高考数学一轮复习专题9_8直线与圆锥曲线的位置关系讲 16页

第八节 直线与圆锥曲线的位置关系 【考纲解读】 考 点 考纲内容 5年统计 分析预测 直 线 与 圆 锥 曲 线 （1）会解决直线与椭 圆、抛物线的位置关系 的问题。 (2) 了解方程与曲线的 对应关系和求曲线方程 的基本方法。 （3）理解数形结合、用 代数方法处理几何问题 的思想。了解圆锥曲线 的简单应用。 2013•浙江文 22；理 15,21； 2014•浙江文 17,22；理 21； 2015•浙江文 19；理 19； 2016•浙江文 19；理 19； 2017•浙江 21. 1.考查直线与椭圆的位置关系； 2.考查直线与抛物线的位置关 系； 3.考查直线与圆、圆锥曲线的综 合问题. 4.备考重点： (1)掌握圆、椭圆、双曲线、抛 物线的定义、标准方程、几何性 质； （2）熟练掌握常见直线与圆锥曲 线位置关系题型的解法； （3）利用数形结合思想，灵活处 理综合问题. 【知识清单】 1.直线和圆锥曲线的位置关系 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(也可以消去 x)得到一个关于变量 x(或变量 y)的一元方程． 即 Ax＋By＋C＝0， F x，y ＝0， 消去 y，得 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⇔直线与圆锥曲线 C 相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线 C 相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线 C相离． (2)当 a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线 l 与圆锥曲线 C 相交，且只有一个交点，此时，若 C 为双曲线，则直线 l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若 C 为抛物线，则直线 l与抛物线的对称轴 的位置关系是平行或重合． 对点练习： 【2018 届衡水金卷全国高三大联考】抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线 平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点.已知 抛物线 2 4y x 的焦点为 F ，一条平行于 x轴的光线从点  3,1M 射出，经过抛物线上的点 A反射后，再 经抛物线上的另一点 B射出，则 ABM 的周长为 ( ) A. 71 26 12  B. 9 26 C. 9 10 D. 83 26 12  【答案】B 25 4A BAB x x p    . 将 4x  代入 2 4y x 得 4y   ，故  4, 4B  . 故    2 24 3 4 1 26MB       . 故 ABM 的周长为 1 253 26 9 26 4 4 MA MB AB             . 故选 B. 2.“弦”的问题 1.弦长公式 设斜率为 k(k≠0)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|＝ 1＋k2 |x1－x2|＝ 1＋k2 · x1＋x2 2－4x1x2＝ 1＋ 1 k2 ·|y1－y2| ＝ 1＋ 1 k2 · y1＋y2 2 －4y1y2. 2．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， y1－y2 x1－x2 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： 即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． 注意：中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直 线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足． 对点练习： 【2018 届湖南省益阳市、湘潭市高三 9 月调研】如图，过抛物线 2 2 ( 0)y px p  的焦点 F 的直线交抛 物线于点 A B、 ，交其准线 l于点C，若点F 是 AC的中点，且 4AF  ，则线段 AB的长为（ ） A. 5 B. 6 C. 16 3 D. 20 3 【答案】C 【解析】如图：过点 A 作 AD l 交 l 于点 D. AF :  y 3 1x  .与抛物线 2 4y x 联立得： 23 10 3 0x x   . 1 2 10 3 x x  . 1 2 10 162 3 3 AB x x p      . 故选 C. 【考点深度剖析】 纵观近几年的高考试题，高考对直线与圆锥曲线的位置关系的考查，一直是命题的热点，较多的考 查直线与椭圆、抛物线的位置关系问题；有时，先求轨迹方程，再进一步研究直线与曲线的位置关系.命 题的主要特点有：一是以过特殊点的直线与圆锥曲线相交为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何 性质，利用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；二 是以不同曲线（圆、椭圆、抛物线）的位置关系为基础设计“连环题”，结合曲线的定义及几何性质，利 用待定系数法先行确定曲线的标准方程，进一步研究弦长、图形面积、最值、取值范围等；三是直线与 圆锥曲线的位置关系问题，综合性较强，往往与向量（共线、垂直、数量积）结合，涉及方程组联立， 根的判别式、根与系数的关系、弦长问题等. 