备战2025年高考数学精品教案第八章平面解析几何第8讲直线与圆锥曲线的位置关系（Word版附解析）

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学生用书P192
1.直线与圆锥曲线位置关系的判断
将直线方程与圆锥曲线的方程联立，消去y（或x），得到关于x（或y）的一元二次方程，设其判别式为Δ，则① Δ＞0 ⇔有两个交点 ⇔相交；Δ＝0⇔有一个交点⇔相切；② Δ＜0 ⇔无交点⇔相离.
注意 直线与双曲线方程联立消元后，得出的方程中二次项系数为零时，直线与双曲线渐近线平行，两者有且只有一个交点；二次项系数不为零时，利用判别式进行判断.
2.弦长与中点弦
（1）弦长公式
当直线的斜率存在时，直线l：y＝kx＋b与曲线C相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，则弦长｜AB｜＝③ 1+k2·｜x1－x2｜ ＝（1+k2)[(x1＋x2）2－4x1x2].
当直线斜率不为零时，直线l：x＝my＋n与曲线C相交于点A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长｜AB｜＝1+m2｜y1－y2｜＝（1+m2)[(y1＋y2）2－4y1y2].
注意 （1）过焦点的弦称为焦点弦；与焦点所在对称轴垂直的焦点弦称为通径.（2）通径是椭圆与抛物线的焦点弦中最短的弦，椭圆的通径长为2b2a，抛物线的通径长为2p.（3）双曲线中同支的焦点弦中最短的为通径，其长为2b2a；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
（2）中点弦
若AB是椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－b2a2.
若AB是双曲线x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的不平行于对称轴的弦，O为原点，M为AB的中点，则kOM·kAB＝b2a2.
3.切线与切点弦所在直线的方程
1.直线y＝x＋1与椭圆x25＋y24＝1的位置关系是（ A ）
A.相交B.相切C.相离D.无法判断
解析 解法一 联立直线与椭圆的方程得y＝x+1，x25＋y24=1，消去y，得9x2＋10x－15＝0，Δ＝100－4×9×（－15）＞0，所以直线与椭圆相交.
解法二 因为直线过点（0，1），而0＋14＜1，即点（0，1）在椭圆内部，所以可推断直线与椭圆相交.
2.过椭圆x24＋y23＝1的焦点的最长弦和最短弦的长分别为（ B ）
A.8，6B.4，3C.2，3D.4，23
解析 由题意知，a＝2，b＝3，c＝1，最长弦过两个焦点，长为2a＝4，最短弦垂直于x轴，把x＝1代入x24＋y23＝1，得｜y｜＝32，所以最短弦的长为3.故选B.
3.已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是（ C ）
A.2B.4C.8D.16
解析 由y＝x－1，y2=4x，消去y并整理得x2－6x＋1＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝6，x1x2＝1，所以｜AB｜＝1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1+1×36－4＝8.
4.已知点A，B是双曲线C：x22－y23＝1上的两点，线段AB的中点是M（3，2），则直线AB的斜率为（ D ）
A.23B.32C.49D.94
解析 设A（x1，y1），B（x2，y2），∵点A，B是双曲线C上的两点，∴x122－y123＝1，x222－y223＝1，两式相减得（x1＋x2)(x1－x2）2＝（y1＋y2)(y1－y2）3，∵M（3，2）是线段AB的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，∴6（x1－x2）2＝4（y1－y2）3，∴kAB＝y1－y2x1－x2＝94.（也可以直接利用公式kOM·kAB＝b2a2求解）
学生用书P194
命题点1 直线与圆锥曲线的位置关系
例1 （1）[2023新高考卷Ⅱ]已知椭圆C：x23＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝（ C ）
A.23B.23C.－23D.－23
解析 由题意，F1（－2，0），F2（2，0），△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，所以点F1到直线AB的距离是点F2到直线AB的距离的2倍，即｜－2＋m｜2＝2×｜2＋m｜2，解得m＝－23或m＝－32，由y＝x＋m，x23＋y2=1，得43x2＋2mx＋m2－1＝0，则Δ＝（2m）2－4×43（m2－1）＝－43m2＋163＞0，解得－2＜m＜2，所以m＝－23.故选C.
（2）[2022全国卷甲]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 2（答案不唯一） .
解析 双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则2≥ba，∴b2a2≤4，∴e2＝c2a2＝1＋b2a2≤5，又e＞1，∴e∈（1，5]，∴填写（1，5]内的任意值均可.
方法技巧
（1）直线与椭圆的位置关系问题可直接转化为直线与椭圆的交点个数问题.
（2）直线与双曲线只有一个交点，则直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行.
（3）直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线相切或直线与抛物线的对称轴平行（或重合）.
（4）对于过定点的直线，可以根据定点与圆锥曲线的位置关系判断直线与圆锥曲线的位置关系，注意数形结合的应用.
