新高考数学一轮复习教师用书：第九章　8 第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系学案

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第8讲　直线与椭圆、抛物线的位置关系

1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
方程ax2＋bx＋c＝0的解
l与C1的交点
a＝0
b＝0
无解(含l是双曲线的渐近线)
无公共点
b≠0
有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
一个交点
a≠0
Δ＞0
两个不相等的解
两个交点
Δ＝0
两个相等的解
一个交点
Δ＜0
无实数解
无交点
(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．
2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB |＝|x1－x2|
＝ ＝ |y1－y2|
＝ .
3．与抛物线焦点弦有关的常用结论
(以右图为依据)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝.
(2)|AB|＝x1＋x2＋p＝(θ为直线AB的倾斜角)．
(3)＋为定值.
(4)以AB为直径的圆与准线相切．
(5)以AF或BF为直径的圆与y轴相切．

[教材衍化]
1．(选修2­1P80A组T8改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，
代入－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，
所以x1＝ ＝2，x2＝－2，
所以|AB|＝|x1－x2|＝4≥4，
即当m＝0时，|AB|有最小值4.
答案：4
2．(选修2­1P72练习T4改编)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l交抛物线于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|PQ|＝________．
解析：抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线方程为x＝－1.根据题意可得，|PQ|＝|PF|＋|QF|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝8.
答案：8
[易错纠偏]
(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；
(2)不会用函数法解最值问题；
(3)错用双曲线的几何性质．
1．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A．相交　　　　　　　　 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A.直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选A.
2．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0＜p＜14)和圆(x－4)2＋y2＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为________．

解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得＝1或7，又0＜p＜14，故p＝2，设直线AB的方程为x＝－t(0＜t＜3)，则直线CD的方程为x＝4－t，则|AB|·|CD|＝2·2＝8(0＜t＜3)，设f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，则f′(t)＝9－3t2(0＜t＜3)，令f′(t)＞0⇒0＜t＜，令f′(t)＜0⇒＜t＜3，故f(t)max＝f()，此时直线AB的方程为x＝－.
答案：x＝－
3．已知点F1，F2分别是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________．
解析：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有＞2c，即b2＞2ac，所以c2－a2＞2ac，即e2－2e－1＞0，所以e＞1＋.
答案：(1＋，＋∞)


　　　　　　直线与椭圆的位置关系
(2020·浙江省名校协作体高三联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，经过椭圆C上一点P的直线l：y＝－x＋与椭圆C有且只有一个公共点，且点P的横坐标为2.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若AB是椭圆的一条动弦，且|AB|＝，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．
【解】　(1)因为P(2，)在椭圆上，故＋＝1，同时联立，
得b2x2＋a2＝a2b2，
化简得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，
由Δ＝0，可得a2＝12，b2＝3，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线AB斜率存在时，
直线AB的方程为y＝kx＋b1，
联立得(4k2＋1)x2＋8kb1x＋4(b－3)＝0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝，
由＝|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)[(x2＋x1)2－4x1x2]，
得b＝3(1＋4k2)－，
故原点O到直线AB的距离d＝，
所以S＝·，
令u＝，
则S2＝－＝－＋9.
又因为u＝＝4－∈[1，4)，
当u＝时，S＝9，
当斜率不存在时，△AOB的面积为，
综上所述可得△AOB面积的最大值为3.

判断直线与椭圆位置关系的步骤
(1)联立直线方程与椭圆方程；
(2)消元得出关于x(或y)的一元二次方程；
(3)当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相离．　
　(2020·舟山市普陀三中高三期中)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，它的一个顶点在抛物线x2＝4y的准线上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆C上两点，已知m＝，n＝，且m·n＝0.
①求·的取值范围；
②判断△OAB的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
解：(1)因为抛物线x2＝4y的准线为y＝－，
所以b＝.由e＝⇒＝⇒a＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①由m·n＝0得x1x2＝－3y1y2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)所在直线为l，当l斜率不存在时，
则A(x1，y1)，B(x1，－y1)，所以x＝3y，又＋＝1，所以y＝1.
所以·＝x1x2＋y1y2＝2y＝2.
当l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，
联立得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
所以Δ＝36k2m2－12(3k2＋1)(m2－2)
＝12(6k2－m2＋2)＞0，(ⅰ)
且x1＋x2＝，x1x2＝.
由x1x2＝－3y1y2＝－3(kx1＋m)(kx2＋m)
⇒(1＋3k2)x1x2＋3km(x1＋x2)＋3m2＝0，
整理得1＋3k2＝m2.(ⅱ)
所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＝
＝＝2－，
由(ⅰ)(ⅱ)得m2＝1＋3k2≥1，所以0＜≤4，
所以－2≤·＜2.综上可得－2≤·≤2.
②由①知，l斜率不存在时，S△OAB＝|x1y1|＝y＝，
l斜率存在时，S△OAB＝|AB|d＝ |x1－x2|·＝|m|，
将m2＝1＋3k2代入整理得S△OAB＝，
所以△OAB的面积为定值.

