..11直線與圓錐曲線位置關(guān)系一、根底知識：〔一〕直線與橢圓位置關(guān)系1、直線與橢圓位置關(guān)系：相交〔兩個公共點〕，相切〔一個公共點〕，相離〔無公共點〕2、直線與橢圓位置關(guān)系的判定步驟：通過方程根的個數(shù)進(jìn)展判定，下面以直線 m和橢圓： 2a2

21abb2

為例ym〔1〕聯(lián)立直線與橢圓方程：b22

a2

a2b2〔2〕確定主變量〔或 〕并通過直線方程消去另一變量 〔或，代入橢圓方程得到關(guān)于主變量的一元二次方程：b2

a

m

a2b

，整理可得：〔〕通過計算判別式①②③

方程有兩個不同實根直線與橢圓相交方程有兩個一樣實根直線與橢圓相切方程沒有實根直線與橢圓相離3、假設(shè)直線上的*點位于橢圓部，則該直線一定與橢圓相交〔二〕直線與雙曲線位置關(guān)系1、直線與雙曲線位置關(guān)系，相交，相切，相離2、直線與雙曲線位置關(guān)系的判定：與橢圓一樣，可通過方程根的個數(shù)進(jìn)展判定以直線 ym和橢圓：

2a2

21abb2

為例：ym〔1〕聯(lián)立直線與雙曲線方程：

，消元代入后可得：b22

a2

a2b2〔〕與橢圓不同，在橢圓中，因為a2k2

b

0，所以消元后的方程一定是二次方程，但雙曲線中，消元后的方程二次項系數(shù)為bb

a2k

，有可能為零。所以要分情況進(jìn)展討論當(dāng)b

a2k

0

a

m

時，方程變?yōu)橐淮畏匠?，有一個根。此時直線與雙曲線相交，只有一個公共點b b 當(dāng)b

a2k

0

k

a時，常數(shù)項為

a2m

a2b2

0，所以

恒成立，此時直線與雙曲線相交b b當(dāng)b

a2k

0ka

ka時，直線與雙曲線的公共點個數(shù)需要用判斷：①②③

方程有兩個不同實根直線與雙曲線相交方程有兩個一樣實根直線與雙曲線相切方程沒有實根直線與雙曲線相離樣的根，則為相切〔〕直線與雙曲線交點的位置判定：因為雙曲線上的點橫坐標(biāo)的圍為a ，所以通過橫坐標(biāo)的符號即可判斷交點位于哪一支上：當(dāng)a時，點位于雙曲線的右支；當(dāng)a時，點位于雙曲線的左支。對于方程： b2a2k

22a2m

a2m

a2b

0，設(shè)兩個根為x,x1 2b b a2m2

a2b2① 當(dāng)

a2k

0

，所以x異號，即a a 1 2交點分別位于雙曲線的左，右支b b

b2a2k2

a2m2

1 2a2b2② 當(dāng)b2a2k20k 或k ，且

時，

，所以a ax同號，即交點位于同一支上1 2

1 2

a2k242ba置關(guān)系的判定b①ka

m

時，此時直線與漸近線平行，可視為漸近線進(jìn)展平移，則在平移過程中與雙曲線的一支相交的同時，也在遠(yuǎn)離雙曲線的另一支，所以只有一個交點b b②a

a時，直線的斜率介于兩條漸近線斜率之中，通過圖像可得無論如何平移直線，直線均與雙曲線有兩個交點，且兩個交點分別位于雙曲線的左，右支上。③b2

a2k

0

ba

kb時，此時直線比漸近線“更陡〞，通過平移觀察可得：a直線不一定與雙曲線有公共點〔與點位于雙曲線同一支上?！踩持本€與拋物線位置關(guān)系：相交，相切，相離1、位置關(guān)系的判定：以直線 ym和拋物線：

