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2019届二轮复习解题技巧直线与圆锥曲线的位置关系学案（全国通用）
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第14讲 直线与圆锥曲线的位置关系
专 题 探 究 【p51】
【命题趋势】
1．本部分考查的知识点主要是直线与圆锥曲线的关系中的弦长、焦点弦、弦中点、直线与曲线的切线等问题，有些问题还涉及到代数、几何、三角函数、平面向量等多方面的知识．
2．题型多以解答题为主，由于考查的知识点较综合，所以难度也较大．
3．预计在今年的高考中，对本节的考查仍是热点．主要以解答题形式综合考查直线与圆锥曲线位置关系的判定、求参数取值范围及求最值等问题，难度较大．
【备考建议】
1．复习直线与圆锥曲线公共点个数的问题，一是转化为直线方程与圆锥曲线方程的方程组的解的个数；二是数形结合．在用方程组解的个数问题研究曲线交点个数时，应注意分类讨论的数学思想的应用，如对直线的斜率是否存在，方程中二次项系数是否为0，方程根的符号问题等．
2．直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度看，可以分为三类：无公共点、仅有一个公共点及有两个相异的公共点．
(1)复习直线与圆锥曲线的相离关系时，常通过求曲线上的点到已知直线的距离的最大值和最小值来解决．
(2)直线与圆锥曲线仅有一个公共点，对于圆或椭圆，表示直线与其相切；对于双曲线，表示直线与其相切或与双曲线的渐近线平行；对于抛物线，表示直线与其相切或直线与其对称轴平行．
(3)直线与圆锥曲线有两个相异的公共点，表示直线与圆锥曲线相割，此时直线被圆锥曲线截得的线段称为圆锥曲线的弦．
典 例 剖 析 【p51】
探究一 直线与圆锥曲线位置关系的
判定与应用
例1 (1)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________．
【解析】相交
由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1，1)，而(1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．
(2)直线l：y＝k与曲线x2－y2＝1相交于A、B两点，则直线l倾斜角的取值范围是( )
A.
B.∪
C.
D.∪
【解析】选B.
因为曲线x2－y2＝1的渐近线方程为y＝±x，若直线l：y＝k与曲线x2－y2＝1相交于A、B两点，则k＜－1或k＞1，而直线l的斜率存在，所以α∈∪，故选B.
【点评】一般遇到直线与双曲线的位置关系时，注意结合其渐近线分析求解．
例2(1)已知直线l和双曲线－＝1相交于A，B两点，线段AB的中点为M.设直线l的斜率为k1(k1≠0)，直线OM的斜率为k2，则k1k2＝( )
A. B．－ C．－ D.
【解析】选D.
由题意可设A、B，则点M的坐标为，又点A在双曲线上，又由－＝1，得y＝，同理y＝，因为k1＝，k2＝，所以k1k2＝·＝＝＝，故选D.
(2)直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为( )
A．16 B. C．4 D.
【解析】选B.
由得x2－3x－4＝0，
∴xA＝－1，xD＝4，直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0，1)，
∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，
∴＝＝.故选B.
探究二 中点弦问题
例3 已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝，直线l交椭圆于M、N两点．
(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦MN的长；
(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式．
【解析】(1)由已知b＝4，且＝，即＝，
∴＝，解得a2＝20，∴椭圆方程为＋＝1；
由4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，
消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，
∴所求弦长|MN|＝|x2－x1|＝；
(2)椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，设线段MN的中点为Q(x0，y0)，
由三角形重心的性质知＝2，又B(0，4)，
∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，
求得Q的坐标为(3，－2);
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，
且＋＝1，＋＝1，
以上两式相减得＋＝0，
∴kMN＝＝－·＝－·＝，
故直线MN的方程为y＋2＝(x－3)，即6x－5y－28＝0.
【点评】中点弦问题求解有两种方法，一是联立方程组，利用根与系数的关系求解；二是“点差法”．本题用的是第一种．
探究三 弦长问题
例4 在平面直角坐标系xOy中，点P到点F(3，0)的距离的4倍与它到直线x＝2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和．
(1)求点P的轨迹C；
(2)设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值．
【解析】(1)设点P的坐标为(x，y)，
则d＝4＋3|x－2|＝x＋18， ①
由题设当x>2时，
由①得＝6－x， ②
化简得＋＝1.