训练1 （1）[2023天津高考]过原点O的一条直线与圆C：（x＋2）2＋y2＝3相切，交曲线y2＝2px（p＞0）于点P，若｜OP｜＝8，则p的值为 6 .
解析 由题意得直线OP的斜率存在.设直线OP的方程为y＝kx，因为该直线与圆C相切，所以｜－2k｜1+k2＝3，解得k2＝3.将直线方程y＝kx与曲线方程y2＝2px（p＞0）联立，得k2x2－2px＝0，因为k2＝3，所以3x2－2px＝0，解得x＝0或x＝ 2p3.设P（x1，y1），则x1＝2p3，又O（0，0），所以｜OP｜＝1+k2｜x1－0｜＝2×2p3＝8，解得p＝6.
（2）已知对任意k∈R，直线y－kx－1＝0与椭圆x25＋y2m＝1恒有公共点，则实数m的取值范围为 [1，5）∪（5，＋∞） .
解析 解法一（代数法） 由椭圆方程，可知m＞0且m≠5，将直线与椭圆的方程联立，得y－kx－1=0，x25＋y2m=1，整理，得（5k2＋m）x2＋10kx＋5（1－m）＝0.因为直线与椭圆恒有公共点，故Δ＝（10k）2－4×（5k2＋m）×5（1－m）＝20（5k2m－m＋m2）≥0.因为m＞0，所以不等式等价于5k2－1＋m≥0，即k2≥1－m5，由题意，可知要使不等式恒成立，则1－m5≤0，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
解法二（几何法） 因为方程x25＋y2m＝1表示椭圆，所以m＞0且m≠5.因为直线y－kx－1＝0过定点（0，1），所以要使直线和椭圆恒有公共点，点（0，1）在椭圆上或椭圆内，即025＋12m≤1，整理得1m≤1，解得m≥1.综上，m的取值范围为[1，5）∪（5，＋∞）.
命题点2 弦长及中点弦问题
角度1 弦长问题
例2 [2022新高考卷Ⅰ]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为12.过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，｜DE｜＝6，则△ADE的周长是 13 .
解析 由对称性不妨令F1，F2分别为C的左、右焦点，如图，连接AF1，DF2，EF2，因为C的离心率为12，所以ca＝12，所以a＝2c，所以b2＝a2－c2＝3c2.由题意知｜AF1｜＝｜AF2｜＝a＝2c＝｜F1F2｜，所以△AF1F2为等边三角形，又DE⊥AF2，所以直线DE为线段AF2的垂直平分线，所以｜AD｜＝｜DF2｜，｜AE｜＝｜EF2｜，且∠EF1F2＝30°，所以直线DE的方程为y＝33（x＋c），代入椭圆C的方程x24c2＋y23c2＝1，得13x2＋8cx－32c2＝0.设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1＋x2＝－8c13，x1x2＝－32c213，所以｜DE｜＝（1+13)[（x1＋x2）2－4x1x2]＝43[(－8c13）2－4×（－32c213)]＝48c13＝6，解得c＝138，所以a＝2c＝134，所以△ADE的周长为AD+AE+DE=DF2+EF2+DE=4a=13.
例3 [2023成都市模拟]已知抛物线C：y2＝2px（p＞0，p≠4），过点A（2，0）且斜率为k的直线与抛物线C相交于P，Q两点.
（1）设点B在x轴上，分别记直线PB，QB的斜率为k1，k2，若k1＋k2＝0，求点B的坐标；
（2）过抛物线C的焦点F作直线PQ的平行线与抛物线C相交于M，N两点，求｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜的值.
解析 （1）由题意，直线PQ的方程为y＝k（x－2），其中k≠0.
设B（m，0），P（y122p，y1），Q（y222p，y2）.
由y＝k（x－2),y2=2px，消去x，整理得y2－2pky－4p＝0，
∴Δ＝4p2k2＋16p＞0，y1＋y2＝2pk，y1y2＝－4p.
∵k1＋k2＝0，∴y1y122p－m＋y2y222p－m＝0，
即y1y2（y1＋y2）2p－m（y1＋y2）＝0，
∴（－4p2p－m）·2pk＝0，即（m＋2）·2pk＝0.
∵p＞0，∴m＝－2.
∴点B的坐标为（－2，0）.
（2）由题意，F（p2，0），∴直线MN的方程为y＝k（x－p2），k≠0.设M（xM，yM），
N（xN，yN）.
由y＝k（x－p2),y2=2px，消去y，整理得k2x2－（k2p＋2p）x＋k2p24＝0，
∴Δ1＝4k2p2＋4p2＞0，xM＋xN＝p＋2pk2，
∴｜MN｜＝xM＋xN＋p＝（1＋1k2）·2p.
