高考数学统考一轮复习第9章9.9.1直线与圆锥曲线学案

这是一份高考数学统考一轮复习第9章9.9.1直线与圆锥曲线学案，共4页。

eq \x(考点一) 直线与圆锥曲线的位置关系
[自主练透型]
1．直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点，则k的值为( )
A．1 B．1或3
C．0 D．1或0
2．[2021·武汉调研]已知直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4的右支有两个交点，则k的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(5),2)，\f(\r(5),2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))

悟·技法
1.直接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．
(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．
2．判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点
(1)联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况．
(2)判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根.
考点二 弦长问题[互动讲练型]
[例1] [2020·山东卷]斜率为eq \r(3)的直线过抛物线C：y2＝4x的焦点，且与C交于A，B两点，则|AB|＝________.
悟·技法
有关圆锥曲线弦长问题的求解方法
涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求法计算弦长；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；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2021·辽宁大连一中模拟]已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，且双曲线过点P(2,3)，双曲线两条渐近线与过右焦点F且垂直于x轴的直线交于A，B两点，则△AOB的面积为( )
A．4eq \r(3) B．2eq \r(3)
C．8 D．2
2．[2021·合肥教学检测]直线l过抛物线C：y2＝12x的焦点，且与抛物线C交于A，B两点．若弦AB的长为16，则直线l的倾斜角等于________．

考点三 中点弦问题[互动讲练型]
[例2] [2021·贵州适应性测试]已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，倾斜角为eq \f(π,6)的直线交C于A，B两点．若线段AB中点的纵坐标为2eq \r(3)，则p的值为( )
A. eq \f(1,2) B．1
C．2 D．4
悟·技法
处理中点弦问题常用的求解方法
(1)用“点差法”求解．
(2)用“根与系数的关系”求解：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．
提醒：中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足.
[变式练]——(着眼于举一反三)
3．[2021·山东聊城模拟]已知直线l与抛物线C：y2＝4x相交于A，B两点，若线段AB的中点为(2,1)，则直线l的方程为( )
A．y＝x－1 B．y＝－2x＋5
C．y＝－x＋3 D．y＝2x－3
4．[2021·江西模拟]已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A、B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－eq \f(\r(3),2)，则eq \f(a,b)的值为( )
A．－eq \f(\r(3),2) B．－eq \f(2\r(3),3)
C．－eq \f(9\r(3),2) D．－eq \f(2\r(3),27)

第1课时 直线与圆锥曲线
课堂考点突破
考点一
1．解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝8x，))得k2x2＋(4k－8)x＋4＝0，
若k＝0，则y＝2，符合题意．
若k≠0，则Δ＝0，即64－64k＝0，解得k＝1，
所以直线y＝kx＋2与抛物线y2＝8x有且只有一个公共点时，k＝0或1.
答案：D
2．解析：通解 联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝4，,y＝kx－1，))消去y得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，所以k≠±1，设直线与双曲线的两个交点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2>0，,x1x2>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2k2＋201－k2>0，,\f(－2k,1－k2)>0，,\f(－5,1－k2)>0，))
整理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4k2<5，,kk－1k＋1>0，,k2>1，))整理1优解 因为直线y＝kx－1恒过定点(0，－1)，双曲线x2－y2＝4的渐近线方程为y＝±x，
要使直线y＝kx－1与双曲线的右支有两个交点，则需k>1.
当直线y＝kx－1与双曲线的右支相切时，方程kx－1＝eq \r(x2－4)，即(1－k2)x2＋2kx－5＝0有两个相等的实数根，所以Δ＝(2k)2＋20(1－k2)＝0，得k＝eq \f(\r(5),2)(负值舍去)，结合图象可知，要使直线y＝kx－1与双曲线的右支有两个交点，则需k综上，实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2)))，故选D.
答案：D
考点二
例1 解析：由题意得直线方程为y＝eq \r(3)(x－1)，联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))得3x2－10x＋3＝0，∴xA＋xB＝eq \f(10,3)，故|AB|＝1＋xA＋1＋xB＝2＋eq \f(10,3)＝eq \f(16,3).
答案：eq \f(16,3)
变式练
1．解析：易得双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，可得双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝λ(λ＞0)，把点(2,3)代入可得4－3＝λ.
∴λ＝1，双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1，c2＝1＋3＝4，c＝2，F(2,0)，可得A(2,2eq \r(3))，B(2，－2eq \r(3))，可得S△AOB＝eq \f(1,2)×2×4eq \r(3)＝4eq \r(3).故选A.
答案：A
2．解析：抛物线C：y2＝12x的焦点为(3,0)，当直线l的斜率不存在时，弦长为12，不合题意，故直线l的斜率存在，设为k，则直线l：y＝k(x－3)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝12x,y＝kx－3))，得k2x2－(6k2＋12)x＋9k2＝0，Δ＝(6k2＋12)2－4k2×9k2＝144(k2＋1)＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(6k2＋12,k2)，|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(6k2＋12,k2)＋6＝16，∴k2＝3，k＝±eq \r(3)，∴直线l的倾斜角等于eq \f(π,3)或eq \f(2π,3).
答案：eq \f(π,3)或eq \f(2π,3)
考点三
例2 解析：解法一 根据题意，设直线AB的方程为x＝eq \r(3)y＋m，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)y＋m，,y2＝2px))得y2－2eq \r(3)py－2pm＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2eq \r(3)p，∴eq \f(y1＋y2,2)＝eq \r(3)p＝2eq \r(3)，解得p＝2，故选C.
解法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4eq \r(3)，且eq \f(y1－y2,x1－x2)＝taneq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),3)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝2px1,y\\al(2,2)＝2px2))，得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)，由题意知x1≠x2，∴(y1＋y2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2p，即4eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)＝2p，得p＝2，故选C.
答案：C
变式练
3．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1 ①，,y\\al(2,2)＝4x2 ②，))①－②得yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，由题可知x1≠x2.∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝eq \f(4,2)＝2，即kAB＝2，∴直线l的方程为y－1＝2(x－2)，即2x－y－3＝0.故选D.
答案：D
4．解析：由双曲线ax2＋by2＝1知其渐近线方程为ax2＋by2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有axeq \\al(2,1)＋byeq \\al(2,1)＝0①，axeq \\al(2,2)＋byeq \\al(2,2)＝0②，由①－②得a(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝－b(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2))．即a(x1＋x2)(x1－x2)＝－b(y1＋y2)(y1－y2)，由题意可知x1≠x2，且x1＋x2≠0，∴eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(a,b)，设AB的中点为M(x0，y0)，则kOM＝eq \f(y0,x0)＝eq \f(2y0,2x0)＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝－eq \f(\r(3),2)，又知kAB＝－1，∴－eq \f(\r(3),2)×(－1)＝－eq \f(a,b)，∴eq \f(a,b)＝－eq \f(\r(3),2)，故选A.
答案：A