习题4.2教学设计一等奖

直线与椭圆的位置关系

——雅礼高二数学组

【知识梳理】

x2y21、判断ykxm与椭圆221(a>b>0)的位置关系的方法

ab（1）几何法：考察交点个数

ykxm（2）代数法：联立x2y2消去y得关于x的一元二次方程，利用判别式

221ab2、弦长的计算方法：

AB1k221x2x1k(2x1x2)141x2x12k(1y22)y4

1y2y3、中点弦问题的处理方法： （1）根与系数的关系法（联立方程组，消去一个未知数，利用韦达定理）；

（2）点差法（设两端点坐标，代入曲线方程相减可求出弦的斜率）

【基础导练】

x2y21、若直线y＝kx＋2与椭圆＋＝1相切，则斜率k的值是（

）

326663A.

B.－

C.±

D.±

3333答案：C

x2y22、直线ykx1与椭圆1恒有公共点，则m的范围（

）

5m

A.（0，1）

B.（0，5）

C.[1，5）∪（5，+∞）

D.（1，+∞）

答案：C

x2y21的弦被（4，2）平分，那么这弦所在直线方程为（ ）

3、如果椭圆被369A、x-2y=0 B、x+2y- 4=0 C、2x+3y-12=0 D、x+2y-8=0 答案：D 2204、过椭圆x+2y=4的左焦点作倾斜角为30的直线，则弦长|AB|= _______。 答案：16

5【典例分析】

x2y21交于A,B两点. 例

不过点P(0,1)的直线l:ykxm与椭圆C:4（1）若弦AB中点为Q(,),求k的值；

（2）若m2，求OAB求面积f(k)的表达式和最大值；

1122

1

（3）若直线PA与PB的斜率之和为1，证明：l过定点。

解析：显然m1。

ykxm222联立x2(14k)x8kmx4m40，设A(x1,y1),B(x2,y2)，则2y148km4m24x1x2,x1x2214k14k2，(8km)24(14k2)(4m24)16(4k21m2)04k21m2

（1）法一：x1x2y1y2x1x24kmm11,km1k

214k22214k24x12x22y1y2y1y2122y1,y1法二：由

1244x1x2x1x24ky1y21xx11112

x1x24y1y2414以上，求中点弦两种方法

11x2法三：椭圆C:y21上一点关于Q(,)的对称点(1x,1y). 2241(1x)2则两个方程相减得AB所在直线方程为2x8y50,从而k。

(1y)21，44（2）S11ABdOAB1k2x1x222m1k2x1x2

（或S1OMx1x2x1x2,M(0,2)）

2以上，求面积两种方法

8km24m244k23Sx1x2(x1x2)4x1x2()44f(t)

222214k14k(14k)2114k23t41210，法一：设14kt，f(t)4，

444()(t4)222t4(14k)ttt2当1t17，即t8，k时，Smax1

8224k23t11法二：设4k3t，f(t)4

4441，22216(14k)(t4)16t82t8tt

2

当且仅当t167，即t4，k时，Smax1

t2法三：求导

以上，求最值的三种方法

（3）kPAkPBy11y21kx1m1kx2m12kx1x2(m1)(x1x2)

x1x2x1x2x1x22k(m1)8km2k1，m2k1

24m4m1l:yk(x2)1，l过定点(2,1)

以上，定点定值，是热点问题

探究一：若直线PA与PB的斜率之和为常数q，问l是否过定点？

l不过定点q0时，k0,2kq2k2k2q0时，m1,ykx1k(x)1,m1qqq

探究二：若直线PA与PB的斜率之积为常数1，问l是否过定点？

2l过定点(,1)qkPAkPBm131m

4(m1)533l:ykx，l过定点(0,)

55以上，变式探究的两个方向。

【自主提升】

y21交于A,B两点，

1、直线ykx1与椭圆x42当k=

时，有OAOB，此时AB弦长等于

；

当k=

时，ABC面积最大。

答案：k1465，AB，k0

217x2y232．【2014新课标理20】已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab0)的离心率为，ab223F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. 3(Ⅰ)求E的方程；

（Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.

3

223c3，得c3. 又，

c3a2x2222y21. ………6分

所以a2，bac1 ,故E的方程4（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px1,y1,Qx2,y2

【解析】：(Ⅰ) 设Fc,0，由条件知x2y21，得14k2x216kx120

将ykx2代入438k24k23当16(4k3)0，即k时，x1,2

2414k224k214k23从而PQk1x1x2

214k2144k23又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积SOPQdPQ

，

22214kk14t4设4k23t，则t0，SOPQ21，

4t4tt7当且仅当t2，k等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方277程为：yx2

或yx2. …………………………12分

222【拓展创新】

x22x221、如图，已知点F1，F2是椭圆C1：＋y＝1的两个焦点，椭圆C2：＋y＝λ经过点F1，22F2，点P是椭圆C2上异于F1，F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D.设AB、CD的斜率分别为k，k′.

(1)求证kk′为定值；

(2)求|AB|·|CD|的最大值．

解析(1)证明：因为点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，

故F1，F2的坐标是F1(－1,0)，F2(1,0)，

而点F1，F2是椭圆C2上的点，将F1，F2的坐标带入C2的1方程，得λ＝。

2设点P的坐标是(x0，y0)，直线PF1和PF2的斜率分别是k，k′(k≠0，k′≠0)，

kkx2021又点P是椭圆C2上的点，故＋y0＝，②

2211联合①②两式得kk′＝－.故kk′的定值为－.③

22(2)直线PF1的方程可表示为：y＝k(x＋1)(k≠0)，④

y＝kx＋2结合方程④和椭圆C1的方程，得到方程组x＋y2＝1.2

4 y0y0，①

x01x01，

⑤

由方程组⑤得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，⑥

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依韦达定理知，方程⑥的两根满足

2k2－24k2x1＋x2＝－，xx＝，⑦(6分) 1＋2k2121＋2k2依⑦式得|AB|＝1＋k|x1－x2|＝1＋k·22x1＋x2222(1k2)－4x1x2＝.⑧

12k22(14k2)同理可求得|CD|＝.⑨(8分) 212k4(4k45k21)194(1)由⑧⑨两式得ABCD，

1(12k2)2224k42k29当且仅当k＝±时等号成立．故|AB|·|CD|的最大值等于.(12分) 2222xy22、(2015·四川)如图，椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，ab2→→且PC·PD＝－1. (1)求椭圆E的方程；

(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是

→→→→否存在常数λ，使得OA·OB＋λPA·PB为定值？若存在，求λ

的值；若不存在，请说明理由．

解

(1)由已知，点C、D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，

→→又点P的坐标为(0,1)，且PC·PD＝－1，

c2于是＝，a2a－b＝c，2221－b2＝－1，

x2y2解得a＝2，b＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1. 42(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B (x2，y2)，

22xy4＋2＝1，联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，

y＝kx＋1，

其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－4k2，x1x2＝－2，

22k＋12k＋1→→→→从而，OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] λ－1＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2－λ－2. 2k＋1λ－1→→→→所以当λ＝1时，－2－λ－2＝－3，此时OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值．

2k＋1当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，

→→→→→→→→此时，OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD＝－2－1＝－3. →→→→故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3.

5