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(共71张PPT)
3.1 椭圆
3.1.2 椭圆的几何性质
第2课时 椭圆几何性质的综合问题
探究点一 弦长问题
探究点二 中点弦问题
探究点三 椭圆的实际应用问题
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.由直线与椭圆的方程,利用代数方法解决直线与椭圆位置关系的相
关问题.
2.能灵活运用椭圆的相关知识解决一些生活中的问题.
知识点一 弦长问题
（1）定义:直线与椭圆的交点间的线段叫做椭圆的弦.
（2）弦长公式：若直线与圆锥曲线相交于， 两点，
, ，则
弦长
或弦长 .
知识点二 中点弦
解决椭圆中点弦问题的方法:
（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.
（2）点差法:利用弦的端点在椭圆上,坐标满足方程,将端点坐标分别
代入椭圆方程,然后作差,构造出中点坐标和斜率的关系.
已知椭圆上两点 ,
,的中点为,则有 两式
相减得,整理得 ,即直
线的斜率 .
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）若直线的斜率一定，则当直线过椭圆的中心时，弦长最大.( )
√
（2）直线与椭圆 的位置关系是
相交.( )
√
（3）直线与椭圆 的位置关系为相切.( )
×
探究点一 弦长问题
例1 已知椭圆的两个焦点是， ，并且经过点
.
（1）求椭圆 的标准方程；
解：方法一：因为椭圆的焦点在 轴上，所以设它的标准方程为
.
由题意知，解得所以椭圆 的标准方程为
.
方法二：因为椭圆的焦点在 轴上，所以设它的标准方程为
.
根据椭圆定义得，即 .
又因为，所以，所以，椭圆 的标准方程为
.
（2）若直线与椭圆相交于，两点，当线段 的长
度最大时，求直线 的方程.
解：由消去得 ，
因为直线与椭圆相交于， 两点，
所以 ，解得
.
设， ，
则， ，
所以
.
当时，取最大值，此时直线的方程为 .
变式 ［2025·江苏镇江实验中学高二月考］ 已知椭圆 ，
过左焦点作倾斜角为的直线交椭圆于，两点，则弦 的长为
___.
2
[解析] 在椭圆中，， ，则
，故点，设点， ，
由题可知，直线的方程为 ，
即，由可得 ，
则，所以， ，
所以
.
［素养小结］
直线与椭圆相交弦长的有关问题
1.弦的两端点的坐标易求时，可直接求出交点坐标，再用两点间距离
公式求弦长.
2.弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式.
3.如果方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况.
探究点二 中点弦问题
例2 已知点是直线被椭圆 所截得的弦的中点,求直
线 的方程.
解:方法一:由题意可知直线的斜率存在,设直线 的方程为
,直线与椭圆的两交点分别为, ,椭
圆的方程可化为 .
将直线方程与椭圆方程联立,消去 化简得
,所以
,解得,所以直线 的方程为
,即 .
方法二:设直线与椭圆的交点为, ,
则, ,两式相减得
.
因为,,所以 ,
即直线的斜率,所以直线的方程为 ,即
.
变式 ［2025·江苏常州实验中学高二期末］ 椭圆 截直线
所得弦的中点与椭圆中心（坐标原点）的连线
的斜率为__.
[解析] 设直线与椭圆 的交点坐标为
,，则，可得 ,
.
因为,在椭圆上，所以两式相减得 ，
整理得，则,所以 .
［素养小结］
（1）涉及弦的中点,可以使用点差法:设出弦的两端点坐标,代入椭圆
方程,两式相减即得弦的中点坐标与斜率的关系式.
（2）与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平
分的弦所在的直线方程等.
探究点三 椭圆的实际应用问题
例3 ［2025·江苏南京金陵中学高二期中］开普勒第一定律也称椭圆
定律、轨道定律，其内容如下：太阳系中的每一个行星沿各自的椭
圆轨道环绕太阳运行，而太阳则处在椭圆的一个焦点上.将某行星
看作一个质点，绕太阳的运动轨迹成椭圆 ，
行星 在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太
阳最远的距离称为远日点距离.若行星 的近日点距离和远日点距离
之和是18（距离单位：亿千米），近日点距离和远日点距离之积是
16，则 ( )
A.39 B.52 C.86 D.97
√
[解析] 根据椭圆方程，得， ，则近日
点距离为 ，远日点距离为
，
由题意知近日点距离和远日点距离之和为
，近日点距离和远日点距离之积
是，解得, ，则
.故选D.
