高中数学题型全面归纳（教师版）：10.5直线与圆锥曲线46

1、第五节 直线与圆锥曲线考纲解读 掌握直线与圆锥曲线的位置关系，能熟练运用函数与方程，数形结合，等价转化和分类讨论思想解题。命题趋势探究 从内容上看，直线与圆锥曲线位置关系问题是高考的热点，涉及直线与圆锥曲线关系中的求弦长，焦点弦长及弦中点，取值范围和最值等问题。 从形式上看，以解答题为主，难度较大 从能力上看，要求考生具备数形结合，分析转化及分类讨论的能力 预测在2019年高考中： 题目主要以解答题的形式出现，这类问题的综合性强，注重与一元二次方程的判别式，韦达定理，不等式相结合，重在考查学生的基本数学素质和数学运算能力，具有较高的区分度，关注与向量综合的探索性题目，分值基本保持在12-14分

2、。知识点精讲一、直线与圆锥曲线的位置关系的判断 判断直线与圆锥曲线的位置关系时,通常将直线的方程 代入圆锥曲线的方程 ,消去(也可以消去)得到关系一个变量的一元二次方程,即 ,消去后得 (1)当时,即得到一个一元一次方程,则与相交,且只有一个交点,此时,若为双曲线,则直线与双曲线的渐近线平行;若为抛物线,则直线与抛物线的对称轴平行 (2) 当时, ,直线与曲线有两个不同的交点; ,直线与曲线相切,即有唯一的公共点(切点); ,直线与曲线二、圆锥曲线的弦连接圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦直线 ,曲线为与的两个不同的交点,坐标分别为,则是方程组 的两组解,方程组消元后化为关于的一元二次方程(

3、) ,判别式 ,应有 ,所以是方程的根,由根与系数关系(韦达定理)求出 , 所以两点间的距离为 ,即弦长公式,弦长公式也可以写成关于的形式三, 已知弦的中点,研究的斜率和方程 (1) 是椭圆的一条弦,中点,则的斜率为 ,运用点差法求的斜率;设 ,都在椭圆上,所以 ,两式相减得 所以即，故 运用类似的方法可以推出；若是双曲线的弦，中点，则；若曲线是抛物线 ，则题型归纳及思路提示题型147 直线与圆锥曲线的位置关系思路提示 （1）直线与圆锥曲线有两个不同的公共点的判定：通常的方法是直线与圆锥曲线方程联立方程消元后得到一元二次方程，其中 ；另一方面就是数形结合，如直线与双曲线有两个不同的公共点，可通

4、过判定直线的斜率与双曲线渐近线的斜率的大小得到。 （2）直线与圆锥曲线只有一个公共点则直线与双曲线的一条渐近线平行，或直线与抛物线的对称轴平行，或直线与圆锥曲线相切。例10.35已知两点，给出下列曲线方程 在曲线上存在点满足的所有曲线方程是 。（写出所以正确的编号）分析 所选曲线上存在点满足，等价于曲线与线段 的垂直平分线有公共点。解析 由，得线段的中点为 又 ，故线段 的垂直平分线为 即 ，显然中直线与直线平行， 不符合题意， 对于，因为圆心到直线的距离 ，所以直线与圆相交，符合题意。 对于，由 ，消去 得 ，故直线与椭圆相切，符合题意。 对于，由 ，消去 得 ，故直线与双曲线相交，符合题意

5、。综上所述，应填变式1 对于抛物线，我们称满足的点在抛物线的内部，解析 将直线的方程代入抛物线C的方程中，得，又点早抛物线的内部，故，则，因此，直线与抛物线C的位置关系是相离。若点在抛物线的内部，则直线与抛物线的位置关系是 变式2 设抛物线的准线与轴交于点，若过点的直线与抛物线有公共点，则直线的斜率的取值范围是 解析 依题意，点Q（-2，0），设的方程为，将的方程代入，得，若，显然与有交点，满足题意；若，则，解得。综上可知，的取值范围是。例10.36 如图10-26所示，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点，一条直线垂直于 轴的直线分别与线段和直线交于两点.若 ，

6、求的值若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线。分析 ，通过联立直线与抛物线方程消去一个变量得一元二次方程，再利用韦达定理；当 ，即可证得为抛物线的切线。解析 （1）设过点的直线为 则 ，得 ，由韦达定理可知 以为 两点在抛物线上，所以 ，则 故，即 得 或（舍）（2） ，即 故为此抛物线的切线评注 过抛物线的焦点任作一直线与抛物线交于 两点，过两点的切线的交点在准线上，或过抛物线的焦点任作一直线与抛物线交于两点，过两点的切线的交点在准线上。 如图10-27所示，过抛物线的焦点任作一直线与抛物线交于两点，可得知如下性质：过两点的切线的交点的轨迹为准线两条切线 同理，对于抛物线上述结论仍成立证：（

