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第7节　直线与椭圆、双曲线
考点一　直线与椭圆、双曲线的位置关系
例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；
(3)没有公共点.
解　将直线l的方程与椭圆C的方程联立，
得方程组
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③
方程③根的判别式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③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m<－3或m>3时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解.这时直线l与椭圆C没有公共点.
感悟提升　1.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)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).
(1)当a≠0时，则Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离.
(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.
2.对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点.
训练1 (1)若直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1总有公共点，则m的取值范围是(　　)
A.m>1 B.m>0
C.0答案　D
解析　法一　由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，
所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，
则0<≤1且m≠5，
故m≥1且m≠5.
法二　由
消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.
由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，
即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，
由于m>0且m≠5，∴m≥1－5k2恒成立，
∴m≥1且m≠5.
(2)直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是________.
答案　1
解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x.
因为直线y＝x＋3与双曲线－＝1的一条渐近线平行，
在y轴上的截距为3，所以直线y＝x＋3与双曲线－＝1的交点个数是1.
　考点二　中点弦及弦长问题
角度1　中点弦问题
例2 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eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝1，①
eq \f(x,4)＋eq \f(y,2)＝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.
角度2　弦长问题
例3 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　(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.
感悟提升　1.弦及弦中点问题的解决方法
(1)根与系数的关系：直线与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点；
(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，作差构造中点、斜率间的关系.若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率.
2.弦长的求解方法
(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)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：
①|AB|＝|x1－x2|
＝；
②|AB|＝|y1－y2|(k≠0)
＝.
训练2 (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，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＝2，,2x－y＝2，))
∴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.
(2)(2022·武汉调研)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　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.
　考点三　直线与椭圆、双曲线的综合问题
例4 已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.
解　(1)由△ABP是等腰直角三角形，
得a＝2，B(2，0).
设Q(x0，y0)，则由＝，
得
代入椭圆方程得b2＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)
因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，
解得k2>.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由根与系数的关系得
因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以·>0，即x1x2＋y1y2>0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)
＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4
＝(1＋k2)·－2k·＋4>0，
解得k2<4，综上可得则则满足条件的斜率k的取值范围为
∪.
感悟提升　1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.
2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.
训练3 (2021·新高考八省联考)已知双曲线C：－＝1的离心率为，点P(4，)在C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)设过点(1，0)的直线l与双曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得·为常数，若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由.
解　(1)由题意得，解得a2＝4，b2＝1.
双曲线C的方程为－y2＝1.
(2)假设存在定点Q.设定点Q(t，0)，
当直线斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，
联立得(m2－4)y2＋2my－3＝0.
∴m2－4≠0，且Δ＝4m2＋12(m2－4)＞0，解得m2＞3且m2≠4.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝＋2＝，
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝－＝－4－，
·＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝－4－＋t·－＋t2＝－4＋t2＋，
由·为常数，得8t－23＝0，即t＝，
此时·＝.
当直线l斜率为0时，·＝.
∴在x轴上存在定点Q，使得·为常数.
1.直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A.相交 B.相切 C.相离 D.不确定
答案　A
解析　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交.
2.已知F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线与椭圆C交于A，B两点，且|AB|＝3，则C的方程为(　　)
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　C
解析　设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，则c＝1.因为过F2且垂直于x轴的直线与椭圆交于A，B两点，且|AB|＝3，
所以＝，b2＝a2－c2，所以a2＝4，b2＝a2－c2＝4－1＝3，椭圆的方程为＋＝1.
3.(2020·全国Ⅲ卷)设双曲线C：－＝1(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　法一　设|PF1|＝m，|PF2|＝n，P为双曲线右支上一点，则S△PF1F2＝mn＝4，m－n＝2a，m2＋n2＝4c2，又e＝＝，所以a＝1.
法二　由题意得，S△PF1F2＝＝4，
得b2＝4，又＝5，c2＝b2＋a2，所以a＝1.
4.已知F1，F2是双曲线E：－＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝，则E的离心率为(　　)
A. B. C. D.2
答案　A
解析　离心率e＝，
由正弦定理得e＝
＝＝＝.
5.椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－＝0的最大距离是(　　)
A.3 B. C.2 D.
答案　D
解析　设椭圆＋＝1上的点P(4cos θ，2sin θ)，
则点P到直线x＋2y－＝0的距离为
d＝
＝，
所以dmax＝＝.
6.(多选)已知双曲线C过点(3，)且渐近线为y＝±x，则下列结论正确的是(　　)
A.C的方程为－y2＝1
B.C的离心率为
C.曲线y＝ex－2－1经过C的一个焦点
D.直线x－y－1＝0与C有两个公共点
答案　AC
解析　∵双曲线C的渐近线为y＝±x，
∴设双曲线C的方程为－y2＝λ(λ≠0)，又双曲线C过点(3，)，得λ＝1，故A正确；
此时C的离心率e＝，故B错误；
曲线y＝ex－2－1经过C的焦点(2，0)，故C正确；
联立直线和双曲线C的方程，得Δ＝0，故有一个公共点，所以D错误.
7.(2021·全国乙卷)双曲线－＝1的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离为________.
答案　
解析　由双曲线的性质知c2＝a2＋b2＝4＋5＝9，则c＝3，双曲线右焦点的坐标为(3，0)，所以双曲线的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离d＝＝.
