2021高三统考北师大版数学一轮学案：第9章第8讲　直线与圆锥曲线的位置关系


第8讲　直线与圆锥曲线的位置关系
基础知识整合

1．直线与圆锥曲线的位置关系
要解决直线与圆锥曲线的位置关系问题，可把直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y(或消去x)得到关于x(或关于y)的一元二次方程．如联立后得到以下方程：
Ax2＋Bx＋C＝0(A≠0)，Δ＝B2－4AC．
若Δ<0，则直线与圆锥曲线没有公共点；
若Δ＝0，则直线与圆锥曲线有且只有一个公共点；
若Δ>0，则直线与圆锥曲线有两个不同的公共点．
2．弦长公式
直线与圆锥曲线相交时，常常借助根与系数的关系解决弦长问题．直线方程与圆锥曲线方程联立，消去y后得到关于x的一元二次方程．当Δ>0时，直线与圆锥曲线相交，设交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k，则直线被圆锥曲线截得的弦长
|AB|＝
＝ |x1－x2|
＝ ·.
再利用根与系数的关系得出x1＋x2，x1x2的值，代入上式计算即可．
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，注意不能忽视对判别式的讨论．
(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．

解决直线与圆锥曲线关系问题的一般方法
(1)解决焦点弦(过圆锥曲线焦点的弦)的长的有关问题，注意应用圆锥曲线的定义．
(2)已知直线与圆锥曲线的某些关系求圆锥曲线的方程时，通常利用待定系数法．
(3)圆锥曲线上的点关于某一直线的对称问题，解此类题的方法是利用圆锥曲线上的两点所在的直线与对称直线垂直，圆锥曲线上两点的中点一定在对称直线上，再利用根的判别式或中点与曲线的位置关系求解．
(4)圆锥曲线以P(x0，y0)(y≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表：
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：＋＝1(a>b>0)
k＝－
双曲线：－＝1(a>0，b>0)
k＝
抛物线：y2＝2px(p>0)
k＝

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
答案　A
解析　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．
2．若过原点的直线l与双曲线－＝1有两个不同交点，则直线l的斜率的取值范围是(　　)
A．
B．
C．
D．∪
答案　B
解析　因为－＝1，其两条渐近线的斜率分别为k1＝－，k2＝，要使过原点的直线l与双曲线有两个不同的交点，画图可知，直线l的斜率的取值范围应是∪.
3．已知椭圆x2＋2y2 ＝4，则以(1,1)为中点的弦的长度为(　　)
A．3 B．2
C． D．
答案　C
解析　设以(1,1)为中点的弦的两端点为(x1，y1)(x2，y2)，则∴(x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0.又x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴＝－，∴弦所在直线方程为x＋2y－3＝0.由可得弦长为.
4．已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为－1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的横坐标为3，则该抛物线的准线方程为(　　)
A．x＝1 B．x＝2
C．x＝－1 D．x＝－2
答案　C
解析　抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为，所以过焦点且斜率为－1的直线方程为y＝－，代入抛物线方程，整理得x2－3px＋＝0，由AB中点的横坐标为3，得3p＝6，解得p＝2，故抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1.
5．(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝(　　)
A．5 B．6
C．7 D．8
答案　D
解析　根据题意，过点(－2,0)且斜率为的直线方程为y＝(x＋2)，与抛物线方程联立消去x并整理，得y2－6y＋8＝0，解得M(1,2)，N(4,4)，又F(1,0)，所以＝(0,2)，＝(3,4)，从而可以求得·＝0×3＋2×4＝8，故选D．
6．在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
答案　
解析　设P(x，y)(x≥1)，因为直线x－y＋1＝0平行于渐近线x－y＝0，所以c的最大值为直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0之间距离，为＝.
核心考向突破
考向一　直线与圆锥曲线的位置关系
例1　已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝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．
解　将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.　③
方程③根的判别式
Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3 (2)当Δ＝0，即m＝±3时，方程③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<－3或m>3时，方程③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．

关于直线与圆锥曲线的位置关系的两类问题
一是判断位置关系；
二是依据位置关系确定参数的范围．
这两类问题在解决方法上是一致的，都是将直线与圆锥曲线方程联立，利用判别式及根与系数的关系求解．此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程；若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．

[即时训练]　1.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．
解　(1)因为椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，所以c＝1.
将点P(0,1)代入椭圆方程＋＝1，得
＝1，即b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由消去y并整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
因为直线l与椭圆C1相切，
所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.
整理得2k2－m2＋1＝0.①
由消去y并整理得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.
因为直线l与抛物线C2相切，
所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②
综合①②，解得或
所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.
考向二　弦长问题
例2　已知平面上一动点P到定点F(，0)的距离与它到直线x＝的距离之比为，记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求△MON面积的最大值．
解　(1)设P(x，y)，则＝，
化简得＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简，得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·＋4km＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简，得m2＋k2＝，②
|MN|＝|x1－x2|
＝
＝
＝ ，
∵原点O到直线l的距离d＝，
∴S△MON＝|MN|·d＝ .
设4k2＋1＝t，由①②得0≤m2<， 所以 S△MON＝ ＝
＝3 ≤1，
所以当＝，即k＝±时，△MON的面积取最大值，最大值为1.

