1、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(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.【例 1】已知直线 l：y2xm，椭圆 C：x24y221.试问当 m 取何值时，直线 l 与椭圆 C：解 将直线 l 的方程与椭圆 C 的方程联立，得方程组y2xm，x24y221，将代入，整理得9x28mx2m240.方程根的判别式(8m)249(2m24)8m2144.(1)当 0，即3 2m3 2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 有两个不重合的公共点.(2)当 0，即 m3 2时，方程有两个相同的实数根，可
2、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 有且只有一个公共点.(3)当 0，即 m3 2时，方程没有实数根，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 ykx1 与椭圆x25y2m1 总有公共点，则 m 的取值范围是()A.m1B.m0 C.0m5且m1D.m1且m5 解析 法一 由
3、于直线 ykx1 恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则 00 且 m5，m15k2恒成立，m1 且 m5.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 21】(一题多解)已知 P(1，1)为椭圆x24y221 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y1k(x1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2).由y1k（x1），x24y221消去 y 得，(2k21)x24k(k1)x2(k22k1)0，x1x24k（k1）2k21，又
4、x1x22，4k（k1）2k212，解得 k12.经检验，k12满足题意.故此弦所在的直线方程为 y112(x1)，即 x2y30.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x214y2121，x224y2221，得（x1x2）（x1x2）4（y1y2）（y1y2）20，x1x22，y1y22，x1x22y1y20，ky1y2x1x212.经检验，k12满足题意.此弦所在的直线方程为 y112(x1)，即 x2y30.答案 x2y30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
5、，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 22】(2020黄山一模)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率 e12，点 P 是椭圆上的一个动点，PF1F2 面积的最大值是 4 3.(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，AC BD 0，且|AC|BD|967，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，SPF1F2122cb4 3，又 eca12，a2b2c2，解得
6、a4，b2 3，故所求椭圆的方程为x216y2121.(2)由(1)知 F1(2，0)，由ACBD 0 得 ACBD.当直线 AC 与 BD 中有一条直线的斜率不存在时，|AC|BD|14，不合题意.当直线 AC 的斜率存在且为 k(k 不为 0)时，其方程为 yk(x2).由yk（x2），x216y2121消去 y 得(34k2)x216k2x16k2480.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 16k234k2，x1x216k24834k2.所以|AC|1k2|x1x2|24（1k2）34k2.直线 BD 的方程为 y1k(x2)，同理可得|BD|24（1k2）43k2.由
7、|AC|BD|168（1k2）2（43k2）（34k2）967，解得 k21，则 k1.故所求直线 AC 的方程为 xy20 或 xy20.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|1k2|x1x2|或|AB|11k2|y1y2|(k0)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4x29y2144内有一点P(3，2)，则以P为中点的弦所在直线的斜率为()A.23B.32
8、C.49D.94(2)(角度 2)(一题多解)已知斜率为 2 的直线经过椭圆x25y241 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 4x219y21144，4x229y22144，两式相减得 4(x1x2)(x1x2)9(y1y2)(y1y2)0，又 x1x26，y1y24，y1y2x1x2k，代入解得 k23.(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 y2(x1)，由y2（x1），x25y241消去 y，得 3x25x0，故
9、得 A(0，2)，B53，43，则|AB|053224325 53.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 y2(x1)，由y2（x1），x25y241消去 y 得 3x25x0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x253，x1x2 0，则|AB|（x1x2）2（y1y2）2（1k2）（x1x2）24x1x2（122）53240 5 53.答案(1)A(2)5 53考点三 直线与椭圆的综合问题【例 3】(2019全国卷)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12.记 M 的轨迹为曲线 C.(1
10、)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，PEx 轴，垂足为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G.证明：PQG 是直角三角形；求PQG 面积的最大值.(1)解 由题设得 yx2yx212，化简得x24y221(|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)证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0).由ykx，x24y221得 x212k2.设 u212k2，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u，0).于是直线 QG 的斜率为k2，方程为 yk2(xu).由yk2（xu
11、），x24y221得(2k2)x22uk2xk2u280.设 G(xG，yG)，则u 和 xG 是方程的解，故 xGu（3k22）2k2，由此得 yG uk32k2.从而直线 PG 的斜率为uk32k2uku（3k22）2k2u1k.所以 PQPG，即PQG 是直角三角形.解 由得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k212k2，所以PQG 的面积 S12|PQ|PG|8k（1k2）（12k2）（2k2）81kk121kk2.设 tk1k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号.因为 S8t12t2在2，)单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为169.因此，P
12、QG 面积的最大值为169.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：x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点，直线 BP 交 E 于点 Q，ABP 是等腰直角三角形，且PQ 32QB.(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
13、取值范围.解(1)由ABP是等腰直角三角形，得a2，B(2，0).设 Q(x0，y0)，则由PQ 32QB，得x065，y045，代入椭圆方程得 b21，所以椭圆 E 的方程为x24y21.(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为ykx2.联立ykx2，x24y21，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 k234.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系得x1x2 16k14k2，x1x21214k2，因坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外，所以OM ON 0，即 x1x2y1y20，又由 x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)1214k22k 16k14k240，解得 k24，综上可得34k24，则 32 k2 或2k 32.则满足条件的斜率 k 的取值范围为2，32 32，2.