2b2a2，代入2b2a280得b22，a2，所以|EF|FE|2，所以SOEFSFEF1.13.已知直
19、线l：ykx2过椭圆1(ab0)的上顶点B和左焦点F，且被圆x2y24截得的弦长为L，若L，则椭圆离心率e的取值范围是_.【答案】【解析】依题意，知b2，kc2.设圆心到直线l的距离为d，则L2，解得d2.又因为d，所以，解得k2.于是e2，所以0e2，又由0eb0)过点P(2，1)，且离心率e.(1)求椭圆C的方程；(2)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.【答案】见解析【解析】(1)因为e2，所以a24b2.又椭圆C：1(ab0)过点P(2，1)，所以1.所以a28，b22.故所求椭圆方程为1.(2)设l的方程为yxm，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y整理得x22mx2m240.所以x1x22m，x1x22m24.又直线l与椭圆相交，所以4m28m2160，解得|m|b0)，直线l1：yx，直线l2：yx，P为椭圆上任意一点，过P作PMl1且与直线l2交于点M，作PNl2且与l1交于点N，若|PM|2|PN|2为定值，则椭圆的离心率为_.【答案】【解析】设|PM|2|PN|2t，M，N，P(x，y).因为四边形PMON为平行四边形，所以|PM|2|PN|2|ON|2|OM|2(xx)t.因为，所以则x24y22(xx)t，此方程为椭圆方程，即1，则椭圆的离心率e.17
浙公网安备33030202001339号