新高考数学一轮复习核心考点练习第8章§8.9直线与圆锥曲线的位置关系（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点练习第8章§8.9直线与圆锥曲线的位置关系（2份，原卷版+解析版），共51页。试卷主要包含了9　直线与圆锥曲线的位置关系，直线与圆锥曲线的位置关系，圆锥曲线的弦长公式，已知点A，B是双曲线C，经过抛物线C等内容，欢迎下载使用。
【知识梳理】
1.直线与圆锥曲线的位置关系
(1)直线与圆锥曲线的位置关系有相交、相切、相离；相交有两个交点(特殊情况除外)，相切有一个交点，相离无交点.
(2)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代入圆锥曲线C的方程.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，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有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.圆锥曲线的弦长公式
设直线与圆锥曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝
eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])或
|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(（y1＋y2）2－4y1y2)))，k为直线斜率且k≠0.
3.中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解.
(1)利用根与系数的关系：将直线方程代入椭圆的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解，注意不能忽视对判别式的讨论.
(2)点差法：若直线l与椭圆C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点M(x0，y0)，直线AB的斜率k，将点A，B代入圆锥曲线的方程，两式相减，整理得(分别以eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，y2＝2px为【典例】)，椭圆中k＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；双曲线中k＝eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)；抛物线中k＝eq \f(p,y0).
【名师点拨】
1.圆锥曲线中最短的焦点弦为通径，椭圆、双曲线中长为eq \f(2b2,a)，抛物线中长为2p.
2.过原点的直线交椭圆于A，B两点，P是椭圆上异于A，B的任一点，则kPA·kPB＝－eq \f(b2,a2)；同理，双曲线中kPA·kPB＝eq \f(b2,a2)(以上焦点在x轴上).
3.若点P(x0，y0)在椭圆上，过点P的切线方程为eq \f(x0x,a2)＋eq \f(y0y,b2)＝1；同理，双曲线中为eq \f(x0x,a2)－eq \f(y0y,b2)＝1(以上焦点在x轴上).
【随堂训练】
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线与圆锥曲线的三种位置关系：相离、相切、相交.( )
(2)直线y＝x与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1一定相交.( )
(3)“直线l与双曲线C相切”的充要条件是“直线l与双曲线C只有一个公共点”.( )
(4)若直线与抛物线只有一个交点，则直线与抛物线一定相切.( )
【答案】(1)√ (2)√ (3)× (4)×
【解析】(3)当“直线l与双曲线C只有一个公共点”成立时，则与渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点或者直线l与双曲线相切有一个交点.
(4)直线与抛物线的对称轴平行时也只有一个交点.
2.若直线y＝kx＋2与椭圆x23＋y22＝1有且只有一个交点，则k的值是( )
A.63B.－63
C.±63D.±33
【答案】C
【解析】由y＝kx＋2,x23＋y22＝1,
得(2＋3k2)x2＋12kx＋6＝0，
由题意知Δ＝(12k)2－4×6×(2＋3k2)＝0，
解得k＝±63.
3.已知直线l：y＝x－1与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的长是( )
A.2B.4
C.8D.16
【答案】C
【解析】联立y＝x−1,y2＝4x,
消去y并整理得x2－6x＋1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝6，x1x2＝1，
所以|AB|＝1＋k2(x1＋x2)2−4x1x2＝1＋1×36−4＝8.
4.已知点A，B是双曲线C：x22－y23＝1上的两点，线段AB的中点是M(3，2)，则直线AB的斜率为( )
A.23B.32
C.49D.94
【答案】D
【解析】方法一 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵点A，B是双曲线C上的两点，
∴x122－y123＝1，x222－y223＝1，
两式相减得
(x1＋x2)(x1−x2)2＝(y1＋y2)(y1−y2)3，
∵M(3，2)是线段AB的中点，
∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝4，
∴6(x1−x2)2＝4(y1−y2)3，
∴kAB＝y1−y2x1−x2＝94.
方法二 由kAB·kOM＝b2a2＝32，
得kAB＝32·1kOM＝32×32＝94.
