重难点28 直线与圆锥曲线的位置关系—2023年高考数学【热点·重点·难点】专练（全国通用）（解析版）

重难点28  直线与圆锥曲线的位置关系

1、直线与圆锥曲线问题的特点：

（1）题目贯穿一至两个核心变量（其余变量均为配角，早晚利用条件消掉），

（2）条件与直线和曲线的交点相关，所以可设，至于坐标是否需要解出，则看题目中的条件，以及坐标的形式是否复杂

（3）通过联立方程消元，可得到关于（或）的二次方程，如果所求的问题与两根的和或乘积有关，则可利用韦达定理进行整体代入，从而不需求出（所谓“设而不求”）

（4）有些题目会涉及到几何条件向解析语言的转换，注重数形几何，注重整体代入。则可简化运算的过程

这几点归纳起来就是“以一个（或两个）核心变量为中心，以交点为两个基本点，坚持韦达定理四个基本公式（，坚持数形结合，坚持整体代入。直至解决解析几何问题“

2、韦达定理：是用二次方程的系数运算来表示两个根的和与乘积，在解析几何中得到广泛使用的原因主要有两个：一是联立方程消元后的二次方程通常含有参数，进而导致直接利用求根公式计算出来的实根形式非常复杂，难以参与后面的运算；二是解析几何的一些问题或是步骤经常与两个根的和与差产生联系。进而在思路上就想利用韦达定理，绕开繁杂的求根结果，通过整体代入的方式得到答案。所以说，解析几何中韦达定理的应用本质上是整体代入的思想，并不是每一道解析题必备的良方。如果二次方程的根易于表示（优先求点，以应对更复杂的运算），或者所求的问题与两根和，乘积无关，则韦达定理毫无用武之地。

3、直线方程的形式：直线的方程可设为两种形式：

（1）斜截式：，此直线不能表示竖直线。联立方程如果消去则此形式比较好用，且斜率在直线方程中能够体现，在用斜截式解决问题时要注意检验斜率不存在的直线是否符合条件

（2），此直线不能表示水平线，但可以表示斜率不存在的直线。经常在联立方程后消去时使用，多用于抛物线（消元后的二次方程形式简单）。此直线不能直接体现斜率，当时，斜率

4、弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或

（1）证明：因为在直线上，所以

   ，代入可得：

同理可证得

（2）弦长公式的适用范围为直线上的任意两点，但如果为直线与曲线的交点（即为曲线上的弦），则（或）可进行变形：，从而可用方程的韦达定理进行整体代入。

5、点差法：这是处理圆锥曲线问题的一种特殊方法，适用于所有圆锥曲线。不妨以椭圆方程为例，设直线与椭圆交于两点，则该两点满足椭圆方程，有：

   考虑两个方程左右分别作差，并利用平方差公式进行分解，则可得到两个量之间的联系：

  ①

  ②

由等式可知：其中直线的斜率，中点的坐标为，这些要素均在②式中有所体现。所以通过“点差法”可得到关于直线的斜率与中点的联系，从而能够处理涉及到弦与中点问题时。同时由①可得在涉及坐标的平方差问题中也可使用点差法。

直线与椭圆、直线与双曲线、直线与抛物线位置关系仍然是2023年的高考热点。命题角度：（1）定点、定值问题；（2）最值、范围问题；

（建议用时：40分钟）

一、单选题

1．设为抛物线的焦点，过且倾斜角为的直线交于，两点，则

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意，得．又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，

，选C．

2．已知是双曲线的一个焦点，点在上，为坐标原点，若，则的面积为

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设点，则①．

又，

②．

由①②得，

即，

，

故选B．

3．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．

4．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】因为直线与抛物线交于两点，且，

根据抛物线的对称性可以确定，所以，

代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，

故选：B.

5．已知是双曲线：上的一点，，是的两个焦点，若，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题知，，所以==，解得，故选A.

6．设F为抛物线C:的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A,B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可知：直线AB的方程为，代入抛物线的方程可得： ，设A、B ，则所求三角形的面积为= ，故选D.

7．（2017新课标全国卷Ⅰ文科）设A，B是椭圆C：长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB=120°，则m的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得；当时，焦点在轴上，要使C上存在点M满足，则，即，得，故的取值范围为，选A．

8．设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（    ）

A． B．3 C． D．2

【答案】B

【解析】由已知，不妨设，

则，因为，

所以点在以为直径的圆上，

即是以P为直角顶点的直角三角形，

故，

即，又，

所以，

解得，所以

故选：B

9．设双曲线C：（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为．P是C上一点，且F1P⊥F2P．若△PF1F2的面积为4，则a=（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】A

【解析】，，根据双曲线的定义可得，

，即，

，，

，即，解得，

故选：A.

