人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊學(xué)案：3 1 2 第二課時 橢圓的方程及性質(zhì)的應(yīng)用

人教A版(新教材)高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊PAGEPAGE1第二課時橢圓的方程及性質(zhì)的應(yīng)用課標(biāo)要求素養(yǎng)要求1.鞏固橢圓的簡單幾何性質(zhì).2.會判斷直線與橢圓的位置關(guān)系.3.能利用弦長公式解決相關(guān)問題.通過運用橢圓的幾何性質(zhì)解決問題，提升邏輯推理及數(shù)學(xué)運算素養(yǎng).自主梳理1.點與橢圓的位置關(guān)系點P(x0，y0)與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置關(guān)系：點P在橢圓上?eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)＝1；點P在橢圓內(nèi)部?eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)<1；點P在橢圓外部?eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),b2)>1.2.直線與橢圓的位置關(guān)系直線y＝kx＋m與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置關(guān)系判斷方法：聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1.))消去y(或x)得到一個關(guān)于x(或y)的一元二次方程位置關(guān)系解的個數(shù)Δ的取值相交兩解Δ>0相切一解Δ＝0相離無解Δ<03.弦長公式設(shè)直線方程為y＝kx＋m(k≠0)，橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)或eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)，直線與橢圓的兩個交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)，所以|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（kx1－kx2）2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(（x1－x2）2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，或|AB|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y1－\f(1,k)y2))\s\up12(2)＋（y1－y2）2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(（y1－y2）2)＝__eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).其中，x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2的值，可通過由直線方程與橢圓方程聯(lián)立消去y(或x)后得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得.利用公式計算直線被橢圓截得的弦長是在方程有解的情況下進行的，不要忽略判別式.自主檢驗1.思考辨析，判斷正誤(1)若直線的斜率一定，則當(dāng)直線過橢圓的中心時，弦長最大.(√)(2)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)與點P(b，0)，過點P可作出該橢圓的一條切線.(×)〖提示〗因橢圓中a>b>0，所以點P(b，0)在橢圓的內(nèi)部，故無法作橢圓的切線.(3)直線y＝k(x－a)與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的位置關(guān)系是相交.(√)(4)直線與橢圓的位置關(guān)系有：相離、相切、相交三種.(√)2.已知F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的兩個焦點，P為橢圓上一動點，則使|PF1|·|PF2|取最大值的點P為()A.(－2，0) B.(0，1)C.(2，0) D.(0，1)或(0，－1)〖答案〗D〖解析〗由橢圓的定義得|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，所以|PF1|·|PF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))eq\s\up12(2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)|PF1|＝|PF2|＝2，即P點坐標(biāo)為(0，－1)或(0，1)時，取“＝”.故選D.3.過橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點且與橢圓長軸垂直的直線與橢圓相交于A，B兩點，則|AB|等于()A.4 B.2eq\r(3) C.1 D.4eq\r(3)〖答案〗C〖解析〗因為eq\f(x2,4)＋y2＝1中a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，所以右焦點坐標(biāo)為(eq\r(3)，0)，將x＝eq\r(3)代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得，y＝±eq\f(1,2)，故|AB|＝1.故選C.4.已知點P(m，1)在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的外部，則實數(shù)m的取值范圍是________.〖答案〗eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，＋∞))〖解析〗由題意可知eq\f(m2,4)＋eq\f(1,3)＞1，解得m＞eq\f(2\r(6),3)或m＜－eq\f(2\r(6),3).題型一直線與橢圓位置關(guān)系的判斷〖例1〗當(dāng)m取何值時，直線l：y＝x＋m與橢圓9x2＋16y2＝144分別滿足下列條件：(1)無公共點；(2)有且僅有一個公共點；(3)有兩個公共點？解由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,9x2＋16y2＝144))消去y得9x2＋16(x＋m)2＝144，整理得25x2＋32mx＋16m2－144＝0，Δ＝(32m)2－4×25×(16m2－144)＝－576m2＋14400.(1)當(dāng)Δ＝0時，得m＝±5，此時直線l與橢圓有且僅有一個公共點；(2)當(dāng)Δ>0時，得－5<m<5，此時直線l與橢圓有兩個公共點；(3)當(dāng)Δ<0時，得m<－5或m>5，此時直線l與橢圓無公共點.思維升華判斷直線與橢圓的位置關(guān)系，可以直接由直線方程和橢圓方程聯(lián)立后，通過消元得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，然后利用判別式判斷即可；有些題目也可注意直線所恒過的點與橢圓的位置關(guān)系，從而得到所求范圍.〖訓(xùn)練1〗若直線y＝x＋m與橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1有兩個公共點，求m的取值范圍.