当x≤2时由①得＝3＋x， ③
化简得y2＝12x，故点P的轨迹C是椭圆C1：＋＝1在直线x＝2的右侧部分与抛物线C2：y2＝12x在直线x＝2的左侧部分(包括它与直线x＝2的交点)所组成的曲线，参见图1.
(2)如图2所示，易知直线x＝2与C1，C2的交点都是A(2，2)，
B(2，－2)，直线AF，BF的斜率分别为kAF＝－2，kBF＝2.
当点P在C1上时，由②知＝6－x. ④
当点P在C2上时，由③知＝3＋x. ⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y＝k(x－3)，
(i)当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤－2 或k≥2时，直线l与轨迹C的两个交点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在C 1上，此时由④知|MF|＝6－x1，|NF|＝6－x2，
从而|MN|＝|MF|＋|NF|＝＋＝12－( x1＋x2)，
由得(3＋4k2)x2－24k2x＋36k2－108＝0，则x1，x2是这个方程的两根，所以
x1＋x2＝，|MN|＝12－(x1＋x2)＝12－，因为k≤－2或k≥2时，k2≥24，
＝12－＝12－≤.
当且仅当k＝±2时，等号成立．
(ii)当kAF
设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0，y0)，
则有x0
＝3＋x2<3＋2＝.
所以＝＋<＋＝.而点A，E都在C1上，且kAE＝－2，由(i)知＝，所以<，若直线l的斜率不存在，则x1＝x2＝3，此时＝12－(x1＋x2)＝9<，综上所述，线段MN长度的最大值为.
【点评】斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB，若A、B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|·＝|y1－y2|·(k≠0)，利用这个公式求弦长时，应注意应用韦达定理．但与焦点弦长有关的问题，要注意应用圆锥曲线的定义．
规 律 总 结 【p52】
1．关于相交弦的中点问题，常用到一元二次方程根与系数的关系，这样可直接得到两交点的坐标之和，也可用点差法找到两点坐标之和，直接与中点建立联系．
2．弦长公式：l＝|x1－x2|＝|y1－y2|，结合根与系数的关系和一元二次方程根的判别式，与焦点弦长有关问题，要注意应用圆锥曲线的定义，如抛物线焦点弦长公式为x1＋x2＋p.
3．直线与圆锥曲线的位置关系是高考热点，在解决有关中点、弦长、垂直、对称等问题时，常用到数形结合思想，设而不求法，弦长公式及根与系数的关系．
高 考 回 眸 【p52】
考题1 [2018·全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】选D.
通解：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以或不妨设M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，所以·＝8.故选D.
优解：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1>0，y2>0，根据根与系数的关系，得x1＋x2＝5，x1x2＝4.易知F(1，0)，所以＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，所以·＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4＝4－5＋1＋8＝8，故选D.
【命题立意】本题主要考查直线与抛物线的位置关系、平面向量的数量积运算，考查数形结合能力、运算求解能力、考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
考题2 [2018·全国卷Ⅲ]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．
【解析】(1)设A(x1 ，y1)，B(x2 ，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－. ①
由题设得0
(x3－1 , y3)＋(x1－1 , y1)＋(x2－1 , y2)＝(0 , 0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以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|
＝. ②
将m＝代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程中，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
【命题立意】本题主要考查直线与椭圆的位置关系以及等差数列的证明，考查数形结合思想，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、数学运算．
考点限时训练 【p137】
A组 基础演练
1．过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，且＝4，则这样的直线( )
A．有且仅有一条 B．有两条
C．有无穷多条 D．不存在
【解析】选A.
2．若双曲线－＝1(a>0，b>0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是( )
A．(1，2) B．(1，2]
C．(1，) D．(1，]
【解析】选B.
因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1
A. B.
C．2 D.
【解析】选D.
抛物线y2＝4ax的焦点为F，双曲线的渐近线方程为y＝±x.
由，解得xB＝；由，解得xC＝，
由题意，x＝xB·xF，即＝·a，
整理得a＝，即b＝3a.
所以c＝＝＝a.
e＝＝.故选D.
4．过抛物线y2＝2px (p>0)的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是原点，如果＝3，>，∠BFO＝，那么的值为( )
A．1 B.
C. D．2
【解析】选A.