10．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，

与抛物线方程联立，消元整理得：，

解得，又，

所以，

从而可以求得，故选D.

11．过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为（    ）

A．  B． C． D．

【答案】C

【解析】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝(x－1)．由得x＝或x＝3.

由M在x轴的上方得M(3，)，由MN⊥l得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4

又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形

点M到直线NF的距离为

故选：C.

12．设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为（    ）

A．4 B．8 C．16 D．32

【答案】B

【解析】

双曲线的渐近线方程是

直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点

不妨设为在第一象限，在第四象限

联立，解得

故

联立，解得

故

面积为：

双曲线

其焦距为

当且仅当取等号

的焦距的最小值：

故选：B.

二、填空题

13．已知为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，则四边形的面积为________．

【答案】

【解析】因为为上关于坐标原点对称的两点，

且，所以四边形为矩形，

设，则，

所以，

，即四边形面积等于.

故答案为：.

14．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：

15．已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．

【答案】

【解析】[方法一]：弦中点问题：点差法

令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，

所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

[方法二]：直线与圆锥曲线相交的常规方法

由题意知，点既为线段的中点又是线段MN的中点，

设，，设直线，，，

则，，，因为，所以

联立直线AB与椭圆方程得消掉y得

其中，

∴AB中点E的横坐标,又，∴

∵，，∴,又，解得m=2

所以直线，即

[方法三]：

令的中点为，因为，所以，

设，，则，，

所以，即

所以，即，设直线，，，

令得，令得，即，，所以，

即，解得或（舍去），

又，即，解得或（舍去），

所以直线，即；

故答案为：

16．已知点P(0，1)，椭圆 (m>1)上两点A，B满足，则当m=___________时，点B横坐标的绝对值最大．

【答案】5

【解析】［方法一］：点差法＋二次函数性质

设，由得

因为A,B在椭圆上,所以 ，即，与相减得：，所以，

，当且仅当时取最等号，即时，点B横坐标的绝对值最大.

故答案为：5．

［方法二］：【通性通法】设线＋韦达定理

由条件知直线的斜率存在，设，直线的方程为，联立得，根据韦达定理得，由知，代入上式解得，所以．此时，又，解得．

［方法三］：直线的参数方程+基本不等式

设直线的参数方程为其中t为参数，为直线的倾斜角，将其代入椭圆方程中化简得，设点A，B对应的参数分别为，则．由韦达定理知，解得，所以，此时，即，代入，解得．

［方法四］：直接硬算求解+二次函数性质

设，因为，所以．

即 ①， ②，

又因为，所以．

不妨设，因此，代入②式可得．化简整理得．

由此可知，当时，上式有最大值16，即点B横坐标的绝对值有最大值2．

所以．

［方法五］：【最优解】仿射变换

如图1，作如下仿射变换，则为一个圆．

根据仿射变换的性质，点B的横坐标的绝对值最大，等价于点的横坐标的绝对值最大，则

．

当时等号成立，根据易得，此时．

［方法六］：中点弦性质的应用

设，由可知，则中点．因为，所以，整理得，由于，则时，，所以．

三、解答题

17．设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．

（1）求的方程；

（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．

【答案】（1）；（2）或．

【解析】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用

由题意得，设直线l的方程为．

设，由得．

 ，故．

所以．

由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为．

［方法二］：弦长公式的应用

由题意得，设直线l的方程为．

设，则由得．

，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为．

［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用

设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以．

而抛物线焦点为，故直线l的方程为．

［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用

由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）．

代入整理得．

设两根为，则．

由，解得．

因为，所以，因此直线l的参数方程为

故直线l的普通方程为．

［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用

以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为．

设，由题意得，解得，即．

所以直线l的方程为．

（2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程

由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为

，即．

设所求圆的圆心坐标为，则

解得或，

因此所求圆的方程为或．

［方法二］：硬算求解

由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切．

设圆心为，则所求圆的半径为．

由得．

所以，

解得或，

所以，所求圆的方程为或．

18．在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.

（1）求的方程；

（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】(1) 因为，

所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，

设轨迹的方程为，则，可得，，

所以，轨迹的方程为.

（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立

如图所示，设,

设直线的方程为．

联立,

化简得.

则．

故．

则．

设的方程为，同理．

因为，所以，

化简得，

所以，即．

因为，所以．

[方法二] ：参数方程法

设．设直线的倾斜角为，

则其参数方程为，

联立直线方程与曲线C的方程，

可得，

整理得．

设，

由根与系数的关系得．

设直线的倾斜角为，，

同理可得

由，得．

因为，所以．

由题意分析知．所以，

故直线的斜率与直线的斜率之和为0．

[方法三]：利用圆幂定理

因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．

设,直线的方程为，

直线的方程为,

则二次曲线．

又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：

，

整理可得：

，

其中．

由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.