又｜AP｜＝1+1k2｜y1｜，｜AQ｜＝1+1k2｜y2｜，
∴｜AP｜·｜AQ｜＝（1＋1k2）·｜y1y2｜＝（1＋1k2）·4p.
∴｜MN｜｜AP｜·｜AQ｜＝（1+1k2）·2p（1+1k2）·4p＝12.
方法技巧
（1）使用弦长公式时注意对直线斜率的讨论.
（2）直线经过特殊点（如焦点、原点等）或斜率特殊时，利用圆锥曲线的定义或数形结合来求弦长.
角度2 中点弦问题
例4 （1）[2023全国卷乙]设A，B为双曲线x2－y29＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ D ）
A.（1，1）B.（－1，2）
C.（1，3）D.（－1，－4）
解析 选项中的点均位于双曲线两支之间，故A，B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB的中点坐标为（x0，y0），则｜kAB｜＝9｜x0y0｜＜3，（若双曲线的弦AB的中点为M，O为坐标原点，则kAB·kOM＝b2a2）
即｜y0｜＞3｜x0｜，结合选项可知选D.
（2）[2022新高考卷Ⅱ]已知直线l与椭圆x26＋y23＝1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｜MA｜＝｜NB｜，｜MN｜＝23，则l的方程为 x＋2y－22＝0 .
解析 设直线l的方程为xm＋yn＝1（m＞0，n＞0），分别令y＝0，x＝0，得点M（m，0），N（0，n）.由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Q（m2，n2），则kAB＝0－nm－0＝－nm，kOQ＝n2m2＝nm.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－b2a2＝－12，即-nm⋅nm=-12，整理得m2＝2n2 ①.又｜MN｜＝23，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12 ②，由①②并结合m＞0，n＞0，得m=22，n=2，所以直线l的方程为x22＋y2＝1，即x＋2y－22＝0.
方法技巧
点差法解决中点弦问题的步骤
（1）设弦的两个端点：A（x1，y1），B（x2，y2）；
（2）将两点坐标分别代入圆锥曲线方程中并两式作差，得到关于直线AB的斜率和线段AB的中点坐标的关系式；
（3）将已知条件代入关系式并化简求解.
训练2 （1）已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则｜AB｜＋｜DE｜的最小值为（ A ）
A.16B.14C.12D.10
解析 解法一 焦点F（1，0），设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x3，y3），E（x4，y4），易知直线l1，l2的斜率均存在且不为0，分别设为k1，k2，则直线l1的方程为y=k1x－1,由y2=4x，y＝k1（x－1),消去y并整理得k12x2－（2k12＋4）x＋k12＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝2k12+4k12.因为l1⊥l2，所以k2＝－1k1.同理有x3＋x4＝2（－1k1）2+4（－1k1）2＝2＋4k12，则AB+DE＝x1+x2+x3+x4+2＝2k12+4k12＋2＋4k12＋4＝4k12＋4k12＋8≥24k12·4k12＋8＝16，当且仅当4k12＝4k12，即k1＝±1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值 16.故选A.
解法二 设l1的倾斜角为θ，则l2的倾斜角为θ±π2，易知θ≠0且θ≠π2，由抛物线焦点弦的弦长公式得｜AB｜＝2psin2θ＝4sin2θ，则｜DE｜＝2psin2（θ±π2）＝4cs2θ，则｜AB｜＋｜DE｜＝4sin2θ＋4cs2θ＝4（sin2θ＋cs2θsin2θcs2θ）＝16sin22θ，当sin 2θ＝1时，｜AB｜＋｜DE｜取最小值16.故选A.
（2）[2023重庆市调研质量抽测（一）]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，A为椭圆E的上顶点，过点F1且平行于AF2的直线l与椭圆E交于B，C两点，M为弦BC的中点，且直线l的斜率与OM的斜率的乘积为－34，则椭圆E的离心率为 12 ；若｜OM｜＝319，则直线l的方程为 3x＋y＋153＝0 .
解析 设B（x1，y1），C（x2，y2），M（x0，y0），则x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0.椭圆E：x2a2＋y2b2＝1，即b2x2＋a2y2＝a2b2，所以b2x12＋a2y12＝a2b2，b2x22＋a2y22＝a2b2，得b2x1+x2x1-x2+a2y1+y2y1-y2=0,由题意可知，x1－x2≠0，所以2b2x0＋2a2y0·y1－y2x1－x2＝0，即y1－y2x1－x2·y0x0=-b2a2，即kl·kOM＝－b2a2，所以－b2a2＝－34，所以b2a2＝34.因为e2＝1－b2a2＝1－34＝14，00，y1＋y2＝k（x1＋x2）－6=24k2－4=3，
解得k＝23或k＝－23（舍去），
所以直线PQ的方程为y＝23x－3，x1＋x2＝332，x1·x2＝138，
所以｜PQ｜＝1+k2·｜x1－x2｜＝13·（x1＋x2）2－4x1x2＝132，
又O点到直线PQ的距离d＝31+12＝313，
所以△OPQ的面积S＝12×132×313＝34.
