3.1.2第二课时椭圆的方程及性质的应用 学案（含答案）

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1、第二课时第二课时 椭圆的方程及性质的应用椭圆的方程及性质的应用 课标要求 素养要求 1.巩固椭圆的简单几何性质. 2.会判断直线与椭圆的位置关系. 3.能利用弦长公式解决相关问题. 通过运用椭圆的几何性质解决问题，提 升逻辑推理及数学运算素养. 自主梳理 1.点与椭圆的位置关系 点 P(x0，y0)与椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的位置关系： 点 P 在椭圆上x 2 0 a2 y20 b21； 点 P 在椭圆内部x 2 0 a2 y20 b21. 2.直线与椭圆的位置关系 直线 ykxm 与椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的位置关系判断方法：联立 ykxm， x2 a2 y2

2、 b21. 消去 y(或 x)得到一个关于 x(或 y)的一元二次方程 位置关系 解的个数 的取值 相交 两解 0 相切 一解 0 相离 无解 b0)或 y2 a2 x2 b21(ab0)， 直线与椭圆的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则|AB| （x1x2）2（y1y2）2， 所以|AB| （x1x2）2（kx1kx2）2 1k2（x1x2）2 1k2（x1x2）24x1x2， 或|AB| 1 ky1 1 ky2 2 （y1y2）2 1 1 k2 （y1y2）2 _1 1 k2 （y1y2）24y1y2. 其中，x1x2，x1x2或 y1y2，y1y2的值，可通过由直线方程

3、与椭圆方程联立消去 y(或 x)后得到关于 x(或 y)的一元二次方程，利用根与系数的关系求得. 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. 自主检验 1.思考辨析，判断正误 (1)若直线的斜率一定，则当直线过椭圆的中心时，弦长最大.() (2)已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)与点 P(b，0)，过点 P 可作出该椭圆的一条切线.() 提示 因椭圆中 ab0，所以点 P(b，0)在椭圆的内部，故无法作椭圆的切线. (3)直线 yk(xa)与椭圆x 2 a2 y2 b21 的位置关系是相交.() (4)直线与椭圆的位置关系有：相离、相切、相交三种.

4、() 2.已知 F1，F2是椭圆x 2 4y 21 的两个焦点，P 为椭圆上一动点，则使|PF1| |PF2| 取最大值的点 P 为( ) A.(2，0) B.(0，1) C.(2，0) D.(0，1)或(0，1) 答案 D 解析 由椭圆的定义得|PF1|PF2|2a4， 所以|PF1| |PF2| |PF1|PF2| 2 2 4， 当且仅当|PF1|PF2|2，即 P 点坐标为(0，1)或(0，1)时，取“”.故选 D. 3.过椭圆x 2 4y 21 的右焦点且与椭圆长轴垂直的直线与椭圆相交于 A，B 两点， 则|AB|等于( ) A.4 B.2 3 C.1 D.4 3 答案 C 解析 因为

5、x 2 4y 21 中 a24，b21， 所以 c23， 所以右焦点坐标为( 3，0)， 将 x 3代入x 2 4y 21 得，y1 2， 故|AB|1.故选 C. 4.已知点 P(m，1)在椭圆x 2 4 y2 31 的外部，则实数 m 的取值范围是_. 答案 ，2 6 3 2 6 3 ， 解析 由题意可知m 2 4 1 31，解得 m 2 6 3 或 m2 6 3 . 题型一 直线与椭圆位置关系的判断 【例 1】 当 m 取何值时，直线 l：yxm 与椭圆 9x216y2144 分别满足下列 条件： (1)无公共点；(2)有且仅有一个公共点；(3)有两个公共点？ 解 由 yxm， 9x21

6、6y2144消去 y 得 9x 216(xm)2144， 整理得 25x232mx16m21440， (32m)2425(16m2144)576m214 400. (1)当 0 时，得 m 5，此时直线 l 与椭圆有且仅有一个公共点； (2)当 0 时，得5m5，此时直线 l 与椭圆有两个公共点； (3)当 0 时，得 m5，此时直线 l 与椭圆无公共点. 思维升华 判断直线与椭圆的位置关系， 可以直接由直线方程和椭圆方程联立后， 通过消元得到关于 x(或 y)的一元二次方程，然后利用判别式判断即可；有些题目 也可注意直线所恒过的点与椭圆的位置关系，从而得到所求范围. 【训练 1】 若直线 y

