2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题6 第3讲　直线与圆锥曲线的位置关系

第3讲直线与圆锥曲线的位置关系[考情分析]直线与圆锥曲线的位置关系是高考的必考内容，涉及直线与圆锥曲线的相交、相切、弦长、面积以及弦中点等问题，难度中等．考点一弦长、面积问题核心提炼已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，则|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2，或|AB|＝1＋1k2|y1－y2|＝1＋1k2y1＋y22－4y1y2.例1(2022·大庆模拟)已知焦点在x轴上的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，短轴长为23，椭圆左顶点A到左焦点F1的距离为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设椭圆的右顶点为B，过F1的直线l与椭圆C交于点M，N，且S△BMN＝1827，求直线l的方程．解(1)由2b＝23，a－c＝1，a2－c2＝b2，得b＝3，a＝2，c＝1，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)方法一由题意知，直线的斜率不为0，F1(－1,0)，设直线l的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x24＋y23＝1，x＝my－1，得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＝36m2＋4×9(3m2＋4)＝144(1＋m2)0，即y1＋y2＝6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.又S△BMN＝12·|BF1|·|y1|＋12·|BF1|·|y2|＝12·|BF1|·|y1－y2|＝12·|BF1|·y1＋y22－4y1y2＝18m2＋13m2＋4＝1827，解得m＝±1，所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.方法二由(1)知F1(－1,0)，B(2,0)，当直线l的斜率不存在时，|MN|＝3，点B(2,0)到直线l：x＝－1的距离为3，所以S△BMN＝92≠1827，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x24＋y23＝1，y＝kx＋1，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(3＋4k2)(4k2－12)＝144(k2＋1)0，所以x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2.所以|MN|＝x1－x22＋y1－y22＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·－8k23＋4k22－44k2－123＋4k2＝1＋k2·144k2＋13＋4k22＝12k2＋13＋4k2.因为点B(2,0)到直线l的距离为d＝|3k|k2＋1，所以S△BMN＝12·|MN|·d＝12·12k2＋13＋4k2·|3k|k2＋1＝1827，即k2＝1，得k＝±1，所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.易错提醒(1)设直线方程时，需考虑特殊直线，如直线的斜率不存在、斜率为0等．(2)涉及直线与圆锥曲线相交时，Δ0易漏掉．(3)|AB|＝x1＋x2＋p是抛物线过焦点的弦的弦长公式，其他情况该公式不成立．跟踪演练1(2022·宝鸡模拟)已知椭圆C1的中心在坐标原点，一个焦点与抛物线C2：y2＝4x的焦点F重合，且椭圆C1的离心率为12.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)过F点的直线l与C1交于A，B两点，与C2交于P，Q两点，且A，P点都在x轴上方，如果|PB|＋|AQ|＝3|AB|，求直线l的方程．解(1)抛物线C2：y2＝4x的焦点为F(1,0)，所以椭圆C1的一个焦点为F(1,0)，设椭圆C1的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，其中c2＝a2－b2，则c＝1，由椭圆C1的离心率为ca＝12，解得a＝2，则b＝3，所以椭圆C1的标准方程为x24＋y23＝1.(2)由题意知直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，由x＝my＋1，y2＝4x，可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16＝16(m2＋1)0，所以y3＋y4＝4m，y3y4＝－4，则|PQ|＝x3＋x4＋2＝m(y3＋y4)＋4＝4m2＋4，由x＝my＋1，x24＋y23＝1，得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝36m2＋36(4＋3m2)＝144(m2＋1)0，所以y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2，则|AB|＝1＋m2y1＋y22－4y1y2＝1＋m2－6m4＋3m22＋4×94＋3m2＝121＋m24＋3m2，由|PB|＋|AQ|＝3|AB|，即|PB|＋|AQ|＝|PA|＋|AB|＋|QB|＋|AB|＝|PA|＋|QB|＋2|AB|＝3|AB|，得|PA|＋|QB|＝|AB|，又|PA|＋|QB|＋|AB|＝|QP|，所以|AB|＝12|QP|，即121＋m24＋3m2＝12(4m2＋4)＝2(m2＋1)，解得m2＝23，即m＝±63，所以直线l的方程为x＝±63y＋1，即3x±6y－3＝0.考点二中点弦问题核心提炼已知A(x1，y1)，B(x2，y2)为圆锥曲线E上两点，AB的中点C(x0，y0)，直线AB的斜率为k.若E的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则k＝－b2a2·x0y0；若E的方程为x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，则k＝b2a2·x0y0；若E的方程为y2＝2px(p0)，则k＝py0.