1、直线与椭圆的位置关系及其应用【学习目标】课程标准学科素养1.进一步掌握椭圆的方程及其性质的应用，会判断直线与椭圆的位置关系2能运用直线与椭圆的位置关系解决相关的弦长、中点弦问题1、直观想象2、数学运算3、逻辑推理【自主学习】1点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)与椭圆1(ab0)的位置关系：点P在椭圆上；点P在椭圆内部；点P在椭圆外部2直线与椭圆的位置关系直线ykxm与椭圆1(ab0)的位置关系：联立消去y得一个关于x的一元二次方程位置关系解的个数的取值相交解相切解相离解【小试牛刀】(1)点P(2,1)在椭圆1的内部()(2)过椭圆外一点一定能作两条直线与已知椭圆相切()(3)过点A(0,1)
2、的直线一定与椭圆x21相交()(4)长轴是椭圆中最长的弦()(5)已知椭圆1(ab0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线()(6)直线yk(xa)与椭圆1的位置关系是相交()【经典例题】题型一点与椭圆位置关系的判断例1 已知点P(k,1)，椭圆1，点P在椭圆外，则实数k的取值范围为_跟踪训练1 已知点(1,2)在椭圆1(nm0)上，则mn的最小值为_题型二直线与椭圆的位置关系代数法判断直线与椭圆的位置关系判断直线与椭圆的位置关系，通过解直线方程与椭圆方程组成的方程组，消去方程组中的一个变量，得到关于另一个变量的一元二次方程，则0直线与椭圆相交；0直线与椭圆相切；b0)上的两个不同的
3、点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则由，得(xx)(yy)0，变形得，即kAB.2求弦长的两种方法(1)求出直线与椭圆的两交点坐标，用两点间距离公式求弦长(2)联立直线与椭圆的方程，消元得到关于一个未知数的一元二次方程，利用弦长公式：|P1P2|，其中x1，x2(y1，y2)是上述一元二次方程的两根，由根与系数的关系求出两根之和与两根之积后代入公式可求得弦长提醒：如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况例3 已知斜率为1的直线l过椭圆y21的右焦点F，交椭圆于A，B两点，求弦AB的长例4 已知椭圆1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，求直线AB的方程跟踪训练3 过椭圆1内一点M(2,1
4、)引一条弦，使弦被M点平分(1)求此弦所在的直线方程；(2)求此弦长题型四与椭圆有关的综合问题例5 椭圆E：1(ab0)经过点A(2,0)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(4,0)任作一条直线l与椭圆C交于不同的两点M，N.在x轴上是否存在点Q，使得PQMPQN180？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【当堂达标】1若点P(a,1)在椭圆1的外部，则a的取值范围为()ABCD2若直线l：2xby30过椭圆C：10x2y210的一个焦点，则b等于()A1 B1 C1 D23直线yx1被椭圆1所截得的弦的中点坐标是()A.B.C.D.4已知椭圆的方程是x22y240，则以
5、M(1,1)为中点的弦所在直线的方程是()Ax2y30 B2xy30Cx2y30 D2xy305已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为()ABCD6椭圆x24y216被直线yx1截得的弦长为_7求过点(3,0)且斜率为的直线被椭圆1所截得的线段的长度8设椭圆C：1(ab0)过点(0,4)，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为的直线被C所截线段的中点的坐标【参考答案】【自主学习】11.两0一0无1，解得k.跟踪训练19解析依题意得，1，而mn(mn)145529，当且仅当n2m时等号成立
6、，故mn的最小值为9.例2 解直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组消去y，得9x28mx2m240.方程的判别式(8m)249(2m24)8m2144.(1)当0，即3m3时，方程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有两个公共点(2)当0，即m3时，方程有两个相同的实数解，可知原方程组有两组相同的实数解这时直线l与椭圆C有且只有一个公共点(3)当0，即m3或m3时，方程没有实数解，可知原方程组没有实数解这时直线l与椭圆C没有公共点跟踪训练2 解由已知条件知直线l的方程为ykx，代入椭圆方程得(kx)21，整理得x22kx10，直线l与椭圆有两个不同的交点P和
