专题8.9 直线与圆锥曲线的位置关系-2022年高考数学一轮复习核心素养大揭秘学案

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【考纲要求】
1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法．
2.理解数形结合的思想．
3.了解圆锥曲线的简单应用
【命题趋势】
1.直线与圆锥曲线位置关系的讨论．
2.直线与圆锥曲线中有关弦长的问题．
3.圆锥曲线中有关中点弦、对称的问题.
【核心素养】
本讲内容主要考查数学运算和直观想象的核心素养
【素养清单•基础知识】
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点、仅有一个公共点以及有两个相异的公共点_
(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,fx，y＝0，))消元(如消去y)，得ax2＋bx＋c＝0.
①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)．
②若a≠0，设Δ＝b2－4ac.
当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同的两点；
当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；
当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点．
2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(P1P2))＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2)).
(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接求解(利用坐标轴上两点间距离公式)．
3．圆锥曲线的中点弦问题
遇到弦中点问题常用“点差法”或“根与系数的关系”求解．
在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－eq \f(b2x0,a2y0)；在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(b2x0,a2y0)；在抛物线y2＝2px(p>0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(p,y0).在使用根与系数的关系时，要注意使用条件是Δ≥0.
4．(1)直线y＝kx＋m表示过点(0，m)且不包括垂直于x轴的直线，故设直线y＝kx＋m时，必须先讨论过点(0，m)且垂直于x轴的直线是否符合题设要求．
(2)直线x＝my＋n表示过点(n,0)且不包括垂直于y轴的直线，故设直线x＝my＋n时，必须先讨论过点(n,0)且垂直于y轴的直线是否符合题设要求．
注：过y轴上一点(0，m)的直线通常设为y＝kx＋m；过x轴上一点(n,0)的直线通常设为x＝my＋n.
【真题体验】
1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.
2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）（i）见解析；（ii）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.
3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】（1）见详解；（2）3或.
【解析】（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 .
整理得
设，同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
（2）由（1）得直线AB的方程为.
由，可得.
于是，
.
设分别为点D，E到直线AB的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则.
由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.
当=0时，S=3；当时，.
因此，四边形ADBE的面积为3或.
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.
4．【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）．
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B．求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．
【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）见解析.
【解析】（1）由抛物线经过点，得.
所以抛物线的方程为，其准线方程为.
（2）抛物线的焦点为.
设直线的方程为.
由得.
设，则.
直线的方程为.
令，得点A的横坐标.
同理得点B的横坐标.
设点，则，
.
令，即，则或.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.
【名师点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5．【2019年高考天津卷理数】设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若（为原点），且，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）由题意，设．设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
与椭圆方程联立整理得，
可得，代入得，
进而直线的斜率．
在中，令，得．
由题意得，所以直线的斜率为．
由，得，化简得，从而．
所以，直线的斜率为或．
【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．
6．【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．
已知DF1=．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）求点E的坐标．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(−1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.
又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，
因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.
由b2=a2−c2，得b2=3.
因此，椭圆C的标准方程为.
（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x=1代入圆F2的方程(x−1) 2+y2=16，解得y=±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4).
又F1(−1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.
由，得，解得或.
将代入，得，
因此.
又F2(1，0)，所以直线BF2：.
由，得，解得或.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
将代入，得.
因此.
解法二：由（1）知，椭圆C：.
如图，连结EF1.
因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，
从而∠BF1E=∠B.
因为F2A=F2B，所以∠A=∠B，
所以∠A=∠BF1E，从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴.
因为F1(−1，0)，由，得.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.
因此.
【名师点睛】本小题主要考查直线方程、圆的方程、椭圆方程、椭圆的几何性质、直线与圆及椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、分析问题能力和运算求解能力.
7．【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，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．记的面积分别为．
（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．
【答案】（1）p=2，准线方程为x=−1；（2）最小值为，此时G（2，0）．
【解析】（1）由题意得，即p=2.
所以，抛物线的准线方程为x=−1.
（2）设，重心.令，则.
由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得
，
故，即，所以.