【必练核心题型】
题型一 直线与圆锥曲线的位置关系
【典例】1.已知直线l的方程为mx＋y＋2m＝1，椭圆C的方程为x29＋y24＝1，则直线l与椭圆C的位置关系为( )
A.相离B.相交
C.相切D.不能确定
【答案】B
【解析】直线l：mx＋y＋2m＝1，
即m(x＋2)＋y－1＝0，
令x＋2＝0,y−1＝0,解得x＝−2,y＝1,
则直线l过定点(－2，1)，
因为(−2)29＋124＝25361”是“过M且与C仅有一个公共点的直线有3条”的( )
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由于过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线为x＝m；
当直线的斜率存在时，设直线为y－1＝k(x－m)，
则y−1＝k(x−m),x2＝y,
消去y整理得x2－kx＋km－1＝0，
所以Δ＝0，即关于k的方程k2－4km＋4＝0有两个不同的解，
所以Δ1>0即16m2－16>0，
解得m1，
所以“m>1”是“过M且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件.
变式2.直线kx－y＋1＝0(k∈R)与椭圆x24＋y2m＝1恒有公共点，则实数m的取值范围为( )
A.(1，4]B.[1，4)
C.[1，4)∪(4，＋∞)D.(4，＋∞)
【答案】C
【解析】由于直线y＝kx＋1恒过点M(0，1)，要使直线y＝kx＋1与椭圆x24＋y2m＝1恒有公共点，
则只要M(0，1)在椭圆的内部或在椭圆上即可，
即m>0,m≠4,12m≤1,解得m≥1且m≠4，
故实数m的取值范围为[1，4)∪(4，＋∞).
题型二 弦长问题
【典例】1.经过椭圆x22＋y2＝1的左焦点F1作倾斜角为60°的直线l，直线l与椭圆相交于A，B两点，则线段AB的长度为( )
A.47B.827
C.2D.1627
【答案】B
【解析】在椭圆x22＋y2＝1中，a2＝2，b2＝1，所以c2＝a2－b2＝1，即c＝1，故左焦点为F1(－1，0)，
而tan 60°＝3，故直线l的方程为y＝3(x＋1)，
联立x22＋y2＝1，得7x2＋12x＋4＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝－127，x1x2＝47，由弦长公式得|AB|＝1＋(3)2×−1272−4×47＝827.
【典例】2.已知F是双曲线C：x2－y23＝1的左焦点，过点F的直线与C交于A，B两点(点A，B在C的同一支上)，且|BF|＝2|AF|，则|AB|等于( )
A.6B.8
C.132D.274
【答案】D
【解析】由C：x2－y23＝1可得F(－2，0)，
根据对称性，不妨设过点F的直线为x＝my－2(m>0)，
联立x＝my−2,x2−y23＝1,
可得(3m2－1)y2－12my＋9＝0，
由题意可知3m2－1≠0，且Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝12m3m2−1, ①y1y2＝93m2−1, ②
由|BF|＝2|AF|，得BF＝2FA，
又BF＝(－2－x2，－y2)，FA＝(x1＋2，y1)，
所以－y2＝2y1.③
由①③可得y1＝－12m3m2−1，y2＝24m3m2−1，
代入②得－12m3m2−1×24m3m2−1＝93m2−1，
解得m＝3535或m＝－3535(舍)，
y1＝3358，
所以|AB|＝1＋m2·|y1－y2|＝635×3|y1|＝635×9358＝274.
【拓展训练】
圆锥曲线弦长的万能公式(硬解定理)
设直线方程为y＝kx＋b(k≠0)，圆锥曲线的方程为f(x，y)＝0，把直线方程代入曲线方程，可化为ax2＋bx＋c＝0(a≠0)或ay2＋by＋c＝0(a≠0)，设直线和曲线的两个交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).
(1)若消去y，则弦长公式为|AB|＝1＋k2·|x1－x2|＝1＋k2·(x1＋x2)2−4x1x2
＝1＋k2·−ba2−4ca＝1＋k2·Δa.
