标签: 2020版高中数学第二章圆锥曲线与方程2.2.2椭圆的几何性质(第4课时)直线与椭圆的位置关系(三)学案(含解析)新人教B版选修2-1  
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doc 第4课时 直线与椭圆的位置关系(三) 题型一 定点问题 例1 设椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为e=,且过点. (1)求椭圆E的方程; (2)设椭圆E的左顶点是A,若直线l:x-my-t=0与椭圆E相交于不同的两点M,N(M,N与A均不重合),若以MN为直径的圆过点A,试判定直线l是否过定点,若过定点,求出该定点的坐标. 考点 椭圆中的定值、定点问题 题点 椭圆中的定点问题 解 (1)由e2===, 可得a2=2b2, 椭圆方程为+=1, 代入点可得b2=2,a2=4, 故椭圆E的方程为+=1. (2)由x-my-t=0得x=my+t, 把它代入E的方程得(m2+2)y2+2mty+t2-4=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则y1+y2=-,y1y2=, x1+x2=m(y1+y2)+2t=, x1x2=(my1+t)(my2+t) =m2y1y2+tm(y1+y2)+t2=. 因为以MN为直径的圆过点A, 所以AM⊥AN, 所以·=(x1+2,y1)·(x2+2,y2) =x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2 =+2×+4+ = ==0. 因为M,N与A均不重合,所以t≠-2, 所以t=-,直线l的方程是x=my-,直线l过定点T, 由于点T在椭圆内部,故满足判别式大于0, 所以直线l过定点T. 反思感悟 求定点问题,需要注意两个方面: 一是抓“特值”,涉及的定点多在两条坐标轴上,所以可以先从斜率不存在或斜率为0的特殊情况入手找出定点,为解题指明方向. 二是抓“参数之间的关系”,定点问题多是直线过定点,所以要抓住问题的核心,实质就是求解直线方程中参数之间的关系,所以要熟悉直线方程的特殊形式,若直线的方程为y=kx+b,则直线y=kx+b恒过点(0,b),若直线方程为y=k(x-a),则直线恒过点(a,0). 跟踪训练1 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,短轴长为2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)如图所示,椭圆C的左顶点为A,过原点O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P,Q两点,直线PA,QA分别与y轴交于M,N两点.试问以MN为直径的圆是否经过定点(与直线PQ的斜率无关)?并说明理由. 考点  题点  解 (1)由椭圆C的短轴长为2,得b=, 又由e===,得a2=4, ∴椭圆C的标准方程为+=1. (2)设P(x0,y0),则Q(-x0,-y0),且+=1, 即x+2y=4. 易知A(-2,0),∴直线PA的方程为y=(x+2), ∴M, 直线QA的方程为y=(x+2), ∴N. 可得MN的中点为, 根据两点间距离公式可得|MN|=, ∴以MN为直径的圆的方程为x2+2=2, 即x2+y2-y+=0, 又∵x-4=-2y, ∴以MN为直径的圆的方程为x2+y2+y-2=0, 令y=0,则x2-2=0,解得x=±, ∴以MN为直径的圆过定点(,0)和(-,0). 题型二 定值问题 例2 已知椭圆C:+=1过A(2,0),B(0,1)两点. (1)求椭圆C的方程及离心率; (2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值. 考点 椭圆中的定值、定点问题 题点 椭圆中的定值问题 (1)解 由题意得a=2,b=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. 又c==,所以离心率e==. (2)证明 设P(x0,y0)(x0<0,y0<0), 则x+4y=4. 又A(2,0),B(0,1), 所以直线PA的方程为y=(x-2). 令x=0,得yM=-, 从而|BM|=1-yM=1+. 直线PB的方程为y=x+1. 令y=0,得xN=-, 从而|AN|=2-xN=2+. 所以四边形ABNM的面积S=|AN|·|BM| = = ==2. 从而四边形ABNM的面积为定值. 反思感悟 (1)求定值问题的常用方法: ①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. ②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. (2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题,基本思路是使用参数表示要解决的问题,证明要解决的问题与参数无关.