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，然后整体代入弦长公式求解．
注意：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．

[即时训练]　2.(2019·湖北四地七校联考)已知F1，F2分别为椭圆Ω：＋＝1(b＞0)的左、右焦点．
(1)当b＝1时，若P是椭圆Ω上一点，且P位于第一象限，·＝－，求点P的坐标；
(2)当椭圆的焦距为2时，若直线l：y＝x＋m与椭圆Ω相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且3x1x2＋4y1y2＝0，试求△AOB的面积．
解　(1)当b＝1时，＋y2＝1，
则F1(－，0)，F2(，0)，设P(x，y)(x，y＞0)，
则＝(－－x，－y)，＝(－x，－y)，
又·＝－，
则⇒得P.
(2)由题意知，c＝1，则椭圆方程为＋＝1，
联立直线与椭圆方程得，
⇒x2＋mx＋m2－3＝0⇒
3x1x2＋4y1y2＝3x1x2＋4＝4x1x2＋2m(x1＋x2)＋4m2＝6(m2－2)＝0，
解得m2＝2满足Δ＞0，
则|AB|＝·，
于是S△AOB＝|AB|d
＝ ··
＝.
考向三　中点弦问题
例3　(2019·石家庄一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0 解　(1)由抛物线的定义，得|PF|＝x0＋，
由题意，得解得
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由题意知，过P引圆(x－3)2＋y2＝r2(0 设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2，
同理可得(r2－4)k－8k2＋r2－4＝0.
所以k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两根，
k1＋k2＝，k1k2＝1.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k1y2－4y－4k1＋8＝0，
由根与系数的关系知，2y1＝，
所以y1＝＝－2＝4k2－2，
同理可得y2＝4k1－2.
t＝＝＝
＝2(k＋k)－2(k1＋k2)＋1
＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3，
设λ＝k1＋k2，则λ＝∈[－4，－2)，
所以t＝2λ2－2λ－3，其图象的对称轴为λ＝>－2，
所以9
处理中点弦问题常用的求解方法

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．

[即时训练]　3.(2019·郑州二模)在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2相切，点A为圆C1上一动点，AN⊥x轴于点N，且动点M满足＋＝，设动点M的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)设P，Q是曲线C上两动点，线段PQ的中点为T，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OT|的取值范围．
解　(1)设动点M(x，y)，A(x0，y0)，由于AN⊥x轴于点N，∴N(x0,0)．
又圆C1：x2＋y2＝r2(r>0)与直线l0：y＝x＋2，
即x－y＋2＝0相切，
∴r＝＝2，∴圆C1：x2＋y2＝4.
由＋＝，得(x，y)＋(x－x0，y－y0)＝(x0,0)，
∴即
又点A为圆C1上一动点，∴x2＋4y2＝4，
∴曲线C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线PQ的斜率不存在时，可取直线OP的方程为y＝x，
不妨取点P，则Q，T(，0)，
∴|OT|＝.
当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵k1k2＝－，∴4y1y2＋x1x2＝0.
∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2，∴m2≥.
Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)＝16m2>0，
设T(x′0，y′0)，则x′0＝＝＝，
y′0＝kx′0＋m＝.
∴|OT|2＝x′＋y′＝＋＝2－∈，∴|OT|∈.
综上，|OT|的取值范围为.

1．(2020·云南昆明摸底)已知动点M(x，y)满足：＋＝2.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)设过点N(－1,0)的直线l与曲线E交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为C(点C与点B不重合)．证明：直线BC恒过定点，并求该定点的坐标．
解　(1)由已知，动点M到点P(－1,0)，Q(1,0)的距离之和为2，且|PQ|<2，所以动点M的轨迹为椭圆，且a＝，c＝1，所以b＝1，
所以动点M的轨迹E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(x1，－y1)，
由已知得直线l的斜率存在，设斜率为k，
则直线l的方程为y＝k(x＋1)．
由得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又直线BC的方程为y－y2＝(x－x2)，
即y＝x－，
令y＝0，得x＝＝
＝＝＝－2，
所以直线BC恒过定点D(－2,0)．
2．(2019·四川成都七中模拟)如图，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点是(，0)，且经过点，M是x轴上的一点，过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A在x轴的上方)．

(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AM|＝2|MB|，且直线l与圆O：x2＋y2＝相切于点N，求|MN|.
解　(1)由题意知
整理得4a4－19a2＋12＝0，
又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，所以b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(m,0)，直线l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由|AM|＝2|MB|，得y1＝－2y2.①
由消去x得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝－，②
y1y2＝.③
由①②得代入③，得＝－22，化简得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2.原点O到直线l的距离d＝，
又直线l与圆O：x2＋y2＝相切，所以＝，即t2＝m2－1.
由消去t得21m4－16m2－16＝0，即(3m2－4)(7m2＋4)＝0，解得m2＝，此时t2＝，经检验满足题意，所以M，d2＝，所以在Rt△OMN中，|MN|＝＝.
答题启示
解析几何的综合问题，常常涉及到直线与曲线相交，当两个交点坐标未知时，用“设而不求”避免求交点，从而简化计算．常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．
而当其中一个交点坐标是已知的或除根与系数的关系外，还有坐标等量关系．则常用到“设而要求”．
对点训练
1．(2019·太原一模)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2.A，B是其左、右顶点，点P是椭圆C上任一点，且△PF1F2的周长为6，若△PF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点F2且斜率不为0的直线交椭圆C于M，N两个不同点，证明：直线AM与BN的交点在一条定直线上．
解　(1)由题意得∴a＝2，b＝，c＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，F2(1,0)，
设直线MN的方程为x＝my＋1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由得
(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴my1y2＝(y1＋y2)，
直线AM的方程为y＝(x＋2)，直线BN的方程为y＝(x－2)，
令(x＋2)＝(x－2)，
∴＝＝＝3，∴x＝4，
∴直线AM与BN的交点在直线x＝4上．
2．(2019·全国卷Ⅰ)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＝3，求|AB|.
解　设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)由题设得F，
故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋.
又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝.
由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，
则x1＋x2＝－.
从而－＝，解得t＝－.
所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.
由可得y2－2y＋2t＝0，
所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，
故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝，
即A(3,3)，B.故|AB|＝.