8.(2022·南昌模拟)过双曲线C：－＝1的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于A.若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A，O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的方程为________.
答案　－＝1
解析　由题意知c＝4，不妨取A(a，b)，所以(a－4)2＋b2＝16，又a2＋b2＝16，
∴a＝2，b2＝12，
所以双曲线的方程为－＝1.
9.(2021·全国甲卷)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为________.
答案　8
解析　根据椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|可以得到四边形PF1QF2为对角线相等的平行四边形，所以四边形PF1QF2为矩形.
设|PF1|＝m，则|PF2|＝2a－|PF1|＝8－m，
则|PF1|2＋|PF2|2＝m2＋(8－m)2＝2m2＋64－16m＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，得m(8－m)＝8，
所以四边形PF1QF2的面积为
|PF1|·|PF2|＝m(8－m)＝8.
10.(2022·天津模拟)已知椭圆的中心在坐标原点O，长轴长为2，离心率e＝，过右焦点F的直线l交椭圆于P，Q两点.
(1)求椭圆的方程；
(2)当直线l的斜率为1时，求△POQ的面积；
(3)若以OP，OQ为邻边的平行四边形是矩形，求满足该条件的直线l的方程.
解　(1)由已知，椭圆方程可设为
＋＝1(a＞b＞0).
∵长轴长为2，离心率e＝，
∴b＝c＝1，a＝.
所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)因为直线l过椭圆右焦点F(1，0)，且斜率为1，
所以直线l的方程为y＝x－1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由得3y2＋2y－1＝0，
解得y1＝－1，y2＝.
∴S△POQ＝|OF|·|y1－y2|
＝|y1－y2|＝.
(3)当直线l与x轴垂直时，直线l的方程为x＝1，此时∠POQ小于90°，以OP，OQ为邻边的平行四边形不可能是矩形.
当直线l不与x轴垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－1).
由可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，
∴y1y2＝.
因为以OP，OQ为邻边的平行四边形是矩形 ·＝0，
由·＝x1x2＋y1y2＝＋＝0，得k2＝2，
∴k＝±.∴所求直线的方程为
y＝±(x－1).
11.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－2，0)，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，T为直线x＝－3上一点，过F作TF的垂线交椭圆于P，Q.当四边形OPTQ是平行四边形时，求四边形OPTQ的面积.
解　(1)由已知可得，＝，c＝2，
所以a＝.
又由a2＝b2＋c2，解得b＝，所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)设T点的坐标为(－3，m)，则直线TF的斜率kTF＝＝－m.
当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝，直线PQ的方程是x＝my－2.
当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得消去x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0，
其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0.
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝.
因为四边形OPTQ是平行四边形，所以＝，即(x1，y1)＝(－3－x2，m－y2).
所以解得m＝±1.
此时，四边形OPTQ的面积
SOPTQ＝2S△OPQ＝2×·|OF|·|y1－y2|
＝2＝2.
12.(多选)(2022·青岛质检)已知椭圆C：＋＝1的左、右两个焦点分别为F1，F2，直线y＝kx(k≠0)与C交于A，B两点，AE⊥x轴，垂足为E，直线BE与C的另一个交点为P，则下列结论正确的是(　　)
A.四边形AF1BF2为平行四边形
B.∠F1PF2＜90°
C.直线BE的斜率为k
D.S四边形AF1BF2∈(0，4]
答案　ABC
解析　对于A，根据椭圆的对称性可知，|OF1|＝|OF2|，|OA|＝|OB|，故四边形AF1BF2为平行四边形.故A正确；
对于B，根据椭圆的性质，当P在上下顶点时，|OP|＝b＝＝c.此时∠F1PF2＝90°.由题意可知P不可能在上下顶点，故∠F1PF2＜90°，故B正确；
对于C，如图，不妨设B在第一象限，则直线BE的斜率为＝＝k，故C正确；
对于D，S四边形AF1BF2＝2S△BF1F2＝|F1F2|·|BD|＝2|BD|.又0＜|BD|＜，故S四边形AF1BF2∈(0，4).故D错误.
13.已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为________.
答案　
解析　由双曲线的定义，知|PF1|－|PF2|＝2a.
又|PF1|＝4|PF2|，∴|PF1|＝a，|PF2|＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
得cos∠F1PF2＝＝－e2.
求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，
故当∠F1PF2＝π，即－e2＝－1时，e取得最大值，此时e2＝，∴e＝.
14.(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
解　(1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支.
设双曲线的方程为－＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，
所以点M的轨迹C的方程为
x2－＝1(x≥1).
(2)设T，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为零，设直线AB的方程为y－t＝k1(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2(k2≠0)，
由
得(16－k)x2－2k1x－－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
由题意知16－k≠0，
则xAxB＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－k)，
xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－k)，
所以|TA|＝eq \r(1＋k)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2)))
＝eq \r(1＋k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋k)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2)))
＝eq \r(1＋k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－\f(1,2)))，
则|TA|·|TB|
＝(1＋k)
＝(1＋k)＝
(1＋k)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－k)－\f(1,2)×\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(k1,2))),16－k)＋\f(1,4)))
＝eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16)＝eq \f(（1＋k）（t2＋12）,k－16)，
所以k－16＋kk－16k＝k－16＋kk－16k，
即k＝k，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

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