7、1）易知直线的斜率存在，故设过焦点的直线方程为 ，联立直线的方程与抛物线发方程，得 消得， 设过点的切线方程为 同理，过点的切线方程为， 由得.故过A,B两点的切线交与点Q,在准线上.（2）因为，所以，故，因此，.（3），0. 因此，.变式1 （2017课标 = 2 * ROMAN II，文20）设O为坐标原点，动点M在椭圆C 上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足 (1)求点P的轨迹方程；(2)设点在直线上，且.证明过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F. 解析：（1）设P（x，y），M（）,则N（），由得.因为M（）在C上，所以.因此点P的轨迹为.（2）由题意知F（-1,0），设Q（-3

8、，t），P（m，n），则，.由得，又由（1）知，故.所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F图 10-28题型148 中点弦问题思路提示直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的重要内容之一，也是高考的一个热点问题.这类问题一般有以下3种类型：（1）求中点弦所在直线方程问题；（2）求弦中点的轨迹方程问题；（3）对称问题，但凡涉及到弦的中点斜率的问题。首先要考虑是点差法.即设出弦的端点坐标，根据端点在曲线上，结合中点坐标公式，寻找中点坐标与弦的斜率之间的联系.除此之外，最好也记住如下结论：在椭圆中，中点弦的斜率为，满足.在双曲线中，中点弦的斜率为

9、，满足.（其中为原点与弦中点连线的斜率）.在抛物线中，中点弦的斜率为，满足（为中点纵坐标）.例10.37已知过点M的直线与椭圆交与A,B两点，且(O为坐标原点)，求直线的方程.解析 由题设知M是线段AB的中点，且，故直线AB的斜率存在.设，则有，两式相减得，故，所以直线的方程为，即.评注 由中点弦结论知当椭圆焦点在轴上时，有，得. ，则直线的方程为，即.变式1 已知椭圆方程为.（1）求斜率为2的平行弦的中点的轨迹方程；（2）过点P(2,1)的直线与椭圆相交，求被截得的弦的中点的轨迹方程. 解析 设弦与椭圆交于，则有，两式相减得。（1）设中点为M，则有：，故，又因在椭圆内部，故，所以。（2）设中

10、点为M，则有，可得，当也成立（落在椭圆内的部分）。例10.38如图10-29所示，在平面直角坐标系中，已知椭圆，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中点P在第一象限，过P作轴的垂线，垂足为C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设直线PA的斜率为.求证：对任意0，都有PAPB.解析 解法一：将直线PA的方程代入，解得，记，则，于是，故直线AB的斜率为，其方程为，代入椭圆方程得,解得或，因此，于是直线PB的斜率，因此，所以PAPB.解法二：设，则,且，两式相减得，即，即，故，所以，所以PAPB.变式1 已知曲线，过原点斜率为的直线交曲线C于P,Q两点，其中P在第一象限，且它在轴上的射影为点N，直线Q

11、N交曲线C于另一点H.是否存在，使得对任意的0，都有PQPH?若存在，求的值；若不存在，请说明理由.解析 设，则，因此由，将点P,H的坐标代入椭圆中得相减得，因此，所以，而等价于，即，得。故存在，使得在与其对应的椭圆上，对任意的，都有。例10.39已知椭圆，试确定的取值范围，使得对于直线,椭圆C上有两个不同的点关于这条直线对称.解析 解法一：设出对称的两点及其所在的直线方程，再利用0及中点在对称轴上求解.设椭圆C上关于直线对称的两点为，其所在的直线方程为，代入椭圆的方程中得，因为，所以0，解得，又因为，而点又在上，所以， 把代入得.解法二：根据点差法并结合基本不等式求出的范围.设椭圆C上关于直

12、线对称的两点为，则有：， ，, . 由得，即，所以，代入得，把代入得，把代入得，得.由题意，根据基本不等式得，所以，将代入得.故.解法三：椭圆C上存在不同的两点关于直线对称，等价于存在C的弦被垂直平分，且垂直必在椭圆C的内部，因此，这类问题可考虑利用交点在曲线C的内部建立不等式.设椭圆C上关于直线对称的两点为，弦PQ的中点为，将，代入椭圆方程并整理得，即， 由点M在直线上得，由得.因为M()在椭圆的内部，所以，解得.变式1如图10-30所示，已知椭圆E经过点A(,3),对称轴为坐标轴，焦点F1，F2在轴上，离心率.（1）求椭圆E的方程；（2）求F1AF2的角平分线所在直线的方程；（3）在椭圆E

