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1、直 线 与椭 圆 (教师版）知识与归纳:.点与椭圆的位置关系点P(x0，y0)在椭圆内部的充要条件是;在椭圆外部的充要条件是；在椭圆上的充要条件是.2.直线与椭圆的位置关系.设直线l:Axy+C0，椭圆C:，联立l与C，消去某一变量（x或）得到有关另一种变量的一元二次方程,此一元二次方程的鉴别式为,则l与相离的； l与C相切0; l与C相交于不同两点0.3.弦长计算计算椭圆被直线截得的弦长,往往是设而不求，即设弦两端坐标为P1(1，1）,P(x2，2)|1|= (k为直线斜率）形式(运用根与系数关系（推导过程:若点在直线上,则，这是同点纵横坐标变换,是两大坐标变换技巧之一，或者。)一,直线与椭
2、圆的位置关系例题1、判断直线与椭圆的位置关系解:由可得 （1)当时,直线与椭圆相交（)当时，直线与椭圆相切（3）当时,直线与椭圆相离例题、若直线与椭圆恒有公共点，求实数的取值范畴解法一:由可得,即解法二：直线恒过一定点当时，椭圆焦点在轴上,短半轴长，要使直线与椭圆恒有交点则即当时,椭圆焦点在轴上，长半轴长可保证直线与椭圆恒有交点即综述：解法三：直线恒过一定点要使直线与椭圆恒有交点,即要保证定点在椭圆内部即评述由直线方程与椭圆方程联立的方程组解的状况直接导致两曲线的交点状况，而方程解的状况由鉴别式来决定，直线与椭圆有相交、相切、相离三种关系,直线方程与椭圆方程联立，消去或得到有关或的一元二次方程
3、,则（1）直线与椭圆相交(）直线与椭圆相切()直线与椭圆相离,因此鉴定直线与椭圆的位置关系，方程及其鉴别式是最基本的工具。或者可一方面判断直线与否过定点,并且初定定点在椭圆内、外还是干脆就在椭圆上，然后借助曲线特性判断：如例中法二是根据两曲线的特性观测所至；法三则紧抓定点在椭圆内部这一特性：点在椭圆内部或在椭圆上则二、弦长问题例3、已知椭圆的左右焦点分别为1,F2，若过点P(，-2）及F1的直线交椭圆于A,B两点，求BF2的面积解法一:由题可知:直线方程为由可得,解法二:到直线AB的距离由可得，又评述在运用弦长公式(k为直线斜率)或焦（左)半径公式时,应结合韦达定理解决问题。例题4、 已知长轴
4、为12,短轴长为6,焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于,两点，求弦的长.分析:可以运用弦长公式求得,也可以运用椭圆定义及余弦定理,还可以运用焦点半径来求解：（法)运用直线与椭圆相交的弦长公式求解.由于,，因此由于焦点在轴上,因此椭圆方程为,左焦点，从而直线方程为.由直线方程与椭圆方程联立得:.设,为方程两根，因此，, 从而(法2)运用椭圆的定义及余弦定理求解由题意可知椭圆方程为,设,，则，.在中，即；因此同理在中,用余弦定理得,因此一、求中点弦所在直线方程问题例 过椭圆内一点M（2，1）引一条弦，使弦被点M平分,求这条弦所在的直线方程。解法一:设所求直线方程为-1=k(x
5、),代入椭圆方程并整顿得：又设直线与椭圆的交点为A（）,B（),则是方程的两个根，于是，又M为B的中点，因此，解得,故所求直线方程为。解法二:设直线与椭圆的交点为()，B(）,M(2,)为AB的中点，因此,又A、B两点在椭圆上,则,两式相减得，因此,即，故所求直线方程为。解法三:设所求直线与椭圆的一种交点为A(),由于中点为(2,1),则另一种交点为B(4-),由于A、B两点在椭圆上,因此有,两式相减得，由于过、B的直线只有一条，故所求直线方程为。二、求弦中点的轨迹方程问题例过椭圆上一点P（-8，0)作直线交椭圆于Q点,求PQ中点的轨迹方程。解法一：设弦PQ中点M()，弦端点P()，Q(）,则
6、有，两式相减得,又由于，因此,因此,而,故。化简可得()。解法二：设弦中点(）,Q()，由,可得,，又由于Q在椭圆上，因此，即,因此P中点M的轨迹方程为 （)。三、弦中点的坐标问题例3求直线被抛物线截得线段的中点坐标。解：解法一:设直线与抛物线交于, ,其中点,由题意得，消去y得,即，因此,即中点坐标为。解法二：设直线与抛物线交于， ,其中点,由题意得，两式相减得，因此,因此，即,，即中点坐标为。例题5、已知是直线被椭圆所截得的线段的中点,求直线的方程.分析:本题考察直线与椭圆的位置关系问题.一般将直线方程与椭圆方程联立消去(或),得到有关（或）的一元二次方程,再由根与系数的关系,直接求出,(