【重点难点突破】 考点 1 直线和圆锥曲线的位置关系 【1-1】【2018 届安徽省合肥市高三调研性检测】已知抛物线 的焦点为 ，直线 过点 交抛物线于 两点，且 .直线 分别过点 ，且与 轴平行，在直线 上分别取点 （ 分别 在点 的右侧），分别作 和 的平分线且相交于 点，则 的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【1-2】【2017 届四川省成都市第三次诊断】已知圆 ，点 是圆 上任意一点，线 段 的垂直平分线交 于点 ，当点 在圆上运动时，点 的轨迹为曲线 ． （Ⅰ）求曲线 的方程； （Ⅱ）若直线 与曲线 相交于 两点， 为坐标原点，求 面积的最大值． 【答案】（Ⅰ） ;（Ⅱ） ． 【解析】试题分析：（1）由垂直平分线的几何意义可知 ， ， 满足椭圆的定义。（2）直线 与椭圆组方程组，由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式， 可求得 ．由 ，得 及均值不等式可求得 面积的最大值． 试题解析：（Ⅰ）∵点 在线段 的垂直平分线上，∴ ． 又 ，∴ ． ∴曲线 是以坐标原点为中心， 和 为焦点，长轴长为 的椭圆． 设曲线 的方程为 ． ∵ ，∴ ． ∴曲线 的方程为 ． （Ⅱ）设 ． 联立 消去 ，得 ． 此时有 ． 由一元二次方程根与系数的关系，得 ， ． ∴ ． ∵原点 到直线 的距离 ， ∴ ． 由 ，得 ．又 ，∴据基本不等式，得 ． 当且仅当 时，不等式取等号． ∴ 面积的最大值为 ． 【综合点评】研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程 组解的个数．对于选择题、填空题，常充分利用几何条件，利用数形结合的方法求解． 【领悟技法】 1．直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近 线平行时，直线与双曲线相交于一点． 2．直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点． 3直线和圆锥曲线的位置关系利用代数方法判断，其中直线和双曲线的位置关系，还可以通过比较直线的 斜率和渐近线斜率来判断. 【触类旁通】 【变式一】已知抛物线 xy 82  的准线与双曲线 )0,0(12 2 2 2  ba b y a x 相交于 A,B 两点，双曲线的一 条渐近线方程是 xy 22 ，点 F 是抛物线的焦点，，且△ FAB是直角三角形，则双曲线的标准方程是 ( ) A. 1 216 22  yx B. 1 8 2 2  yx C. 1 162 22  yx D. 1 8 2 2  yx 【答案】C 【变式二】【2017 届浙江省台州市高三 4 月调研】如图，在椭圆 中，过坐标原点 作两条互相 垂直的射线 与 分别交于 两点. （1）已知直线 的斜率为 ，用 表示线段 的长度； （2）过点 作 于 点，点 为椭圆 上一动点，求线段 长度的取值范围. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】试题分析：（1）设直线 的方程为 与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，代入弦长 公式 ，再根据 ，解得： ，代入上式得到 ；（2）设直线 的方程为 ，与直线 方程联立，消参 后得到点 的轨迹方程 ，那么即求椭圆上的点和原点连线的取值范围，再求 长度的取值 范围. 所以 ； （2）若设直线 ，则 ，可设 ， 由（1）可知， （**） 由 ，得 ，再代入 ，得 ， 代入（**），有 ，即 ， 因 ，故有 . 当直线 的斜率为 0或不存在时，显然符合 . 故点 的轨迹方程为 . 所以， . 而 的最大值为 ，最小值为 ， 所以， 的取值范围为 . 【综合点评】直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角 度求解． 考点 2 弦长问题和中点弦问题 【2-1】【2016 高考新课标 3理数】已知抛物线C： 2 2y x 的焦点为 F ，平行于 x轴的两条直线 1 2,l l 分 别交C于 ,A B两点，交C的准线于 P Q， 两点． （I）若 F 在线段 AB上， R是PQ的中点，证明 AR FQ ； （II）若 PQF 的面积是 ABF 的面积的两倍，求 AB中点的轨迹方程. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） 2 1y x  ． （Ⅰ）由于 F 在线段 AB上，故 01  ab . 记 AR的斜率为 1k ，FQ的斜率为 2k ，则 2221 1 1 kb a ab aaba ba a bak          ， 所以 AR FQ . ......5 分 （Ⅱ）设 l与 x轴的交点为 )0,( 1xD ， 则 2 , 2 1 2 1 2 1 1 ba SxabFDabS PQFABF    . 由题设可得 22 1 2 1 1 ba xab   ，所以 01 x （舍去）， 11 x . 设满足条件的 AB的中点为 ),( yxE . 当 AB与 x轴不垂直时，由 DEAB kk  可得 )1( 1 2     x x y ba . 而 yba   2 ，所以 )1(12  xxy . 当 AB与 x轴垂直时， E与D重合，所以，所求轨迹方程为 12  xy . ....12 分 【2-2】【2018 届云南省玉溪第一中学高三上学期第三次月考】在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l与抛物线 y 2 ＝4x 相交于不同的 A，B 两点,O 为坐标原点． (1) 如果直线 l过抛物线的焦点且斜率为 1，求 AB 的值； （2）如果 4OA OB     ，证明：直线 l必过一定点，并求出该定点. 