(2)若消去x，则弦长公式为|AB|＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋1k2·(y1＋y2)2−4y1y2
＝1＋1k2·−ba2−4ca＝1＋1k2·Δa.
【典例】 已知双曲线C：2x2－y2＝2，直线l：x－y＋1＝0与双曲线C交于M，N两点，则弦长|MN|等于( )
A.423B.334
C.43D.42
【答案】D
【解析】联立双曲线与直线的方程，
得x2－2x－3＝0，Δ＝16，又k＝1，a＝1，
由弦长的万能公式知，|MN|＝1＋k2·Δa＝42.
【解题技巧】
(1)弦长公式不仅适用于圆锥曲线，任何两点的弦长都可以用距离公式求(过两点的直线的斜率存在且不等于0).
(2)抛物线的焦点弦的弦长应选用更简捷的弦长公式|AB|＝x1＋x2＋p.
(3)设直线方程时应注意讨论是否存在斜率.
【变式训练】
变式1.已知双曲线C：y23－x2＝1的下焦点和上焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F2AB面积是△F1AB面积的4倍，则m等于( )
A.3B.－3
C.103D.－103
【答案】D
【解析】由C：y23－x2＝1可知F1(0，－2)，F2(0，2)，
联立y23−x2＝1,y＝x＋m,
消元得2x2－2mx＋3－m2＝0，
则Δ＝4m2－8(3－m2)>0，即m2>2，
由△F2AB面积是△F1AB面积的4倍，可知F2到直线AB的距离是F1到直线AB距离的4倍，即|2−m2＝4×|2＋m2，
化简可得15m2＋68m＋60＝0，
即(3m＋10)(5m＋6)＝0，
解得m＝－103或m＝－65(舍去).
变式2.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，过C的左焦点且斜率为1的直线与C交于A，B两点.若|AB|＝12，则C的焦距为 .
【答案】7
【解析】由椭圆C的离心率为e＝12，可得a＝2c，
则b＝a2−c2＝3c，
所以椭圆C的方程为x24c2＋y23c2＝1，
即3x2＋4y2－12c2＝0，
由直线AB过椭圆C的左焦点F(－c，0)且斜率为1，可得AB的方程为y＝x＋c，
联立方程组y＝x＋c,3x2＋4y2−12c2＝0,
整理得7x2＋8cx－8c2＝0，
则Δ＝64c2＋4×7×8c2＝288c2>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－8c7，x1x2＝－8c27，
所以|AB|＝1＋12·(x1＋x2)2−4x1x2
＝2×(64c2＋4×7×8c2)7＝24c7＝12，
解得c＝72，
所以椭圆C的焦距为2c＝7.
题型三 中点弦问题
【典例】1.已知直线l交抛物线C：x2＝－18y于M，N两点，且MN的中点为(3，－2)，则直线l的斜率为( )
A.－3B.－16
C.19D.－13
【答案】D
【解析】由题意知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x12＝−18y1,x22＝−18y2,
两式相减得x12－x22＝－18(y1－y2)，
整理得y1−y2x1−x2＝－x1＋x218，
因为MN的中点为(3，－2)，
则x1＋x2＝2×3＝6，
所以k＝y1−y2x1−x2＝－618＝－13，
即直线l的斜率为－13.
【典例】2.已知直线l：x－y＋3＝0与双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，点P(1，4)是弦AB的中点，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.y＝±14xB.y＝±2x
C.y＝±12xD.y＝±4x
【答案】B
【解析】方法一 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得x12a2－y12b2＝1，x22a2－y22b2＝1，
两式相减可得
(x1−x2)(x1＋x2)a2＝(y1−y2)(y1＋y2)b2，
由点P(1，4)是弦AB的中点，且直线l：x－y＋3＝0，
可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝8，y1－y2＝x1－x2，
即有b2＝4a2，即b＝2a，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x.
方法二 由题意知kAB＝1，kOP＝4(O为坐标原点)，
则b2a2＝kAB·kOP＝4，
所以b2＝4a2，b＝2a，
故双曲线C的渐近线方程为y＝±2x.
【解题技巧】解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路
(1)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解.
