2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第九章第九节直线与圆锥曲线的位置关系

第九节直线与圆锥曲线的位置关系

一、基础知识批注——理解深一点
1．直线与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(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程．
例：由消去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，即得到一个一元一次方程，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．
直线与椭圆(圆)只有一个公共点是直线与椭圆(圆)相切的充要条件，而直线与双曲线 (抛物线)只有一个公共点，只是直线与双曲线(抛物线)相切的必要不充分条件.
2．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|＝ |x1－x2|＝ ·
或|AB|＝ ·|y1－y2|＝ ·.
利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在，可直接求交点坐标再求弦长.对于一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)，Δ＝b2－4ac≥0，|x1－x2|＝


二、常用结论汇总——规律多一点

中点弦所在直线的斜率
圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率为k，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)为弦的端点坐标.
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：＋＝1(a＞b＞0)
k＝－
双曲线：－＝1(a＞0，b＞0)
k＝
抛物线：y2＝2px(p＞0)
k＝

三、基础小题强化——功底牢一点

(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(　　)
(2)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．(　　)
(3)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点．(　　)
(4)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点．(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√
(二)选一选
1．直线y＝kx＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)
A．相交　　　　　　　　　 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A　直线y＝kx＋1恒过定点(0,1)，又点(0,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
2．直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的交点个数是(　　)
A．1 B．2
C．1或2 D．0
解析：选A　因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．

(三)填一填
4．若直线y＝kx＋2与椭圆＋＝1相切，则斜率k的值是________．
解析：把y＝kx＋2代入＋＝1，整理，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0.∵直线与椭圆相切，∴Δ＝(12k)2－4(3k2＋2)×6＝0，解得k＝±.
答案：±
5．经过椭圆＋y2＝1的一个右焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点．设O为坐标原点，则·等于________．
解析：依题意，直线l经过椭圆的右焦点(1,0)，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，，∴·＝－.
答案：－

考点一　直线与圆锥曲线的位置关系
[典例]　在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－2,0)，且点P(0,2)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝8x相切，求直线l的方程．
[解]　(1)根据椭圆的左焦点为F1(－2,0)，知a2－b2＝4，
又点P(0,2)在椭圆上，故b＝2，所以a＝2，
所以椭圆C1的方程为＋＝1.

(2)因为直线l与椭圆C1和抛物线C2都相切，所以其斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
由题可知此方程有唯一解，此时
Δ＝(4km)2－4×(1＋2k2)×(2m2－8)＝0，
即m2＝8k2＋4.①
把y＝kx＋m(k≠0)代入抛物线方程得ky2－8y＋8m＝0，
由题可知此方程有唯一解，此时
Δ＝64－32km＝0，即mk＝2.②
联立①②得解得k2＝.
所以或
所以直线l的方程为y＝x＋2或y＝－x－2.
[解题技法]　直线与圆锥曲线位置关系的判定方法
代数法
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坐标
几何法
画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数

[题组训练]
1．若直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4始终有公共点，则k的取值范围是________．
解析：由得(1－k2)x2＋2kx－5＝0，当1－k2＝0，即k＝±1时，显然符合条件；当1－k2≠0时，由Δ＝20－16k2≥0，得－≤k≤且k≠±1.所以直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4始终有公共点时，k的取值范围为.
答案：
2．已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：＋＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：
(1)有两个不重合的公共点；
(2)有且只有一个公共点．

解：将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0. ③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.
(1)当Δ>0，即－3 这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解．
这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．


[典例]　(2018·天津高考)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，上顶点为B，已知椭圆的离心率为，|AB|＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k＜0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值．
[解]　(1)设椭圆的焦距为2c，由已知得＝，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
又|AB|＝＝，从而a＝3，b＝2.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，
由题意知，x2＞x1＞0，点Q的坐标为(－x1，－y1)．
因为△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，
所以|PM|＝2|PQ|，
所以x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.
易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，
由方程组消去y，可得x2＝.
由方程组消去y，可得x1＝.
由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，
两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，
解得k＝－或k＝－.
当k＝－时，x2＝－9＜0，不合题意，舍去；
当k＝－时，x2＝12，x1＝，符合题意．
所以k的值为－.