【答案】（1）8；（2）证明见解析 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据抛物线的方程得到焦点的坐标，设出直线与抛物线的两个交点和直线方程， 是直线的方程与抛物线方程联立，得到关于 y 的一元二次方程，根据根与系数的关系，求出弦长； （Ⅱ）设出直线的方程，同抛物线方程联立，得到关于 y的一元二次方程，根据根与系数的关系表示出 数量积，根据数量积等于﹣4，做出数量积表示式中的 b 的值，即得到定点的坐标． 试题解析： (1)解, 1, 4 k   , 2 4 8 sin 4 AB   (2)证明 由题意：抛物线焦点为(1,0)，设 l：x＝ty＋b，代入抛物线 y2＝4x， 消去 x得 y2－4ty－4b＝0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b， ∴ · ＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2 ＝t 2 y1y2＋bt(y1＋y2)＋b 2 ＋y1y2 ＝－4bt2＋4bt2＋b2－4b＝b2－4b. 令 b2－4b＝－4，∴b2－4b＋4＝0，∴b＝2， ∴直线 l 过定点(2,0)．∴若 · ＝－4，则直线 l 必过一定点． 【综合点评】处理直线与圆锥曲线相交时候的相交弦长和中点问题时，利用根与系数的关系或者中点坐 标公式，涉及弦的中点，还可以利用点差法． 【领悟技法】 1.直线与圆锥曲线位置关系的判断、有关圆锥曲线弦的问题等能很好地渗透对函数方程思想和数形结合 思想的考查，一直是高考考查的重点，特别是焦点弦和中点弦等问题，涉及中点公式、根与系数的关系 以及设而不求、整体代入的技巧和方法，也是考查数学思想方法的热点题型． 2. 涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用 根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解． 【触类旁通】 【变式一】【2017 届福建省泉州市高三 5 月模拟】已知动圆C过点  1,0Q ，且在 y 轴上截得的弦长为 2. （Ⅰ）求圆心C的轨迹方程； （Ⅱ）过点  1,0Q 的直线 l交轨迹C 于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点，证明： 2 2 1 1 QA QB  为定值，并求 出这个定值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 .y x （Ⅱ）定值为1. 【解析】试题分析：（1）设动圆圆心C坐标为  ,x y ，根据垂径定理得   2 22 2 21 1x x y        ，化 简解得圆心C的轨迹方程；（2）设直线 l的方程为：   1 0y k x k   ，利用直线方程与抛物线方程 联立方程组，结合韦达定理 1 2 1x x  化简 2 2 1 1 1. . QA QB   最后讨论斜率不存在的情形 试题解析：解：（Ⅰ）设动圆圆心C坐标为  ,x y ， 由题意得：动圆半径  2 21r x y   圆心到 y轴的距离为 x ， 依题意有   2 22 2 21 1x x y        ， 化简得 2 2y x ，即动圆圆心C的轨迹方程为： 2 2 .y x ②当直线 l的斜率存在，则设直线 l的方程为：   1 0y k x k   ，   2 1 { 2 y k x y x    得  2 2 2 22 2 0k x k x k    ，所以 2 1 2 1 22 2 2 , 1kx x x x k      ， 即    2 2 2 22 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1QA QB x y x y        ， 又点    1 1 2 2, , ,A x y B x y 在抛物线 2 2y x 上，所以 2 2 1 2 22 , 2y x y x  ， 于是    2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 2 1 2QA QB x x x x          2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 21 1 1 1 1 x x x x x x x x            2 2 1 2 2 2 1 2 2 1. 2 x x x x       综合①②， 2 2 1 1 QA QB  为定值，且定值为1. 【变式二】椭圆的对称中心在坐标原点，一个顶点为 (0,2)A ，右焦点 F 与点 ( 2, 2)B 的距离为 2． (1)求椭圆的方程； (2)是否存在斜率  0k 的直线  : 2l y kx 使直线 l与椭圆相交于不同的两点 M,N 满足 | | | |AM AN ，若存 在，求直线 l 的方程；若不存在，说明理由． 【答案】(1) 1 412 22  yx ．（2）l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x ． （2）方法一:由 |||| ANAM  知点 A 在线段 MN的垂直平分线上，由       1 412 2 22 yx kxy 消去 y 得 12)2(3 22  kxx 即 012)31( 22  kxxk （*） 由 0k ,得方程(*)的 0144)12( 22  kk ,即方程(*)有两个不相等的实数根． 