在这类问题中选择消元的方向是非常关键的. 跟踪训练2 已知点M是椭圆C:+=1(a>b>0)上一点,F1,F2分别为C的左、右焦点,且|F1F2|=4,∠F1MF2=60°,△F1MF2的面积为. (1)求椭圆C的方程; (2)设N(0,2),过点P(-1,-2)作直线l,交椭圆C于异于N的A,B两点,直线NA,NB的斜率分别为k1,k2,证明:k1+k2为定值. (1)解 在△F1MF2中,由|MF1||MF2|sin60°=,得|MF1||MF2|=. 由余弦定理,得 |F1F2|2=|MF1|2+|MF2|2-2|MF1||MF2|·cos60° =(|MF1|+|MF2|)2-2|MF1||MF2|(1+cos60°), 解得|MF1|+|MF2|=4. 从而2a=|MF1|+|MF2|=4,即a=2. 由|F1F2|=4得c=2,从而b=2, 故椭圆C的方程为+=1. (2)证明 当直线l的斜率存在时, 设斜率为k,显然k≠0,则其方程为y+2=k(x+1), 由 得(1+2k2)x2+4k(k-2)x+2k2-8k=0. Δ=56k2+32k>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=. 从而k1+k2=+ = =2k-(k-4)·=4. 当直线l的斜率不存在时,可得A,B,得k1+k2=4. 综上,k1+k2为定值. 题型三 存在性问题 例3 已知椭圆E:+=1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0,设短轴的一个端点为D,原点O到直线DF的距离为,过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C,G两点,且||+||=4. (1)求椭圆E的方程; (2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A,B且使得2=4·成立?若存在,试求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)由椭圆的对称性知||+||=2a=4,∴a=2. 又原点O到直线DF的距离为, ∴=,∴bc=, 又a2=b2+c2=4,a>b>c>0,∴b=,c=1. 故椭圆E的方程为+=1. (2)当直线l与x轴垂直时不满足条件. 故可设A(x1,y1),B(x2,y2), 直线l的方程为y=k(x-2)+1, 代入椭圆方程得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0, ∴x1+x2=,x1x2=, Δ=32(6k+3)>0,∴k>-. ∵2=4·, 即4[(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)]=5, ∴4(x1-2)(x2-2)(1+k2)=5, 即4[x1x2-2(x1+x2)+4](1+k2)=5, ∴4(1+k2) =4×=5, 解得k=±,k=-不符合题意,舍去. ∴存在满足条件的直线l,其方程为y=x. 反思感悟 解决探索性问题的注意事项 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确则存在,若结论不正确则不存在. (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论; (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条件; (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要开放思维,采取另外合适的方法. 跟踪训练3 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆C的短轴的一个端点P到焦点的距离为2. (1)求椭圆C的方程; (2)已知直线l:y=kx+与椭圆C交于A,B两点,是否存在实数k,使得以线段AB为直径的圆恰好经过坐标原点O?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由. 考点  题点  解 (1)∵椭圆的离心率为,椭圆C的短轴的一个端点P到焦点的距离为2, ∴∴ ∴椭圆C的方程为x2+=1. (2)存在.将y=kx+代入椭圆方程, 可得(4+k2)x2+2kx-1=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2是上述方程的两个根, ∴x1+x2=-,x1x2=-. 由题意知OA⊥OB,则x1x2+y1y2=0, 又y1=kx1+,y2=kx2+, ∴x1x2+y1y2=(1+k2)x1x2+k(x1+x2)+3=0, ∴(1+k2) ·+k+3=0, ∴k=±. 1.