【备战2023高考】数学考点全复习——第63讲《直线与圆锥曲线》精选题（新高考专用）

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第63讲 直线与圆锥曲线

【基础知识回顾】
1、直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程．
例：由消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则：
Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，
若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；
若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．
2、弦长公式
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|＝ ·
或|AB|＝ ·|y1－y2|
＝ ·.
3、中点弦所在直线的斜率
圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率为k，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦的端点坐标．

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＝x＋1与椭圆＋＝1的位置关系是(　　)
A．相交 B．相切
C．相离 D．无法判断
【答案】　A
【解析】　方法一　(通解)联立直线与椭圆的方程得
消去y得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×(－15)>0，所以直线与椭圆相交．
方法二　(优解)直线过点(0,1)，而0＋<1，即点(0,1)在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交．
2、已知斜率为1的直线l过椭圆＋y2＝1的右焦点，交椭圆于A，B两点，则弦AB的长为(　　)
A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】由题意得，a2＝4，b2＝1，所以c2＝3，
所以右焦点坐标为(，0)，
则直线l的方程为y＝x－，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消y得，5x2－8x＋8＝0，
则x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|AB|＝·
＝×＝.
即弦AB的长为.
3、直线y＝x＋2与椭圆＋＝1有两个公共点，则m的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．(1,3)∪(3，＋∞)
C．(3，＋∞) D．(0,3)∪(3，＋∞)
【答案】　B
【解析】　由
得(m＋3)x2＋4mx＋m＝0.
由Δ>0且m≠3及m>0，
得m>1且m≠3.
4、已知F1，F2分别为椭圆＋y2＝1的左、右焦点，过F1作倾斜角为的弦AB，则△F2AB的面积为(　　)
A. B.
C. D.－1
【答案】　B
【解析】由题意知a＝，b＝1，c＝＝1，
F1(－1,0)，F2(1,0)，
直线AB的方程为y＝x＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得3y2－2y－1＝0，y1＝－，y2＝1，
所以＝|F1F2||y1－y2|
＝×2×＝.

考向一　 直线与圆锥曲线的位置关系
例1　已知直线l：y＝kx＋2，椭圆C：＋y2＝1.试问当k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．
【解析】 联立消去y并整理，
得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，依题意，得Δ＝(16k)2－4×(1＋4k2)×12＝16(4k2－3)．
(1) 当Δ>0，即k<－或k>时，方程有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解，这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2) 当Δ＝0，即k＝±时，方程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－ 变式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．
【解析】　将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组
消去y并整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.
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．
变式2、已知动点M到两定点F1(－m,0)，F2(m,0)的距离之和为4(0 (1)求m的值；
(2)若直线l：y＝kx＋与曲线C有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．
解　(1)由0 所以a＝2，设曲线C的方程为＋＝1，
把点N代入，
得＋＝1，
解得b2＝1，由c2＝a2－b2，
解得c2＝3，
所以m＝.
(2)由(1)知曲线C的方程为＋y2＝1，
联立方程得
消去y得x2＋2kx＋1＝0，
则有Δ＝4k2－1>0，得k2>.
所以k>或k<－，
所以k的取值范围为∪.
方法总结：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．
考向二 圆锥曲线的弦长问题
例2、如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB的斜率为0时，|AB|＝4.
(1)求椭圆的方程；
(2)若|AB|＋|CD|＝，求直线AB的方程.
【解析】　(1)由题意知e＝＝，2a＝4.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件.
②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线CD的方程为y＝－(x－1).
将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝.
同理，|CD|＝＝.
所以|AB|＋|CD|＝＋
＝＝，解得k＝±1，
所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
变式1、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.
【解析】　①由题意得解得b＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
②由消y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，显然Δ>0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则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.
变式2、已知斜率为2的直线经过椭圆＋＝1的右焦点F2，与椭圆相交于A，B两点，则弦AB的长为__________．
【答案】
【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)．
由方程组消去y，整理得3x2－5x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＝，x2＝0，
则＝|x1－x2|＝×＝.
方法总结;(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．
考向三 求圆锥曲线的中点弦
例3、 已知P(1，1)为椭圆＋＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________.
【答案】　x＋2y－3＝0
【解析】　法一　易知此弦所在直线的斜率存在，
∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由
消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，
∴x1＋x2＝，
又∵x1＋x2＝2，∴＝2，
解得k＝－.
经检验，k＝－满足题意.
故此弦所在的直线方程为
y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
法二　易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，①
＋＝1，②
①－②得＋
＝0，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴＋y1－y2＝0，
又x2－x1≠0，∴k＝＝－.
经检验，k＝－满足题意.
∴此弦所在的直线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.
变式1、以A(2，1)为中点的双曲线C：2x2－y2＝2的弦所在直线的方程为________.
【答案】　4x－y－7＝0
【解析】　设A(2，1)是弦P1P2的中点，
且P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，
∵P1，P2在双曲线上，∴
∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴2×4(x1－x2)＝2(y1－y2)，
∴k＝＝4.∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为y－1＝4(x－2)，整理得4x－y－7＝0.
联立得14x2－56x＋51＝0，
∵Δ＝(－56)2－4×14×51＞0.
∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为4x－y－7＝0
变式2、已知直线l与椭圆＋＝1相交于A，B两点，且线段AB的中点P(1,1)．
(1)求直线l的方程；
(2)求△OAB的面积．
【解析】(1)由斜率公式可知kOP＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
代入椭圆方程得，
⇒＋＝0，
化简得－×＝＝kAB，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，
∴kAB＝－，
∴直线方程为y－1＝－(x－1)，
∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.
(2)将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0，
Δ＝422－4×21>0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝.
由弦长公式得到
|AB|＝|x1－x2|
＝×
＝×＝，
再由点到直线的距离公式得到坐标原点到直线AB的距离d＝＝，
∴△OAB的面积S＝××＝.
方法总结：(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
考向四 圆锥曲线中的最值问题
例4、 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点M(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，求|MA|·|MB|的取值范围．
【解析】　(1)由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形，
故c＝b，a＝＝2b，
即椭圆C：＋＝1，
代入P，
可得b＝1，a＝2.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)分以下两种情况讨论：
①若直线l与x轴重合，
则|MA|·|MB|＝(a－1)(a＋1)＝a2－1＝3；
②若直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my＋1，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x可得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
则Δ＝4m2＋12(m2＋4)＝16(m2＋3)>0恒成立，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝－，y1y2＝－，
由弦长公式可得|MA|·|MB|＝·|y1|··|y2|
＝(1＋m2)·|y1y2|
＝
＝
＝3－，
因为m2＋4≥4，则0<≤，
所以≤3－<3.
综上所述，|MA|·|MB|的取值范围是.
变式1、(2022·武汉调研)过双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
【解析】(1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2.
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2，c＝，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与－＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
由AF2⊥BF2，·＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝≥1
⇒4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴1 ∴1 又A，B在左支且l过F1，
∴y1y2<0，
<0⇒m2<⇒m2＋1＝<＋1，
∴4a25.
综上所述， 变式2、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长为2，且椭圆C的顶点在圆M：x2＋＝上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆的上焦点作相互垂直的弦AB，CD，求|AB|＋|CD|的最小值．