如图所示，令|AF|＝x，由抛物线的定义知|BE|＝3－x，
所以＝cos 60°＝，解得x＝1.故选A.
5．椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y＝1相交于A，B两点，C是AB的中点，O为坐标原点，OC的斜率为，则＝________．
【解析】
(点差法)令A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x0，y0)，
作差有a(x1－x2)(x1＋x2)＝－b(y1－y2)(y1＋y2)，
kAB＝＝＝－1.
又x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，kOC＝，
∴＝1，∴＝＝.
6．在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点________．
【解析】(0，2)
设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，
则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，
化简得，y＝x1x－y1，
同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2.
又点Q(t，－2)的坐标满足这两个方程，
代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，
则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为：y－2＝tx，
故直线AB恒过定点(0，2)．
7．在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求曲线C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
【解析】(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程
为y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，
曲线C在点(－2，a)处的切线方程
为y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
8．已知曲线C1上任意一点M到直线l：x＝4的距离是它到点F距离的2倍；曲线C2是以原点为顶点，F为焦点的抛物线．
(1)求C1，C2的方程；
(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，其中l1与C1相交于点A，B，l2与C2相交于点C，D，求四边形ACBD面积的取值范围．
【解析】(1)设M(x，y)，则由题意有2＝，化简得：＋＝1.
故C1的方程为＋＝1，易知C2的方程为y2＝4x.
(2)由题意可设l2的方程为x＝ky＋1，代入y2＝4x得y2－4ky－4＝0，
设C，D，则y1＋y2＝4k，
所以＝＋＝x1＋1＋x2＋1＝k(y1＋y2)＋4＝4(k2＋1)．
因为l1⊥l2，故可设l1的方程为y＝－k(x－1)，
代入＋＝1得x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A，B，则x3＋x4＝，x3x4＝，
＝＝，
故四边形ACBD的面积为：
S＝·＝＝＝＝，
(其中t＝k2＋1≥1，s＝4t－1≥3)．
设f(s)＝s＋(s≥3)，则f′(s)＝1－＝>0，故f(s)在单调递增，因此
S＝≥＝8，当且仅当s＝3即k＝0等号成立．
故四边形ACBD面积的取值范围为.
9．在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线x＝－相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，△PBC的内切圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，求△PBC面积的最小值．
【解析】(1)由题意可知圆心到点的距离等于点到直线x＝－的距离，由抛物线的定义可知，曲线E的方程为y2＝2x.
(2)解法一：设P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)，
直线PB的方程为：(y0－b)x－x0y＋x0b＝0，
又圆心(1，0)到PB的距离为1，
所以＝1，
整理得：(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0，
同理可得：(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0，
所以b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的两根，
所以b＋c＝，bc＝，
依题意bc<0，即x0>2，
则(b－c)2＝，
因为y＝2x0，
所以|b－c|＝，
所以S＝|b－c|x0＝(x0－2)＋＋4≥8，
当x0＝4时上式取得等号，
所以△PBC面积的最小值为8.
解法二：设P(x0，y0)，直线PB∶y－y0＝k(x－x0)，
由题知PB与圆(x－1)2＋y2＝1相切，则＝1，
整理得：
(x－2x0)k2＋2(1－x0)y0k＋y－1＝0，
k1＋k2＝－，k1k2＝，
依题意x0>2，
则|yB－yC|＝|(y0－k1x0)－(y0－k2x0)|＝|k1－k2|x0，
又|k1－k2|＝，则|yB－yC|＝，
所以S＝|yB－yC||x0|＝(x0－2)＋＋4≥8，
当且仅当x0＝4时上式取得等号，
所以△PBC面积的最小值为8.
B组 能力提升
10．直线y＝x＋1与曲线－＝1的公共点个数为( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】选B.
数形结合法．
11．已知点A(－，0)，点B(，0)，且动点P满足|PA|－|PB|＝2，则动点P的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点的充要条件为k∈________．
【解析】(－∞，－1)∪(1，＋∞)
由已知得动点P的轨迹为一双曲线的右支且2a＝2，c＝，则b＝＝1，所以P点的轨迹方程为x2－y2＝1(x>0)，其一条渐近线方程为y＝x.若P点的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点，则需k∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
12．已知动圆C过定点M(0，2)，且在x轴上截得弦长为4.设该动圆圆心的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)点A为直线l：x－y－2＝0上任意一点，过A作曲线C的切线，切点分别为P、Q，求△APQ面积的最小值及此时点A的坐标．
【解析】(1)设动圆圆心坐标为C(x，y)，根据题意得＝，
化简得x2＝4y.