　　　　　　直线与抛物线的位置关系
(2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求的最小值及此时点G的坐标．

【解】　(1)由题意得＝1，即p＝2.
所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得
y2－y－4＝0，
故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.
又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－＋yC＝0，
得C，G.
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而
＝
＝＝＝2－.
令m＝t2－2，则m>0，
＝2－＝2－≥2－＝1＋.
所以当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2，0)．

解决直线与抛物线位置关系的常用方法
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系．
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝|x1|＋|x2|＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法．
[提醒]　涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．　
　(2020·嘉兴市高三上学期期末)已知抛物线C的方程为y2＝2px(p＞0)，抛物线的焦点到直线l：y＝2x＋2的距离为.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点R(x0，2)在抛物线C上，过点Q(1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．
解：(1)抛物线的焦点为，d＝＝，得p＝2或－6(舍去)，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)因为点R(x0，2)在抛物线C上，
所以x0＝1，得R(1，2)．
设直线AB为x＝m(y－1)＋1(m≠0)，A，B，
由得y2－4my＋4m－4＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4，
直线AR方程为y－2＝(x－1)＝(x－1)，
由，得xM＝－，
同理xN＝－，
所以|MN|＝|xM－xN|＝2
＝2 ＝2
＝2，
所以当m＝－1时，|MN|min＝，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.

　　　　　　弦长问题
　如图，设椭圆＋y2＝1(a＞1)．

(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点， 求椭圆离心率的取值范围．
【解】　(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AP，
由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，
故x1＝0，x2＝－.
因此|AP|＝ |x1－x2|＝·.
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q ，满足|AP|＝|AQ|.
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.　
由(1)知，
|AP|＝，|AQ|＝，
故＝，
所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此＝1＋a2(a2－2)，①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋
a2(a2－2)＞1，所以a＞.
因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤，
由e＝＝得，所求离心率的取值范围为0＜e≤.

弦长的计算方法
求弦长时可利用弦长公式，根据直线方程与圆锥曲线方程联立消元后得到的一元二次方程，利用根与系数的关系得到两根之和、两根之积的代数式，然后进行整体代入弦长公式求解．
[提醒]　两种特殊情况：(1)直线与圆锥曲线的对称轴平行或垂直；(2)直线过圆锥曲线的焦点．　
　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当△AMN的面积为时，求k的值．
解：(1)由题意得
解得b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝
＝.
又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝，
由＝，解得k＝±1.

