2022版新高考数学人教A版一轮复习学案：第8章 第8节　第1课时　直线与圆锥曲线的位置关系 WORD版含解析.doc

1、第八节直线与圆锥曲线的位置关系第1课时直线与圆锥曲线的位置关系一、教材概念结论性质重现1直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法：把圆锥曲线方程C与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2bxc0.方程ax2bxc0的解l与C的交点个数a0b0无解(含l是双曲线的渐近线)0b0有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)1a00两个不相等的解20两个相等的解10无实数解0(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切而当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相

2、交于一点(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外，易忽视直线与对称轴平行或重合时也与抛物线相交于一点2直线与圆锥曲线的相交弦长问题设斜率为k(k0)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|x1x2|y1y2|.解决直线与圆锥曲线的位置关系问题的规律：“联立方程求交点，根与系数的关系求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(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、(3)“直线l与抛物线C相切”的充要条件是“直线l与抛物线C只有一个公共点”()(4)如果直线xtya与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|y1y2|()(5)若抛物线C上存在关于直线l对称的两点，则需满足直线l与抛物线C的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式0()2过点(0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A1条 B2条 C3条 D4条C解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的两条直线3抛物线yax2与直线ykxb(k0)交于A，B两点，且这两点的横坐

4、标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则()Ax3x1x2Bx1x2x1x3x2x3Cx1x2x30Dx1x2x2x3x3x10B解析：由消去y得ax2kxb0，可知x1x2，x1x2.令kxb0得x3，所以x1x2x1x3x2x3.4直线l与双曲线C：1(a0，b0)交于A，B两点，M是线段AB的中点若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为()A3 B2 C DD解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得两式相减得0.又所以.所以kOMkl1，所以e212.又e1，所以e.5已知倾斜角为60的直线l经

5、过抛物线x24y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|_.16解析：直线l的方程为yx1.由得y214y10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y214，所以|AB|y1y2p14216.考点1直线和圆锥曲线的位置关系基础性1若直线mxny4与O：x2y24没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆1的交点个数是()A至多为1 B2 C1 D0B解析：由题意知2，即2，所以点P(m，n)在椭圆1的内部故所求交点个数是2.2若直线ykx2与双曲线x2y26的右支交于不同的两点，则k的取值范围是()A BC DD解析：由得(1k2)x24kx100.设直线与双曲线的右支交于不同的

6、两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则解得k0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|2，Q是y轴的正半轴上一点，QF2交椭圆于P，且PF1PF2，PQF1的内切圆M的半径为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线AB：y2xm和圆M相切，且与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的值解：(1)如图，设PQF1的内切圆M切PF1，QF1，PQ于点E，F，G，|EF1|FF1|x，|QF|QG|y(x0，y0)由PF1PF2，且|PE|PG|1，有|GF2|FF1|x，则|PF2|x1，|PF1|x1.由|PF1|2|PF2|2|F1F2|2得(x1)2(x1)2(2)2(x0)，解得

7、x3.故2a|PF1|PF2|2x6，即a3，b2.故所求椭圆的标准方程为1.(2)由(1)知tanPF1F2，所以直线PF1的方程为y(x)设点M(0，t)，其到直线PF1的距离为1，有1，解得t或t0(舍)即M(0，)，故圆M的方程为x2(y)21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)由得40x236mx9m2360，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|.所以|AB|x1x2|.因为y2xm与x2(y)21相切，所以1，解得m0或m2.故|AB|3或3.直线与圆锥曲线相交时弦长的求法(1)定义法：过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题(2)点距法：将直线的方程与圆锥曲线

8、的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长(3)弦长公式法：体现了解析几何中设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系已知点N(1,0)，点P是圆M：(x1)2y216上的动点，A为线段PN的中点，G为线段PM上一点，且0.设动点G的轨迹为曲线C(1)求曲线C的方程；(2)直线PN与曲线C相交于E，F两点，与圆M相交于另一点Q，且点P，E位于点N的同侧，当PMN面积最大时，求|PE|FQ|的值解：(1)由题可知圆M的圆心M(1，0)，半径r4.又A为线段PN的中点，G在PM上，且0，所以GA为PN的中垂线，所以|GN|GP|.又|GN|GM|GP

9、|GM|r4|MN|2，所以点G的轨迹为椭圆设曲线C的方程为1(a0，b0)，则2a4,2c2，所以a2，c1.b2a2c23，所以曲线C的方程为1.(2)如图假设点P在x轴上方设点E(x1，y1)，F(x2，y2)当PMN面积最大时，PMx轴，所以点P(1,4)，则直线PN方程为y2(x1)，即2xy20.所以点M到直线PN的距离为d.所以|PQ|2.联立得19x232x40，所以x1x2，x1x2，所以|EF|，所以|PE|FQ|PQ|EF|.考点3中点弦问题综合性考向1由中点弦确定直线方程(2020哈尔滨三中高三期末)已知椭圆1，则与椭圆相交且以点A(1,1)为弦中点的直线所在方程为()

10、A3x4y70 B2x5y70C3x4y10 D3x4y70D解析：设以点A(1,1)为弦中点的直线与椭圆交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)依题意所求直线的斜率存在，将点M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐标代入椭圆方程得，1，1，两式相减得0，因为x1x22，y1y22，所以，即所求直线的斜率为，所求的直线方程为3x4y70.考向2由中点弦确定曲线方程或参数的值(1)(2020西宁市高三二模)已知倾斜角为的直线与双曲线C：1(a0，b0)相交于A，B两点，M(4,2)是弦AB的中点，则双曲线的离心率为()A B C DD解析：因为倾斜角为的直线与双曲线C：1(a0，b0)相交于A，B

11、两点，所以直线的斜率ktan 1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.由得，则k.因为M(4,2)是弦AB的中点，所以x1x28，y1y24.因为直线的斜率为1，所以1，即.所以e21，即e.故选D(2)(2020遂宁市高三模拟)若中心在原点，焦点坐标为(0，5)的椭圆被直线3xy20截得的弦的中点的横坐标为，则椭圆方程为()A1 B1C1 D1C解析：设椭圆方程为1(ab0)，则a2b250.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为(x0，y0)因为x0，所以y02.由可得，所以直线AB的斜率k3.因为1，所以a23b2.联立，可得a275，b225，所以椭圆的方程为

12、1.处理中点弦问题的常用方法(1)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，y1y2，三个未知量，这样就直接将中点和直线的斜率联系起来，借用中点公式即可求得斜率用点差法求直线方程后需验证直线与圆锥曲线是否相交(2)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关系求解已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F(，0)，直线yx1与其相交于M，N两点若线段MN中点的横坐标为，求此双曲线的方程解：设双曲线的方程为1(a0，b0)由题意可得a2b27.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN的中点为.由1，1，得，即，所以.联立a2b27，解得a22，b25，故所求双曲线的方程为1.