(2)解法一：设直线PQ的方程为y＝kx＋b，由消去y得x2－4kx－4b＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，且Δ＝16k2＋16b，
以点P为切点的切线的斜率为y′＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，
同理过点Q的切线的方程为y＝x2x－x，
设两条切线的交点为A(xA，yA)在直线x－y－2＝0上，
解得，即A(2k，－b)，则：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，
代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0，
|PQ|＝|x1－x2|＝4，
A(2k，－b)到直线PQ的距离为d＝，
∴S△APQ＝|PQ|·d＝4|k2＋b|·
＝4(k2＋b)，
当k＝1时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2，0)．
解法二：设A(x0，y0)在直线x－y－2＝0上，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在抛物线x2＝4y上，则以点P为切点的切线的斜率为y′＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－y1，
同理以点Q为切点的方程为y＝x2x－y2，
设两条切线的交点A(x0，y0)，则，点P，Q的坐标均满足方程y0＝xx0－y，即直线PQ的方程为：y＝x0x－y0代入抛物线方程x2＝4y，消去y可得：x2－2x0x＋4y0＝0.
∴|PQ|＝|x1－x2|
＝，
A(x0，y0)到直线PQ的距离为d＝，
∴S△APQ＝|PQ|·d＝|x－4y0|·
＝(x－4y0)＝(x－4x0＋8)
＝[(x0－2)2＋4]
所以当x0＝2时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2，0)．
专 题 探 究 【p51】
【命题趋势】
1．本部分考查的知识点主要是直线与圆锥曲线的关系中的弦长、焦点弦、弦中点、直线与曲线的切线等问题，有些问题还涉及到代数、几何、三角函数、平面向量等多方面的知识．
2．题型多以解答题为主，由于考查的知识点较综合，所以难度也较大．
3．预计在今年的高考中，对本节的考查仍是热点．主要以解答题形式综合考查直线与圆锥曲线位置关系的判定、求参数取值范围及求最值等问题，难度较大．
【备考建议】
1．复习直线与圆锥曲线公共点个数的问题，一是转化为直线方程与圆锥曲线方程的方程组的解的个数；二是数形结合．在用方程组解的个数问题研究曲线交点个数时，应注意分类讨论的数学思想的应用，如对直线的斜率是否存在，方程中二次项系数是否为0，方程根的符号问题等．
2．直线与圆锥曲线的位置关系，从几何角度看，可以分为三类：无公共点、仅有一个公共点及有两个相异的公共点．
(1)复习直线与圆锥曲线的相离关系时，常通过求曲线上的点到已知直线的距离的最大值和最小值来解决．
(2)直线与圆锥曲线仅有一个公共点，对于圆或椭圆，表示直线与其相切；对于双曲线，表示直线与其相切或与双曲线的渐近线平行；对于抛物线，表示直线与其相切或直线与其对称轴平行．
(3)直线与圆锥曲线有两个相异的公共点，表示直线与圆锥曲线相割，此时直线被圆锥曲线截得的线段称为圆锥曲线的弦．
典 例 剖 析 【p51】
探究一 直线与圆锥曲线位置关系的
判定与应用
例1 (1)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系是________．
【解析】相交
由于直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1过定点(1，1)，而(1，1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．
(2)直线l：y＝k与曲线x2－y2＝1相交于A、B两点，则直线l倾斜角的取值范围是( )
A.
B.∪
C.
D.∪
【解析】选B.
因为曲线x2－y2＝1的渐近线方程为y＝±x，若直线l：y＝k与曲线x2－y2＝1相交于A、B两点，则k＜－1或k＞1，而直线l的斜率存在，所以α∈∪，故选B.
【点评】一般遇到直线与双曲线的位置关系时，注意结合其渐近线分析求解．
例2(1)已知直线l和双曲线－＝1相交于A，B两点，线段AB的中点为M.设直线l的斜率为k1(k1≠0)，直线OM的斜率为k2，则k1k2＝( )
A. B．－ C．－ D.
【解析】选D.