　　　　　　中点弦问题
(2018·高考浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x0，则m＝2，
直线l：y＝kx＋2，
所以直线l过定点(0，2)，
设以AB为直径的圆的圆心M(x，y)，圆M与y＝－相切于点P，由x＝＝，则P，
由题意可知·＝0，即·＝0，
整理得x1x2－(x1＋x2)＋＋y1y2＋(y1＋y2)＋＝0，
代入整理得m2－＋＝0，解得m＝，
所以当m＝时，以AB为直径的圆与直线y＝－相切．
答案：(0，2)　
[基础题组练]
1．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
解析：选C.结合图形分析可知(图略)，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．
2．已知直线l：y＝2x＋3被椭圆C：＋＝1(a>b>0)截得的弦长为7，则下列直线中被椭圆C截得的弦长一定为7的有(　　)
①y＝2x－3; ②y＝2x＋1；
③y＝－2x－3; ④y＝－2x＋3.
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C.直线y＝2x－3与直线l关于原点对称，直线y＝－2x－3与直线l关于x轴对称，直线y＝－2x＋3与直线l关于y轴对称，故有3条直线被椭圆C截得的弦长一定为7.
3．过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线(　　)
A．有且只有一条 B．有且只有两条
C．有且只有三条 D．有且只有四条
解析：选B.若直线AB的斜率不存在时，则横坐标之和为1，不符合题意．若直线AB的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线AB为y＝k(x－)，代入抛物线y2＝2x得，k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，因为A，B两点的横坐标之和为2.所以k＝±.所以这样的直线有两条．
4．经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于(　　)
A．－3 B．－
C．－或－3 D．±
解析：选B.依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，
所以·＝－，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，也可得·＝－.
5．(2020·杭州严州中学模拟)过抛物线y2＝8x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，交抛物线的准线于点C，若|AF|＝6，＝λ，则λ的值为(　　)
A. B.
C. D．3
解析：选D.设A(x1，y1)(y1>0)，B(x2，y2)，C(－2，y3)，则x1＋2＝6，
解得x1＝4，y1＝4，直线AB的方程为y＝2(x－2)，令x＝－2，y＝－8，
即C(－2，－8)，联立方程
解得B(1，－2)，
所以|BF|＝1＋2＝3，|BC|＝9，所以λ＝3.
6．已知圆M：(x－1)2＋y2＝，椭圆C：＋y2＝1，若直线l与椭圆交于A，B两点，与圆M相切于点P，且P为AB的中点，则这样的直线l有(　　)
A．2条 B．3条
C．4条 D．6条
解析：选C.当直线AB斜率不存在时且与圆M相切时，P在x轴上，故满足条件的直线有2条；
当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由＋y＝1，＋y＝1，
两式相减，整理得＝－·，
则kAB＝－，kMP＝，kMP·kAB＝－1，
kMP·kAB＝－·＝－1，解得x0＝，
由0)上异于坐标原点O的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1于点A，B.若点Q的坐标为(1，－6)，求直线AB的方程及弦AB的长．
解：由Q(1，－6)在抛物线y2＝2px上，可得p＝18，
所以抛物线C1的方程为y2＝36x.
设抛物线C2的切线方程为y＋6＝k(x－1)．
联立消去y，
得2x2－kx＋k＋6＝0，
Δ＝k2－8k－48.
由于直线与抛物线C2相切，故Δ＝0，
解得k＝－4或k＝12.
由得A；
由得B.
所以直线AB的方程为12x－2y－9＝0，弦AB的长为2.
[综合题组练]
1.(2020·温州模拟)已知直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一个公共点P(2，1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l′：y＝－x＋b交C于A，B两点，且PA⊥PB，求b的值．
解：(1)联立直线l：y＝－x＋3与椭圆C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)，
可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0，
由题意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即为9mn＝m＋n，
又P在椭圆上，可得4m＋n＝1，
解方程可得m＝，n＝，
即椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线y＝b－x和椭圆方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，判别式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝，y1y2＝(b－x1)(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝，
由PA⊥PB，
即为·＝(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝－2·＋－＋5＝0，
解得b＝3或，代入判别式，知b＝成立．
故b为.
2.(2020·绍兴市高三教学质量调测)已知点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)P是线段AB上的点，直线y＝x＋m(m≥0)交椭圆C于M，N两点．若△MNP是斜边长为的直角三角形，求直线MN的方程．
解：(1)因为点A(－2，0)，B(0，1)在椭圆C：＋＝1上，所以a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y，得x2＋mx＋m2－1＝0，
则Δ＝2－m2>0，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，
|MN|＝|x1－x2|＝.
①当MN为斜边时， ＝，解得m＝0，满足Δ>0，此时以MN为直径的圆的方程为x2＋y2＝.
点A(－2，0)，B(0，1)分别在圆外和圆内， 即在线段AB上存在点P，此时直线MN的方程y＝x，满足题意．
②当MN为直角边时，两平行直线AB与MN的距离d＝|m－1|，所以d2＋|MN|2＝|m－1|2＋(10－5m2)＝10，即21m2＋8m－4＝0，
解得m＝或m＝－(舍)，又Δ>0，所以m＝.
过点A作直线MN：y＝x＋的垂线，可得垂足坐标为，垂足在椭圆外，即在线段AB上存在点P，所以直线MN的方程y＝x＋，符合题意．
综上所述，直线MN的方程为y＝x或y＝x＋.
3．(2020·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G(a，1)(a≠0)．

(1)求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；
(2)设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，
两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，
可得kAB＝＝＝＝a，
由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为－；
即有直线l2：y＝－(x－a)＋1，
可得l2：y＝－x＋3过定点(0，3)．
(2)l2：y＝－x＋3过M，N(0，3)，
假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，
由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，
可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，
由，
可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，
由弦长公式可得|AB|＝
＝ ，
即有|MG||NG|＝＝
＝(4－a2)，
所以(4－a2)＝(a2＋4)，
所以a2＝2，解得a＝±.
故存在这样的实数a，且为±.