解把直線方程y＝x＋m與橢圓方程eq\f(x2,4)＋y2＝1聯(lián)立，消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程5x2＋8mx＋4m2－4＝0，由Δ>0，得(8m)2－4×5×(4m2－4)>0，解得－eq\r(5)<m<eq\r(5).故m的取值范圍為(－eq\r(5)，eq\r(5)).題型二直線與橢圓的相交弦問題〖例2〗已知橢圓eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,9)＝1和點P(4，2)，直線l經(jīng)過點P且與橢圓交于A，B兩點.(1)當(dāng)直線l的斜率為eq\f(1,2)時，求線段AB的長度；(2)當(dāng)P點恰好為線段AB的中點時，求l的方程.解(1)由已知可得直線l的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x－4)，即y＝eq\f(1,2)x.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x，,\f(x2,36)＋\f(y2,9)＝1))可得x2－18＝0，若設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝0，x1x2＝－18.于是|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（x1－x2）2＋\f(1,4)（x1－x2）2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)×6eq\r(2)＝3eq\r(10).所以線段AB的長度為3eq\r(10).(2)由題意易知l的斜率存在.設(shè)l的斜率為k，則其方程為y－2＝k(x－4).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,9)＝1，,y－2＝k（x－4），))消去y得(1＋4k2)x2－(32k2－16k)x＋(64k2－64k－20)＝0.若設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(32k2－16k,1＋4k2)，由于AB的中點恰好為P(4，2)，所以eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(16k2－8k,1＋4k2)＝4，解得k＝－eq\f(1,2)，且滿足Δ>0.所以直線l的方程為y－2＝－eq\f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.思維升華研究直線與橢圓相交的關(guān)系問題的通法是通過解直線方程與橢圓方程構(gòu)成的方程組，利用根與系數(shù)的關(guān)系或中點坐標(biāo)公式解決.涉及弦的中點，還可使用點差法：設(shè)出弦的兩端點坐標(biāo)，代入橢圓方程，兩式相減即得弦的中點坐標(biāo)與斜率的關(guān)系.〖訓(xùn)練2〗在橢圓x2＋4y2＝16中，求通過點M(2，1)且被這一點平分的弦所在直線的方程.解法一如果弦所在直線的斜率不存在，即直線垂直于x軸，則點M(2，1)顯然不可能為這條弦的中點.故可設(shè)弦所在直線的方程為y＝k(x－2)＋1，代入橢圓方程得x2＋4〖k(x－2)＋1〗2＝16，即得(1＋4k2)x2－(16k2－8k)x＋16k2－16k－12＝0，∵直線與橢圓有兩個交點，故Δ＝16(12k2＋4k＋3)>0.設(shè)弦的兩端點的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(16k2－8k,1＋4k2)＝4，解得k＝－eq\f(1,2)，滿足Δ>0.∴弦所在直線的方程為x＋2y－4＝0.法二設(shè)弦的兩個端點分別為P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)在橢圓上，故有xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝16，xeq\o\al(2,2)＋4yeq\o\al(2,2)＝16，兩式相減得(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，∵點M(2，1)是PQ的中點，故x1≠x2，兩邊同除以(x1－x2)得，(x1＋x2)＋4(y1＋y2)eq\f(y1－y2,x1－x2)＝0，即4＋8k＝0，∴k＝－eq\f(1,2).∴弦所在直線的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0(經(jīng)檢驗符合題意).題型三最短距離問題〖例3〗在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,7)＝1上求一點P，使它到直線l：3x－2y－16＝0的距離最短，并求出最短距離.解設(shè)與橢圓相切并與l平行的直線方程為y＝eq\f(3,2)x＋m，代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,7)＝1，并整理得4x2＋3mx＋m2－7＝0，由Δ＝9m2－16(m2－7)＝0得m2＝16，∴m＝±4，故兩切線方程為y＝eq\f(3,2)x＋4和y＝eq\f(3,2)x－4，顯然y＝eq\f(3,2)x－4即3x－2y－8＝0距l(xiāng)最近，它們之間的距離即為所求最短距離，且y＝eq\f(3,2)x－4與橢圓的切點即為所求點P.故所求最短距離為d＝eq\f(|16－8|,\r(32＋（－2）2))＝eq\f(8,\r(13))＝eq\f(8\r(13),13).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,7)＝1，,y＝\f(3,2)x－4))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(3,2)，,y＝－\f(7,4)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－\f(7,4))).思維升華本題將求最小距離問題轉(zhuǎn)化為直線與橢圓的相切問題.此類問題的常規(guī)解法是直線方程與橢圓方程聯(lián)立，消去y(或x)得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，根據(jù)判別式Δ＝0建立方程求解.〖訓(xùn)練3〗已知橢圓x2＋8y2＝8，在橢圓上求一點P，使P到直線l：x－y＋4＝0的距離最短，并求出最短距離.解設(shè)與直線x－y＋4＝0平行且與橢圓相切的直線方程為x－y＋a＝0，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋a＝0))消x得9y2－2ay＋a2－8＝0，由Δ＝4a2－36(a2－8)＝0，解得a＝3或a＝－3，∴與直線l距離較近的切線為x－y＋3＝0，它們之間的距離即為所求最短距離，且x－y＋3＝0與橢圓的切點即為所求點P.故所求最短距離為d＝eq\f(|4－3|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋8y2＝8，,x－y＋3＝0))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(8,3)，,y＝\f(1,3)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,3)，\f(1,3))).1.一種思想——方程思想解決直線與橢圓的位置關(guān)系解決直線與橢圓的位置關(guān)系問題，一般采用代數(shù)法，即將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，通過判別式Δ的符號決定位置關(guān)系.同