由题意可设A、B，则点M的坐标为，又点A在双曲线上，又由－＝1，得y＝，同理y＝，因为k1＝，k2＝，所以k1k2＝·＝＝＝，故选D.
(2)直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为( )
A．16 B. C．4 D.
【解析】选B.
由得x2－3x－4＝0，
∴xA＝－1，xD＝4，直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0，1)，
∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，
∴＝＝.故选B.
探究二 中点弦问题
例3 已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝，直线l交椭圆于M、N两点．
(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦MN的长；
(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式．
【解析】(1)由已知b＝4，且＝，即＝，
∴＝，解得a2＝20，∴椭圆方程为＋＝1；
由4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，
消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，
∴所求弦长|MN|＝|x2－x1|＝；
(2)椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，设线段MN的中点为Q(x0，y0)，
由三角形重心的性质知＝2，又B(0，4)，
∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，
求得Q的坐标为(3，－2);
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，
且＋＝1，＋＝1，
以上两式相减得＋＝0，
∴kMN＝＝－·＝－·＝，
故直线MN的方程为y＋2＝(x－3)，即6x－5y－28＝0.
【点评】中点弦问题求解有两种方法，一是联立方程组，利用根与系数的关系求解；二是“点差法”．本题用的是第一种．
探究三 弦长问题
例4 在平面直角坐标系xOy中，点P到点F(3，0)的距离的4倍与它到直线x＝2的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和．
(1)求点P的轨迹C；
(2)设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值．
【解析】(1)设点P的坐标为(x，y)，
则d＝4＋3|x－2|＝x＋18， ①
由题设当x>2时，
由①得＝6－x， ②
化简得＋＝1.
当x≤2时由①得＝3＋x， ③
化简得y2＝12x，故点P的轨迹C是椭圆C1：＋＝1在直线x＝2的右侧部分与抛物线C2：y2＝12x在直线x＝2的左侧部分(包括它与直线x＝2的交点)所组成的曲线，参见图1.
(2)如图2所示，易知直线x＝2与C1，C2的交点都是A(2，2)，
B(2，－2)，直线AF，BF的斜率分别为kAF＝－2，kBF＝2.
当点P在C1上时，由②知＝6－x. ④
当点P在C2上时，由③知＝3＋x. ⑤
若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为y＝k(x－3)，
(i)当k≤kAF，或k≥kBF，即k≤－2 或k≥2时，直线l与轨迹C的两个交点M(x1，y1)，N(x2，y2)都在C 1上，此时由④知|MF|＝6－x1，|NF|＝6－x2，
从而|MN|＝|MF|＋|NF|＝＋＝12－( x1＋x2)，
由得(3＋4k2)x2－24k2x＋36k2－108＝0，则x1，x2是这个方程的两根，所以
x1＋x2＝，|MN|＝12－(x1＋x2)＝12－，因为k≤－2或k≥2时，k2≥24，
＝12－＝12－≤.
当且仅当k＝±2时，等号成立．
(ii)当kAF
设直线AF与椭圆C1的另一交点为E(x0，y0)，
则有x0
＝3＋x2<3＋2＝.
所以＝＋<＋＝.而点A，E都在C1上，且kAE＝－2，由(i)知＝，所以<，若直线l的斜率不存在，则x1＝x2＝3，此时＝12－(x1＋x2)＝9<，综上所述，线段MN长度的最大值为.
【点评】斜率为k的直线被圆锥曲线截得弦AB，若A、B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝|x1－x2|·＝|y1－y2|·(k≠0)，利用这个公式求弦长时，应注意应用韦达定理．但与焦点弦长有关的问题，要注意应用圆锥曲线的定义．
规 律 总 结 【p52】
1．关于相交弦的中点问题，常用到一元二次方程根与系数的关系，这样可直接得到两交点的坐标之和，也可用点差法找到两点坐标之和，直接与中点建立联系．
2．弦长公式：l＝|x1－x2|＝|y1－y2|，结合根与系数的关系和一元二次方程根的判别式，与焦点弦长有关问题，要注意应用圆锥曲线的定义，如抛物线焦点弦长公式为x1＋x2＋p.
3．直线与圆锥曲线的位置关系是高考热点，在解决有关中点、弦长、垂直、对称等问题时，常用到数形结合思想，设而不求法，弦长公式及根与系数的关系．
高 考 回 眸 【p52】
考题1 [2018·全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】选D.
