第8章 第8節(jié)　第1課時　直線與圓錐曲線的位置關(guān)系-2022屆高三數(shù)學一輪復習講義（新高考）

第八節(jié)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定(1)代數(shù)法：把圓錐曲線方程C與直線方程l聯(lián)立消去y，整理得到關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0.方程ax2＋bx＋c＝0的解l與C的交點個數(shù)a＝0b＝0無解(含l是雙曲線的漸近線)0b≠0有一解(含l與拋物線的對稱軸平行(重合)或與雙曲線的漸近線平行)1a≠0Δ＞0兩個不相等的解2Δ＝0兩個相等的解1Δ＜0無實數(shù)解0(2)幾何法：在同一直角坐標系中畫出圓錐曲線和直線，利用圖象和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．(1)直線與雙曲線交于一點時，易誤認為直線與雙曲線相切．而當直線與雙曲線的漸近線平行時，直線與雙曲線相交于一點．(2)直線與拋物線交于一點時，除直線與拋物線相切外，易忽視直線與對稱軸平行或重合時也與拋物線相交于一點．2．直線與圓錐曲線的相交弦長問題設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2).解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題的規(guī)律：“聯(lián)立方程求交點，根與系數(shù)的關(guān)系求弦長，根的分布找范圍，曲線定義不能忘．”二、基本技能·思想·活動體驗1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)“直線l與橢圓C相切”的充要條件是“直線l與橢圓C只有一個公共點”． (√)(2)“直線l與雙曲線C相切”的充要條件是“直線l與雙曲線C只有一個公共點”． (×)(3)“直線l與拋物線C相切”的充要條件是“直線l與拋物線C只有一個公共點”． (×)(4)如果直線x＝ty＋a與圓錐曲線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則弦長|AB|＝eq\r(1＋t2)|y1－y2|． (√)(5)若拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的兩點，則需滿足直線l與拋物線C的方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程的判別式Δ>0． (×)2．過點(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有()A．1條B．2條C．3條D．4條C解析：結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條，過點(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(0,1)且與拋物線相切的兩條直線．3．拋物線y＝ax2與直線y＝kx＋b(k≠0)交于A，B兩點，且這兩點的橫坐標分別為x1，x2，直線與x軸交點的橫坐標是x3，則()A．x3＝x1＋x2B．x1x2＝x1x3＋x2x3C．x1＋x2＋x3＝0D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0B解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax2，,y＝kx＋b，))消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝eq\f(k,a)，x1x2＝－eq\f(b,a).令kx＋b＝0得x3＝－eq\f(b,k)，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.4．直線l與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點，M是線段AB的中點．若l與OM(O是原點)的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為()A．3B．2C．eq\r(3)D．eq\r(2)D解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．把A，B兩點坐標分別代入雙曲線的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)－eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)，))所以eq\f(x0,a2)＝eq\f(y0y1－y2,b2x1－x2).所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(y0y1－y2,x0x1－x2)＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＝2.又e>1，所以e＝eq\r(2).5．已知傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線x2＝4y的焦點，且與拋物線相交于A，B兩點，則弦|AB|＝________.16解析：直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14，所以|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝14＋2＝16.考點1直線和圓錐曲線的位置關(guān)系——基礎(chǔ)性1．若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點個數(shù)是()A．至多為1B．2C．1D．0B解析：由題意知eq\f(4,\r(m2＋n2))＞2，即eq\r(m2＋n2)＜2，所以點P(m，n)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的內(nèi)部．故所求交點個數(shù)是2.2．若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點，則k的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(15),3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，0)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1))D解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.設(shè)直線與雙曲線的右支交于不同的兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝16k2－41－k2×－10>0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)>0，))解得－eq\f(\r(15),3)<k<－1.研究直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，一般轉(zhuǎn)化為研究直線方程與圓錐曲線方程組成的方程組解的個數(shù)，但對于選擇題、填空題，常根據(jù)幾何條件，利用數(shù)形結(jié)合的方法求解．考點2弦長問題——綜合性(2020·鐘祥市高三三模)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2eq\r(5)，Q是y軸的正半軸上一點，QF2交橢圓于P，且PF1⊥PF2，△PQF1的內(nèi)切圓⊙M的半徑為1.(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線AB：y＝2x＋m和圓M相切，且與橢圓C交于A，B兩點，求|AB|的值．解：(1)如圖，設(shè)△PQF1的內(nèi)切圓⊙M切PF1，QF1，PQ于點E，F(xiàn)，G，|EF1|＝|FF1|＝x，|QF|＝|QG|＝y(tǒng)(x>0，y>0)．由PF1⊥PF2，且|PE|＝|PG|＝1，有|GF2|＝|FF1|＝x，則|PF2|＝x－1，|PF1|＝x＋1.由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2得(x－1)2＋(x＋1)2＝(2eq\r(5))2(x>0)，解得x＝3.故2a＝|PF1|＋|PF2|＝2x＝6，即a＝3，b＝eq\r(a2－c2)＝2.故所求橢圓的標準方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由(1)知tan∠PF1F2＝eq\f(1,2)，所以直線PF1的方程為y＝eq\f(1,2)(x＋eq\r(5))．