又由于及重心G在x轴上，故，得.
所以，直线AC方程为，得.
由于Q在焦点F的右侧，故.从而
.
令，则m>0，
.
当时，取得最小值，此时G（2，0）．
【名师点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.
【考法拓展•题型解码】
考法一 直线与圆锥曲线的位置关系
解题技巧
直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
(1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．联立直线与圆锥曲线的方程消元后，要注意讨论二次项系数是否为零的情况．
(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．
【例1】 已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
【答案】见解析
【解析】将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0①，Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ＞0，即－3eq \r(2)＜m＜3eq \r(2)时，方程①有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实解．这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3eq \r(2)时，方程①有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3eq \r(2)或m＞3eq \r(2)时，方程①没有实数根，可知原方程组没有实数解．这时直线l与椭圆C没有公共点．
考法二 圆锥曲线的弦长问题
归纳总结
(1)涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长．
(2)涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算．
(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
【例2】 (2016·全国卷Ⅱ)已知椭圆E：eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0.
(1)当t＝4时，E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A(－2,0)．又|AM|＝|AN|，由已知及椭圆的对称性知直线AM的倾斜角为eq \f(π,4)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得7y2－12y＝0，解得y＝0或y＝eq \f(12,7)，所以y1＝eq \f(12,7).因此△AMN的面积S△AMN＝2×eq \f(1,2)×eq \f(12,7)×eq \f(12,7)＝eq \f(144,49).
(2)由题意t＞3，k＞0，A(－eq \r(t)，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋eq \r(t))代入eq \f(x2,t)＋eq \f(y2,3)＝1，得(3＋tk2)x2＋2eq \r(t)·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－eq \r(t))＝eq \f(t2k2－3t,3＋tk2)得x1＝eq \f(\r(t)3－tk2,3＋tk2)，故|AM|＝|x1＋eq \r(t)|·eq \r(1＋k2)＝eq \f(6\r(t1＋k2),3＋tk2).又直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x＋eq \r(t))，同理可得|AN|＝eq \f(6k\r(t1＋k2),3k2＋t).
由2|AM|＝|AN|得eq \f(2,3＋tk2)＝eq \f(k,3k2＋t)，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝eq \r(3,2)时上式不成立，因此t＝eq \f(3k2k－1,k3－2)，
所以t＞3等价于eq \f(k3－2k2＋k－2,k3－2)＝eq \f(k－2k2＋1,k3－2)＜0，
即eq \f(k－2,k3－2)＜0.
因此得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2＞0，,k3－2＜0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k－2＜0，,k3－2＞0，))
解得eq \r(3,2)＜k＜2.故k的取值范围是(eq \r(3,2)，2)．
考法三 圆锥曲线的中点弦问题
解题技巧
(1)处理有关中点弦及对应直线斜率关系的问题时，常用“点差法”，步骤如下：
①设点：设出弦的两端点坐标；②代入：代入圆锥曲线方程；③作差：两式相减，再用平方差公式把上式展开；④整理：转化为斜率与中点坐标的关系式，然后求解．
(2)“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．由于“点差法”具有不等价性，所以在使用时要考虑判别式Δ是否为正数．
【例3】 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，点A，B分别为椭圆E的左、右顶点，点C在E上，且△ABC面积的最大值为2eq \r(3).
(1)求椭圆E的方程；
(2)设F为E的左焦点，点D在直线x＝－4上，过F作DF的垂线交椭圆E于M，N两点．证明：直线OD平分线段MN.
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,ab＝2\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(－4，n)，线段MN的中点P(x0，y0)，则2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，由(1)可得F(－1,0)，则直线DF的斜率为kDF＝eq \f(n－0,－4－－1)＝－eq \f(n,3)，当n＝0时，直线MN的斜率不存在，根据椭圆的对称性可知OD平分线段MN；当n≠0时，直线MN的斜率kMN＝eq \f(3,n)＝eq \f(y1－y2,x1－x2).因为点M，N在椭圆E上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)＋\f(y\\al(2,1),3)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)＋\f(y\\al(2,2),3)＝1，))整理得eq \f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，又2x0＝x1＋x2,2y0＝y1＋y2，所以eq \f(y0,x0)＝－eq \f(n,4)，即直线OP的斜率为kO P＝－eq \f(n,4)，因为直线OD的斜率为kOD＝－eq \f(n,4)，所以直线OD平分线段MN.