通解：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0，解得x＝1或x＝4，所以或不妨设M(1，2)，N(4，4)，易知F(1，0)，所以＝(0，2)，＝(3，4)，所以·＝8.故选D.
优解：过点(－2，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋2)，由得x2－5x＋4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1>0，y2>0，根据根与系数的关系，得x1＋x2＝5，x1x2＝4.易知F(1，0)，所以＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，所以·＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4＝4－5＋1＋8＝8，故选D.
【命题立意】本题主要考查直线与抛物线的位置关系、平面向量的数量积运算，考查数形结合能力、运算求解能力、考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
考题2 [2018·全国卷Ⅲ]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．
【解析】(1)设A(x1 ，y1)，B(x2 ，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－. ①
由题设得0
(x3－1 , y3)＋(x1－1 , y1)＋(x2－1 , y2)＝(0 , 0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以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|
＝. ②
将m＝代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程中，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
【命题立意】本题主要考查直线与椭圆的位置关系以及等差数列的证明，考查数形结合思想，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、数学运算．
考点限时训练 【p137】
A组 基础演练
1．过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线相交于A，B两点，且＝4，则这样的直线( )
A．有且仅有一条 B．有两条
C．有无穷多条 D．不存在
【解析】选A.
2．若双曲线－＝1(a>0，b>0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是( )
A．(1，2) B．(1，2]
C．(1，) D．(1，]
【解析】选B.
因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1
A. B.
C．2 D.
【解析】选D.
抛物线y2＝4ax的焦点为F，双曲线的渐近线方程为y＝±x.
由，解得xB＝；由，解得xC＝，
由题意，x＝xB·xF，即＝·a，
整理得a＝，即b＝3a.
所以c＝＝＝a.
e＝＝.故选D.
4．过抛物线y2＝2px (p>0)的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是原点，如果＝3，>，∠BFO＝，那么的值为( )
A．1 B.
C. D．2
【解析】选A.
如图所示，令|AF|＝x，由抛物线的定义知|BE|＝3－x，
所以＝cos 60°＝，解得x＝1.故选A.
5．椭圆ax2＋by2＝1与直线x＋y＝1相交于A，B两点，C是AB的中点，O为坐标原点，OC的斜率为，则＝________．
【解析】
(点差法)令A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x0，y0)，
作差有a(x1－x2)(x1＋x2)＝－b(y1－y2)(y1＋y2)，
kAB＝＝＝－1.
又x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，kOC＝，
∴＝1，∴＝＝.
6．在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点________．
【解析】(0，2)
设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，
则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，
化简得，y＝x1x－y1，
同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2.
又点Q(t，－2)的坐标满足这两个方程，
代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，
则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为：y－2＝tx，
故直线AB恒过定点(0，2)．
7．在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求曲线C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
【解析】(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，曲线C在点(2，a)处的切线方程
为y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，
曲线C在点(－2，a)处的切线方程
为y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．
8．已知曲线C1上任意一点M到直线l：x＝4的距离是它到点F距离的2倍；曲线C2是以原点为顶点，F为焦点的抛物线．
(1)求C1，C2的方程；
(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，其中l1与C1相交于点A，B，l2与C2相交于点C，D，求四边形ACBD面积的取值范围．
【解析】(1)设M(x，y)，则由题意有2＝，化简得：＋＝1.
故C1的方程为＋＝1，易知C2的方程为y2＝4x.
(2)由题意可设l2的方程为x＝ky＋1，代入y2＝4x得y2－4ky－4＝0，
设C，D，则y1＋y2＝4k，
所以＝＋＝x1＋1＋x2＋1＝k(y1＋y2)＋4＝4(k2＋1)．
因为l1⊥l2，故可设l1的方程为y＝－k(x－1)，
代入＋＝1得x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A，B，则x3＋x4＝，x3x4＝，
＝＝，
故四边形ACBD的面积为：
S＝·＝＝＝＝，
(其中t＝k2＋1≥1，s＝4t－1≥3)．
设f(s)＝s＋(s≥3)，则f′(s)＝1－＝>0，故f(s)在单调递增，因此
S＝≥＝8，当且仅当s＝3即k＝0等号成立．
故四边形ACBD面积的取值范围为.