[解题技法]
有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
(1)弦长公式的运用需要利用曲线方程和直线方程联立建立一元二次方程，设直线方程也很考究，不同形式的直线方程直接关系到计算量的大小．我们的经验是：若直线经过的定点在纵轴上，一般设为斜截式方程y＝kx＋b便于运算，即“定点落在y轴上，斜截式，帮大忙”；若直线经过的定点在x轴上，一般设为my＝x－a可以减小运算量，即“直线定点落横轴，斜率倒数作参数”．

(2)面积问题常采用S△＝×底×高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式．若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解．
(3)已知弦的中点，求弦所在的直线的斜率或方程时，常用“点差法”．

[题组训练]
1．已知直线y＝kx＋1与双曲线x2－＝1交于A，B两点，且|AB|＝8，则实数k的值为(　　)
A．±　　　　　　　　 B．±或±
C．± D．±
解析：选B　由直线与双曲线交于A，B两点，得k≠±2.
将y＝kx＋1代入x2－＝1得，(4－k2)x2－2kx－5＝0，
则Δ＝4k2＋4(4－k2)×5＞0，解得k2＜5.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝·＝8，
解得k＝±或±.
2．(2019·沈阳监测)已知抛物线y2＝4x的一条弦AB恰好以P(1,1)为中点，则弦AB所在直线的方程是________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1≠x2，则y1＋y2＝2，又点A，B在抛物线y2＝4x上，所以两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，则＝＝2，即直线AB的斜率k＝2，所以直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
答案：2x－y－1＝0

[典例]　(2018·全国卷Ⅰ)设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2,0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN.
[解]　(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，
可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2)．
所以直线BM的方程为
y＝(x＋2)或y＝－(x＋2)，
即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.
当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0.
由得ky2－2y－4k＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN＝＋＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，
可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN成立．
[解题技法]　
圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．

[对点训练]
　设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝.
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，
从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，
所以·＝0，故MN⊥AB.