例2(2022·新高考全国Ⅱ)已知直线l与椭圆x26＋y23＝1在第一象限交于A，B两点，l与x轴、y轴分别交于M，N两点，且|MA|＝|NB|，|MN|＝23，则l的方程为____________________．答案x＋2y－22＝0解析方法一设直线l的方程为xm＋yn＝1(m0，n0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，所以x1＋x22＝m＋02，y1＋y22＝0＋n2，即x1＋x2＝m，y1＋y2＝n.因为kAB＝kMN，所以y1－y2x1－x2＝0－nm－0＝－nm.将A(x1，y1)，B(x2，y2)代入椭圆方程，得x216＋y213＝1，x226＋y223＝1，相减得x1＋x2x1－x26＋y1＋y2y1－y23＝0，由题意知x1＋x2≠0，x1≠x2，所以y1＋y2x1＋x2·y1－y2x1－x2＝－12，即nm·－nm＝－12，整理得m2＝2n2.①又|MN|＝23，所以由勾股定理，得m2＋n2＝12，②由①②并结合m0，n0，得m＝22，n＝2，所以直线l的方程为x22＋y2＝1，即x＋2y－22＝0.方法二设直线l的方程为xm＋yn＝1(m0，n0)，分别令y＝0，x＝0，得点M(m，0)，N(0，n)．由题意知线段AB与线段MN有相同的中点，设为Q，则Qm2，n2，则kAB＝0－nm－0＝－nm，kOQ＝n2m2＝nm.由椭圆中点弦的性质知，kAB·kOQ＝－b2a2＝－12，即－nm·nm＝－12，以下同方法一．规律方法处理中点弦问题常用的求解方法跟踪演练2已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点到准线的距离为1，若抛物线C上存在关于直线l：x－y－2＝0对称的不同两点P和Q，则线段PQ的中点坐标为()A．(1，－1)B．(2,0)C.12，－32D．(1,1)答案A解析∵焦点到准线的距离为p，则p＝1，∴y2＝2x.设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)．则y21＝2x1，y22＝2x2，则(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)，∴kPQ＝2y1＋y2，又∵P，Q关于直线l对称．∴kPQ＝－1，即y1＋y2＝－2，∴y1＋y22＝－1，又∵PQ的中点一定在直线l上，∴x1＋x22＝y1＋y22＋2＝1.∴线段PQ的中点坐标为(1，－1)．考点三直线与圆锥曲线位置关系的应用核心提炼直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1)联立直线方程与圆锥曲线方程．(2)消元得到关于x或y的一元二次方程．(3)利用判别式Δ，判断直线与圆锥曲线的位置关系．例3(1)(2022·全国甲卷)记双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值________．答案2((1，5]内的任意值均可)解析双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，若直线y＝2x与双曲线C无公共点，则2＞ba，∴b2a2≤4，∴e2＝c2a2＝1＋b2a2≤5，又e＞1，∴e∈(1，5]，∴填写(1，5]内的任意值均可．(2)(2022·新高考全国Ⅰ改编)已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C：x2＝2py(p0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则下列结论正确的是________．(填序号)①C的准线为y＝－1；②直线AB与C相切；③|OP|·|OQ||OA|2；④|BP|·|BQ||BA|2.答案②③④解析将点A代入抛物线方程得1＝2p，所以抛物线方程为x2＝y，故准线方程为y＝－14，故①错误；kAB＝1－－11－0＝2，所以直线AB的方程为y＝2x－1，联立y＝2x－1，x2＝y，可得x2－2x＋1＝0，所以Δ＝0，故②正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y＝kx－1，x2＝y，得x2－kx＋1＝0，所以Δ＝k2－40，x1＋x2＝k，x1x2＝1，所以k2或k－2，y1y2＝(x1x2)2＝1，又|OP|＝x21＋y21＝y1＋y21，|OQ|＝x22＋y22＝y2＋y22，所以|OP|·|OQ|＝y1y21＋y11＋y2＝kx1·kx2＝|k|2＝|OA|2，故③正确；因为|BP|＝1＋k2|x1|，|BQ|＝1＋k2|x2|，所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x1x2|＝1＋k25＝|BA|2，故④正确．易错提醒(1)直线与双曲线只有一个交点，包含直线与双曲线相切或直线与双曲线的渐近线平行．(2)直线与抛物线只有一个交点包含直线与抛物线相切、直线与抛物线的对称轴平行(或重合)．跟踪演练3(1)(2022·梅州模拟)抛物线C：y2＝4x的准线为l，l与x轴交于点A，过点A作抛物线的一条切线，切点为B，O为坐标原点，则△OAB的面积为()A．1B．2C．4D．8答案A解析∵抛物线C：y2＝4x的准线为l，∴l：x＝－1，A(－1,0)，设过点A作抛物线的一条切线方程为x＝my－1，m0，由x＝my－1，y2＝4x，得y2－4my＋4＝0，∴Δ＝(－4m)2－4×4＝0，解得m＝1，∴y2－4y＋4＝0，解得y＝2，即yB＝2，∴△OAB的面积为12×1×2＝1.(2)(2022·六安模拟)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则椭圆在其上一点A(x0，y0)处的切线方程为x0xa2＋y0yb2＝1，试运用该性质解决以下问题：椭圆C1：x22＋y2＝1，点B为C1在第一象限中的任意一点，过B作C1的切线l，l分别与x轴和y轴的正半轴交于C，D两点，O为坐标原点，则△OCD面积的最小值为()A．1B.3C.2D．2答案C解析设B(x1，y1)(x10，y10)，由题意得，过点B的切线l的方程为x1x2＋y1y＝1，令y＝0，可得C2x1，0，令x＝0，可得D0，1y1，所以△OCD的面积S＝12×2x1×1y1＝1x1y1，又点B在椭圆上，所以x212＋y21＝1，所以S＝1x1y1＝x212＋y21x1y1＝x12y1＋y1x1≥2x12y1·y1x1＝2，当且仅当x12y1＝y1x1，即x1＝