新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系核心考点1直线与圆锥曲线的位置关系教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第3讲直线与圆锥曲线的位置关系核心考点1直线与圆锥曲线的位置关系教师用书，共10页。试卷主要包含了 记双曲线C， 已知点A在双曲线C， 设抛物线C等内容，欢迎下载使用。

1. (2022·全国甲卷)记双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝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 2(满足10，b>0)，所以C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，结合渐近线的特点，只需01，所以11)上，
所以eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2，
即双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1，
易知直线l的斜率存在，
设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))可得，(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4mk,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1)，
Δ＝16m2k2－4(2m2＋2)(2k2－1)>0⇒m2＋1－2k2>0.
由kAP＋kAQ＝0可得，eq \f(y2－1,x2－2)＋eq \f(y1－1,x1－2)＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×eq \f(2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4mk,2k2－1)))－4(m－1)＝0，
化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，
即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，
所以k＝－1或m＝1－2k，
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA，AQ的倾斜角为α，β(α0)的焦点为F，点D(p,0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
【解析】 (1)抛物线的准线为x＝－eq \f(p,2)，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋eq \f(p,2)＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,3),4)，y3))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,4),4)，y4))，
直线MN：x＝my＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))可得y2－4my－4＝0，Δ>0，y1y2＝－4，
由斜率公式可得kMN＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,2),4))＝eq \f(4,y1＋y2)，
kAB＝eq \f(y3－y4,\f(y\\al(2,3),4)－\f(y\\al(2,4),4))＝eq \f(4,y3＋y4)，
直线MD：x＝eq \f(x1－2,y1)·y＋2，
代入抛物线方程可得y2－eq \f(4x1－2,y1)·y－8＝0，
Δ>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝eq \f(4,y3＋y4)＝eq \f(4,2y1＋y2)＝eq \f(kMN,2)，
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝eq \f(kMN,2)＝eq \f(tan α,2)，
若要使α－β最大，则β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
设kMN＝2kAB＝2k>0，则，
tan(α－β)＝eq \f(tan α－tan β,1＋tan αtan β)＝eq \f(k,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k)＋2k)≤eq \f(1,2\r(\f(1,k)·2k))＝eq \f(\r(2),4)，
当且仅当eq \f(1,k)＝2k即k＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝eq \f(\r(2),2)，
设直线AB：x＝eq \r(2)y＋n，
代入抛物线方程可得y2－4eq \r(2)y－4n＝0，
Δ>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB：x＝eq \r(2)y＋4.
4. (2023·全国新高考Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq \r(3).
【解析】 (1)设点P的坐标为(x，y)，
由题意得|y|＝eq \r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,2)))2)，
两边平方可得：y2＝x2＋y2－y＋eq \f(1,4)，
化简得：y＝x2＋eq \f(1,4)，符合题意．
故W的方程为y＝x2＋eq \f(1,4).
(2)不妨设A，B，C三点在W上，且AB⊥BC.
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，c2＋\f(1,4)))，
则eq \(AB,\s\up6(→))＝(b－a，b2－a2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(c－b，c2－b2)．
由题意，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
即(b－a)(c－b)＋(b2－a2)(c2－b2)＝0，
显然(b－a)(c－b)≠0，于是1＋(b＋a)(c＋b)＝0.
此时，|b＋a|·|c＋b|＝1.
于是min{|b＋a|，|c＋b|}≤1.
不妨设|c＋b|≤1，则a＝－b－eq \f(1,b＋c)，
则|AB|＋|BC|＝|b－a|eq \r(1＋a＋b2)＋|c－b|eq \r(1＋c＋b2)
＝|b－a|eq \r(1＋\f(1,c＋b2))＋|c－b|eq \r(1＋c＋b2)
≥|b－a|eq \r(1＋c＋b2)＋|c－b|eq \r(1＋c＋b2)
≥|c－a|eq \r(1＋c＋b2)
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(b＋c＋\f(1,b＋c)))eq \r(1＋c＋b2).
设x＝|b＋c|，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \r(1＋x2)，
即f(x)＝eq \f(1＋x2\f(3,2),x)，
又f′(x)＝eq \f(1＋x2\f(1,2)·3x2－1－x2,x2)
＝eq \f(1＋x2\f(1,2)·2x2－1,x2).
显然，x＝eq \f(\r(2),2)为最小值点．
故f(x)≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝eq \f(3\r(3),2)，
故矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|)≥2f(x)≥3eq \r(3).
注意这里有两个取等条件，一个是|b＋c|＝1，另一个是|b＋c|＝eq \f(\r(2),2)，
这显然是无法同时取到的，所以等号不成立，命题得证．
核心考点1 直线与圆锥曲线的位置关系
核心知识· 精归纳
1.直线与圆锥曲线的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：F(x，y)＝0，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,Fx，y＝0))消去y得到关于x的方程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l与圆锥曲线C有_2__个公共点；Δ＝0⇔直线l与圆锥曲线C有_1__个公共点；Δ＜0⇔直线l与圆锥曲线C有_0__个公共点．
(2)当a＝0，b≠0时，圆锥曲线C为抛物线或双曲线．
当C为双曲线时，l与双曲线的渐近线_平行或重合__，它们的公共点有_1__个或_0__个．
当C为抛物线时，l与抛物线的对称轴_平行或重合__，它们的公共点有_1__个．
2.圆锥曲线的弦长公式
设斜率为k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|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2).
