人教B版 (2019)选择性必修 第一册2.8 直线与圆锥曲线的位置关系导学案

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激光武器是一种利用激光束攻击目标的定向能武器．目前我国的高能激光武器完全有能力击毁或致盲国外的间谍卫星(在以地球为焦点的椭圆形轨道上运行的低空卫星)，假如有一天我们要用激光武器对付间谍卫星就需要用到我们本节课要学习的直线与圆锥曲线的位置关系的知识，因为激光是直线光而卫星轨道是椭圆，激光击毁卫星实际上是直线与椭圆的相交问题．
1．直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线联立，消元得方程ax2＋bx＋c＝0．
思考：直线与抛物线、双曲线只有一个公共点时，是否一定相切？
[提示] 不一定，当直线与双曲线的渐近线平行或与抛物线的对称轴平行时，直线与双曲线、抛物线只有一个公共点，但此时直线与双曲线、抛物线相交．
2．弦长公式
当直线与圆锥曲线相交时，往往涉及弦的长度，可利用弦长公式表示弦长，从而研究相关的问题，弦长公式为：若直线l的斜率为k，与圆锥曲线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2])．
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)平面上到定点A(1,0)和到定直线l：x＋2y＋3＝0的距离相等的点的轨迹为抛物线．( )
(2)一条直线与双曲线的两支交点个数最多为2条．( )
(3)抛物线与直线只有一个公共点是直线与抛物线相切的充要条件．( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)×
[提示] (1)√ (2)√
(3)× 必要不充分条件．
2．抛物线y2＝12x截直线y＝2x＋1所得弦长等于( )
A．eq \r(15) B．eq \r(13)
C．2eq \r(15) D．2eq \r(13)
A [令直线与抛物线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x＋1,y2＝12x))得4x2－8x＋1＝0，
∴x1＋x2＝2，x1x2＝eq \f(1,4)，
∴|AB|＝eq \r(1＋22x1－x22)＝eq \r(5[x1＋x22－4x1x2])＝eq \r(15)．]
3．直线y＝x＋1与椭圆x2＋eq \f(y2,2)＝1的位置关系为 ．
相交 [联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋1,x2＋\f(y2,2)＝1))消去y得3x2＋2x－1＝0，Δ＝22＋12＝16＞0
∴直线与椭圆相交．]
4．直线y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))与双曲线eq \f(x2,9)－y2＝1交点个数为 个．
1 [直线与渐近线平行因此只有一个交点．]
5．过椭圆eq \f(x2,13)＋eq \f(y2,12)＝1的右焦点与x轴垂直的直线与椭圆交于A，B两点，则|AB|＝ ．
eq \f(24\r(13),13) [椭圆的右焦点为(1,0)，把x＝1代入eq \f(x2,13)＋eq \f(y2,12)＝1中得：y2＝eq \f(122,13)，∴y＝±eq \f(12\r(13),13)，∴|AB|＝eq \f(24\r(13),13)．]
[探究问题]
直线与圆锥曲线相交时，能用两点间距离公式求弦长吗？
[提示] 可以．当直线与圆锥曲线相交，两交点坐标好求时，可先求出两交点坐标，用两点间距离公式求弦长；当两交点坐标不便求出时，最好不用此法．
【例1】 对不同的实数值m，讨论直线y＝x＋m与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的位置关系．
[解] 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，①,\f(x2,4)＋y2＝1，②))
得eq \f(x2,4)＋(x＋m)2＝1，
整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0．③
此方程的实数根的个数由根的判别式Δ决定，
Δ＝(8m)2－4×5(4m2－4)＝16(5－m2)．
当－eq \r(5)＜m＜eq \r(5)时，Δ＞0，
方程③有两个不同的实数根，代入①可得到两个不同的公共点坐标，此时直线与椭圆相交．
当m＝－eq \r(5)或m＝eq \r(5)时，Δ＝0，
方程③有两个相等的实数根，
代入①可得到一个公共点坐标，此时直线与椭圆相切．
当m＜－eq \r(5)或m＞eq \r(5)时，Δ＜0，
方程③没有实数根，直线与椭圆相离．
1．(变条件，变设问)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \f(2\r(3),3)，且过点(eq \r(6)，1)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋eq \r(2)与双曲线恒有两个不同的交点A，B，求k的取值范围．
[解] (1)由e＝eq \f(2\r(3),3)可得eq \f(c2,a2)＝eq \f(4,3)，所以a2＝3b2，故双曲线方程可化为eq \f(x2,3b2)－eq \f(y2,b2)＝1，将点P(eq \r(6)，1)代入双曲线C的方程，可解得b2＝1．所以双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1．
(2)联立直线与双曲线方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\r(2)，,x2－3y2－3＝0))⇒(1－3k2)x2－6eq \r(2)kx－9＝0，
由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝72k2－41－3k2×－9＞0，,1－3k2≠0.))
