2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系

2019年高考数学一轮复习：直线与圆锥曲线的位置关系

直线与圆锥曲线的位置关系

1．直线与圆锥曲线的位置关系

直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度来看有三种：相离时，直线与圆锥曲线______公共点；相切时，直线与圆锥曲线有______公共点；相交时，直线与椭圆有______公共点，直线与双曲线、抛物线有一个或两个公共点．一般通过它们的方程来研究：

设直线l：Ax＋By＋C＝0与二次曲线C：f(x，y)＝0，

由???Ax＋By＋C＝0，?

f（x，y）＝0消元，如果消去y后得：ax2

?＋bx＋c＝0，

(1)当a≠0时，

①Δ＞0，则方程有两个不同的解，直线与圆锥曲线有两个公共点，直线与圆锥曲线________；

②Δ＝0，则方程有两个相同的解，直线与圆锥曲线有一个公共点，直线与圆锥曲线________；

③Δ＜0，则方程无解，直线与圆锥曲线没有公共点，直线与圆锥曲线________．

(2)注意消元后非二次的情况，即当a＝0时，对应圆锥曲线只可能是双曲线或抛物线．

当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线的位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴的位置关系是________．

(3)直线方程涉及斜率k要考虑其不存在的情形． 2．直线与圆锥曲线相交的弦长问题

(1)直线l：y＝kx＋m与二次曲线C：f(x，y)＝0

交于A，B两点，设A(x(x??

y＝kx＋m，1，y1)，B2，y2)，由?

??f（x，y）＝0

得ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，则x1＋x2＝________，x1x2＝________，|AB|＝__________________________．

(2)若弦过焦点，可得焦点弦，可用焦半径公式来表示弦长，以简化运算．

3．直线与圆锥曲线相交弦的中点问题

中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差

法”求解．

(1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．

(2)点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立中点坐标和斜率的关系．

无论哪种方法都不能忽视对判别式的讨论．

自查自纠

1．无 一个 两个 (1)①相交 ②相切 ③相离

(2)平行或重合 平行或重合 2．(1)－bc

a a

1＋k2|x1－x2|＝1＋k

2b2－4ac

|a|

x2y＝kx－k＋1与椭圆y2

直线9＋4

＝1的位置关

系是( )

A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定

解：由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1，1)，而(1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．故选A.

过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有

一个公共点，这样的直线有( )

A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线y＝1，以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线y＝x＋1.故选C.

抛物线C的顶点为原点，焦点在x轴上，直

线x－y＝0与抛物线C交于A，B两点，若P(1，1)

为线段AB的中点，则抛物线C的方程为( )

A．y2＝4x B．y2＝2x C．x2＝2y D．y2＝－2x 解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程为y2＝

2px，则???y21＝2px1，y1－y2

??

y2＝2px两式相减可得2p＝×(y1＋y2)

22，x1－x2＝kAB×2＝2，即可得p＝1，所以抛物线C的方程为y2＝2x.故选B.

x2 已知椭圆C：a2＋y2

b

2＝1(a>b>0)，F(2，0)为

其右焦点，过点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为____________．

??

c＝2，

?b2

解：由题意得?a＝??a＝1，

解得?2，?

b＝2， a2

＝b2

＋c2

，

所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.故填x2y2

4＋2＝1.

已知双曲线x2y2

a2－b

2＝1(a>0，b>0)的一条渐近

线经过点(1，2)，则该渐近线与圆(x＋1)2＋(y－2)2＝4相交所得的弦长为________．

解：因为bx－ay＝0过点(1，2)，故b－2a＝0，

渐近线方程为2x－y＝0，圆心到该直线的距离d＝4

5，

故弦长为24－16455＝5.故填455

.

类型一 弦的中点问题

(1)已知一直线与椭圆4x2

＋9y2

＝36相交

于A，B两点，弦AB的中点坐标为M(1，1)，则直线AB的方程为_____________________________．

解法一：根据题意，易知直线AB的斜率存在，设通过点M(1，1)的直线AB的方程为y＝k(x－1)＋1，代入椭圆方程，整理得(9k2＋4)x2＋18k(1－k)x＋9(1－k)2

－36＝0.

设A，B的横坐标分别为x1，x2，

则x1＋x22＝－9k（1－k）9k2＋4

＝1，解之得k＝－49. 故直线AB的方程为y＝－4

9(x－1)＋1，即4x＋9y

－13＝0.

解法二：设A(x1，y1)．

因为AB中点为M(1，1)，所以B点坐标是(2－x1，2－y1)．

将A，B点的坐标代入方程4x2＋9y2＝36，得

4x21＋9y21－36＝0，①

及4(2－x1)2＋9(2－y1)2＝36，

化简为4x21＋9y2

1－16x1－36y1＋16＝0.②

①－②，得16x1＋36y1－52＝0，化简为4x1＋9y1

－13＝0.