【规范解答】
关键点 直线与圆锥曲线位置关系的求解策略
【典例】 已知抛物线C：y＝mx2(m＞0)，焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.
(1)求抛物线C的焦点坐标；
(2)若抛物线C上有一点R(xR,2)到焦点F的距离为3，求此时m的值；
(3)是否存在实数m，使△ABQ是以Q为直角顶点的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【规范解答】：(1)因为抛物线C：x2＝eq \f(1,m)y，所以它的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4m))).
(2)因为|RF|＝yR＋eq \f(1,4m)，所以2＋eq \f(1,4m)＝3，得m＝eq \f(1,4).
(3)存在，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝mx2，,2x－y＋2＝0，))消去y得mx2－2x－2＝0，依题意有Δ＝(－2)2－4×m×(－2)＞0，得m＞－eq \f(1,2).
设A(x1，mxeq \\al(2,1))，B(x2，mxeq \\al(2,2))，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2,m)，,x1x2＝－\f(2,m).))(*)
因为P是线段AB的中点，所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(mx\\al(2,1)＋mx\\al(2,2),2)))，
即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，yP))，所以Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，\f(1,m)))，
得eq \(QA,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,m)，mx\\al(2,1)－\f(1,m)))，eq \(QB,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,m)，mx\\al(2,2)－\f(1,m))).
若存在实数m，使△ABQ是以Q为直角顶点的直角三角形，则eq \(QA,\s\up18(→))·eq \(QB,\s\up18(→))＝0，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(1,m)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2－\f(1,m)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx\\al(2,1)－\f(1,m)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mx\\al(2,2)－\f(1,m)))＝0，
结合(*)式化简得－eq \f(4,m2)－eq \f(6,m)＋4＝0，即2m2－3m－2＝0，所以m＝2或m＝－eq \f(1,2)，而2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))，－eq \f(1,2)∉eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).所以存在实数m＝2，使△ABQ是以Q为直角顶点的直角三角形．
答题模板
解决直线与圆锥曲线的位置关系的一般步骤
第一步：联立方程，得关于x或y的一元二次方程．
第二步：写出根与系数的关系，并求出Δ＞0时参数范围(或指出直线过曲线内一点)．
第三步：根据题目要求列出关于x1x2，x1＋x2(或y1y2，y1＋y2)的关系式，求得结果．
第四步：反思回顾，查看有无忽略特殊情况．
【跟踪训练】 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，右焦点到直线x＋y＋eq \r(6)＝0的距离为2eq \r(3).
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M(0，－1)作直线l交椭圆于A，B两点，交x轴于点N，且满足eq \(NA,\s\up18(→))＝－eq \f(7,5)eq \(NB,\s\up18(→))，求直线l的方程．
【答案】见解析
【解析】 (1)设椭圆的右焦点的坐标为(c,0)(c>0)，
则eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(c＋\r(6))),\r(2))＝2eq \r(3)，c＋eq \r(6)＝±2eq \r(6)，c＝eq \r(6)或c＝－3eq \r(6)(舍去)．
又离心率eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),a)＝eq \f(\r(3),2)，故a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(a2－c2)＝eq \r(2)，
故椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(x0,0)，因为eq \(NA,\s\up18(→))＝－eq \f(7,5)eq \(NB,\s\up18(→))，
所以(x1－x0，y1)＝－eq \f(7,5)(x2－x0，y2)，所以y1＝－eq \f(7,5)y2.①
易知当直线l的斜率不存在或斜率为0时，①不成立，于是设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋4y2＝8，))
消去x得(4k2＋1)y2＋2y＋1－8k2＝0，②
因为Δ>0，所以直线与椭圆相交，于是y1＋y2＝－eq \f(2,4k2＋1)，③
y1y2＝eq \f(1－8k2,4k2＋1)，④
由①③得y2＝eq \f(5,4k2＋1)，y1＝－eq \f(7,4k2＋1)，
代入④整理得8k4＋k2－9＝0，解得k＝±1，
故直线l的方程是y＝x－1或y＝－x－1.