解得－1＜k＜1且k≠±eq \f(\r(3),3)．
所以k的取值范围为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))．
2．(改变条件)已知直线l：y＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x．问：k为何值时，直线l与抛物线C有两个交点，一个交点，无交点？
[解] 由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x.))消去y得
k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
记Δ＝(2k2－4)2－4k4＝16(1－k2)，
(1)若直线与抛物线有两个交点，
则k2≠0且Δ＞0，即k2≠0，且16(1－k2)＞0，
解得k∈(－1,0)∪(0,1)．
所以当k∈(－1,0)∪(0,1)时，直线l和抛物线C有两个交点．
(2)若直线与抛物线有一个交点，
则k2＝0或k2≠0时，Δ＝0．
解得k＝0或k＝±1．
所以当k＝0或k＝±1时，直线l和抛物线C有一个交点．
(3)若直线与抛物线无交点，
则k2≠0且Δ＜0．
解得k＞1或k＜－1．
所以当k＞1或k＜－1时，
直线l和抛物线C无交点．
直线与圆锥曲线位置关系的判断方法
提醒：过椭圆内一点的直线均与椭圆相交．
【例2】 椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y－1＝0相交于A，B两点，C是AB的中点，若|AB|＝2eq \r(2)，OC的斜率为eq \f(\r(2),2)，求椭圆的方程．
[思路探究] 本题有两种解法．一是利用设点、代入、作差，借助斜率解题的方法，可称为“点差法”．二是利用圆锥曲线弦长的基本求法，先利用两点间距离公式求出含a，b的关系式，再借助弦所在直线的斜率求解．
[解] 法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程并作差，得a(x1＋x2)(x1－x2)＋b(y1＋y2)(y1－y2)＝0．
而eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－1，eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝kOC＝eq \f(\r(2),2)，
代入上式可得b＝eq \r(2)a．
∵|AB|＝eq \r(2)|x2－x1|＝2eq \r(2)，即(x2－x1)2＝4，其中x1，x2是方程(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0的两根，
又∵(x1＋x2)2－4x1x2＝(x2－x1)2＝4，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,a＋b)))2－4·eq \f(b－1,a＋b)＝4．
将b＝eq \r(2)a代入，解得a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(\r(2),3)，
∴所求椭圆的方程是eq \f(x2,3)＋eq \f(\r(2),3)y2＝1．
法二：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax2＋by2＝1，,x＋y＝1，))
得(a＋b)x2－2bx＋b－1＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝eq \r(k2＋1x1－x22)
＝eq \r(2)·eq \f(\r(4b2－4a＋bb－1),a＋b)．
∵|AB|＝2eq \r(2)，∴eq \f(\r(a＋b－ab),a＋b)＝1．①
设C(x，y)，则x＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(b,a＋b)，
y＝1－x＝eq \f(a,a＋b)．
∵OC的斜率为eq \f(\r(2),2)，∴eq \f(a,b)＝eq \f(\r(2),2)，
代入①，解得a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(\r(2),3)，
∴所求椭圆的方程是eq \f(x2,3)＋eq \f(\r(2),3)y2＝1．
直线和圆锥曲线相交问题的通法就是利用两个方程联立得到的一元二次方程，利用弦长公式和根与系数的关系解决要考虑特殊情形；对于中点弦问题可采用点差法，但要验证得到的直线适合题意.