A级——保大分专练

1．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)，若直线y＝2x被抛物线所截得的弦长为4，则抛物线C的方程为(　　)
A．x2＝8y　　　　　　　　 B．x2＝4y
C．x2＝2y D．x2＝y
解析：选C　联立解得或即两交点坐标分别为(0,0)和(4p,8p)，则＝4.∵p＞0，∴p＝1.故抛物线C的方程为x2＝2y.故选C.
2．若直线x－y＋m＝0与双曲线x2－＝1交于不同的点A，B，且线段AB的中点在圆x2＋y2＝5上，则m的值为(　　)
A．± B．±2
C．±1 D．±
解析：选C　设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)．由得x2－2mx－m2－2＝0(Δ＞0)，∴x0＝＝m，y0＝x0＋m＝2m，∵点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝5上，∴m2＋(2m)2＝5，∴m＝±1.
3．若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析：选B　因为直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，所以＞2，所以m2＋n2＜4.所以＋＜＋＝1－m2≤1，所以点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，所以过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．
4．过点P(2,2)作直线与双曲线－y2＝1交于A，B两点，使点P为AB中点，则这样的直线(　　)
A．存在一条，且方程为x－4y＋6＝0
B．存在无数条
C．存在两条，方程为x－4y＋6＝0或x＋4y－10＝0
D．不存在
解析：选A　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝4，且有两式相减得－(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以＝，即直线AB的斜率k＝，故所求直线方程为y－2＝(x－2)，即x－4y＋6＝0.
联立直线AB和双曲线方程得，3y2－12y＋8＝0，Δ＝(－12)2－4×3×8＝48＞0，故该直线存在．
5．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝(　　)
A. B．3
C．2 D．4
解析：选B　法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝ ±x.设两条渐近线的夹角为2α，则有tan α＝＝，所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°.又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．
在Rt△ONF中，|OF|＝2，则|ON|＝.
在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan 2α＝·tan 60°＝3.故选B.
法二：因为双曲线－y2＝1的渐近线方程为y＝±x，所以∠MON＝60°.不妨设过点F的直线与直线y＝x交于点M，由△OMN为直角三角形，不妨设∠OMN＝90°，则 ∠MFO＝60°，又直线MN过点F(2,0)，所以直线MN的方程为y＝－(x－2)，
由得
所以M，所以|OM|＝ ＝，
所以|MN|＝|OM|＝3，故选B.
6．若直线y＝x＋b和曲线4x2－y2＝36有两个不同的交点，则b的取值范围是
________．
解析：联立直线方程和曲线方程，消去y得，x2＋5bx＋b2＋36＝0，因为直线和曲线有两个不同的交点，所以Δ＝25b2－9(b2＋36)＞0，解得b＜－或b＞.
答案：∪
7．经过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F且倾斜角为的直线交C于M，N两点，O为坐标原点，若△OMN的面积为，则抛物线的方程为________．
解析：法一：直线MN的方程为y＝，即y＝x－，代入y2＝2px整理得y2－2py－p2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝2p，y1y2＝－p2，S△OMN＝|OF||y1－y2|＝·|OF|＝××＝，即p2＝，得p＝，故抛物线的方程为y2＝3x.
法二：直线MN的方程为y＝，即y＝x－，代入y2＝2px整理得x2－ px＋p2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝7p，|MN|＝x1＋x2＋p＝7p＋p＝8p，又原点O(0,0)到直线MN的距离d＝＝，∴S△OMN＝|MN|d＝×8p×＝，即p2＝，得p＝，故抛物线的方程为y2＝3x.
答案：y2＝3x
8．设直线l：2x＋y＋2＝0关于原点对称的直线为l′，若l′与椭圆x2＋＝1的交点为A，B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为的点P的个数为________．
解析：易知直线l′的方程为2x＋y－2＝0，联立解得交点分别为椭圆顶点(1,0)和(0,2)，则|AB|＝，由△PAB的面积为，得点P到直线AB的距离为，而平面上到直线2x＋y－2＝0的距离为的点都在直线2x＋y－1＝0和2x＋y－3＝0上，而直线2x＋y－1＝0与椭圆相交，2x＋y－3＝0与椭圆相离，∴满足题意的点P有2个．
答案：2
9．已知点A，B的坐标分别是(－1,0)，(1,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若过点N的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程．
解：(1)设M(x，y)，因为kAM·kBM＝－2，
所以·＝－2(x≠±1)，
化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)，即为动点M的轨迹方程．
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
法一：当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，则C，D，此时CD的中点不是N，不符合题意．
故设直线l的方程为y－1＝k，
将C(x1，y1)，D(x2，y2)代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得
两式相减，整理得k＝＝－＝－＝－1，
∴直线l的方程为y－1＝－1×，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
法二：当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，则C，D，此时CD的中点不是N，不符合题意．
故设直线l的方程为y－1＝k，
将其代入2x2＋y2＝2(x≠±1)，
化简得(2＋k2)x2＋2kx＋2－2＝0(x≠±1)，
所以Δ＝4k22－4(2＋k2)＞0，①
则x1＋x2＝－，
又由N为线段CD的中点，得＝－＝，解得k＝－1，
将k＝－1代入①中可知满足条件．
此时直线l的方程为y－1＝－1×，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
10．(2019·合肥调研)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，左焦点为 F(－，0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若A是椭圆E的右顶点，过点F且斜率为的直线交椭圆E于M，N两点，求△AMN的面积．
解：(1)由题意得椭圆E的右焦点为(，0)，即c＝，
则由椭圆的定义得 ＋＝2a，解得a＝2.
又c＝，∴b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)过F(－，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋)，联立消去x，得8y2－4y－1＝0，显然Δ＞0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则∴|y1－y2|＝，
∵A是椭圆E的右顶点，∴|AF|＝2＋，
∴△AMN的面积S＝|AF|·|y1－y2|＝×(2＋)×＝.

B级——创高分自选

1．(2019·南昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求证：点(m，k)在定圆上．
解：(1)由已知得e＝＝，2b＝2，
又a2－b2＝c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，
化简得m2＜4k2＋1，①
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝，②
由①②得0≤m2＜，＜k2≤，
∴点(m，k)在定圆x2＋y2＝上．
2．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0,1)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l：y＝2x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．
解：(1)由题设知解得
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题设知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝3，
所以圆心到直线l的距离d＝，
由d＜得|m|＜.
所以|CD|＝2＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y，得17x2＋16mx＋4m2－4＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|AB|＝|x1－x2|＝，
由＝，得 ＝，
解得m＝±3，满足|m|＜.
所以直线l的方程为y＝2x＋3或y＝2x－3.