变式 如图①，广东韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥，
具有桩深、塔高、梁重、跨大的特点，它打通了曲江区、浈江区、
武江区交通道路的瓶颈，成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥
梁，大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命.韶州大桥的桥塔外
形近似为椭圆，示意图如图②所示，若桥塔所在平面截桥面为线段
，且过椭圆的下焦点，米，桥塔最高点 距桥面110米，
则此椭圆的离心率为( )
①
②
A. B.
C. D.
√
[解析] 建立平面直角坐标系，如图所示.设椭圆
方程为，令 ，得
，解得 ，
依题意可得
所以所以 ，
即，所以离心率 ．故选D.
［素养小结］
解决和椭圆有关的实际问题的思路
（1）通过数学抽象，找出实际问题中涉及的椭圆，将原问题转化为
数学问题.
（2）确定椭圆的位置及要素，并利用椭圆的方程或几何性质求出数
学问题的解.
（3）用解得的结果说明原来的实际问题.
（1），在椭圆上，若 过原点，则称线
段为椭圆的直径，为椭圆上异于， 的任意一点，则
.
（2）弦的斜率与弦中点和椭圆中心 的连线的斜率之积为定值
.
证明如下：（下述证明均选择焦点在 轴上的椭圆来证明，其他情况
形式类似）
（1）设，，因为 过原点，所以由对称性可知，
点，所以 .又因为点
，在椭圆上，所以
两式相减得，所以 .
（2）设，，，则 两式相减
得 ，
故 .
1.三角形面积问题
如图，点,均在椭圆 上，点
在椭圆内，在中， ，垂足为
.直线的方程为 ，
，
，其中
.
2.平行四边形的面积
如图，，，，均在椭圆上，且四边形 为平
行四边形，，垂足为.直线 的方程为
，直线的方程为 ,
,
,
.
注意：，，分别为直线与椭圆方程联立消去 后的一元二次方
程, 的系数及常数项.
例 设椭圆的左焦点为，离心率为 ，过
点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为 .
（1）求椭圆 的方程；
解：设，由，得 ，
所以 .
易知，过且与轴垂直的直线方程为 ，
将代入椭圆方程得，解得 ，
由题意得，所以 .
由，，可得, ，
所以椭圆的方程为 .
（2）直线与椭圆交于，两点，线段 的
垂直平分线与轴交于点，求（ 为坐标原点）面积
的最大值.
解：由消去得 ，
由，得 .
设,，线段的中点为 ，
则， ，
故， ，
所以线段的垂直平分线的方程为 ，
将点的坐标代入上式中，得 ，
化简得，将上式代入②式中，得 ，
解得 ，
故
，
设原点到直线的距离为，则 ，
所以
，
故当时，有最大值 ，此时，
由知，，所以面积的最大值为 .
练习册
1.直线被椭圆 截得的弦长为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由解得 或所以直线与
椭圆交于点 ,,
所以 .故选B.
2.直线与椭圆有且只有一个交点,则 的值是
( )
A. B. C. D.
[解析] 由消去得 ,由题意
知,解得 ,故选C.
√
3.椭圆与直线相交所得的弦被点 平分，
则点 的坐标为( )
A. B. C. D.
[解析] 设直线与椭圆的两个交点为， ，由
得 ，,，
点的坐标为 .故选D.
√
4.加斯帕尔·蒙日是法国著名的几何学家，他在研
究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的
切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中
心，这个圆被称为“蒙日圆”，如图，则椭圆
的“蒙日圆”的半径为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
[解析] 由蒙日圆的定义可知，椭圆的两条切线 ，
的交点在椭圆的“蒙日圆”上，所以椭圆 的“蒙日圆”的半
径 .故选C.
√
5.若直线和圆没有交点,则过点 的直线
与椭圆 的交点的个数为( )
A.0或1 B.2 C.1 D.0
[解析] 因为直线和圆 没有交点，所以
,所以,则,所以点
在椭圆内部，从而过点 的直线与椭圆有两个交点.故选B.