9．在平面直角坐标系xOy中，一动圆经过点且与直线x＝－相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设P是曲线E上的动点，点B、C在y轴上，△PBC的内切圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，求△PBC面积的最小值．
【解析】(1)由题意可知圆心到点的距离等于点到直线x＝－的距离，由抛物线的定义可知，曲线E的方程为y2＝2x.
(2)解法一：设P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)，
直线PB的方程为：(y0－b)x－x0y＋x0b＝0，
又圆心(1，0)到PB的距离为1，
所以＝1，
整理得：(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0，
同理可得：(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0，
所以b，c是方程(x0－2)x2＋2y0x－x0＝0的两根，
所以b＋c＝，bc＝，
依题意bc<0，即x0>2，
则(b－c)2＝，
因为y＝2x0，
所以|b－c|＝，
所以S＝|b－c|x0＝(x0－2)＋＋4≥8，
当x0＝4时上式取得等号，
所以△PBC面积的最小值为8.
解法二：设P(x0，y0)，直线PB∶y－y0＝k(x－x0)，
由题知PB与圆(x－1)2＋y2＝1相切，则＝1，
整理得：
(x－2x0)k2＋2(1－x0)y0k＋y－1＝0，
k1＋k2＝－，k1k2＝，
依题意x0>2，
则|yB－yC|＝|(y0－k1x0)－(y0－k2x0)|＝|k1－k2|x0，
又|k1－k2|＝，则|yB－yC|＝，
所以S＝|yB－yC||x0|＝(x0－2)＋＋4≥8，
当且仅当x0＝4时上式取得等号，
所以△PBC面积的最小值为8.
B组 能力提升
10．直线y＝x＋1与曲线－＝1的公共点个数为( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解析】选B.
数形结合法．
11．已知点A(－，0)，点B(，0)，且动点P满足|PA|－|PB|＝2，则动点P的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点的充要条件为k∈________．
【解析】(－∞，－1)∪(1，＋∞)
由已知得动点P的轨迹为一双曲线的右支且2a＝2，c＝，则b＝＝1，所以P点的轨迹方程为x2－y2＝1(x>0)，其一条渐近线方程为y＝x.若P点的轨迹与直线y＝k(x－2)有两个交点，则需k∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
12．已知动圆C过定点M(0，2)，且在x轴上截得弦长为4.设该动圆圆心的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)点A为直线l：x－y－2＝0上任意一点，过A作曲线C的切线，切点分别为P、Q，求△APQ面积的最小值及此时点A的坐标．
【解析】(1)设动圆圆心坐标为C(x，y)，根据题意得＝，
化简得x2＝4y.
(2)解法一：设直线PQ的方程为y＝kx＋b，由消去y得x2－4kx－4b＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，且Δ＝16k2＋16b，
以点P为切点的切线的斜率为y′＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－x，
同理过点Q的切线的方程为y＝x2x－x，
设两条切线的交点为A(xA，yA)在直线x－y－2＝0上，
解得，即A(2k，－b)，则：2k＋b－2＝0，即b＝2－2k，
代入Δ＝16k2＋16b＝16k2＋32－32k＝16(k－1)2＋16>0，
|PQ|＝|x1－x2|＝4，
A(2k，－b)到直线PQ的距离为d＝，
∴S△APQ＝|PQ|·d＝4|k2＋b|·
＝4(k2＋b)，
当k＝1时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2，0)．
解法二：设A(x0，y0)在直线x－y－2＝0上，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在抛物线x2＝4y上，则以点P为切点的切线的斜率为y′＝x1，其切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，即y＝x1x－y1，
同理以点Q为切点的方程为y＝x2x－y2，
设两条切线的交点A(x0，y0)，则，点P，Q的坐标均满足方程y0＝xx0－y，即直线PQ的方程为：y＝x0x－y0代入抛物线方程x2＝4y，消去y可得：x2－2x0x＋4y0＝0.
∴|PQ|＝|x1－x2|
＝，
A(x0，y0)到直线PQ的距离为d＝，
∴S△APQ＝|PQ|·d＝|x－4y0|·
＝(x－4y0)＝(x－4x0＋8)
＝[(x0－2)2＋4]
所以当x0＝2时，S△APQ最小，其最小值为4，此时点A的坐标为(2，0)．
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