角度1：直线与圆锥曲线的位置关系的判断
多维题组· 明技法
1.过点P(4,4)且与双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1只有一个交点的直线有( D )
A．1条B．2条
C．3条D．4条
【解析】 双曲线方程为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1，当k不存在时，直线为x＝4，与eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的图象有且只有一个公共点，当k存在时，直线为y＝k(x－4)＋4，代入双曲线的方程可得(9－16k2)x2＋(128k2－128k)x－256k2＋512k－400＝0，若9－16k2＝0，k＝±eq \f(3,4)时，y＝±eq \f(3,4)(x－4)＋4与双曲线的渐近线y＝±eq \f(3,4)x平行，所以与双曲线只有1个公共点，k≠±eq \f(3,4)时，Δ＝(128k2－128k)2＋4(9－16k2)(256k2－512k＋400)＝0，即k＝eq \f(25,32)，此时直线y＝eq \f(25,32)(x－4)＋4与双曲线相切，只有1个公共点．综上过点P(4,4)且与该双曲线只有一个公共点的直线有4条．
2.过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( B )
A．有且只有一条B．有且只有两条
C．有且只有三条D．有且只有四条
【解析】 设该抛物线焦点为F，A(xA，yA)，B(xB，yB)，则|AB|＝|AF|＋|FB|＝xA＋eq \f(p,2)＋xB＋eq \f(p,2)＝xA＋xB＋1＝3>2p＝2.所以符合条件的直线有且只有两条．
方法技巧· 精提炼
直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
加固训练· 促提高
1. (多选)(2023·邯郸模拟)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1，则下列结论正确的是( BCD )
A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2eq \r(2)
B．若C与l有且仅有两个公共点，则|m|0，则有|m|b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设F1，F2为椭圆C的左、右焦点，过右焦点F2的直线l交椭圆C于A，B两点，若△ABF1内切圆的半径为eq \f(\r(3),4)，求直线l的方程．
【解析】 (1)因为椭圆的离心率为eq \f(\r(2),2)，
故可设a＝2k，c＝eq \r(2)k，b＝eq \r(2)k(k>0)，
故椭圆方程为eq \f(x2,4k2)＋eq \f(y2,2k2)＝1，
代入Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))得eq \f(1,4k2)＋eq \f(1,4k2)＝1，故k2＝eq \f(1,2)，
故椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)△ABF1的周长为4a＝4eq \r(2)，
故S△ABF1＝eq \f(1,2)×4eq \r(2)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(\r(6),2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题设可得直线l与x轴不重合，故可设直线x＝ty＋1，
则S△ABF1＝eq \f(1,2)×2×|y1－y2|＝|y1－y2|＝eq \f(\r(6),2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,x2＋2y2＝2))可得(ty＋1)2＋2y2＝2，
整理得到(t2＋2)y2＋2ty－1＝0，此时Δ＝8t2＋8>0，
则y1＋y2＝eq \f(－2t,t2＋2)，y1·y2＝eq \f(－1,t2＋2)，
故|y1－y2|＝eq \f(2\r(2)×\r(t2＋1),t2＋2)＝eq \f(\r(6),2)，解得t＝±eq \r(2)，
故直线l的方程为x＋eq \r(2)y－1＝0或x－eq \r(2)y－1＝0.
方法技巧· 精提炼
求解弦长的4种方法
(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．
(2)联立直线与圆锥曲线方程，解方程组求出两个交点坐标，代入两点间的距离公式求解．
(3)联立直线与圆锥曲线方程，消元得到关于x(或y)的一元二次方程，利用根与系数的关系得到(x1－x2)2，(y1－y2)2，代入两点间的距离公式．
(4)当弦过焦点时，可结合焦半径公式求解弦长．
加固训练· 促提高
3. (2023·西宁模拟)已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若斜率为1的直线l与椭圆M交于C，D两点，点P(2,0)，直线PC的斜率为eq \f(1,2)，求线段CD的长度．
【解析】 (1)因为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)，
过椭圆右焦点的弦长的最小值为eq \f(2b2,a)＝2，
所以a＝2，c＝eq \r(2)，b＝eq \r(2)，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设直线PC的方程为y＝eq \f(1,2)(x－2)，
联立直线PC与椭圆M的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x－2，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))⇒3x2－4x－4＝0，
则xP＋xC＝eq \f(4,3)，因为点P(2,0)，
所以C点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(4,3)))，
所以可得直线l的方程为y＋eq \f(4,3)＝x＋eq \f(2,3)，即y＝x－eq \f(2,3).
联立直线l与椭圆M的方程，消去y得3x2－eq \f(8,3)x－eq \f(28,9)＝0，
解得x1＝－eq \f(2,3)，x2＝eq \f(14,9)，
所以|CD|＝eq \r(1＋12)×|x1－x2|＝eq \r(2)×eq \f(20,9)＝eq \f(20\r(2),9).高频考点
高考预测
直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系
在选择填空题主要是考查直线和圆锥曲线的位置关系涉及的问题，解答题中重在考查直线与圆锥曲线的综合应用.
直线和圆锥曲线相交问题(中点弦、弦长)
直线与圆锥曲线的综合问题
代数法
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)得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标
几何法
画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数
根与系数
的关系法
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
点差法
设出直线l与圆锥曲线C的交点坐标A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入圆锥曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立弦的中点和直线的斜率的关系