√
6.（多选题）已知直线与椭圆 ，则下列
结论正确的是( )
A.若与至少有1个公共点，则
B.若与有且仅有2个公共点，则
C.若，则上到 的距离为5的点只有1个
D.若，则上到 的距离为1的点只有3个
√
√
√
.
对于A，令 ，解得，A错误；
对于B,令 ，得，B正确；
对于C，令 ，解得，所以直线
与椭圆 相切，又直线与直线的距离
，因此，当时，上到 的距离为5的点只
有1个，C正确；
对于D，直线与直线，直线 的距离均为1，
因此，当时，上到的距离为1的点只有3个，D正确.
故选 .
7.已知直线被椭圆截得的弦长为 ，则实数
的值为____.
[解析] 把方程与椭圆方程 联立得，
,
设该直线与椭圆相交于 ，两点，
则,是方程 的两根，
则, ,
所以 ,故
.
8.［2025·安徽合肥一中高二期中］已知点是椭圆 上
任意一点，则点到直线 距离的最小值为_ __.
[解析] 设与椭圆相切且平行于的直线的方程为 ，
，由消去得 ，则
， ，
又两平行线间的距离，
到直线 距离的最小值为 .
9.（13分）［2025·山东临沂一中高二月考］ 已知椭圆
的离心率为 ，短轴长为2.
（1）求椭圆 的标准方程；
解：由题意得可得
故椭圆的标准方程为 .
（2）过点的直线与椭圆交于，两点，若 的面积为
为坐标原点，求直线 的方程.
解：由题可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，， .
由得 ，
则 ，
， ，
故 ，
因为的面积为 ，所以
.
设，则 ，
整理得 ，
解得或（舍去），则 .
故直线的方程为，即 .
10.（13分）［2025·江苏徐州一中高二月考］ 在平面直角坐标系
中，,，是平面内的一个动点，且直线 和直线
的斜率之积为.记点的运动轨迹为曲线 .
（1）求曲线 的方程；
解：设，由题可得，则 ，
整理得，故曲线的方程为 .
（2）若直线与曲线交于，两点，且线段的中点为 ，
求 .
解：方法一：设, ，
则两式相减得，则 ，
因为线段的中点为，所以, ，所以
，故直线的方程为，即 .
由消去整理得 ，
则，, ，
则 .
方法二：易知直线斜率存在，设直线方程为 ，
由消去整理得 ，
则 ，
设,,则, ，
又,，所以
即, ，则
.
11.已知一组斜率为1的平行直线与椭圆 相交，则这些直线
被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设斜率为1的平行直线的方程为 ，且斜率为1的平行
直线与椭圆交于,两点,设,，线段 的中点为
,,,,
,两点在椭圆 上，且，
两式相减得 ,即,
, ，即 ,
故这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为 .
故选C.
12.［2025·江苏泰州中学高二期末］已知椭圆
的四个顶点构成的四边形的面积为 ，
直线与椭圆交于，两点，且线段 的中点为
，则椭圆 的方程为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设，，则， ，两式作
差并化简整理得，
因为线段的中点为 ，所以，，
所以，由 ，得，
又由题意得，所以 ，
，所以椭圆的方程为 .故选A.
13.（多选题）已知为椭圆 的左焦点，直线
与椭圆交于，两点，轴，垂足为 ，直
线与椭圆的另一个交点为 ，则( )
A.的最小值为2 B.面积的最大值为
C.直线的斜率为 D. 为钝角
√
√
[解析] 对于A，设椭圆的右焦点为，连接， ，则四边形
为平行四边形， ，
，当且仅当
时等号成立，A错误.
对于B，由 得，，
的面积，
当且仅当 时等号成立，B正确.
对于C，设，则， ，
故直线的斜率，C正确.
对于D，设 ，直线的斜率为，直线的斜率为 ，则
，
又点和点均在椭圆 上，，，
整理得 ，易知，
则，得，
， ，D错误.
故选 .
14.［2025·江苏镇江一中高二期中］已知, 分别为椭圆
的左、右顶点，点为椭圆上异于, 的任意
一点，直线,的斜率分别为,，若椭圆的离心率为 ，则
____.
[解析] 由题意可得,，设，,则由 在
椭圆上可得，.
