2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第九章第九节直线与圆锥曲线的位置关系

第九节直线与圆锥曲线的位置关系

一、基础知识批注——理解深一点
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(或x)得到一个关于变量x(或y)的一元方程．
例：由消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，
则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ0，即－30.
由得ky2－2y－4k＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN＝＋＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，
可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0.
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，
所以∠ABM＝∠ABN.
综上，∠ABM＝∠ABN成立．
[解题技法]　
圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．

[对点训练]
　设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝.
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，
从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，
所以·＝0，故MN⊥AB.



A级——保大分专练

1．已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)，若直线y＝2x被抛物线所截得的弦长为4，则抛物线C的方程为(　　)
A．x2＝8y　　　　　　　　 B．x2＝4y
C．x2＝2y D．x2＝y
解析：选C　联立解得或即两交点坐标分别为(0,0)和(4p,8p)，则＝4.∵p＞0，∴p＝1.故抛物线C的方程为x2＝2y.故选C.
2．若直线x－y＋m＝0与双曲线x2－＝1交于不同的点A，B，且线段AB的中点在圆x2＋y2＝5上，则m的值为(　　)
A．± B．±2
C．±1 D．±
解析：选C　设A，B两点的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M(x0，y0)．由得x2－2mx－m2－2＝0(Δ＞0)，∴x0＝＝m，y0＝x0＋m＝2m，∵点M(x0，y0)在圆x2＋y2＝5上，∴m2＋(2m)2＝5，∴m＝±1.
3．若直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)
A．至多一个 B．2
C．1 D．0
解析：选B　因为直线mx＋ny＝4和圆O：x2＋y2＝4没有交点，所以＞2，所以m2＋n2＜4.所以＋＜＋＝1－m2≤1，所以点(m，n)在椭圆＋＝1的内部，所以过点(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点有2个．
4．过点P(2,2)作直线与双曲线－y2＝1交于A，B两点，使点P为AB中点，则这样的直线(　　)
A．存在一条，且方程为x－4y＋6＝0
B．存在无数条
C．存在两条，方程为x－4y＋6＝0或x＋4y－10＝0
D．不存在
解析：选A　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝4，且有两式相减得－(y1－y2)(y1＋y2)＝0，所以＝，即直线AB的斜率k＝，故所求直线方程为y－2＝(x－2)，即x－4y＋6＝0.
联立直线AB和双曲线方程得，3y2－12y＋8＝0，Δ＝(－12)2－4×3×8＝48＞0，故该直线存在．
5．(2018·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝(　　)
A. B．3
C．2 D．4
解析：选B　法一：由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝ ±x.设两条渐近线的夹角为2α，则有tan α＝＝，所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°.又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．
在Rt△ONF中，|OF|＝2，则|ON|＝.
在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan 2α＝·tan 60°＝3.故选B.
法二：因为双曲线－y2＝1的渐近线方程为y＝±x，所以∠MON＝60°.不妨设过点F的直线与直线y＝x交于点M，由△OMN为直角三角形，不妨设∠OMN＝90°，则 ∠MFO＝60°，又直线MN过点F(2,0)，所以直线MN的方程为y＝－(x－2)，
由得
所以M，所以|OM|＝ ＝，
所以|MN|＝|OM|＝3，故选B.
6．若直线y＝x＋b和曲线4x2－y2＝36有两个不同的交点，则b的取值范围是
________．
解析：联立直线方程和曲线方程，消去y得，x2＋5bx＋b2＋36＝0，因为直线和曲线有两个不同的交点，所以Δ＝25b2－9(b2＋36)＞0，解得b＜－或b＞.
答案：∪
7．经过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F且倾斜角为的直线交C于M，N两点，O为坐标原点，若△OMN的面积为，则抛物线的方程为________．
