1、第九讲第九讲 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题(理理) 第八讲第八讲 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题(文文) 第一课时第一课时 直线与圆锥曲线的位置关系直线与圆锥曲线的位置关系 知识梳理 双基自测 知 识 梳 理 知识点一 直线与圆锥曲线的位置关系 (1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共 点及有两个相异的公共点 (2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得一元二次方 程解的情况来判断设直线 l 的方程为 AxByC0，圆锥曲线方程 f(x，y)0 由 AxByC0， fx，y0 消元，如消去 y 后得 ax2bxc0， 若 a0，当圆锥曲线是
2、双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物 线时，直线 l 与抛物线的对称轴平行(或重合) 若 a0，设 b24ac 当 _0 时，直线和圆锥曲线相交于不同两点； 当 _0 时，直线和圆锥曲线相切于一点； 当 _0 时，直线和圆锥曲线没有公共点 知识点二 直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 (1)斜率为 k(k 不为 0)的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)、P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2| _ 1k2 |x1x2|_或|P1P2|_11 k2 |y1y2|_ (2)当斜率 k 不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式) 知识点三 圆锥曲线的中点弦问
3、题 遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解在椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0) 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 kb 2x 0 a2y0；在双曲线 x2 a2 y2 b21(a0，b0)中， 以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 kb 2x 0 a2y0；在抛物线 y 22px(p0)中，以 P(x 0，y0)为中 点的弦所在直线的斜率 k p y0 归 纳 拓 展 1判定直线与圆位置关系的关键是圆心到直线的距离与半径的大小关系 2判定过定点的直线与椭圆的位置关系应关注定点与椭圆的位置关系 3判定过定点的直线与双曲线的位置关系应注意直线斜率与渐近线
4、斜率的关系，过定点 与双曲线只有一个公共点的直线可能与双曲线相切，可能与渐近线平行 4过定点与抛物线只有一个公共点的直线可能与抛物线相切，可能与对称轴平行 双 基 自 测 1(2021 天津模拟)若双曲线x 2 3 16y2 p2 1(p0)的左焦点在抛物线 y22px 的准线上，则 p ( D ) A1 4 B1 2 C2 D4 解析 因为双曲线x 2 3 16y2 p2 1(p0)的左焦点为 3p 2 16，0 ，抛物线 y 22px 的准 线方程为 xp 2，所以 3p 2 16 p 2，得 p4，故选 D 2(2021 宁夏模拟)直线 l 过抛物线 y22px(p0)的焦点，且与该抛物
5、线交于 A，B 两 点，若线段 AB 的长是 8，AB 的中点到 y 轴的距离是 2，则此抛物线的方程是( B ) Ay212x By28x Cy26x Dy24x 解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，根据抛物线的定义可知|AB|(x1x2)p8又 AB 的中点到 y 轴的距离为 2，x1x2 2 2，x1x24，p4，所求抛物线的方程为 y28x故选 B 3(2021 安徽宣城调研)已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右焦点为 F，若过点 F 且倾斜角为 45 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率的取值范围是 ( A ) A 2，) B(
6、2，) C(2，) D(1，) 解析 双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的右焦点为 F，若过点 F 且倾斜角为 45 的直 线与双曲线的右支有且只有一个交点则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率b a， 所以b a1，e 2c 2 a2 a2b2 a2 2，e 2故选 A 4(2021 贵阳市质量监测)已知抛物线 x22py(p0)的焦点 F 是椭圆y 2 a2 x2 b21(ab0) 的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于 A，B 两点，若FAB 是正三角形，则椭圆的离 心率为( C ) A1 2 B 2 2 C 3 3 D 3 2 解析 如图，由|AB|2b 2