椭圆的离心率为，，故，即 .
15.［2025·江苏海安中学高二月考］已知椭圆具有如下性质：若椭圆
的方程为，则在椭圆上一点 处的切
线方程为 ，试运用该性质解决以下问题：已知椭圆
，为坐标原点，点为 在第一象限内的任意一点，
过作的切线，分别与轴和轴的正半轴交于， 两点，则
面积的最小值为( )
A.1 B. C. D.2
√
[解析] 设，由题意得，过点的切线 的方
程为，令，可得，令，可得 ，
所以面积，
又点 在椭圆上，所以，
所以 ，
当且仅当且，即， 时等号成立，所以
面积的最小值为 .
16.（15分）［2025·江苏启东中学高二质检］ 已知椭圆
的上、下顶点分别为, ，且短轴长为
，为椭圆上（除,外）任意一点，直线, 的斜率之积为
，， 分别为椭圆的左、右焦点.
（1）求椭圆 的方程.
解：由题意知，直线,的斜率存在且不为0，设 ，直线
, 的斜率分别为， ，
由题意知， ，
由，得，整理得 ，故
椭圆的方程为 .
（2）“天眼”是世界上最大、最灵敏的单口径射电望远镜，它的外形
像一口“大锅”，可以接收到百亿光年外的电磁信号.在“天眼”的建设
中，用到了大量的圆锥曲线的光学性质，请以上面的椭圆 为代表，
证明：由焦点发出的光线射到椭圆上任意一点 后反射，反射光
线必经过另一焦点 .（提示：光线射到曲线上某点并反射时，法线
垂直于该点处的切线）
证明：当为椭圆顶点时结论显然成立，当 不是椭圆顶点时，要
证明结论成立，只需证明法线平分 .
设点的坐标为，则 .
设与椭圆切于点的切线方程为 ，
由消去 得
，则，可得 .
所以切线的斜率为，所以法线的斜率为 ，故法线方程为
，令，可得法线与轴交点的横坐标为 ，
易知， ，
所以 ，
，
，所以 ，
又 ，
所以，则 或
（舍去），
所以法线平分 ，所以原结论成立.
快速核答案（导学案）
课前预习 【诊断分析】 （1）√ （2）√ （3）×
课中探究 例1 （1）（2）
变式 2 例2 变式
例3 D 变式 D
快速核答案（练习册）
1.B 2.C 3.D 4.C 5.B 6.BCD 7. 8.
9.（1）（2）
10.（1）（2）
11.C 12.A 13.BC 14. 15.C
16.（1）（2）略第2课时　椭圆几何性质的综合问题
【课前预习】
诊断分析
(1)√　(2)√　(3)×
【课中探究】
探究点一
例1　解:(1)方法一:因为椭圆C的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为+=1(a>b>0).
由题意知,解得所以椭圆C的标准方程为+y2=1.
方法二:因为椭圆C的焦点在x轴上,所以设它的标准方程为+=1(a>b>0).
根据椭圆定义得2a=PF1+PF2=+=2,即a=.
又因为c=1,所以b==1,所以,椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)由消去y得3x2+4mx+2m2-2=0,
因为直线y=x+m与椭圆C相交于A,B两点,
所以Δ=16m2-4×3×(2m2-2)=24-8m2>0,解得-设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=,
所以AB=|x1-x2|=
·=
·=·.
当m=0时,AB取最大值,此时直线l的方程为x-y=0.
变式　2　[解析] 在椭圆+y2=1中,a=3,b=1,则c==2,故点F(-2,0),设点A(x1,y1),B(x2,y2),由题可知,直线AB的方程为y=(x+2),即x=y-2,由可得12y2-4y-1=0,则Δ=16×6+4×12=144>0,所以y1+y2=,y1y2=-,所以AB=·=
2=2.
探究点二
例2　解:方法一:由题意可知直线l的斜率存在,设直线l的方程为y-2=k(x-4),直线l与椭圆的两交点分别为A(x1,y1),B(x2,y2),椭圆的方程可化为x2+4y2-36=0.
将直线方程与椭圆方程联立,消去y化简得(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.
方法二:设直线l与椭圆的交点为A(x1,y1),B(x2,y2),
则+4-36=0,+4-36=0,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)+4(y1+y2)(y1-y2)=0.
