第二章2.12.1.2第二课时直线与椭圆的位置关系(习题课)详解.ppt

* * 直线与椭圆的位置关系 [典例]　对不同的实数值m，讨论直线y＝x＋m与椭圆＋y2＝1的位置关系． [解]　由消去y， 得＋(x＋m)2＝1， 整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0． 第二课时　直线与椭圆的位置关系（习题课） Δ＝(8m)2－4×5(4m2－4)＝16(5－m2)． 当－m时，Δ0，直线与椭圆相交； 当m＝－或m＝时，Δ＝0，直线与椭圆相切； 当m－或m时，Δ0，直线与椭圆相离． 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 Δ0?直线与椭圆相交； Δ＝0?直线与椭圆相切； Δ0?直线与椭圆相离． [活学活用] 若直线y＝kx＋1与焦点在x轴上的椭圆＋＝1总有公共点，求m的取值范围． 解：直线y＝kx＋1过定点A(0,1)． 由题意知，点A在椭圆＋＝1内或椭圆上， ＋≤1，m≥1． 又椭圆焦点在x轴上m5， 故m的取值范围为[1,5)． [典例]　已知点P(4,2)是直线l被椭圆＋＝1所截得的线段的中点． (1)求直线l的方程． (2)求直线l被椭圆截得的弦长． [解]　(1)[法一　根与系数关系法] 由题意可设直线l的方程为y－2＝k(x－4)， 而椭圆的方程可以化为x2＋4y2－36＝0． 将直线方程代入椭圆方程有 弦长及中点弦问题 (4k2＋1)x2－8k(4k－2)x＋4(4k－2)2－36＝0． 所以x1＋x2＝＝8，解得k＝－． 所以直线l的方程为y－2＝－(x－4)， 即x＋2y－8＝0．[法二　点差法] 设直线l与椭圆的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 所以 两式相减，有(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0． 又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以＝－， 即k＝－．所以直线l的方程为x＋2y－8＝0． (2)由题意可知直线l的方程为x＋2y－8＝0，联立椭圆方程得x2－8x＋14＝0． 法一：解方程得 所以直线l被椭圆截得的弦长为 ＝． 法二：因为x1＋x2＝8，x1x2＝14． 所以直线l被椭圆截得的弦长为 ＝． 解决椭圆中点弦问题的两种方法 (1)根与系数的关系法：联立直线方程和椭圆方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；如果直线的斜率为k，被椭圆截得弦AB两端点坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则弦长公式为： |AB|＝· ＝ ·. (2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入椭圆方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，具体如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆＋＝1(ab0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，由－，得(x－x)＋(y－y)＝0，变形得＝－·＝－·，即kAB＝－．　　　 则 (全国卷)已知椭圆C：＋＝1(ab0)的离心率为，点(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． [活学活用] 解：(1)由题意有＝，＋＝1， 解得a2＝8，b2＝4． 所以C的方程为＋＝1． (2)证明：法一：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 将y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0． 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝． 于是直线OM的斜率kOM＝＝－， 即kOM·k＝－． 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． 法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)， 则 －得＋＝0， kAB＝＝－＝－·． 又kO M＝，kAB·kOM＝－． 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值． [典例]　(浙江高考)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称． (1)求实数m的取值范围； (2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)． 与椭圆有关的综合问题 [解]　(1)由题意知m≠0， 可设直线AB的方程为y＝－x＋b． 由消去y，得 x2－x＋b2－1＝0． 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0． 将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－． 由得m＜－或m＞． (2)令t＝∪， 则|AB|＝·， 且O到直线AB的距离为d＝ ． 设△AOB的面积为S(t)，所以 S(t)＝|AB|·d＝ ≤， 当且仅当t2＝，即m＝±时，等号成立． 故△AOB面积的最大值为． 解决与椭圆有关的最值问题的三种方法 (1)定义法：利用定义转化为几何问题处理． (2)数形结合法：利用数与形