【解析】　
(1)由题意可知2b＝2，b＝1.又椭圆C的顶点在圆M上，则a＝，故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在或为零时，|AB|＋|CD|＝3；当直线AB的斜率存在，且不为零时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y，整理得
(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，故|AB|＝·
＝.
同理可得|CD|＝，∴|AB|＋|CD|＝.令t＝k2＋1，则t＞1，0＜＜1，
∴|AB|＋|CD|＝＝＝，当0＜＜1时，2＜－
＋≤，∴≤|AB|＋|CD|＜3，综上可知，≤|AB|＋|CD|≤3，∴|AB|＋|CD|的最小值
方法总结：1．圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
2．最值问题的两类解法技巧
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．

1、【2021年乙卷文科】设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（       ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【解析】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
2、【2021年乙卷理科】设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，由，因为 ，，所以
，
因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；
当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．
故选：C．
3、【2022年全国甲卷】记双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值______________．
【答案】2（满足1 【解析】解：C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，所以C的渐近线方程为y=±bax,
结合渐近线的特点，只需0 可满足条件“直线y=2x与C无公共点”
所以e=ca=1+b2a2≤1+4=5，
又因为e>1，所以1 故答案为：2（满足1 4、【2020年新高考1卷（山东卷）】斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则=________．
【答案】
【解析】∵抛物线的方程为，∴抛物线的焦点F坐标为，
又∵直线AB过焦点F且斜率为，∴直线AB的方程为：
代入抛物线方程消去y并化简得，
解法一：解得     
所以
解法二：
设，则,
过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示.


故答案为：
5、【2021年乙卷文科】已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法
设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
据此整理可得点的轨迹方程为，
所以直线的斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法
同方法一得到点Q的轨迹方程为．
设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．
[方法三]：轨迹方程+换元求最值法
同方法一得点Q的轨迹方程为．
设直线的斜率为k，则．
令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．
[方法四]：参数+基本不等式法
由题可设．
因为，所以．
于是，所以
则直线的斜率为．
当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．
6、【2021年乙卷理科】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．