13、上是否存在关于直线对称的相异两点？若存在，请找出；若不存在，请说明理由.解析 （1）依题意，设椭圆E的方程为，则，则，又点A（2，3）在椭圆E上，则，得，故，因此，椭圆E的方程为。（2）设直线与轴的交点为，由A（2，3），故轴，则为直角三角形，由角平分线定理得，因为，故，故点P的坐标为（，0），则直线AP的方程为。（3）解法一：设椭圆E上存在相异两点，关于直线对称，因为，所以，设BC的中点为M，则，由于M在直线上，则又B,C在椭圆上，所以有，两式相减得，即，该式写成，即 由得，即BC的中点为点A，而这是不可能的。所以椭圆上不存在满足题设条件的相异两点B,C。解法二：假设存在两点关于直线对称，则

14、，所以，设直线BC的方程为，将其代入椭圆方程，得一元二次方程，即，则是该方程的两个根，由韦达定理得，于是，又线段BC的中点在直线上，故，得，与矛盾，所以不存在满足题设条件的相异两点。评注 本题的关键是抓住对称问题的几何特征弦中点问题求解，或用点差法或用联立法，易忘记检验弦中点位置或而做错。变式2已知A,B,C是椭圆上的三个点，O是坐标原点.（1）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；（2）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由.分析 （1）根据题意设出点A的坐标代入椭圆方程求解，利用菱形面积公式求面积；（2）设出直线AC的方程，代入椭圆方程求

15、出AC的中点坐标（即0B的中点坐标），判断AC与OB的斜率乘积是否为-1.解析 （1）椭圆的右顶点B的坐标为（2，0），因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂直平分，所以可设A（1，），代入椭圆方程得，即，所以菱形OABC的面积是。（2）四边形OABC不可能为菱形。理由如下：假设四边形OABC为菱形，因为点B不是W的顶点，且直线AC不过原点，所以可设AC的方程为。由，消去并整理得，设，则，所以AC中点为。因为M为AC和OB的交点，所以直线OB的斜率为，因为，所以AC和OB不垂直。所以四边形OABC不是菱形，与假设矛盾，所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形。评注 利用中点

16、弦结论知，因此四边形OABC不可能为菱形。题型149 弦长面积问题思路提示在弦长有关的问题中，一般有三类问题：（1）弦长公式：.（2）与焦点相关的弦长计算，利用定义；（3）涉及到面积的计算问题.例10.40过抛物线的焦点F作倾斜角为45的直线交抛物线于A,B两点，若线段AB的长为8，则_.解析 设过焦点且倾斜角为45的直线方程为，联立直线方程与抛物线方程得，消得.设A,B两点的坐标为，则，故8，则2.评注 过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于A,B两点，则.证明：设过焦点的直线方程为，由，得，即.设A,B两点的坐标为，则，故.在选择或填空题中，如能运用公式，求解往往变得异常快捷，本题运用公

17、式，则2.变式1已知椭圆，过椭圆C的左焦点F且倾斜角为的直线与椭圆C交与A,B，求弦长.解析 依题意，知F（-1，0），直线与联立，得。设，所以。例10.41已知椭圆，过点作圆的切线交椭圆G与A,B两点. （1）求椭圆G的焦点坐标和离心率；（2）将表示为的函数，并求出的最大值.解析（1）由已知得，所以，所以椭圆G的焦点坐标为，离心率为.（2）解法一：由题意知，点在圆上或圆外，1，当时，切线的方程为1，点A,B的坐标分别为，此时，当时，同理可得.当1，设，切线的方程为，由得，由韦达定理得，又由与圆相切，得，即，可得.上式对也成立，所以，. 因为2，当且仅当时，2.所以的最大值为2.解法二：易知直

18、线的斜率非零(否则直线与圆相交)，矛盾,故可设，,，,因为直线与圆相切，得，即，(1)，由，得，且由得，由韦达定理得，所以结合得.所以，.因为2，当且仅当时，2.所以的最大值为2.变式1已知椭圆经过点，其离心率为.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线：()与椭圆C相交于A,B两点，以线段OA, OB为邻边作平行四边形OAPB，其中顶点P在椭圆C上，O为原点，求的取值范围.解析 （1）因为椭圆C经过点，则，且，即，所以，因此，椭圆C的方程为。（2）依题意，设，联立直线的方程和椭圆的方程得消得，所以，因此，由点P在椭圆上，则，即。，又，所以，即的取值范围是。评注 在圆锥曲线中的一些求取值范围及最值的