同理可推出4(2－x1)＋9(2－y1)－13＝0. 因为A(x1，y1)与B(2－x1，2－y1)都满足方程4x＋9y－13＝0，

所以4x＋9y－13＝0即为所求．

解法三：设A(x1，y1)，B(x2，y2)是弦的两个端点，

代入椭圆方程，得???4x21＋9y2

1＝36， ①

??

4x22＋9y2

② 2＝36， ①－②，得4(x1＋x2)(x1－x2)＋9(y1＋y2)(y1－y2)＝0.

因为M(1，1)为弦的中点，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.

所以4(xy1－y2

1－x2)＋9(y1－y2)＝0.所以kAB＝x＝1－x2

－4

9

. 故AB方程为y－1＝－4

9(x－1)，即4x＋9y－13＝

0.

故填4x＋9y－13＝0.

(2)椭圆ax2＋by2＝1与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为32，则a

b

＝( )

A.

32 B.239323

3 C.2 D.27

解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点M(x0，

yy2－y1ax1＋x2

0)，结合题意，由点差法得，x＝－2－x1b·y＝

1＋y2－ab·23

＝－1，所以a3

b＝2.故选A. 【点拨】题(1)的三种解法很经典，各有特色，解法一思路直接，但计算量大，解法三计算简捷，所列式子“整齐、美观，对称性强”，但消去x1，x2，y1，类型二 定点问题

2

y2时，要求灵活性高，整体意识强．弦中点问题常用“点差法”(步骤详见“考点梳理”栏目)．

(1)过点M(1，1)作斜率为－1

2

的直线与椭

x2圆C：a2＋y2

b2＝1(a>b>0)相交于A，B两点，若M是线

段AB的中点，则椭圆C的离心率等于____________．解：设A(xB(xx21，y1)，2，y2)，则1y21x22y22a2＋b2＝1，a2＋b2＝1，

两式相减得

（x1－x2）（x1＋x2）a2＋（y1－y2）（y1＋y2）

b2＝

0，

2

变形得－b（x1＋x2）y1－y22b21

a2（y＝，即－1＋y2）x1－x22a2＝－2，

a2

＝2b2

，e＝c

b2a

＝1－??a??＝222.故填2

.

已知椭圆E：x2y2

(2)a2＋b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，

0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )

x245＋y236＝1 B.x2y2

A.36＋27

＝1 x2y2C.27＋x2y2

18＝1 D.18＋9

＝1 解：因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，所

＝1x2以直线AB的方程为yy2

2(x－3)，代入椭圆方程a2＋b2＝1消去y，得?a2

?4＋b2??x2－32a2x＋9

4a2－a2b2＝0，所以32

AB的中点的横坐标为2

a2＝1，即a2＝2b22?a

，又

?4＋b2??a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝32，故选D.

(2015·大庆检测)已知椭圆C：xa

2＋y2＝

1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且AP→·AQ→

＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．

解：(1)圆M的圆心为(3，1)，半径r＝3. 由题意知A(0，1)，F(c，0)，

直线AF的方程为x

c＋y＝1，即x＋cy－c＝0.

由直线AF与圆M相切，得

|3＋c－c|

c2＋1

＝3，解得2

2

2

x2c＝2，a＝c＋1＝3，故椭圆C的方程为2

3

＋y＝1.

(2)证法一：由AP→·AQ→

＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝

kx＋1，直线AQ的方程为y＝－1

k

x＋1.

?y＝kx＋1联立?，??x2

整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0?＋y2

＝1，， 3解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，

2

故点P的坐标为??－6k?1＋3k2，1－3k1＋3k2??

?，

2

同理，点Q的坐标为??6k?k2＋3，k－3k2＋3???

，

k2－31－3k2

所以直线l的斜率为k2＋3－1＋3k26k

－6k＝k2－1

4k，

k2＋3－

1＋3k2所以直线l的方程为y＝k2－16k4k??x－k2＋3?k2－3?＋k2＋3， 即y＝k2－14kx－12.所以直线l过定点??0，－1

2??. 证法二：由AP→·AQ→

＝0，知AP⊥AQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为y＝kx＋t(t≠1)，

?y＝kx＋t，联立???x2

?2

整理得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3(t2－3＋y＝1，1)＝0.

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

x－6kt3（t2则x－1）

1＋2＝1＋3k2，x1x2＝1＋3k2.(*)

由Δ＝(6kt)2－4(1＋3k2)×3(t2－1)>0，得3k2>t2－1.

由AP→·AQ→＝0，得AP→·AQ→

＝(x1，y1－1)·(x2，y2

－1)＝(1＋k2

)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2

＝0.

将(*)代入，得t＝－1

2

，

所以直线l过定点??