設(shè)點M(0，t)，其到直線PF1的距離為1，有eq\f(|－2t＋\r(5)|,\r(5))＝1，解得t＝eq\r(5)或t＝0(舍)．即M(0，eq\r(5))，故圓M的方程為x2＋(y－eq\r(5))2＝1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,4x2＋9y2－36＝0，))得40x2＋36mx＋9m2－36＝0，則x1＋x2＝－eq\f(9m,10)，x1x2＝eq\f(9m2－36,40).所以|x1－x2|＝eq\r(\f(81m2,100)－4×\f(9m2－36,40))＝eq\f(3,10)×eq\r(40－m2).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)×|x1－x2|＝eq\f(3\r(5),10)×eq\r(40－m2).因為y＝2x＋m與x2＋(y－eq\r(5))2＝1相切，所以eq\f(|m－\r(5)|,\r(5))＝1，解得m＝0或m＝2eq\r(5).故|AB|＝3eq\r(2)或3.直線與圓錐曲線相交時弦長的求法(1)定義法：過圓錐曲線的焦點的弦長問題，利用圓錐曲線的定義可優(yōu)化解題．(2)點距法：將直線的方程與圓錐曲線的方程聯(lián)立，求出兩交點的坐標，再運用兩點間距離公式求弦長．(3)弦長公式法：體現(xiàn)了解析幾何中設(shè)而不求的思想，其實質(zhì)是利用兩點之間的距離公式以及一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系．已知點N(－1,0)，點P是圓M：(x－1)2＋y2＝16上的動點，A為線段PN的中點，G為線段PM上一點，且eq\o(GA,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0.設(shè)動點G的軌跡為曲線C．(1)求曲線C的方程；(2)直線PN與曲線C相交于E，F(xiàn)兩點，與圓M相交于另一點Q，且點P，E位于點N的同側(cè)，當△PMN面積最大時，求|PE|＋|FQ|的值．解：(1)由題可知圓M的圓心M(1，0)，半徑r＝4.又A為線段PN的中點，G在PM上，且eq\o(GA,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，所以GA為PN的中垂線，所以|GN|＝|GP|.又|GN|＋|GM|＝|GP|＋|GM|＝r＝4>|MN|＝2，所以點G的軌跡為橢圓．設(shè)曲線C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則2a＝4,2c＝2，所以a＝2，c＝1.b2＝a2－c2＝3，所以曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)如圖．假設(shè)點P在x軸上方．設(shè)點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．當△PMN面積最大時，PM⊥x軸，所以點P(1,4)，則直線PN方程為y＝2(x＋1)，即2x－y＋2＝0.所以點M到直線PN的距離為d＝eq\f(|2＋2|,\r(22＋－12))＝eq\f(4\r(5),5).所以|PQ|＝2eq\r(r2－d2)＝eq\f(16\r(5),5).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得19x2＋32x＋4＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(32,19)，x1x2＝eq\f(4,19)，所以|EF|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(60,19)，所以|PE|＋|FQ|＝|PQ|－|EF|＝eq\f(16\r(5),5)－eq\f(60,19).考點3中點弦問題——綜合性考向1由中點弦確定直線方程(2020·哈爾濱三中高三期末)已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，則與橢圓相交且以點A(1,1)為弦中點的直線所在方程為()A．3x＋4y＋7＝0 B．2x＋5y－7＝0C．3x－4y＋1＝0 D．3x＋4y－7＝0D解析：設(shè)以點A(1,1)為弦中點的直線與橢圓交于點M(x1，y1)，N(x2，y2)．依題意所求直線的斜率存在，將點M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐標代入橢圓方程得，eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1，兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0，因為x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4)，即所求直線的斜率為－eq\f(3,4)，所求的直線方程為3x＋4y－7＝0.考向2由中點弦確定曲線方程或參數(shù)的值(1)(2020·西寧市高三二模)已知傾斜角為eq\f(π,4)的直線與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B兩點，M(4,2)是弦AB的中點，則雙曲線的離心率為()A．eq\r(6)B．eq\r(3)C．eq\f(3,2)D．eq\f(\r(6),2)D解析：因為傾斜角為eq\f(π,4)的直線與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B兩點，所以直線的斜率k＝taneq\f(π,4)＝1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(x\o\al(2,1),a2)－eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①eq\f(x\o\al(2,2),a2)－eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.②由①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＝eq\f(y1－y2y1＋y2,b2)，則k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).因為M(4,2)是弦AB的中點，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.因為直線的斜率為1，所以1＝eq\f(b2,a2)×eq\f(8,4)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2).所以e2＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2)，即e＝eq\f(\r(6),2).故選D．(2)(2020·遂寧市高三模擬)若中心在原點，焦點坐標為(0，±5eq\r(2))的橢圓被直線3x－y－2＝0截得的弦的中點的橫坐標為eq\f(1,2)，則橢圓方程為()A．eq\f(2x2,25)＋eq\f(2y2,75)＝1 B．eq\f(2x2,75)＋eq\f(2y2,25)＝1C．eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,75)＝1 D．eq\f(x2,75)＋eq\f(y2,25)＝1C解析：設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，則a2－b2＝50.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中點為(x0，y0)．因為x0＝eq\f(1,2)，所以y0＝eq\f(3,2)－2＝－eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),a2)＋\f(x\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\o\al(2,2),a2)＋\f(x\o\al(2,2),b2)＝1))可得eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),a2)＝－eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),b2)，所以直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(a2,b2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(a2,b2)·eq\f(x0,y0)＝3.因為eq\f(x0,y0)＝－1，所以a2＝3b2②.聯(lián)立①②，可得a2＝75，b2＝25，所以橢圓的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(