7、xm 与椭圆x 2 4y 21 有两个公共点，求 m 的取值范围. 解 把直线方程 yxm 与椭圆方程x 2 4y 21 联立，消去 y，得到关于 x 的一元 二次方程 5x28mx4m240， 由 0， 得(8m)245(4m24)0， 解得 5 m0. 所以直线 l 的方程为 y21 2(x4)， 即 x2y80. 思维升华 研究直线与椭圆相交的关系问题的通法是通过解直线方程与椭圆方程 构成的方程组，利用根与系数的关系或中点坐标公式解决.涉及弦的中点，还可使 用点差法：设出弦的两端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点坐标与 斜率的关系. 【训练 2】 在椭圆 x24y216 中，求通

8、过点 M(2，1)且被这一点平分的弦所在 直线的方程. 解 法一 如果弦所在直线的斜率不存在，即直线垂直于 x 轴，则点 M(2，1)显 然不可能为这条弦的中点. 故可设弦所在直线的方程为 yk(x2)1， 代入椭圆方程得 x24k(x2)1216， 即得(14k2)x2(16k28k)x16k216k120， 直线与椭圆有两个交点，故 16(12k24k3)0. 设弦的两端点的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)， 则 x1x216k 28k 14k2 4，解得 k1 2，满足 0. 弦所在直线的方程为 x2y40. 法二 设弦的两个端点分别为 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1

9、x24，y1y22， P(x1，y1)，Q(x2，y2)在椭圆上， 故有 x214y2116，x224y2216， 两式相减得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0， 点 M(2，1)是 PQ 的中点，故 x1x2， 两边同除以(x1x2)得，(x1x2)4(y1y2)y 1y2 x1x20， 即 48k0，k1 2. 弦所在直线的方程为 y11 2(x2)， 即 x2y40(经检验符合题意). 题型三 最短距离问题 【例 3】 在椭圆x 2 4 y2 71 上求一点 P，使它到直线 l：3x2y160 的距离最 短，并求出最短距离. 解 设与椭圆相切并与 l 平行的直线方程为

10、y3 2xm，代入 x2 4 y2 71， 并整理得 4x23mxm270， 由 9m216(m27)0 得 m216，m4， 故两切线方程为 y3 2x4 和 y 3 2x4， 显然 y 3 2x4 即 3x2y8 0 距 l 最近，它们之间的距离即为所求最短距离，且 y3 2x4 与 椭圆的切点即为所求点 P.故所求最短距离为 d |168| 32（2）2 8 13 8 13 13 . 由 x 2 4 y2 71， y3 2x4 得 x3 2， y7 4， 即 P 3 2， 7 4 . 思维升华 本题将求最小距离问题转化为直线与椭圆的相切问题.此类问题的常 规解法是直线方程与椭圆方程联立，

11、 消去 y(或 x)得到关于 x(或 y)的一元二次方程， 根据判别式 0 建立方程求解. 【训练 3】 已知椭圆 x28y28，在椭圆上求一点 P，使 P 到直线 l：xy4 0 的距离最短，并求出最短距离. 解 设与直线 xy40 平行且与椭圆相切的直线方程为 xya0， 由 x 28y28， xya0 消 x 得 9y22aya280， 由 4a236(a28)0， 解得 a3 或 a3， 与直线 l 距离较近的切线为 xy30， 它们之间的距离即为所求最短距离，且 xy30 与椭圆的切点即为所求点 P. 故所求最短距离为 d|43| 2 2 2 . 由 x 28y28， xy30 得

12、x8 3， y1 3， 即 P 8 3， 1 3 . 1.一种思想方程思想解决直线与椭圆的位置关系 解决直线与椭圆的位置关系问题，一般采用代数法，即将直线方程与椭圆方程联 立，通过判别式 的符号决定位置关系.同时涉及弦长问题时，往往采用“设而不 求”的办法，即设出弦端点的坐标，利用一元二次方程根与系数的关系，结合弦 长公式进行求解. 2.三种途径处理椭圆的中点弦问题的三种途径 (1)根与系数的关系法：联立直线方程与椭圆方程构成方程组，消掉其中的一个未 知数，得到一个一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系结合中点坐标 公式求解. (2)点差法：设出弦的两个端点坐标，代入椭圆方程，两式相减即得弦的中点与斜 率的关系.即“设而不求”思想，这也是此类问题最常用的方法. (3)中点转移法：先设出弦的一个端点的坐标，结合中点坐标得出弦的另一个端点 的坐标，分别代入椭圆方程作差即得.