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直线与圆锥曲线的位置关系
新课程标准 考向预测
1.通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想． 2.了解椭圆、抛物线的简单应用. 命题角度 1.定点、定值问题 2.最值、范围问题 3.证明、探究性问题
核心素养 数学运算、逻辑推理、直观想象
【基础梳理】
基础点一　直线与圆锥曲线的位置关系
设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线P：f(x，y)＝0，由即将直线l的方程与圆锥曲线P的方程联立，消去y便得到关于x的一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(当然，也可以消去x得到关于y的一元二次方程)，通过一元二次方程解的情况判断关系，见下表：
方程ax2＋bx＋c＝0的解 l与P的关系
a＝0 b＝0 无解(含l是双曲线的渐近线) 无公共点
b≠0 有一解(含l与抛物线的对称轴或与双曲线的渐近线平行) 一个交点
a≠0 Δ>0 两个不等的解 两个交点
Δ＝0 两个相等的解 一个交点
Δ<0 无实数解 无交点
基础小测
1．已知双曲线方程为x2－＝1，过点P(1，0)的直线l与双曲线只有一个公共点，则l的条数是(　　)
A．4 B．3 C．2 D．1
2．直线kx＋y＋k＋1＝0与椭圆＋＝1的位置关系是(　　)
A．相交　　 B．相切　
C．相离　 D．以上均有可能
基础点二　圆锥曲线的弦长
连接圆锥曲线上两个点的线段称为圆锥曲线的弦．
设直线l的方程为f(x，y)＝0，圆锥曲线C的方程为F(x，y)＝0，直线l与圆锥曲线C的两个不同交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去y得到ax2＋bx＋c＝0，则x1，x2是它的两个不相等的实根．记Δ＝b2－4ac.
(1)由根与系数的关系有x1＋x2＝－，x1·x2＝；
(2)设直线l的斜率为k，A，B两点之间的距离
|AB|＝|x1－x2|＝·＝·，
若消去x，则A，B两点之间的距离|AB|＝|y1－y2|(k≠0)．
基础小测
1．已知椭圆E的中心为坐标原点，长轴长为8，E的右焦点与抛物线C：y2＝8x的焦点重合，抛物线C的准线与椭圆E交于A，B两点，则弦长|AB|＝(　　)
A．12　 B．9 C．6　 D．3
2．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作倾斜角为30°的直线交抛物线于A，B两点．若线段AB的长为8，则p＝________.
【考点突破】
考点一　直线与圆锥曲线的位置关系(高考热度：★★)
[例1] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围．
同源变式　上例条件不变，若直线l与轨迹C分别有两个公共点、三个公共点，求实数k的取值范围．
解题通法
1．联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是不是零．
2．判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式Δ起着关键性的作用，第一：可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根；第三：若Δ的表达式非常复杂，则可以采用列而不求，最后验证的策略．
特别提示：过椭圆内一点的直线均与椭圆相交．
考点微练
1．(天津卷，18)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
2．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为M(－2，0)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点N(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，当·取得最大值时，求△MAB的面积．
方法总结
直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
(1)代数法：即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)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点横(纵)坐标．
(2)几何法：即画出直线与圆锥曲线，根据图象判断公共点的个数．
考点二　弦长问题(高考热度：★★★)
[例2] (全国卷Ⅰ，19)已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.
(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；
(2)若＝3，求|AB|.
方法总结
弦长问题的求解方法
(1)涉及弦长的问题，一般利用根与系数的关系，设而不求法计算弦长；
(2)涉及过焦点的弦的问题，也可考虑用圆锥曲线的定义求解．
考点微练
1．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，其一条渐近线被圆(x－m)2＋y2＝4(m>0)截得的弦长为2，则实数m＝(　　)
A． 3 B． 1 C． D． 2
2．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的中心在原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，离心率为，过左顶点A的直线l与椭圆交于另一点B.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若|AB|＝，求直线l的倾斜角．
考点三　中点弦问题(高考热度：★★)
[例3] 已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－.
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
方法总结
处理中点弦问题常用的求解方法
(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2， 三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
(2)根与系数的关系：联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．
考点微练
1．已知椭圆＋＝1的弦AB的中点为M(1，1)，则直线AB的方程为(　　)
A．x＋2y－3＝0 B．x－2y＋1＝0
C．2x＋y－3＝0 D．2x－y＋1＝0
2．已知椭圆＋y2＝1，过点P(，)且被P点平分的弦所在直线的方程为______________．　
技法点拨
“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．
参考答案
【基础梳理】
基础点一　直线与圆锥曲线的位置关系
基础小测
1．解析：过点P(1，0)与双曲线的渐近线平行的直线有两条，直线l与双曲线只有一个公共点；直线x＝1过点P(1，0)，与双曲线只有一个公共点，过点P(1，0)的直线l与双曲线只有一个公共点，则l共有3条．故选B.
2．解析：因为直线kx＋y＋k＋1＝0过定点(－1，－1)，且＋<1，所以点(－1，－1)在椭圆内部，因此直线与椭圆相交．故选A.
基础点二　圆锥曲线的弦长
基础小测
1．解析：由题意知，2a＝8，故a＝4.抛物线C：y2＝8x的焦点为(2，0)，准线为直线x＝－2，故c＝2，b2＝12，故椭圆的方程为＋＝1.联立方程得解得x＝－2，y＝±3，故A(－2，3)，B(－2，－3)，或A(－2，－3)，B(－2，3)，故|AB|＝6.故选C.