因为x1+x2=8,y1+y2=4,所以=-,
即直线l的斜率k=-,所以直线l的方程为y-2=-(x-4),即x+2y-8=0.
变式　　[解析] 设直线x+y-1=0与椭圆+=1的交点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),则M,可得kAB==-1,kOM==.因为A,B在椭圆上,所以两式相减得+=0,整理得=·=-,则-kOM=-,所以kOM=.
探究点三
例3　D　[解析] 根据椭圆方程+=1,得a=,c=,则近日点距离为a-c=-,远日点距离为a+c=+,由题意知近日点距离和远日点距离之和为-++=18,近日点距离和远日点距离之积是(-)(+)=16,解得m=81,n=16,则m+n=97.故选D.
变式　D　[解析] 建立平面直角坐标系,如图所示.设椭圆方程为+=1(a>b>0),令y=-c,得+=1,解得x=±,依题意可得所以所以=,即1-=,所以离心率e==.故选D.第2课时　椭圆几何性质的综合问题
1.B　[解析] 由解得
或所以直线y=x与椭圆x2+=1交于点A,B,所以AB==.故选B.
2.C　[解析] 由消去y得(2+3k2)x2+12kx+6=0,由题意知Δ=(12k)2-4×6×(2+3k2)=0,解得k=±,故选C.
3.D　[解析] 设直线与椭圆的两个交点为(x1,y1),(x2,y2),由得y2-2y=0 ,∴y1+y2=2,∴x1+x2=4,∴点M的坐标为(2,1) .故选D.
4.C　[解析] 由蒙日圆的定义可知,椭圆C:+=1的两条切线x=4,y=3的交点(4,3)在椭圆C的“蒙日圆”上,所以椭圆C的“蒙日圆”的半径R==5.故选C.
5.B　[解析] 因为直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,所以>2,所以m2+n2<4,则+≤+<1,所以点(m,n)在椭圆内部,从而过点(m,n)的直线与椭圆有两个交点.故选B.
6.BCD　[解析] 由消去y得4x2+6mx+3m2-6=0,则Δ=12(8-m2).对于A,令Δ=12(8-m2)≥0,解得-2≤m≤2,A错误;对于B,令Δ=12(8-m2)>0,得|m|<2,B正确;对于C,令Δ=12(8-m2)=0,解得m=±2,所以直线y=x±2与椭圆C相切,又直线y=x+3与直线y=x-2的距离d==5,因此,当m=3时,C上到l的距离为5的点只有1个,C正确;对于D,直线y=x-与直线y=x-2,直线y=x的距离均为1,因此,当m=-时,C上到l的距离为1的点只有3个,D正确.故选BCD.
7.±1　[解析] 把方程y=x+m与椭圆方程4x2+y2=1联立得,5x2+2mx+m2-1=0,设该直线与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,则x1,x2是方程5x2+2mx+m2-1=0的两根,则x1+x2=-,x1x2=,所以AB=·=·=,故m=±1.
8.　[解析] 设与椭圆C相切且平行于l的直线的方程为y=x+m,m≠2,由消去y得3x2+4mx+2m2-2=0,则Δ=16m2-24(m2-1)=0,∴m=±,又两平行线间的距离d=,∴P到直线l:x-y+2=0距离的最小值为=.
9.解:(1)由题意得可得
故椭圆C的标准方程为+y2=1.
(2)由题可知直线的斜率不为0,
设直线的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2).
由得(m2+4)y2+2my-3=0,则Δ=(2m)2-4(m2+4)×(-3)=16m2+48>0,
y1+y2=-,y1y2=-,
故|y1-y2|===,
因为△ABO的面积为,所以OP·|y1-y2|=×1×==.
设t=≥,则=,
整理得(3t-1)(t-3)=0,
解得t=3或t=(舍去),则m=±.
故直线l的方程为x=±y+1,即x±y-1=0.
10.解:(1)设P(x,y),由题可得x≠±5,则kPAkPB=·=-,
整理得+=1,故曲线C的方程为+=1(x≠±5).
(2)方法一:设M(x1,y1),N(x2,y2),
则两式相减得+=0,则=-,
因为线段MN的中点为Q,所以=,=-,所以=1,故直线l的方程为y-=x-,即y=x-2.