7、a ， FAB 是正三角形，得 3 2 2b 2 a 2c， 化简可得(2a23b2)(2a2b2)0， 所以 2a23b20，所以b 2 a2 2 3， 所以椭圆的离心率 ec a 1b 2 a2 3 3 故选 C 5(2019 全国卷)已知抛物线 C：y23x 的焦点为 F，斜率为3 2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AP 3PB，求|AB| 解析 设直线 l：y3 2xt，A(x1，y1)，B(x2，y2) (1)由题设得 F 3 4，0 ， 故|AF|BF|x1x23 2 又|AF|BF|4，所以 x1
8、x25 2 由 y3 2xt， y23x 可得 9x212(t1)x4t20， 则 x1x24t1 3 从而4t1 3 5 2，得 t 7 8 所以 l 的方程为 y3 2x 7 8 (2)由AP 3PB可得 y 13y2 由 y3 2xt， y23x 可得 y22y2t0， 所以 y1y22，从而3y2y22， 故 y21，y13 代入 C 的方程得 x13，x21 3， 即 A(3,3)，B 1 3，1 故|AB| 31 3 23124 13 3 考点突破 互动探究 考点一 直线与圆锥曲线的位置关系自主练透 例 1 (1)(2021 兰州检测)若直线 mxny4 和圆 O： x2y24 没
9、有交点， 则过点(m， n)的直线与椭圆x 2 9 y2 41 的交点个数为( B ) A至多一个 B2 C1 D0 (2)(2021 湖北武汉调研)已知不过原点 O 的直线交抛物线 y22px 于 A，B 两点，若 OA， AB 的斜率分别为 kOA2，kAB6，则 OB 的斜率为( D ) A3 B2 C2 D3 (3)(2021 辽宁沈阳二中月考)直线 l： yk(x 2)与曲线 x2y21(x0)相交于 A， B 两点， 则直线 l 倾斜角 的取值范围是( B ) A0，) B 4， 2 2， 3 4 C 0， 2 D 4， 2 2， 3 4 解析 (1)直线mxny4和圆O： x2y
10、24没有交点， 4 m2n22， m 2n24 m2 9 n 2 4 m 2 9 4m 2 4 1 5 36m 21， 点(m，n)在椭圆x 2 9 y2 41 的内部，过点(m，n)的直线与椭圆 x2 9 y2 41 的交点有 2 个， 故选 B (2)由题意可知，直线 OA 的方程为 y2x，与抛物线方程 y22px 联立得 y2x， y22px， 得 xp 2， yp， 即 A p 2，p ，则直线 AB 的方程为 yp6 xp 2 ，即 y6x2p，与抛物线方程 y2 2px 联立得 y6x2p， y22px， 得 x2p 9 ， y2p 3 或 xp 2， yp， 所以 B 2p 9
11、 ，2p 3 ，所以直线 OB 的斜率为 kOB 2p 3 2p 9 3故选 D (3)直线 l 过定点( 2，0)，曲线 x2y21(x0)的渐近线的倾斜角分别为 4， 3 4 ，又直线的 斜率存在，结合图形可知选 B 名师点拨 研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究直线方程与圆锥曲线方程组成的方程 组的解的个数注意：(1)在没有给出直线方程时，要对直线斜率不存在的情况进行讨论，避 免漏解；(2)对于选择题、填空题，常根据几何条件，利用数形结合的方法求解 注：(1)研究直线与圆的位置关系，只需抓住圆心到直线的距离与半径的关系；(2)当直线 过定点时，注意定点与圆锥曲线的位置关系；(3)
12、注意“直线与抛物线只有一个交点”与“直 线与抛物线相切”的区别 考点二 直线与圆锥曲线相交的弦的问题多维探究 角度 1 弦长问题 例 2 (2021 河北质检)已知 M( 2，0)，N( 2，0)，动点 P 满足：直线 PM 与直 线 PN 的斜率之积为常数1 2设动点 P 的轨迹为曲线 C (1)求曲线 C 的方程； (2)直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中垂线与 y 轴交于点 0，1 2 ，点 O 为坐标 原点，OA OB 0，求|AB| 解析 (1)设动点 P(x，y)(x 2)， 则 kPM y x 2，kPN y x 2 因为 kPMkPN1 2，所以 y x
13、 2 y x 2 1 2， 即 y2 x22 1 2，即 x2 2y 21(x 2)， 所以曲线 C 的方程为x 2 2y 21(x 2) (2)当直线 l 的斜率不存在时与题设矛盾，故直线 l 的斜率存在 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：ykxt 由 x22y22， ykxt， 得(2k21)x24ktx2t220 所以 x1x2 4kt 12k2，x1x2 2t22 12k2 8(2k2t21)02k2t210 设 A，B 的中点为 D(m，n)， 则 mx1x2 2 2kt 12k2，nkmt t 12k2 故线段 AB 的中垂线方程为 yn1 k(xm) 当 x0 时，ym
14、 kn 1 2， 所以 2kt 12k2 k t 12k2 1 2，化简得 12k 22t 因为OA OB 0，得 x1x2y1y20 又 y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2， 所以 x1x2y1y2(k21)x1x2kt(x1x2)t22t 21k21 12k2 4k2t2 12k2t 20， 化简得 2k223t2又 12k22t， 得 t1 或 t1 3(舍去)，所以 k 21 2 所以|AB| 1k2x1x224x1x2 1k2 4kt 12k2 24 2t 22 12k2 81k22k2t21 12k2 3 名师点拨 处理弦长问题的两个注意点 (1)利用