0，－12??. 【点拨】(1)根据已知条件建立方程；(2)通过假设相关点的坐标，利用函数与方程思想及点的坐标关系，按照“设而不求”的原则计算或化简．

(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点

M在椭圆C：x22＋y2

＝1上，过M作x轴的垂线，垂

足为N，点P满足NP→＝2NM→

.

(1)求点P的轨迹方程；

(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP→·PQ→

＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)， NP→＝(x－x→

0，y)，NM＝(0，y0)． 由NP→＝2NM→

，得x＝x，y200＝2

y.

因为M(xx20，y0)在C上，所以02

x22＋y0＝1，所以2＋

y2

2

＝1. 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.

(2)证明：易知F(－1，0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则

OQ→＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，OQ→·PF→＝3＋3m－tn，OP→＝(m，n)，PQ→

＝(－3－m，t－n)．

由OP→·PQ→

＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1. 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0. 所以OQ→·PF→＝0，即OQ→⊥PF→

.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

类型三 定值问题

如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0，

2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点)．

(1)证明：动点D在定直线上；

(2)作C的任意一条切线l(不含x轴)，与直线y＝2相交于点N1，与(1)中的定直线相交于点N2.证明：|MN2|2－|MN1|2为定值，并求此定值．

证明：(1)依题意可设AB方程为y＝kx＋2，代入x2＝4y，得x2＝4(kx＋2)，即x2－4kx－8＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2＝－8，

直线AO的方程为y＝y1xx，BD的方程为x＝x2，

1?x＝x2解得交点D的坐标为?

，??y＝y?1x2

x1.

注意到x1x2＝－8及x21＝4y1，则有y＝

y1x1x2x2＝1

－8y1

4y＝－2.因此D点在定直线y＝－2(x≠0)上． 1

(2)依题设，切线l的斜率存在且不等于0，设切线l的方程为y＝ax＋b(a≠0)，代入x2＝4y得x2＝4(ax＋b)，即x2－4ax－4b＝0，由Δ＝0得16a2＋16b＝0，化简整理得b＝－a2.

故切线l的方程可写为y＝ax－a2. 分别令y＝2，y＝－2得N1，N2的坐标为

N21??a＋a，2??，N2

2??－a＋a，－2??， 则|MN2|2

－|MN1|2

2

2

＝??－2a＋a??＋42－?2

?a＋a??

＝8，即|MN2|2－|MN1|2为定值8.

【点拨】求解此类问题的方法一般有两种：(1)从特殊入手，求出定点、定值、定线，再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理，并在计算、当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN|·|BM|＝4. 综上，|AN|·|BM|为定值．

推理的过程中消去变量，从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．

(2016·北京)已知椭圆C：x2y2

a2＋b

2＝

1(a>b>0)的离心率为3

2

，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．?ca＝32

，解：(1)由题意得?1?2

ab＝1，

a2

＝b2

＋c2

，

解得a＝2，b＝1.

所以椭圆C的方程为x22

4＋y＝1.

(2)证明：由(1)知，A(2，0)，B(0，1)，

设P(x0，y0)，则x20＋4y2

0＝4.

当xy0≠0时，直线PA的方程为y＝0x0－2(x－2)．

令x＝0，得y2yM＝－0x－2

，从而|BM|＝|1－y0M|＝

?1＋2y0?x?0－2?

. 直线PB的方程为y＝y0－1

x0x＋1.

令y＝0，得xN＝－

x0y，从而|AN|＝|2－x0－1

N|＝??2＋x0y?0－1?

.

所以|AN|·|BM|＝?x02y0?2＋y0－1??·??1＋x－2?0

?

22

＝??x0＋4y0＋4x0y0－4x0－8y0＋4?x?

0y0－x0－2y0＋2??

＝?

?4x0y0－4x0－8y0＋8?x?0y0－x0－2y0＋2??

＝4.

类型四 与弦有关的范围与最值问题

(2015·浙江)已知椭圆x22

＋y2

＝1上两个不

同的点A，B关于直线y＝mx＋1

2

对称．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)． 解：(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为

y＝－1

m

x＋b.

x2由?

?2

＋y2

＝1，

?y＝－1

mx＋b，

消去y，得?1?2＋1m2??x2－2b

m

x＋b2－1＝0. 因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2

＝1有两个不

同的交点，

所以Δ＝－2b2＋2＋

4

m2>0.① 将AB的中点M?2mb2

?m2＋2，mbm2＋2??的坐标代入直线方程

y＝mx＋1

2，解得b＝－m2＋22m2.②

由①②得3m4＋4m2－4

2m4>0，

即3m4＋4m2－4>0也即(3m2－2)(m2＋2)>0，解得m<－

63或m>63

. (2)令t＝1m∈?66

?－2，0??∪??

0，2??，则

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