13.[2022北京高考]已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的一个顶点为A（0，1），焦距为23.
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P（－2，1）作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N.当｜MN｜＝2时，求k的值.
解析 （1）依题意可知b=1，2c=23，a2＝b2＋c2，得a=2，b=1，c＝3，故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
（2）由题可知直线BC的方程为y－1＝k（x＋2），设B（x1，y1），C（x2，y2），联立直线BC和椭圆E的方程，得y－1=k（x+2),x24＋y2=1，
整理得（4k2＋1）x2＋（16k2＋8k）x＋16k2＋16k＝0，
∴x1＋x2＝－16k2+8k4k2+1，x1x2＝16k2+16k4k2+1，
由Δ＞0得k＜0，
易知直线AB的斜率kAB＝y1－1x1，
直线AB的方程为y＝y1－1x1x＋1，
令y＝0，可得点M的横坐标xM＝x11－y1，同理可得点N的横坐标xN＝x21－y2.
∴｜MN｜＝｜x11－y1－x21－y2｜＝｜x1－k（x1+2）－x2－k（x2+2）｜＝
｜1k（x2x2+2－x1x1+2）｜＝｜1k·x2（x1+2)－x1（x2+2）x1x2+2（x1＋x2）+4｜＝｜1k·2（x1＋x2）2－4x1x2x1x2+2（x1＋x2）+4｜＝
｜1k·2（－16k2+8k1+4k2）2－4×16k2+16k1+4k216k2+16k1+4k2+2（－16k2－8k1+4k2）+4｜＝
｜1k·264（2k2＋k）2－4×16（k2＋k)(1+4k2）（1+4k2）216k2+16k1+4k2＋－32k2－16k1+4k2＋4+16k21+4k2｜＝
｜4－kk｜＝2，得k＝－4.
14.[角度创新]已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P满足OP＝λOF（O为坐标原点），若过点O作互相垂直的两弦OA，OB，则当弦AB恒过点P时，λ的所有可能取值的集合为（ A ）
A.{4}B.{3}C.{14，4，3}D.{13，3，4}
解析 由OP＝λOF，得O，P，F三点共线，所以点P在x轴上.
设直线AB的方程为x＝my＋a（a≠0），
联立直线AB和抛物线的方程得x＝my＋a，y2=2px，消去x并整理，得y2－2pmy－2pa＝0，Δ＝4p2m2＋8pa＞0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1y2＝－2pa，x1x2＝y122p×y222p＝a2.
因为OA⊥OB，所以OA·OB＝0，则x1x2＋y1y2＝0，即a2－2pa＝0，解得a＝2p或a＝0（舍去），则直线AB的方程为x＝my＋2p，
可知直线AB恒过定点（2p，0），即P（2p，0）.
则OP＝（2p，0），OF＝（p2，0），由OP＝λOF，得λ＝4.故选A.命题点
五年考情
命题分析预测
直线与圆锥曲线的位置关系
2023新高考卷ⅡT5；2022新高考卷ⅡT10；2022全国卷甲T15；2020新高考卷ⅡT21
本讲每年必考，命题热点为直线与圆锥曲线相交的弦长、中点弦问题，以及直线与圆锥曲线的综合应用，常与向量、圆等知识综合命题，难度中等偏上.在2025年高考备考时应重视和直线与圆锥曲线的位置关系相关的典型题型的研究，注意培养数学运算素养.在解题时，要充分利用数形结合、转化与化归等思想.
弦长及中点弦问题
2023全国卷乙T11；2023全国卷甲T20；2023天津T12；2022新高考卷ⅠT16； 2022新高考卷ⅡT16；2020新高考卷ⅠT13；2020全国卷ⅡT19；2019全国卷ⅠT19
切线及切点弦问题
2021全国卷乙T21
直线与圆锥曲线的综合应用
2023新高考卷ⅡT10；2023新高考卷ⅡT21；2023全国卷乙T20；2023北京T19；2022新高考卷ⅠT11； 2022新高考卷ⅠT21；2022新高考卷ⅡT21；2022全国卷乙T20；2022全国卷甲T20；2021新高考卷ⅠT21； 2021新高考卷ⅡT20；2020新高考卷ⅠT22；2020全国卷ⅠT20；2019全国卷ⅡT21；2019全国卷ⅢT21
圆锥曲线的方程
x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）
x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）
y2＝2px（p＞0）
过曲线上一点P（x0，y0）的切线方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）
过曲线外一点P（x0，y0）所引两条切线的切点弦所在直线的方程
x0xa2＋y0yb2＝1
x0xa2－y0yb2＝1
y0y＝p（x0＋x）