(2)点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB的斜率有关的式子，可以大大减少计算量.
【变式训练】
变式1.已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1，－1)，则椭圆E的方程为( )
A.x218＋y29＝1B.x227＋y218＝1
C.x236＋y227＝1D.x245＋y236＝1
【答案】A
【解析】方法一 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x12a2＋y12b2＝1,x22a2＋y22b2＝1,
两式相减可得x12a2－x22a2＝y22b2－y12b2，
整理可得y1−y2x1−x2＝－b2(x1＋x2)a2(y1＋y2)，
根据题意可知直线AB的斜率为0−(−1)3−1＝12，
由AB的中点坐标为(1，－1)可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，
因此y1−y2x1−x2＝－b2(x1＋x2)a2(y1＋y2)＝－2b2−2a2＝b2a2＝12，可得a2＝2b2，
方法二 设AB的中点为P，O为坐标原点，
kAB＝0−(−1)3−1＝12，kOP＝−11＝－1，
则kAB·kOP＝－12＝－b2a2，所以a2＝2b2，
由右焦点为F(3，0)可得a2－b2＝c2＝9，
解得b2＝9，a2＝18，
所以椭圆E的方程为x218＋y29＝1.
变式2.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同的两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为( )
A.(1，－1)B.(2，0)
C.12，−32D.(1，1)
【答案】A
【解析】∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，
∴y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y12＝2x1,y22＝2x2,
两式相减可得
(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，
∴kPQ＝2y1＋y2，又∵P，Q关于直线l对称，
∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，
∴PQ中点的纵坐标为y1＋y22＝－1，
又∵PQ的中点在直线l上，
∴PQ中点的横坐标为－1＋2＝1.
∴线段PQ的中点坐标为(1，－1).
【限时训练】（限时：60分钟）
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.直线y＝kx－k与椭圆x29＋y24＝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可化为y＝k(x－1)，所以直线恒过点(1，0)，
又129＋0240，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3，
显然抛物线焦点坐标为(1，0)，
令x＝1，即2＋y－2＝0，
得y＝0，则直线过焦点，
则|AB|＝x1＋x2＋p＝3＋2＝5.
3.若直线l：y＝kx＋2与曲线C：x2－y2＝6(x>0)交于不同的两点，则k的取值范围是( )
A.−153，153B.0，153
C.−153，0D.−153，−1
【答案】D
【解析】联立方程组y＝kx＋2,x2−y2＝6,
整理得(k2－1)x2＋4kx＋10＝0，
设直线y＝kx＋2与曲线C：x2－y2＝6(x>0)交于不同的两点(x1，y1)，(x2，y2)，
则满足x1＋x2＝−4kk2−1>0,x1x2＝10k2−1>0,k2−1≠0,Δ＝(4k)2−40(k2−1)>0,
解得－1530，
则x1x2＝4，
因为|AF|，|AP|，|BF|成等差数列，
所以2|AP|＝|AF|＋|BF|＝|AB|，
所以3(x1＋2)＝x2＋2，解得x2＝3x1＋4，
因为x1x2＝4，所以3x12＋4x1－4＝0，
解得x1＝23或x1＝－2(舍去)，所以x2＝6，
则|AB|＝x1＋x2＋4＝23＋6＋4＝323.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.平面直角坐标系中椭圆C的中心为原点，焦点在坐标轴上，点1，32，3，12均在椭圆C上，则( )
A.椭圆C的离心率为12
B.直线l：kx＋y－k＝0与椭圆C相交
C.椭圆C的短轴长为2
D.若椭圆C上弦AB的中点坐标为1，12，则直线AB的斜率为－12
【答案】BCD
【解析】设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m，n>0，且m≠n)，
则m＋34n＝1,3m＋14n＝1,解得m＝14,n＝1,
所以椭圆方程为x24＋y2＝1，
所以a＝2，b＝1，c＝22−1＝3，e＝ca＝32，故A错误；
直线l的方程可整理为k(x－1)＋y＝0，
令x−1＝0,y＝0,解得x＝1,y＝0,
所以直线l恒过定点(1，0)，
因为124＋0