【递进题组】
1．已知斜率为2的直线经过椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点F2，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为__________．
【答案】eq \f(5\r(5),3)
【解析】由题意知椭圆的右焦点F2的坐标为(1,0)，直线AB的方程为y＝2(x－1)．
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))消去y，整理得3x2－5x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＝eq \f(5,3)，x2＝0，
则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(5)×eq \f(5,3)＝eq \f(5\r(5),3).
2．已知(4,2)是直线l被椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,9)＝1所截得的线段的中点，则l的方程是__________．
【答案】 x＋2y－8＝0
【解析】设直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(x\\al(2,1),36)＋eq \f(y\\al(2,1),9)＝1，且eq \f(x\\al(2,2),36)＋eq \f(y\\al(2,2),9)＝1，两式相减得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2).又x1＋x2＝8，y1＋y2＝4，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y－2＝－eq \f(1,2)(x－4)，即x＋2y－8＝0.
3．已知一条斜率为k(k≠0)的直线l，与椭圆eq \f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且M，N到点A(0，－1)的距离相等，则k的取值范围为__________．
【答案】(－1,0)∪(0,1)
【解析】设直线l的方程为y＝kx＋m，P为MN的中点，则可以得到AP⊥MN.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则xP＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq \f(m,1＋3k2)，故Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3mk,1＋3k2)，\f(m,1＋3k2)))，
所以kAP＝－eq \f(3k2＋m＋1,3mk).因为AP⊥MN，所以－eq \f(3k2＋m＋1,3mk)＝－eq \f(1,k)(k≠0)，即m＝eq \f(3k2＋1,2).
由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)＝9(1＋3k2)(1－k2)＞0，
解得－1＜k＜1，且k≠0，故k∈(－1,0)∪(0,1)．
4．如图，已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称，求实数m的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0①.
将线段AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，
解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2)②.
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).
【考卷送检】
一、选择题
1．(2019·江西师大附中月考)已知过抛物线y2＝4x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且点A在第一象限，若|AF|＝3，则直线l的斜率为( )
A．1 B.eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(2)
【答案】D
【解析】 由题意知焦点F(1,0)，设A(xA，yA)，由|AF|＝3＝xA＋1得xA＝2，又点A在第一象限，故A(2,2eq \r(2))，故直线l的斜率为2eq \r(2).
2．(2019·信阳一中期中)若直线y＝kx＋2与抛物线y2＝x只有一个公共点，则实数k的值为( )
A.eq \f(1,8) B．0
C.eq \f(1,8)或0 D．8或0
【答案】C
【解析】 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝x))得ky2－y＋2＝0，若k＝0，直线与抛物线只有一个交点，则y＝2；若k≠0，则Δ＝1－8k＝0，所以k＝eq \f(1,8).综上可知k＝0或eq \f(1,8).
3．(2019·玉林中学月考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，过点P(3,6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点N(12,15)，则双曲线C的离心率为( )
A．2 B.eq \f(3,2)
C.eq \f(3\r(5),5) D.eq \f(\r(5),2)
【答案】B
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12,15)得x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)－\f(y\\al(2,2),b2)＝1))两式相减得
eq \f(x1＋x2x1－x2,a2)＝eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)，则eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq \f(4b2,5a2).因为直线AB的斜率k＝eq \f(15－6,12－3)＝1，所以eq \f(4b2,5a2)＝1，则eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,4)，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \f(3,2).
4．已知双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，则直线l的方程为( )
A．4x＋y－1＝0 B．2x＋y＝0
C．2x＋8y＋7＝0 D．x＋4y＋3＝0
【答案】C
【解析】依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),2)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),2)＝1，))两式相减得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4)＝eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).又线段AB的中点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1))，因此x1＋x2＝1，y1＋y2＝(－1)×2＝－2，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,4)，即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1＝－eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，
即2x＋8y＋7＝0.