解析：法一：直线MN的方程为y＝，即y＝x－，代入y2＝2px整理得y2－2py－p2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝2p，y1y2＝－p2，S△OMN＝|OF||y1－y2|＝·|OF|＝××＝，即p2＝，得p＝，故抛物线的方程为y2＝3x.
法二：直线MN的方程为y＝，即y＝x－，代入y2＝2px整理得x2－ px＋p2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝7p，|MN|＝x1＋x2＋p＝7p＋p＝8p，又原点O(0,0)到直线MN的距离d＝＝，∴S△OMN＝|MN|d＝×8p×＝，即p2＝，得p＝，故抛物线的方程为y2＝3x.
答案：y2＝3x
8．设直线l：2x＋y＋2＝0关于原点对称的直线为l′，若l′与椭圆x2＋＝1的交点为A，B，点P为椭圆上的动点，则使△PAB的面积为的点P的个数为________．
解析：易知直线l′的方程为2x＋y－2＝0，联立解得交点分别为椭圆顶点(1,0)和(0,2)，则|AB|＝，由△PAB的面积为，得点P到直线AB的距离为，而平面上到直线2x＋y－2＝0的距离为的点都在直线2x＋y－1＝0和2x＋y－3＝0上，而直线2x＋y－1＝0与椭圆相交，2x＋y－3＝0与椭圆相离，∴满足题意的点P有2个．
答案：2
9．已知点A，B的坐标分别是(－1,0)，(1,0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为－2.
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若过点N的直线l交动点M的轨迹于C，D两点，且N为线段CD的中点，求直线l的方程．
解：(1)设M(x，y)，因为kAM·kBM＝－2，
所以·＝－2(x≠±1)，
化简得2x2＋y2＝2(x≠±1)，即为动点M的轨迹方程．
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)．
法一：当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，则C，D，此时CD的中点不是N，不符合题意．
故设直线l的方程为y－1＝k，
将C(x1，y1)，D(x2，y2)代入2x2＋y2＝2(x≠±1)得
两式相减，整理得k＝＝－＝－＝－1，
∴直线l的方程为y－1＝－1×，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
法二：当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x＝，则C，D，此时CD的中点不是N，不符合题意．
故设直线l的方程为y－1＝k，
将其代入2x2＋y2＝2(x≠±1)，
化简得(2＋k2)x2＋2kx＋2－2＝0(x≠±1)，
所以Δ＝4k22－4(2＋k2)＞0，①
则x1＋x2＝－，
又由N为线段CD的中点，得＝－＝，解得k＝－1，
将k＝－1代入①中可知满足条件．
此时直线l的方程为y－1＝－1×，
即所求直线l的方程为2x＋2y－3＝0.
10．(2019·合肥调研)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点P，左焦点为 F(－，0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若A是椭圆E的右顶点，过点F且斜率为的直线交椭圆E于M，N两点，求△AMN的面积．
解：(1)由题意得椭圆E的右焦点为(，0)，即c＝，
则由椭圆的定义得 ＋＝2a，解得a＝2.
又c＝，∴b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)过F(－，0)且斜率为的直线的方程为y＝(x＋)，联立消去x，得8y2－4y－1＝0，显然Δ＞0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则∴|y1－y2|＝，
∵A是椭圆E的右顶点，∴|AF|＝2＋，
∴△AMN的面积S＝|AF|·|y1－y2|＝×(2＋)×＝.

B级——创高分自选

1．(2019·南昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求证：点(m，k)在定圆上．
解：(1)由已知得e＝＝，2b＝2，
又a2－b2＝c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，
化简得m2＜4k2＋1，①
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝，②
由①②得0≤m2＜，＜k2≤，
∴点(m，k)在定圆x2＋y2＝上．
2．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0,1)，离心率为，左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l：y＝2x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．
解：(1)由题设知解得
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)由题设知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝3，
所以圆心到直线l的距离d＝，
由d＜得|m|＜.
所以|CD|＝2＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去y，得17x2＋16mx＋4m2－4＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以|AB|＝|x1－x2|＝，
由＝，得 ＝，
解得m＝±3，满足|m|＜.
所以直线l的方程为y＝2x＋3或y＝2x－3.