第2课时直线与椭圆考点一中点弦及弦长问题多维探究角度1中点弦问题【例1－1】已知椭圆＋y2＝1，(1)过A(2，1)的直线l与椭圆相交，求l被截得的弦的中点轨迹方程；(2)求过点P且被P点平分的弦所在直线的方程.解(1)设弦的端点为P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中点是M(x，y)，则x2＋x1＝2x，y2＋y1＝2y，由于点P，Q在椭圆上，则有：①－②得＝－＝－，所以－＝，化简得x2－2x＋2y2－2y＝0(包含在椭圆＋y2＝1内部的部分).(2)由(1)可得弦所在直线的斜率为k＝－＝－，因此所求直线方程是y－＝－，化简得2x＋4y－3＝0.规律方法弦及弦中点问题的解决方法(1)根与系数的关系：直线与椭圆方程联立、消元，利用根与系数关系表示中点；(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆方程，作差构造中点、斜率.角度2弦长问题【例1－2】(2019·北京朝阳区模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且点F1到椭圆C上任意一点的最大距离为3，椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在斜率为－1的直线l与以线段F1F2为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D，且＝？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.解(1)根据题意，设F1，F2的坐标分别为(－c，0)，(c，0)，由题意可得解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，故椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)假设存在斜率为－1的直线l，设为y＝－x＋m，由(1)知F1，F2的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，所以以线段F1F2为直径的圆为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝<1，得|m|<.|AB|＝2＝2＝×，联立得消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，由题意得Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得m2<7，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，|CD|＝|x1－x2|＝×＝×＝×＝|AB|＝××，解得m2＝<7，得m＝±.即存在符合条件的直线l，其方程为y＝－x±.规律方法1.解决直线与椭圆相交的问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题.2.设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝＝(k为直线斜率).【训练1】(1)(一题多解)已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F1，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为________.(2)(一题多解)(2019·广东五校调研)若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为()A.＋＝1B.＋＝1C.＋＝1D.＋＝1解析(1)法一由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，由消去y，得3x2－5x＝0，故得A(0，－2)，B，则|AB|＝＝.法二由题意知，椭圆的右焦点F1的坐标为(1，0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)，由消去y得3x2－5x＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝0，则|AB|＝＝＝＝.(2)法一 椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为＋＝1(b>0)，由消去x，得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知＝1，∴y1＋y2＝＝2，解得b2＝8.∴所求椭圆方程为＋＝1.法二 椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为＋＝1(b>0).设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则①－②得＋＝0，即·＝－，又 弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，k＝＝3，代入上式得3×＝－，解得b2＝8，故所求的椭圆方程为＋＝1.答案(1)(2)D考点二最值与范围问题易错警示【例2】(2019·天津和平区质检)已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且PQ＝QB.(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.解(1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).设Q(x0，y0)，则由PQ＝QB，得代入椭圆方程得b2＝1，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.联立消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，故Δ＝(－16k)2－48(...