19、问题中，常将所求量表达为其他量的函数，运用函数的方法解决。变式2已知椭圆的右顶点，离心率为, O为坐标原点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知P (异于点A)为椭圆C上一个动点，过O作线段AP的垂线交椭圆C于点E，D. 如图10-31所示，求的取值范围.解析 （1）依题意，所以，椭圆C的方程为。（2）若AP与轴重合，即直线AP的斜率为0，则AP=4，DE=2，所以。若AP与轴不重合，设AP的方程为，则DE：。联立直线AP与椭圆的方程得，消建立关于的一元二次方程得， 。联立直线DE与椭圆的方程得，消得，即，所以， 故，令，则。综上所述，的取值范围是。例10.42已知F1, F2是椭圆的左右焦点，A

20、B是过点F1的一条动弦，求ABF2的面积的最大值.解析 由题意可知F1(1,0), F2(1,0),设，,当直线的斜率为0时，ABF2不存在，所以不可能是一条水平的直线，故可设，由，得，所以，且，所以.设1，则，在上单调递减，因此.变式1已知椭圆的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角形周长为.（1）求椭圆M的方程；（2）设直线交椭圆M交与点A，B，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C，求ABC面积的最大值.解析 （1）依题意，且，得，椭圆M的方程为。（2）解法一：设直线，即得，将代入得，即联立直线与椭圆方程，可得，消去建立关于的一元二次方程： ，由题意及韦达定理得，将上式代入（*）得

21、，即得，故（舍），所以直线的方程为，则。令，则，因为（当且仅当时取“=”），所以（此时），故面积的最大值为。解法二：设，联立直线AC的方程与椭圆的方程，得，消去得。由韦达定理得，同理， ，因为（当且仅当时取“=”）。所以，故面积的最大值为。例10.43（2017福建三明5月质检）已知椭圆的右焦点，椭圆的左，右顶点分别为过点的直线与椭圆交于两点，且的面积是的面积的3倍（）求椭圆的方程；（）若与轴垂直,是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由解法二：（）同解法一（）依题意知直线的斜率存在，所以设方程： 代入中整理得，设，所以， ， 当，则，不妨设点在轴上方， ，所以

22、，整理得，所以 ，整理得，即，所以或当时，直线过定点，不合题意；当时， ，符合题意，所以直线的斜率是定值变式1（2017北京西城区5月模拟）在平面直角坐标系中，抛物线的顶点是原点，以轴为对称轴，且经过点.（）求抛物线的方程；（）设点， 在抛物线上，直线， 分别与轴交于点， ， .求直线的斜率.依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为： ，将其代入抛物线的方程，整理得设，则 ， ，所以以替换点坐标中的，得所以 所以直线的斜率为最有效训练题46（限时45分钟）1. 已知椭圆的左右焦点分别为F1, F2,过F2且倾斜角为45的直线交椭圆于点A，B，以下结论中：ABF1的周长为8；原点到的距离为1；，正

23、确结论的个数为（ ）.A. 3 B. 2 C. 1 D. 02. 斜率为2的直线过双曲线的右焦点，且与双曲线的左右两支分别相交，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）.A. B. C. D. 3.抛物线的焦点为F，过F且倾斜角等于60的直线与抛物线在轴上方的曲线交于点A，则AF的长为（ ）.A. 2 B. 4 C. 6 D. 84.过点P(0,2)的直线与抛物线交于点A,B，则弦AB的中点M的轨迹方程为（ ）.A. (0或4) B. C. D. (0)5.椭圆的一条弦被A(4,2)平分，那么这条弦所在的直线方程是（ ）.A. B. C. D. 6.已知A,B,P是双曲线上不同的三点，且A, B连线

24、经过坐标原点，若直线PA, PB的斜率乘积,则该双曲线的离心率为（ ）.A. B. C. D. 7.椭圆与直线交于A,B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为，则的值为_.8.已知抛物线，过点P(4,0)的直线与抛物线交于，两点，则的最小值是_.9.抛物线与直线相交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为5，又抛物线C的焦点到直线的距离为，则_.10（2017江苏，17）如图,在平面直角坐标系中,椭圆的左、右焦点分别为, ,离心率为,两准线之间的距离为8.点在椭圆上，且位于第一象限，过点作直线的垂线,过点作直线的垂线.（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线的交点在椭圆上,求点的坐标.F1OF2xy

25、(第10题)11.【2017课标1，文20】设A，B为曲线C：y=上两点，A与B的横坐标之和为4（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程12. (2017课标3，理20)已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.最有效训练题461.A 解析 依题意，直线的方程为，对于：的周长为；对于：原点（0，0）到直线的距离；对于：联立直线的方程与椭圆方程得，消去得，得，故正确结论的个数为3个，故选A。2.D 解析 依题意，得。故选D。3.B 解析 设过点F（1，0）且倾斜角为60的