2．解析：根据题意可知过焦点，且倾斜角为30°的直线方程为y＝，
联立消去y整理可得 x2－7px＋＝0，
∴x1＋x2＝7p，x1x2＝，
∴|x1－x2|＝
＝＝4p，
∴|AB|＝|x1－x2|＝×4p＝8，
解得p＝1.
【考点突破】
考点一　直线与圆锥曲线的位置关系(高考热度：★★)
[例1] 解：(1)设点M(x，y)．依题意得|MF|＝|x|＋1，即＝|x|＋1，
化简整理得y2＝2(|x|＋x)．故点M的轨迹C的方程为y2＝
(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.　①
当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C1的方程，得x＝.故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
当k≠0时，方程①的根的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．　②
设直线l与x轴的交点为(x0，0)，
则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.　③
(i)若由②③解得k＜－1，或k＞.
所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
(ii)若即解集为．
综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点．
同源变式　
解：由例题解析可得点M的轨迹C的方程为y2＝
在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)，C2：y＝0(x＜0)．
依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．
由方程组可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.*
①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C1的方程，得x＝.
故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点.
②当k≠0时，方程*的根的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．
设直线l与x轴的交点为(x0，0)，
则由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.
(i)若或
解得k∈，或－≤k＜0.
所以当k∈时，直线l与C1只有一个公共点，与C2有一个公共点．
当k∈时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点．
故当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点．
(ii)若解得－1＜k＜－，或0＜k＜.
即当k∈∪时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
综上可知，当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈∪时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．
考点微练
1．解：(1)设椭圆的半焦距为c.依题意，2b＝4，＝.又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1.所以，椭圆的方程为＋＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．设直线 PB的斜率为k(k≠0)，又B(0，2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，
与椭圆方程联立整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－，代入y＝kx＋2得yP＝，
进而直线OP的斜率＝.
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－.
由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.
由OP⊥MN，得·＝－1，化简得k2＝，从而k＝±.
所以，直线PB的斜率为或－.
2．解：(1)由题意可得a＝2，＝，得c＝，则b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴重合时，不妨取A(－2，0)，B(2，0)，此时·＝0.
当直线l与x轴不重合时，设直线l的方程为x＝ty＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
显然Δ＞0，y1＋y2＝，y1·y2＝.
所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9＝(t2＋1)·＋3t＋9＝＋9＝＋9＝.
当t＝0时，·取最大值.此时直线l的方程为x＝1，
不妨取A，B，所以|AB|＝.
又|MN|＝3，所以△MAB的面积S＝××3＝.
考点二　弦长问题(高考热度：★★★)
[例2] 解：(1)设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由题设得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋.由题设可得x1＋x2＝.由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，则x1＋x2＝－.从而－＝，解得t＝－.所以l的方程为y＝x－.
(2)由＝3可得y1＝－3y2.
由可得y2－2y＋2t＝0.
所以y1＋y2＝2.从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.
代入C的方程得x1＝3，x2＝.故|AB|＝.
考点微练
1．解析：由题可得c＝a，则a＝b，渐近线方程为y＝±x.∵圆(x－m)2＋y2＝4(m＞0)的圆心为(m，0)，半径为2，∴圆心到渐近线的距离为d＝，则渐近线被圆截得的弦长为2＝2，所以m＝2(m＝－2舍去)．故选D.
2．解：(1)由题意得则所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，直线l的斜率存在．左顶点为(－，0)，
设直线l的方程为y＝k(x＋)，代入椭圆方程，得(2k2＋1)x2＋4k2x＋4k2－2＝0，
因为一个根为x1＝－，则另外一个根为x2＝，
则|AB|＝|x1－x2|＝＝，
解得k2＝1，k＝±1，
则直线l的倾斜角为45°或135°.
考点三　中点弦问题(高考热度：★★)
[例3] 证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵线段AB的中点为M(1，m)，
∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2m.
将A，B的坐标分别代入椭圆C：＋＝1中，可得
两式相减可得，3(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即6(x1－x2)＋8m(y1－y2)＝0，
∴k＝＝－＝－.
∵点M(1，m)在椭圆内，
∴＋<1(m>0)，解得0∴k＝－<－.
(2)由题意得F(1，0)，设P(x3，y3)，则
x1－1＋x2－1＋x3－1＝0，y1＋y2＋y3＝0.
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
∵点P在C上，∴m＝，从而P，||＝.
于是||＝＝＝2－.
同理，||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3，
故||＋||＝2||，即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，
则2|d|＝||－|||＝|x1－x2|＝.(*)
将m＝代入k＝－得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入(*)解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
考点微练
1．解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．由 得 ＋ ＝ 0，整理得·＝－，可得kAB＝－，所以直线AB的方程为y－1＝－(x－1)，即x＋2y－3＝0.故选A.
2．解析：设弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，中点为M(x0，y0)，
则有两式作差得＋(y2－y1)(y2＋y1)＝0.
因为x2＋x1＝2x0，y2＋y1＝2y0，＝kAB，代入后求得kAB＝－＝－，
所以弦所在直线的方程为y－＝－，即2x＋4y－3＝0.

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