eq \([跟进训练])
1．已知抛物线y2＝6x，过点P(4,1)引一条弦P1P2使它恰好被点P平分，求这条弦所在的直线方程及|P1P2|．
[解] 法一：设弦两端点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)．
∵P1，P2在抛物线上，
∴yeq \\al(2,1)＝6x1，yeq \\al(2,2)＝6x2．
两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝6(x1－x2)．
∵y1＋y2＝2，∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(6,y1＋y2)＝3，
∴直线的方程为y－1＝3(x－4)，即3x－y－11＝0．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝6x，,y＝3x－11，))得y2－2y－22＝0，
∴y1＋y2＝2，y1·y2＝－22，
∴|P1P2|＝eq \r(1＋\f(1,9))·eq \r(22－4×－22)＝eq \f(2\r(230),3)．
法二：由题意设所求方程为y－1＝k(x－4)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝6x，,y＝kx－4k＋1，))得ky2－6y－24k＋6＝0．
设弦的两端点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
∴y1＋y2＝eq \f(6,k)，y1y2＝eq \f(6－24k,k)，
∵P1P2的中点为(4,1)，∴eq \f(6,k)＝2，∴k＝3，
∴所求直线方程为y－1＝3(x－4)．
由y1＋y2＝2，y1·y2＝－22，
得|P1P2|＝eq \r(1＋\f(1,9))·eq \r(22－4×（－22）)＝eq \f(2\r(230),3)．
【例3】 已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的焦距为3eq \r(2)，其中一条渐近线的方程为x－eq \r(2)y＝0．以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E交于A，B两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若点P为椭圆E的左顶点，eq \(PG,\s\up14(→))＝2eq \(GO,\s\up14(→))，求|eq \(GA,\s\up14(→))|2＋|eq \(GB,\s\up14(→))|2的取值范围．
[解] (1)由双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的焦距为3eq \r(2)，得c＝eq \f(3\r(2),2)，
∴a2＋b2＝eq \f(9,2)．①
由题意知eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，②
由①②解得a2＝3，b2＝eq \f(3,2)，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(2,3)y2＝1．
(2)由(1)知P(－eq \r(3)，0)．
设G(x0，y0)，由eq \(PG,\s\up14(→))＝2eq \(GO,\s\up14(→))，
得(x0＋eq \r(3)，y0)＝2(－x0，－y0)．
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＋\r(3)＝－2x0，,y0＝－2y0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(\r(3),3)，,y0＝0，))
∴Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，0))．
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
|eq \(GA,\s\up14(→))|2＋|eq \(GB,\s\up14(→))|2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(\r(3),3)))eq \s\up12(2)＋yeq \\al(2,1)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(\r(3),3)))eq \s\up12(2)＋yeq \\al(2,1)＝2xeq \\al(2,1)＋2yeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)＝2xeq \\al(2,1)＋3－xeq \\al(2,1)＋eq \f(2,3)＝xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3)．
又∵x1∈[－eq \r(3)，eq \r(3)]，∴xeq \\al(2,1)∈[0,3]，
∴eq \f(11,3)≤xeq \\al(2,1)＋eq \f(11,3)≤eq \f(20,3)，
∴|eq \(GA,\s\up14(→))|2＋|eq \(GB,\s\up14(→))|2的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(11,3)，\f(20,3)))．
1．求参数范围的方法
据已知条件建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围．
2．求最值问题的方法
(1)几何法
题目中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用图象来解决．
(2)代数法
题目中给出的条件和结论几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值，求最值的常见方法是均值不等式法，单调性法等．
eq \([跟进训练])
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别是F1、F2，C过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，离心率e＝eq \f(1,2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若PQ为椭圆C过F1的弦，R为PF2的中点，O为坐标原点，求△RF1F2、△OF1Q面积之和的最大值．
[解] (1)由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，设a＝2t，c＝t，t＞0，
可得b＝eq \r(3)t，椭圆方程为eq \f(x2,4t2)＋eq \f(y2,3t2)＝1，
代入M，可得eq \f(1,4t2)＋eq \f(3,4t2)＝1，可得t＝1，
则a＝2，b＝eq \r(3)，c＝1，
可得椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由O，R分别为F1F2，PF2的中点，
可得△RF1F2的面积为△PF1F2的面积的一半，即为△PF1O的面积，