7、Q等价于8k244k220，解得k或k，所以k的取值范围为.例3 解设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，由椭圆方程知a24，b21，c，F(，0)，直线l的方程为yx，将其代入椭圆方程，并化简、整理得5x28x80，x1x2，x1x2，|AB|x1x2|.例4 解方法一根与系数的关系、中点坐标公式法由椭圆的对称性，知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y1k(x2)将其代入椭圆方程并整理，得(4k21)x28(2k2k)x4(2k1)2160.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两根，于是x1x2.又M为线段AB的中点，2，解得k.故所求直线的方
8、程为x2y40.方法二点差法设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2.M(2,1)为线段AB的中点，x1x24，y1y22.又A，B两点在椭圆上，则x4y16，x4y16，两式相减，得(xx)4(yy)0，于是(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0.，即kAB.故所求直线的方程为x2y40.方法三对称点法(或共线法)设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)，由于点M(2,1)为线段AB的中点，则另一个交点为B(4x,2y)A，B两点都在椭圆上，得x2y40.即点A的坐标满足这个方程，根据对称性，点B的坐标也满足这个方程，而过A，B两点的直线只有一条，故所求直线的方程为x2y
9、40.跟踪训练3 解(1)法一：设所求直线方程为y1k(x2)代入椭圆方程并整理，得(4k21)x28(2k2k)x4(2k1)2160.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x1x2.又M为AB的中点，2，解得k.故所求直线的方程为x2y40.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，x1x24，y1y22.又A，B两点在椭圆上，则x4y16，x4y16.两式相减得(xx)4(yy)0.于是(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0.，即kAB.又直线AB过点M(2,1)，故所求直线的
10、方程为x2y40.(2)设弦的两端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x24x0，x1x24，x1x20，|AB|2.例5 解(1)由条件可知，椭圆的焦点在x轴上，且a2，又e，得c.由a2b2c2得b2a2c22.所求椭圆的方程为1.(2)若存在点Q(m,0)，使得PQMPQN180，则直线QM和QN的斜率存在，分别设为k1，k2.等价于k1k20.依题意，直线l的斜率存在，故设直线l的方程为yk(x4)由，得(2k21)x216k2x32k240.因为直线l与椭圆C有两个交点，所以0.即(16k2)24(2k21)(32k24)0，解得k2.设M(x1，y1)，N(x2，y2)
11、，则x1x2，x1x2，y1k(x14)，y2k(x24)，令k1k20，(x1m)y2(x2m)y10，当k0时，2x1x2(m4)(x1x2)8m0，化简得，0，所以m1.当k0时，也成立所以存在点Q(1,0)，使得PQMPQN180.【当堂达标】1.B由题意知1，即a2，解得a或a.2.B解析因为椭圆x21的焦点F1(0，3)，F2(0,3)，所以b1或1.3.C解析联立消去y，得3x24x20，设直线与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，故AB的中点横坐标x0.纵坐标y0x011.4.A解析由题意易知所求直线的斜率存在，设过点M(1,1)的直线方程为yk(x1)1
12、，即ykx1k.由消去y，得(12k2)x2(4k4k2)x2k24k20，所以1，解得k，所以所求直线方程为yx，即x2y30.5.A由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为a.又直线bxay2ab0与圆相切，圆心到直线的距离da，解得ab，e.6.由消去y并化简得x22x60.设直线与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x22，x1x26.弦长|MN|x1x2|.7.解过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)，设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程代入椭圆方程得1，即x23x80.x1x23，x1x28.|AB|.8. 解(1)将(0,4)代入C的方程，得1，b4.由e，得，即1，a5，椭圆C的方程为1.(2)过点(3,0)且斜率为的直线方程为y(x3)设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程y(x3)代入C的方程，得1，即x23x80，则x1x23，(x1x26)，即中点的坐标为.