15、弦长公式求弦长要注意斜率 k 不存在的情形，若 k 不存在时，可直接求交点坐标 再求弦长 (2)涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用 变式训练 1 (2021 四省八校质检)已知椭圆C： x2 a2 y2 b21(ab0)的左焦点为F(1,0)， 且点 1， 2 2 在椭圆 C 上 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设过点 F 的直线 l 与 C 相交于 A，B 两点，直线 m：x2，过 F 作垂直于 l 的直线与 直线 m 交于点 T，求|TF| |AB|的最小值和此时 l 的方程 解析 (1)由题意可得： c1 a2b2c2 1 a2 1 2b21 a 2 b1 ， 所以椭圆的方程为：x
16、 2 2y 21 (2)当直线 l 的斜率不存在时，l：x1，T(2,0)， A 1， 2 2 ，B 1， 2 2 ，此时|TF| |AB| 2 2 ， 当直线 l 的斜率存在时，设 l：yk(x1)(k0)， 且 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 ykx1 x22y220 (12k2)x24k2x2k220， 则 x1x2 4k2 12k2，x1 x2 2k22 12k2，8(k 21)0， 所以|AB| 1k2|x1x2|2 2k 21 12k2 ， 由 y1 kx1 x2 T 2，1 k ，|TF| 1k2 k2 ， 所以|TF| |AB| 12k2 2 2 k2k21 1k2k
17、2 2 2 k2k21 2 1k2 k2 2 2 k2k21 2 2 (1k2k2，所以无法取等号) 所以|TF| |AB|的最小值为 2 2 ，此时 l 的方程为：x1 角度 2 中点弦问题 例 3 已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a，b0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为 4，若抛物线 yax2上的两点 A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线 yxm 对称，且 x1x21 2，则 m 的值为( A ) A3 2 B5 2 C2 D3 解析 由双曲线的定义知 2a4，得 a2，所以抛物线的方程为 y2x2因为点 A(x1， y1)，B(x2，y2)在抛物线 y2x2上，所以
18、 y12x21，y22x22，两式相减得 y1y22(x1x2)(x1 x2)，不妨设 x1x2，又 A，B 关于直线 yxm 对称，所以y1y2 x1x21，故 x1x2 1 2，而 x1x21 2，解得 x11，x2 1 2，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为 M(x0，y0)，则 x0 x1x2 2 1 4，y0 y1y2 2 2x 2 12x 2 2 2 5 4，因为中点 M 在直线 yxm 上，所以 5 4 1 4m，解得 m 3 2， 选 A 名师点拨 处理中点弦问题常用的求解方法 根与系 数的关系 即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后 由根与系数的
19、关系求解 点差法 即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减， 式中含有x1x2，y1y2，y1y2 x1x2三个未知量，这样就直接联系了 中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率 变式训练 2 已知椭圆x 2 2y 21 的左焦点为 F，O 为坐标原点设过点 F 且不与坐标轴垂直的直线交 椭圆于 A，B 两点，点 A 和点 B 关于直线 l 对称，l 与 x 轴交于点 G，则点 G 横坐标的取值范 围是_ 1 2，0 _ 解析 设直线 AB 的方程为 yk(x1)(k0)， 代入x 2 2y 21，整理得(12k2)x24k2x2k220 因为直线 AB 过椭圆的左焦点 F 且
20、不垂直于 x 轴， 所以方程有两个不等实根 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB 的中点 N(x0，y0)， 则 x1x2 4k2 2k21， x01 2(x1x2) 2k2 2k21，y0k(x01) k 2k21， 因为点 A 和点 B 关于直线 l 对称， 所以直线 l 为 AB 的垂直平分线，其方程为 yy01 k(xx0) 令 y0，得 xGx0ky0 2k2 2k21 k2 2k21 k2 2k21 1 2 1 4k22， 因为 k0，所以1 2xG0， 即点 G 横坐标的取值范围为 1 2，0 故填 1 2，0 角度 3 求直线的方程 例 4 (2021 广东梅州质检)已