由消去y整理得6x2-20x-5=0,
则Δ=(-20)2-4×6×(-5)=520>0,x1+x2=,x1x2=-,则MN=·=.
方法二:易知直线斜率存在,设直线方程为y=kx+m,
由消去y整理得(5k2+1)x2+10kbx+5b2-25=0,
则Δ=100k2b2-4(5k2+1)(5b2-25)=500k2-20b2+100>0,
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,
又x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2b=-,所以
即x1+x2=,x1x2=-,则MN=·=.
11.C　[解析] 设斜率为1的平行直线的方程为y=x+n,且斜率为1的平行直线与椭圆交于A,B两点,设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x,y),∴=1,x=,y=,∵A,B两点在椭圆+=1上,∴+=1且+=1,两式 相 减得+=0,即+=0,∴·=-,∴1×=-,即y=-x,故这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为y=-x.故选C.
12.A　[解析] 设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1,两式作差并化简整理得=-·,因为线段AB的中点为(-2,2),所以x1+x2=-4,y1+y2=4,所以=,由kl=,得=,又由题意得×2a×2b=2ab=16,所以b2=8,a2=16,所以椭圆C的方程为+=1.故选A.
13.BC　[解析] 对于A,设椭圆C的右焦点为F',连接AF',BF',则四边形AF'BF为平行四边形,∴AF+BF=AF+AF'=2a=4,∴+=(AF+BF)=≥,当且仅当BF=2AF时等号成立,A错误.对于B,由得x=,∴|yA-yB|=,∴△ABE的面积S=|xA||yA-yB|==≤,当且仅当k=±时等号成立,B正确.对于C,设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),E(x0,0),故直线BE的斜率kBE==·=k,C正确.对于D,设P(m,n),直线PA的斜率为kPA,直线PB的斜率为kPB,则kPA·kPB=·=,又点P和点A均在椭圆C上,∴+=1①,+=1②,①-②整理得=-,易知kPB=kBE=k,则kPA·k=-,得kPA=-,∴kPA·kAB=·k=-1,∴∠PAB=90°,D错误.故选BC.
14.-　[解析] 由题意可得A(-a,0),B(a,0),设P(x0,y0),x0≠±a,则由P在椭圆上可得=·b2,∴k1·k2=·==-.∵椭圆的离心率为,∴==,故=,即k1·k2=-.
15.C　[解析] 设B(x1,y1)(x1>0,y1>0),由题意得,过点B的切线l的方程为+y1y=1,令y=0,可得C,令x=0,可得D,所以△OCD面积S=××=,又点B在椭圆上,所以+=1,所以S===+≥2=,当且仅当=且+=1,即x1=1,y1=时等号成立,所以△OCD面积的最小值为.
16.解:(1)由题意知,直线TA,TB的斜率存在且不为0,设T(x,y),直线TA,TB的斜率分别为k1,k2,
由题意知A(0,),B(0,-),
由k1k2=-,得·=-,整理得+=1(x≠0),故椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:当M为椭圆顶点时结论显然成立,当M不是椭圆顶点时,要证明结论成立,只需证明法线平分∠F1MF2.
设点M的坐标为(m,n)(m·n≠0),则3m2+4n2=12.
设与椭圆切于点M的切线方程为y=k(x-m)+n=kx-km+n,
由消去y得(3+4k2)x2-8k(km-n)x+4(km-n)2-12=0,则Δ=64k2(km-n)2-16[(km-n)2-3](4k2+3)=48[4k2-(km-n)2+3]=0,可得k=-.
所以切线的斜率为-,所以法线的斜率为,故法线方程为y-n=(x-m),令y=0,可得法线与x轴交点N的横坐标为,
易知F1(-1,0),F2(1,0),
所以=,F1M===2+m,F2M=2-m,所以===,又==,
所以sin∠F1MN=sin∠F2MN,则∠F1MN=∠F2MN或∠F1MN+∠F2MN=π(舍去),
所以法线MN平分∠F1MF2,所以原结论成立.第2课时　椭圆几何性质的综合问题
【学习目标】
　　1.由直线与椭圆的方程,利用代数方法解决直线与椭圆位置关系的相关问题.