5．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,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( )
A.eq \f(x2,45)＋eq \f(y2,36)＝1 B.eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,27)＝1
C.eq \f(x2,27)＋eq \f(y2,18)＝1 D.eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1
【答案】D
【解析】因为直线AB过点F(3,0)和点(1，－1)，所以直线AB的方程为y＝eq \f(1,2)(x－3)，代入椭圆方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2))x2－eq \f(3,2)a2x＋eq \f(9,4)a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为eq \f(\f(3,2)a2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋b2)))＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3eq \r(2).
6．若直线mx＋ny＝4与⊙O：x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的交点个数是( )
A．至多为1 B．2
C．1 D．0
【答案】B
【解析】由题意知：eq \f(4,\r(m2＋n2))>2，即eq \r(m2＋n2)b>0)．由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，))解得c＝eq \r(3).所以b2＝a2－c2＝1.所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：设M(m，n)，则D(m,0)，N(m，－n)．由题设知m≠±2，且n≠0.直线AM的斜率kAM＝eq \f(n,m＋2)，故直线DE的斜率kDE＝－eq \f(m＋2,n).所以直线DE的方程为y＝－eq \f(m＋2,n)(x－m)，直线BN的方程为y＝eq \f(n,2－m)(x－2)．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(m＋2,n)x－m，,y＝\f(n,2－m)x－2，))解得点E的纵坐标yE＝－eq \f(n4－m2,4－m2＋n2).由点M在椭圆C上得4－m2＝4n2，所以yE＝－eq \f(4,5)n.
又S△BDE＝eq \f(1,2)|BD||yE|＝eq \f(2,5)|BD||n|，S△BDN＝eq \f(1,2)|BD||n|，
所以△BDE与△BDN的面积之比为4∶5.
12．已知双曲线C：2x2－y2＝2与点P(1,2)．
(1)求过点P(1,2)的直线l的斜率k的取值范围，使l与C只有一个交点；
(2)是否存在过点P的弦AB，使AB的中点为P?
【答案】见解析
【解析】 (1)①当k存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x－1)，代入双曲线C的方程，整理得
(2－k2)x2＋2(k2－2k)x－k2＋4k－6＝0.(*)
当2－k2＝0，即k＝±eq \r(2)时，直线与双曲线的渐近线平行，此时只有一个交点．
当2－k2≠0时，令Δ＝0，得k＝eq \f(3,2).此时只有一个公共点．
②当k不存在时，直线l的方程为x＝1，而x＝1为双曲线的一条切线．所以当k不存在时，直线与双曲线只有一个公共点．
综上所述，当k＝±eq \r(2)或k＝eq \f(3,2)或k不存在时，l与C只有一个交点．
(2)假设以P为中点的弦AB存在，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是方程(*)的两根，则由根与系数的关系得eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2－2k,2k2－2)＝1，所以k＝1.所以这样的弦存在，方程为y＝x＋1(－1≤x≤3)，即x－y＋1＝0(－1≤x≤3)．
13．(2019·曲靖一中月考)焦点是F(0,5eq \r(2))，并截直线y＝2x－1所得弦的中点的横坐标是eq \f(2,7)的椭圆的标准方程为________．
【答案】eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1
【解析】 设所求的椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，直线被椭圆所截弦的端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意可得弦AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2,7)，eq \f(y1＋y2,2)＝－eq \f(3,7).将A，B两点坐标代入椭圆方程中得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),a2)＋\f(x\\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\\al(2,2),a2)＋\f(x\\al(2,2),b2)＝1.))两式相减并化简得eq \f(a2,b2)＝－eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－2×eq \f(－\f(6,7),\f(4,7))＝3，所以a2＝3b2.又c2＝a2－b2＝50，所以a2＝75，b2＝25.故所求椭圆的标准方程为eq \f(y2,75)＋eq \f(x2,25)＝1.