专题11 直线与圆锥曲线的位置关系（重难点突破）解析版-高二上（新教材人教A版）
展开专题11 直线与圆锥曲线的位置关系
一、知识结构思维导图
二、学法指导与考点梳理
1.直线与椭圆方程
【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：
第一步：代入消元，联立 化简：
第二步：计算判别式
可直接利用结论：（范围、最值问题）
第三步：根与系数关系表达式
，
第四步：利用 ，计算
第五步：利用，计算
第六步：利用，，计算弦中点
第七步：利用,计算弦长和的面积
进而计算原点到直线的距离
第八步:利用,，计算
第九步：利用,计算
2.直线与双曲线方程
【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：
第一步：代入消元，联立 化简：
第二步：计算判别式
可直接利用结论：（范围、最值问题）
第三步：根与系数关系表达式
，
第四步：利用 ，计算
第五步：利用，计算
第六步：利用，，计算弦中点
第七步：利用,计算弦长和的面积
进而计算原点到直线的距离，
3.直线与抛物线方程
【突破满分数学之秒杀技巧与答题模板】：过焦点的直线与抛物线相交
第一步：代入消元，联立 化简：
第二步：根与系数关系表达式
，
第三步：一些小结论
点在抛物线的准线上，过点作抛物线的两条切线，切点分别为
结论1：的斜率为结论2：若的中点为，则
结论3： 结论4：过焦点 结论5：
三、重难点题型突破
重难点题型突破1 直线与抛物线
例1．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交
点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
【答案】（1）；（2）.
【解析】设直线．
（1）由题设得，故，由题设可得．
由，可得，则．
从而，得．
所以的方程为．
（2）由可得．
由，可得．
所以．从而，故．
代入的方程得．
故．
【名师点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及平面向量、弦长的求解方法，解题关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，利用根与系数的关系构造等量关系.
例2．已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
（1）证明：直线AB过定点：
（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.
【答案】（1）见详解；（2）3或.
【解析】（1）设，则.
由于，所以切线DA的斜率为，故 .
整理得
设，同理可得.
故直线AB的方程为.
所以直线AB过定点.
（2）由（1）得直线AB的方程为.
由，可得.
于是，
.
设分别为点D，E到直线AB的距离，则.
因此，四边形ADBE的面积.
设M为线段AB的中点，则.
由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.
当=0时，S=3；当时，.
因此，四边形ADBE的面积为3或.
【名师点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题，第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班地求解就可以，思路较为清晰，但计算量不小.
重难点题型突破2 直线与椭圆
例3．已知直线过椭圆：的左焦点且交椭圆于、 两点。为坐标原点，若，则点到直线的距离为
A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
由于，则，所以直线代入化简可得，设交点，则，所以，则由可得，即解之得，由点到直线的距离公式可得点到直线的距离，应选答案A。
例4．已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．
由得．
记，则．
于是直线的斜率为，方程为．
由得
．①
设，则和是方程①的解，故，由此得．
从而直线的斜率为．
所以，即是直角三角形．
（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．
设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．
因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．
因此，△PQG面积的最大值为．
【名师点睛】本题考查了求椭圆的标准方程，以及利用直线与椭圆的位置关系，判断三角形形状以及三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力，考查了求函数最大值问题.
例5．设椭圆的左焦点为，上顶点为．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上．若（为原点），且，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，，又，可得，．
所以，椭圆的方程为．
（2）由题意，设．设直线的斜率为，
又，则直线的方程为，
与椭圆方程联立整理得，
可得，代入得，
进而直线的斜率．
在中，令，得．
由题意得，所以直线的斜率为．
由，得，化简得，从而．
所以，直线的斜率为或．
【名师点睛】本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程等基础知识．考查用代数方法研究圆锥曲线的性质．考查运算求解能力，以及用方程思想解决问题的能力．
重难点题型突破3 直线与双曲线
例6．（2020届三湘名校教育联盟高三第二次大联考）已知、分别为双曲线：（，）的左、右焦点，过的直线交于、两点，为坐标原点，若，，则的离心率为_____．
【答案】
【解析】取的中点，连接，由于，所以，而，所以，是三角形的中位线.，设，则由双曲线的定义可得，所以，，所以，在三角形中，由勾股定理可得，化简得，所以。
例7．（直线与双曲线）设和是双曲线上的两点，线段的中点为，直线不经过坐标原点．
（1）若直线和直线的斜率都存在且分别为和，求证：；
（2）若双曲线的焦点分别为、，点的坐标为，直线的斜率为，求由四点、、、所围成四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：法1：设不经过点的直线方程为，代入双曲线方程得：．
设坐标为，坐标为，中点坐标为，则，，
，，所以，，．
法2：设、，中点，则，且，
（1）﹣（2）得：．
因为，直线和直线的斜率都存在，所以，
等式两边同除以，得：，即．
（2）由已知得，求得双曲线方程为，直线斜率为，
直线方程为，代入双曲线方程可解得，中点坐标为．
面积．
另解：线段中点在直线上．所以由中点，可得点的坐标为，代入双曲线方程可得，即，解得（），所以．面积．
四、课堂定时训练
1．已知双曲线中，是左、右顶点，是右焦点，是虚轴的上端点．若在线段上（不含端点）存在不同的两点，使得，则双曲线离心率的取值范围是____________.
【答案】
【解析】设为半焦距，则，又，
所以，
以为直径的圆的方程为：，因为，，
所以与线段有两个交点（不含端点），
所以 即，故，
解得.故填.
2．已知椭圆（a＞b＞0）与双曲线（a＞0，b＞0）的焦点相同，则双曲线渐近线方程为
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】依题意椭圆与双曲线即的焦点相同，可得：，即，
∴，可得，
∴双曲线的渐近线方程为：，
故选A．
【名师点睛】本题考查椭圆和双曲线的方程和性质，考查渐近线方程的求法，考查方程思想和运算能力，属于基础题．解答本题时，由题意可得，即，代入双曲线的渐近线方程可得答案.
3．已如椭圆E：（）的离心率为，点在E上.
（1）求E的方程：
（2）斜率不为0的直线l经过点，且与E交于P，Q两点，试问：是否存在定点C，使得？若存在，求C的坐标：若不存在，请说明理由
【答案】（1）（2）存在x轴上的定点，使得
【解析】
（1）因为椭圆E的离心率，所以①，
点在椭圆上，所以②，
由①②解得，.
故E的方程为.
（2）假设存在定点，使得.
由对称性可知，点必在轴上，故可设.
因为，所以直线与直线的倾斜角互补，因此.
设直线的方程为：，，
由消去，得，
，所以，
所以，，
因为，所以，
所以，即.
整理得，
所以，即.
所以，即，对恒成立，
即对恒成立，所以.
所以存在定点，使得.
4．已知椭圆的左，右焦点分别为，，，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.
（1）求椭圆E的标准方程，
（2）若，，四边形ABCD内接于椭圆E，，记直线AD，BC的斜率分别为，，求证:为定值.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，
当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.
所以，所以，，
故椭圆E的标准方程为.
（2）根据题意可知，，因为，
所以可设直线CD的方程为.
由，消去y可得，
所以，即.
直线AD的斜率，
直线BC的斜率，
所以
，故为定值.