　　2.能灵活运用椭圆的相关知识解决一些生活中的问题.
◆ 知识点一　弦长问题
(1)定义:直线与椭圆的交点间的线段叫做椭圆的弦.
(2)弦长公式:若直线l:y=kx+b与圆锥曲线相交于A,B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),则
弦长AB== =|x1-x2|=
或弦长AB=|y1-y2|=.
◆ 知识点二　中点弦
解决椭圆中点弦问题的方法:
(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.
(2)点差法:利用弦的端点在椭圆上,坐标满足方程,将端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.
已知椭圆+=1(a>b>0)上两点A(x1,y1),B(x2,y2)(y1+y2≠0),AB的中点为M(x0,y0),则有两式相减得+=0,整理得=-·=-·,即直线AB的斜率k=-.
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若直线的斜率一定,则当直线过椭圆的中心时,弦长最大. (　 )
(2)直线y=k(x-a)与椭圆+=1(a>b>0)的位置关系是相交. (　 )
(3)直线y=kx-k与椭圆+=1的位置关系为相切. (　 )
◆ 探究点一　弦长问题
例1 已知椭圆C的两个焦点是F1(-1,0),F2(1,0),并且经过点P.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l:y=x+m与椭圆C相交于A,B两点,当线段AB的长度最大时,求直线l的方程.
变式 [2025·江苏镇江实验中学高二月考] 已知椭圆+y2=1,过左焦点F作倾斜角为的直线交椭圆于A,B两点,则弦AB的长为　　　　.
[素养小结]
直线与椭圆相交弦长的有关问题
1.弦的两端点的坐标易求时,可直接求出交点坐标,再用两点间距离公式求弦长.
2.弦的两端点的坐标不易求时,可用弦长公式.
3.如果方程涉及斜率,要注意斜率不存在的情况.
◆ 探究点二　中点弦问题
例2 已知点P(4,2)是直线l被椭圆+=1所截得的弦的中点,求直线l的方程.
变式 [2025·江苏常州实验中学高二期末] 椭圆+=1截直线x+y-1=0所得弦的中点M与椭圆中心O(坐标原点)的连线OM的斜率为　　　　.
[素养小结]
(1)涉及弦的中点,可以使用点差法:设出弦的两端点坐标,代入椭圆方程,两式相减即得弦的中点坐标与斜率的关系式.
(2)与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.　　　　　 　　　　　 　　　　　
◆ 探究点三　椭圆的实际应用问题
例3 [2025·江苏南京金陵中学高二期中] 开普勒第一定律也称椭圆定律、轨道定律,其内容如下:太阳系中的每一个行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳运行,而太阳则处在椭圆的一个焦点上.将某行星H看作一个质点,H绕太阳的运动轨迹成椭圆+=1(m>n>0),行星H在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离,距离太阳最远的距离称为远日点距离.若行星H的近日点距离和远日点距离之和是18(距离单位:亿千米),近日点距离和远日点距离之积是16,则m+n= (　 )
A.39 B.52 C.86 D.97
变式 如图①,广东韶州大桥是一座独塔双索面钢砼混合梁斜拉桥,具有桩深、塔高、梁重、跨大的特点,它打通了曲江区、浈江区、武江区交通道路的瓶颈,成为连接曲江区与芙蓉新城的重要交通桥梁,大桥承担着实现韶关“三区融合”的重要使命.韶州大桥的桥塔外形近似为椭圆,示意图如图②所示,若桥塔所在平面截桥面为线段AB,且AB过椭圆的下焦点,AB=44米,桥塔最高点P距桥面110米,则此椭圆的离心率为 (　 )
① ②
A. B.
C. D.
[素养小结]
解决和椭圆有关的实际问题的思路
(1)通过数学抽象,找出实际问题中涉及的椭圆,将原问题转化为数学问题.
(2)确定椭圆的位置及要素,并利用椭圆的方程或几何性质求出数学问题的解.
(3)用解得的结果说明原来的实际问题.第2课时　椭圆几何性质的综合问题
1.直线y=x被椭圆x2+=1截得的弦长为(　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A. B.