7、或,）的值代入计算即得.并不需规定出直线与椭圆的交点坐标,这种“设而不求”的措施，在解析几何中是常常采用的解:措施一:设所求直线方程为.代入椭圆方程,整顿得 设直线与椭圆的交点为，则、是的两根,为中点，,所求直线方程为.措施二:设直线与椭圆交点,.为中点,，又，在椭圆上,，两式相减得，即.直线方程为.措施三:设所求直线与椭圆的一种交点为，另一种交点.、在椭圆上， 。 从而,在方程的图形上,而过、的直线只有一条，直线方程为阐明:直线与圆锥曲线的位置关系是重点考察的解析几何问题,“设而不求”的措施是解决此类问题的有效措施.若已知焦点是、的椭圆截直线所得弦中点的横坐标是4,则如何求椭圆方程？例题、已
8、知椭圆及直线()当为什么值时,直线与椭圆有公共点？（)若直线被椭圆截得的弦长为，求直线的方程.解:（1)把直线方程代入椭圆方程得 ,即,解得（2)设直线与椭圆的两个交点的横坐标为,由()得，根据弦长公式得 ：.解得.方程为阐明：解决有关直线与椭圆的位置关系问题及有关弦长问题，采用的措施与解决直线和圆的有所区别.这里解决直线与椭圆的交点问题,一般考虑鉴别式;解决弦长问题，一般应用弦长公式用弦长公式,若能合理运用韦达定理（即根与系数的关系),可大大简化运算过程.例题7、 已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上,直线y=x与该椭圆交于P和，且OPOQ，|PQ|,求椭圆方程【解前点津】 由题设条件
9、,不能拟定焦点是在x轴,还是在y轴上,且对于a、b、c的关系条件未作定性阐明，故可设椭圆方程为:mx2+y2=(0,0）简便【规范解答】 设椭圆方程为:mx2+ny2=1(m0,n0),设(x1，y)，Q(x2,y2)，由中消去y并依x聚项整顿得：(+n)x2+2nx+(n-1)=0，=n24(m+n)（1)0，即m+n-m0，OPOQ等价于xx+2=，将y1=x1+，y2=x1代入得:2x12+(x+2)+10， 又PQ|= 联立并解之得： 经检查这两组解都满足0，故所求椭圆方程为x+3y22或32+y2.【解后归纳】 中心在原点,焦点在坐标轴上的椭圆方程可用统一形式:mx+1(m0,n0）
10、,m与n的大小关系，决定了焦点位置.三，对称问题例题8、已知椭圆,试拟定的取值范畴，使得对于直线,椭圆上有不同的两点有关该直线对称.分析:若设椭圆上,两点有关直线对称,则已知条件等价于:(1)直线;(2)弦的中点在上.运用上述条件建立的不等式即可求得的取值范畴.解:（法1）设椭圆上，两点有关直线对称，直线与交于点.的斜率，设直线的方程为.由方程组消去得 。于是，即点的坐标为点在直线上,.解得. 将式代入式得 ，是椭圆上的两点,.解得.(法2)同解法得出，即点坐标为.,为椭圆上的两点，点在椭圆的内部,解得.(法3）设,是椭圆上有关对称的两点，直线与的交点的坐标为.,在椭圆上，,.两式相减得，即又
11、直线，,，即。又点在直线上， 。由,得点的坐标为如下同解法2.阐明：波及椭圆上两点，有关直线恒对称,求有关参数的取值范畴问题，可以采用列参数满足的不等式:（1)运用直线与椭圆恒有两个交点，通过直线方程与椭圆方程构成的方程组，消元后得到的一元二次方程的鉴别式，建立参数方程.()运用弦的中点在椭圆内部,满足,将,运用参数表达,建立参数不等式.四，最值问题例题9、设椭圆的中心是坐标原点，长轴在x轴上，离心率=,已知点P(0， )到这个椭圆上的点的最远距离是,求这个椭圆的方程.【解前点津】 由条件，可将椭圆原则方程用含一种参数的形式表达，将“最远距离”转化为二次函数的最值.【规范解答】 由e可推出a2
12、,于是可设椭圆方程为:，即有x=b2-42.设(x，）是椭圆上任意一点,且-y,|PM|2=-(y+)2+4b2+3,由于-b，b,于是转化为在闭区间b,b，求二次函数的最值.当b时，b，|PM|2有最大值b2+3+，令b2+b=()2，解得b=-,舍去当b时,取y=-知|PM有最大值4b2+3,令42+3=( )2解得：b1，a=2，故所求方程为：.【解后归纳】 这是一道解析几何与函数的综合题,其知识的交汇点及“等价转化”的数学思想，是必须“关注”的.例题1、 设椭圆方程为，过原点且倾斜角为和-()的两条直线分别交椭圆于、C和、D两点.(1)用表达四边形ABCD的面积;（2)当(0， ）时，求S的最大值.【解前点津】 设直线方程为yxtan，运用椭圆图形的“对称性”,易用表达S，然后运用函数的知识,求面积S的最大值.【规范解答】 (1)设通过原点且倾斜角为的直线方程为：yxan,代入求得：2=,由对称性知四边形B为矩形，又由于0,因此四边形ABC的面积为：S=4|y|.(2)当0时,0tn1，设t=tan，则S=(与直线交于、两点,且，其中为坐标原点.(1)求的值；(2)若椭圆的离心率满足，求椭圆长轴的取值范畴. 解析:设,由OP OQ x 1x + y1 y 2 = 又将，代入化简得 (） 又由（1)