△RF1F2、△OF1Q面积之和设为S，则S＝S△PQO，
当直线PQ的斜率不存在时，其方程为x＝－1，
此时S△PQO＝eq \f(1,2)×1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))))＝eq \f(3,2)，
当直线PQ的斜率存在时，设其方程为：y＝k(x＋1)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，显然直线PQ不与x轴重合，
即k≠0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,3x2＋4y2＝12))，
消去y得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＝144(k2＋1)＞0，
故x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
故|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(121＋k2,3＋4k2)，
点O到直线PQ的距离d＝eq \f(|k|,\r(1＋k2))，
S＝eq \f(1,2)|PQ|d＝6eq \r(\f(k2k2＋1,3＋4k22))，令u＝3＋4k2∈(3，＋∞)，
故S＝6eq \r(\f(\f(u－3,4)·\f(u＋1,4),u2))＝eq \f(3,2)eq \r(－\f(3,u2)－\f(2,u)＋1)＝
eq \f(3,2)eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,u)＋\f(1,3)))eq \s\up12(2)＋\f(4,3))∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
故S的最大值为eq \f(3,2)．
1．解决直线与圆锥曲线的交点问题时，主要方法是构建一元二次方程，判断其解的个数．确定斜率与直线的倾斜角时，应特别注意斜率为0和斜率不存在的两种情形，以及在双曲线和抛物线中，直线和曲线有一个公共点并不一定相切．
2．与弦中点有关的问题，求解的方法有两种：
(1)一般方法：利用根与系数的关系及中点坐标公式来求解；
(2)点差法：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入曲线方程，然后作差构造出中点坐标和斜率的关系．
3．在探求最值时，常结合几何图形的直观性，充分利用平面几何结论，借助于函数的单调性、基本不等式等使问题获解．同时，要注意未知数的取值范围、最值存在的条件．
1．椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,4)＝1的两个焦点为F1，F2，过F2的直线交椭圆于A，B两点．若|AB|＝8，则|AF1|＋|BF1|的值为( )
A．10 B．12
C．16 D．18
B [∵|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝4a，
∴|AF1|＋|BF1|＝4×5－8＝12．]
2．在抛物线y2＝8x中，以(1，－1)为中点的弦所在直线的方程是( )
A．x－4y－3＝0 B．x＋4y＋3＝0
C．4x＋y－3＝0 D．4x＋y＋3＝0
C [设弦两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－2．
∵A、B在抛物线上，∴yeq \\al(2,1)＝8x1，yeq \\al(2,2)＝8x2，
两式相减得，(y1＋y2)(y1－y2)＝8(x1－x2)，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－4，
∴直线AB方程为y＋1＝－4(x－1)，即4x＋y－3＝0．]
3．已知双曲线C：x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1,2)的直线l，使l与C有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l共有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
B [因为双曲线的渐近线方程为y＝±2x，点P在一条渐近线上，又由于双曲线的顶点为(±1,0)，所以过点P且与双曲线相切的切线只有一条．过点P平行于渐近线的直线只有一条，所以与双曲线只有一个公共点的直线有两条．]
4．若直线x－y＝2与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的中点坐标是 ．
(4,2) [设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与抛物线得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝2，,y2＝4x.))
整理得x2－8x＋4＝0，
所以x1＋x2＝8，
y1＋y2＝x1＋x2－4＝4，
所以中点坐标为(4,2)．]
5．直线l：y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1交于M、N两点，
且|MN|＝eq \f(4\r(2),3)．求直线l的方程．
[解] 设直线l与椭圆的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并化简，得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，
∴x1＋x2＝－eq \f(4k,1＋2k2)，x1x2＝0．
由|MN|＝eq \f(4\r(2),3)，得
(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝eq \f(32,9)，
∴(1＋k2)(x1－x2)2＝eq \f(32,9)，
∴(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq \f(32,9)，
即(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4k,1＋2k2)))2＝eq \f(32,9)，
化简得：k4＋k2－2＝0，∴k2＝1，∴k＝±1．
∴所求直线l的方程是y＝x＋1或y＝－x＋1．学 习 目 标
核 心 素 养
1．通过类比直线与圆的位置关系，学会判断直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系．(重点)
2．会求直线与圆锥曲线相交所得弦的长，以及直线与圆锥曲线的综合问题．(重点、难点)
通过判断直线与圆锥曲线的位置关系，求相关弦长、定点、定值、最值、范围等，提升逻辑推理、数学运算素养．
方程特征
交点个数
位置关系
直线与椭圆
a≠0，Δ＞0
2
相交
a≠0，Δ＝0
1
相切
a≠0，Δ＜0
0
相离
直线与双曲线
a＝0
1
直线与双曲线的渐近线平行且两者相交
a≠0，Δ＞0
2
相交
a≠0，Δ＝0
1
相切
a≠0，Δ＜0
0
相离
直线与抛物线
a＝0
1
直线与抛物线的对称轴重合或平行且两者相交
a≠0，Δ＞0
2
相交
a≠0，Δ＝0
1
相切
a≠0，Δ＜0
0
相离
直线与圆锥曲线的位置关系
弦长问题及中点弦问题
圆锥曲线中的最值及范围问题