C. D.
2.直线y=kx+2与椭圆+=1有且只有一个交点,则k的值是 (　 )
A. B.-
C.± D.±
3.椭圆+=1与直线x+2y-4=0相交所得的弦被点M平分,则点M的坐标为 (　 )
A.(2,4) B.(2,2)
C.(3,1) D.(2,1)
4.加斯帕尔·蒙日是法国著名的几何学家,他在研究圆锥曲线时发现:椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上,其圆心是椭圆的中心,这个圆被称为“蒙日圆”,如图,则椭圆C:+=1的“蒙日圆”的半径为 (　 )
A.3 B.4
C.5 D.6
5.若直线mx+ny=4和圆x2+y2=4没有交点,则过点(m,n)的直线与椭圆+=1的交点的个数为 (　 )
A.0或1 B.2
C.1 D.0
6.(多选题)已知直线l:y=x+m与椭圆C:+=1,则下列结论正确的是 (　 )
A.若C与l至少有1个公共点,则m≤2
B.若C与l有且仅有2个公共点,则m<2
C.若m=3,则C上到l的距离为5的点只有1个
D.若m=-,则C上到l的距离为1的点只有3个
7.已知直线y=x+m被椭圆4x2+y2=1截得的弦长为,则实数m的值为　　　　　　.
8.[2025·安徽合肥一中高二期中] 已知点P是椭圆C:+y2=1上任意一点,则点P到直线l:x-y+2=0距离的最小值为　　　　.
9.(13分)[2025·山东临沂一中高二月考] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)过点P(1,0)的直线l与椭圆C交于A,B两点,若△ABO的面积为(O为坐标原点),求直线l的方程.
10.(13分)[2025·江苏徐州一中高二月考] 在平面直角坐标系xOy中,A(-5,0),B(5,0),P是平面内的一个动点,且直线PA和直线PB的斜率之积为-.记点P的运动轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程;
(2)若直线l与曲线C交于M,N两点,且线段MN的中点为Q,求MN.
11.已知一组斜率为1的平行直线与椭圆+=1相交,则这些直线被椭圆截得的线段的中点所在的直线方程为 (　 )
A.y=x B.y=-2x
C.y=-x D.y=2x
12.[2025·江苏泰州中学高二期末] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的四个顶点构成的四边形的面积为16,直线l:x-2y+6=0与椭圆C交于A,B两点,且线段AB的中点为(-2,2),则椭圆C的方程为 (　 )
A.+=1 B.+=1
C.+=1 D.+=1
13.(多选题)已知F为椭圆C:+=1的左焦点,直线l:y=kx(k≠0)与椭圆C交于A,B两点,AE⊥x轴,垂足为E,直线BE与椭圆C的另一个交点为P,则 (　 )
A.+的最小值为2
B.△ABE面积的最大值为
C.直线BE的斜率为k
D.∠PAB为钝角
14.[2025·江苏镇江一中高二期中] 已知A,B分别为椭圆+=1(a>b>0)的左、右顶点,点P为椭圆上异于A,B的任意一点,直线PA,PB的斜率分别为k1,k2,若椭圆的离心率为,则k1·k2=　　　　.
15.[2025·江苏海安中学高二月考] 已知椭圆具有如下性质:若椭圆的方程为+=1(a>b>0),则在椭圆上一点A(x0,y0)处的切线方程为+=1,试运用该性质解决以下问题:已知椭圆C1:+y2=1,O为坐标原点,点B为C1在第一象限内的任意一点,过B作C1的切线l,l分别与x轴和y轴的正半轴交于C,D两点,则△OCD面积的最小值为 (　 )
A.1 B.
C. D.2
16.(15分)[2025·江苏启东中学高二质检] 已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为A,B,且短轴长为2,T为椭圆上(除A,B外)任意一点,直线TA,TB的斜率之积为-,F1,F2分别为椭圆的左、右焦点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)“天眼”是世界上最大、最灵敏的单口径射电望远镜,它的外形像一口“大锅”,可以接收到百亿光年外的电磁信号.在“天眼”的建设中,用到了大量的圆锥曲线的光学性质,请以上面的椭圆C为代表,证明:由焦点F1发出的光线射到椭圆上任意一点M后反射,反射光线必经过另一焦点F2.(提示:光线射到曲线上某点并反射时,法线垂直于该点处的切线)

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