21、知 F 为抛物线 T：x24y 的焦点，直线 l：ykx2 与 T 相交于 A，B 两点 (1)若 k1，求|FA|FB|的值； (2)点 C(3，2)，若CFACFB，求直线 l 的方程 解析 (1)由题意，可得 F(0,1)， 设 A x1，x 2 1 4 ，B x2，x 2 2 4 ， 联立方程组 ykx2 x24y ，整理得 x24kx80， 则 x1x24k，x1x28， 又由|FA|FB|x 2 1 41 x22 41 x1x222x1x2 4 2 显然当 k1 时，|FA|FB|10 (2)由题意可知，FA x1，x 2 1 41 ， FB x2，x 2 2 41 ，FC (3，
22、3)， 由CFACFB， 可得 cosFA ，FCcosFB，FC ， 即 FA FC |FA |FC| FB FC |FB |FC|， 又|FA|x 2 1 41，|FB| x22 41，|FC|3 2， 整理得 42(x1x2)x1x20， 即 48k80，解得 k3 2， 所以直线 l 的方程为 3x2y40 名师点拨 设直线方程时一定要关注直线的斜率是否存在，若不能确定，应分类求解，当过点 P(a， b)的直线不与 x 轴垂直时，可设其方程为 yk(xa)b；当过点 P(a，b)的直线不与 y 轴垂直 时，可设其方程为 xm(yb)a 变式训练 3 (2021 广西桂林、崇左模拟)椭圆
23、 M：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率 e 2 2 ，过点 A(a,0) 和 B(0，b)的直线与原点间的距离为 6 3 (1)求椭圆 M 的方程； (2)过点 E(1,0)的直线 l 与椭圆 M 交于 C、D 两点，且点 D 位于第一象限，当CE DE3 时， 求直线 l 的方程 解析 (1)据题知，直线 AB 的方程为 bxayab0 依题意得 ab a2b2 6 3 e a2b2 a2 2 2 解得 a22，b21， 所以椭圆 M 的方程为x 2 2y 21 (2)设 C(x1，y1)，D(x2，y2)(x20，y20)， 设直线 l 的方程为 xmy1(mR) 代入椭圆方程
24、整理得：(m22)y22my10 8m280， y1y2 2m m22，y1y2 1 m22 由CE DE3，依题意可得：y13y2， 结合得 y2 m m22 3y22 1 m22 ， 消去 y2解得 m1，m1(不合题意) 所以直线 l 的方程为 yx1 名师讲坛 素养提升 “设而不求，整体代换”解决圆锥曲线问题 例 5 (2021 山西太原模拟)已知动点 C 到点 F(1,0)的距离比到直线 x2 的距离 小 1，动点 C 的轨迹为 E (1)求曲线 E 的方程； (2)若直线 l：ykxm(km0)与曲线 E 相交于 A，B 两个不同点，且OA OB 5，证明： 直线 l 经过一个定点
25、 解析 (1)由题意可得动点 C 到点 F(1,0)的距离等于到直线 x1 的距离，曲线 E 是 以点(1,0)为焦点，直线 x1 为准线的抛物线设其方程为 y22px(p0)， p 21，p2， 曲线 E 的方程为 y24x (2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 ykxm， y24x 得 k2x2(2km4)xm20， x1x242km k2 ，x1x2m 2 k2， (2km4)24m2k216(1km)0 OA OB 5， x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m2m 24km k2 5， m24km5k20，mk 或 m5k km0，则 mk 舍去，m5
26、k，满足 16(1km)0， 直线 l 的方程为 yk(x5)， 直线 l 必经过定点(5,0) 名师点拨 对题目涉及的变量巧妙的引进参数(如设动点坐标、动直线方程等)，利用题目的条件和圆 锥曲线方程组成二元二次方程组，再化为一元二次方程，从而利用根与系数的关系进行整体 代换，达到“设而不求，减少计算”的效果 变式训练 4 (2021 福建龙岩质检)已知椭圆 E 的方程为x 2 a2y 21，点 A 为长轴的右端点B，C 为椭圆 E 上关于原点对称的两点直线 AB 与直线 AC 的斜率 kAB和 kAC满足：kAB kAC1 2 (1)求椭圆 E 的标准方程； (2)若直线 l：ykxt 与圆
27、 x2y22 3相切，且与椭圆 E 相交于 M，N 两点，求证：以线段 MN 为直径的圆恒过原点 解析 (1)设 B(x0，y0)，则 C(x0，y0) 由x 2 0 a2y 2 01 得，y 2 01x 2 0 a2 a2x20 a2 ， 由 kAB kAC1 2，即 y0 x0a y0 x0a 1 2得， y20a 2x2 0 2 ，所以a 2x2 0 a2 a 2x2 0 2 ，所以 a22， 即椭圆 E 的标准方程为：x 2 2y 21 (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 x2 2y 21 ykxt 得：(12k2)x24ktx2t220， x1x2 4kt 12k2，x1x2 2t22 12k2 y1y2(kx1t)(kx2t)k2x1x2kt(x1x2)t2 k 22t22 12k2 4k 2t2 12k2t 2t 22k2 12k2， 又 l 与圆 C 相切，所以 6 3 |t| 1k2即 2 3 t2 1k2， 所以OM ON x1x2y1y22t 22t22k2 12k2 3t 221k2 12k2 21k 221k2 12k2 0， 所以，OM ON ，即MON90 ， 所以，以线段 MN 为直径的圆经过原点