已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点,且两焦点与短轴的一个端点构成等腰直角三角形. (1)求椭圆的方程; (2)过椭圆右顶点A的两条斜率乘积为-的直线分别交椭圆于M,N两点,试问:直线MN是否过定点?若过定点,求出此定点;若不过,请说明理由. 考点  题点  解 (1)根据题意,得⇒⇒+y2=1. (2)当MN的斜率存在时,设MN的方程为y=kx+m, 由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0, 设M(x1,y1),N(x2,y2), 则 即 所以kMA·kNA=·=·=-. 所以(2k2+1)x1x2+(2km-)(x1+x2)+2m2+2=0, 即m2+km=0⇒m=0或m=-k(舍去). 所以直线MN:y=kx过定点(0,0). 当MN斜率不存在时,M,N为短轴两端点,显然也符合题意, 所以直线MN恒过定点(0,0). 2.如图,已知椭圆两焦点F1,F2在y轴上,短轴长为2,离心率为,P是椭圆在第一象限弧上一点,且·=1,过P作关于直线F1P对称的两条直线PA,PB分别交椭圆于A,B两点. (1)求P点坐标; (2)求证:直线AB的斜率为定值. 考点  题点  (1)解 设椭圆方程为+=1, 由题意可得a=2,b=,c=, 所以椭圆方程为+=1, 则F1(0,),F2(0,-). 设P(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则=(-x0,-y0),=(-x0,--y0), ∴·=x-(2-y)=1, ∵点P(x0,y0)在曲线上,则+=1. ∴x=, 从而-(2-y)=1,得y0=, 则点P的坐标为(1,). (2)证明 由(1)知PF1∥x轴,直线PA,PB斜率互为相反数, 设PB斜率为k(k>0),则PB的直线方程为y-=k(x-1), 由得(2+k2)x2+2k(-k)x+(-k)2-4=0, 设B(xB,yB),则xB=-1=, 同理可得xA=, 则xA-xB=, yA-yB=-k(xA-1)-k(xB-1)=, 所以直线AB的斜率kAB==为定值. 3.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴端点到焦点的距离为2. (1)求椭圆C的方程; (2)设A,B为椭圆C上任意两点,O为坐标原点,且OA⊥OB.求证:原点O到直线AB的距离为定值,并求出该定值. 考点 直线与圆锥曲线的位置关系问题 题点 直线与圆锥曲线的综合问题 (1)解 由题意知,e==,=2, 又a2=b2+c2,所以a=2,c=,b=1, 所以椭圆C的方程为+y2=1. (2)证明 ①当直线AB的斜率不存在时,直线AB的方程为x=±, 此时,原点O到直线AB的距离为. ②当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2). 由得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0. 则Δ=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-4)=16(1+4k2-m2)>0, x1+x2=-, x1x2=, 则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=, 由OA⊥OB,得x1x2+y1y2==0, 即m2=(1+k2), 所以原点O到直线AB的距离为=, 综上,原点O到直线AB的距离为定值. 4.中心在原点,焦点在坐标轴上的椭圆上有M,N两点. (1)求椭圆的标准方程; (2)在椭圆上是否存在点P(x,y)到定点A(a,0)(其中0<a<3)的距离的最小值为1?若存在,求P点的坐标;若不存在,请说明理由. 考点  题点  解 (1)设椭圆的方程为 mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n). 因为椭圆过M,N两点, 所以⇒ 所以椭圆方程为+=1. (2)假设存在点P(x,y)满足题设条件, 所以|AP|2=(x-a)2+y2. 又因为+=1,所以y2=4, 所以|AP|2=(x-a)2+4 =2+4-a2. 因为|x|≤3,0<a<3,若a≤3, 即当0<a≤时, |AP|2的最小值为4-a2, 由题意得4-a2=1⇒a=±∉; 若a>3,即<a<3, 当x=3时,|AP|2取得最小值,为(3-a)2, 依题意(3-a)2=1,解得a=4或a=2, 因为4∉,2∈,所以a=2. 此时P点的坐标是(3,0), 故当a=2时,存在这样的点P满足条件,P点坐标为(3,0).

2020版高中数学 第二章 圆锥曲线与方程 2.2.2 椭圆的几何性质(第4课时)直线与椭圆的位置关系(三)学案(含解析)新人教B版选修2-1.docx

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