设 ),( 11 yxM 、 ),( 22 yxN ，线段 MN 的中点 ),( 00 yxP ，则 221 31 12 k kxx   ， 2 21 0 31 6 2 k kxxx     ，  22 22 00 31 2 31 )31(262 kk kkkxy       ，即 ) 31 2, 31 6( 22 kk kP    0k ，∴直线 AP 的斜率为 k k k k kk 6 )31(22 31 6 2 31 2 2 2 2 1        ， 由 AP MN ，得 1 6 )31(22 2   k k k ，∴ 6622 2  k ，解得： 3 3 k ， ∴ l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x ． 方法二:直线 l 恒过点(0,-2), 且点(0,-2)在椭圆上, ∴不妨设 M(0,-2), 则|AM|=4 ∴|AN|=4, 故 N 在以 A 为圆心, 4 为半径的圆上,即在   2 2x (y 2) 16的图像上． 联立         2 2 2 2 x (y 2) 16 1 12 4 x y 化简得  2 2 0y y ,解得  或0 2y 当 y=-2 时,N 和 M 重合,舍去．当 y=0 时, ( 2 3,0)N , 因此       2 0 3 30 2 3 k ∴ l 的方程为   3 2 3 y x 或    3 2 3 y x ． 【综合点评】中点坐标公式一个作用是可以利用“设而不求”技巧解题，其二是可以将未知点坐标和已 知点坐标联系起来；涉及求范围问题，注意方程不等式思想的运用． 【易错试题常警惕】 易错典例：如图，椭圆 2 2 2 2 1x y a b   ( 0)a b  的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于 ,A B两点. AF 的 最大值是M ， BF 的最小值是m，满足 23 4 M m a  . (1) 求该椭圆的离心率； (2) 设线段 AB 的中点为G， AB 的垂直平分线与 x轴和 y 轴分别交于 ,D E 两点，O是坐标原点.记 GFD 的面积为 1S ， OED 的面积为 2S ，求 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围. 易错分析：目标函数难以转化为一个变量的函数． 正确解析：(1) 设 ( ,0)( 0)F c c  ，则根据椭圆性质得 , ,M a c m a c    而 23 4 M m a  ，所以有 2 2 23 4 a c a  ，即 2 24a c ， 2a c ， 因此椭圆的离心率为 1 2 ce a   . 2 2 2 2 2 2(4 3) 8 4 12 0k x ck x k c c     从而有 2 1 2 1 2 1 22 2 8 6, ( 2 ) 4 3 4 3 ck ckx x y y k x x c k k           ， 所以 2 2 2 4 3( , ) 4 3 4 3 ck ckG k k    . 因为DG AB ，所以 2 2 2 3 4 3 1 4 4 3 D ck k k ck x k        ， 2 24 3D ckx k    . 由 Rt FGD 与 Rt EOD 相似，所以 2 2 2 2 2 2 2 2 1 22 2 22 2 4 3( ) ( ) 94 3 4 3 4 3 9 9 ( ) 4 3 ck ck ck S GD k k k ckS OD k k             . 令 1 2 S t S  ，则 9t  ，从而 1 2 2 2 1 2 2 2 2 9 1 1 419 9 S S S S t t       ，即 1 2 2 2 1 2 2S S S S 的取值范围是 9(0, ) 41 . 温馨提示：将目标函数转化为一个变量的函数，进而求范围． 【学科素养提升之思想方法篇】 ----数形结合百般好，隔裂分家万事休——数形结合思想 我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好，隔裂分家万事休。""数"与"形"反映了事物两个方面的 属性。我们认为，数形结合，主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、 数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象 思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的. 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相 互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三 点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分 析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好 数形转化；第三是正确确定参数的取值范围. 【典例】【2018 届湖南省长沙市长郡中学高三实验班选拔】已知抛物线 及点 ， 动直线 与抛物线 交于 、 两点，若直线 与 的倾斜角分别为 ，且 ． （Ⅰ）求抛物线 的方程； （Ⅱ）若 为抛物线 上不与原点 重合的一点，点 是线段 上与点 ， 不重合的任意一点，过点 作 轴的垂线依次交抛物线 和 轴于点 ，求证： ． 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ)证明见解析. 试题解析： （Ⅰ）把直线 代入 得 ， 设 ，则 ， 由 可知，直线 的斜率与 的斜率之和为零， 所以 ，去分母整理得 ， 即 ，由该式对任意实数 恒成立，可得 ， 抛物线 的方程为 ． （Ⅱ）证明：设过点 的垂线为 ，联立 ，得 ，即点 ． 令 ，则 ，所以直线 方程为 ， 联立 ，得 ，即点 ， 所以 ，所以 ，即 ．