2pxp0為例聯(lián)立方程：yxmxm

2px，整理后可得：y2

2px1〕當(dāng)k0時，此時方程為關(guān)于x與拋物線相交〔〕當(dāng)k0時，則方程為關(guān)于x的二次方程，可通過判別式進(jìn)展判定①0方程有兩個不同實根直線與拋物線相交②0方程有兩個一樣實根直線與拋物線相切③0方程沒有實根直線與拋物線相離2、焦點弦問題：設(shè)拋物線方程：

2px，過焦點的直線l:y

kx

p〔斜率存在且k0〕，對應(yīng)傾斜角為，與拋物線交于2 Ax,yBx,y1 1 2 2y22px p2聯(lián)立方程： pk2x2

2px，整理可得：ykx2

xp2 y

p21 2 4 12

ABxx

p

k2p2p

2k2p2pp

2p11 1 2 k2

k2

k2〔3〕S

1 d

1 FnB 1 p n2p p2AOB

2 Ol

2 2 2 2

2sin 〔四〕圓錐曲線問題的解決思路與常用公式：1 〔1〕題目貫穿一至兩個核心變量〔其余變量均為配角，早晚利用條件消掉〕，2AxyBxy

，至于 B坐標(biāo)是否需1 1 2 2要解出，則看題目中的條件，以及坐標(biāo)的形式是否復(fù)雜〔〕通過聯(lián)立方程消元，可得到關(guān)于x〔或 y〕的二次方程，如果所求的問題與兩根的和x

,y,y〔所謂“設(shè)而不求〞〕

1 2 1 2〔4〕有些題目會涉及到幾何條件向解析語言的轉(zhuǎn)換，注重數(shù)形幾何，注重整體代入。則可簡化運(yùn)算的過程AxyBxy為兩個根本點，堅持韋達(dá)定理四個根本公式〔x

x,xx,

y,y

1 1 2 2，堅持?jǐn)?shù)形結(jié)合，堅持整體代入。直至解決解析幾何問題“

1 2 12 1 2 122韋達(dá)定理數(shù)運(yùn)算來使用的原因主要有兩個后的二次方程通常含參導(dǎo)致接利用求根公式計算出來的實根形式非常難參后面的運(yùn)算步驟經(jīng)常與兩個根的和與差產(chǎn)生系。進(jìn)而在思路上想繞開繁雜的求根答案說應(yīng)質(zhì)上是整體代入的思想并不是每道解析題必備良易優(yōu)先應(yīng)對更復(fù)雜的運(yùn)算〕，或者所求的問題與兩根和，乘積無關(guān)，則韋達(dá)定理毫無用武之地。3、直線方程的形式：直線的方程可設(shè)為兩種形式：〔1〕斜截式y(tǒng)m，此直線不能豎直線。聯(lián)立方程如果消去y則此形式比較好用，且斜率在直線方程中能夠表達(dá)，在用斜截式解決問題時要注意檢驗斜率不存在的直線是否符合條件〔2〕xb，此直線不能水平線，但可以斜率不存的直線。聯(lián)立方程后消去 x時 使用，多 用于拋物

y22px〔消元后的二次方程形式簡單 。此 直線不能 直接表達(dá)斜率 ，當(dāng)

m0時 ，斜率 k1m4、弦長 公式〔直線上 的兩點距離 〕設(shè)直線l:ym，l上 兩點 Ax,yBx,y，1 1 2 2所以

xx

AB

yy11k21 121 12k

1 2ym〔〕證明：因為 A

,Bx,y 在直線l上，所以1 11 1 2

ym2 2xx2xx2yy21 2 1 2AB

，代入1 1

可得：ym1112k 同理可證得 AB y y1 2〔2〕弦長公式的適用圍為直線上的任意兩點，但如果 B為直線與曲線的交點〔即 為曲 線 上 的 弦 〕 ， 則

xx 〔 或

yy

〕 可 進(jìn) 展 變 形 ：xx1 2

1 2 1 2xxxx21 2xx24x1 2 1 25、點差法：這是處理圓錐曲線問題的一種特殊方法，適用于所有圓錐曲線。不妨以橢圓方程 2a2

21abb2

為例，設(shè)直線 ym與橢圓交于 Ax,y,Bx,y兩點，1 1 2 2則該兩點滿足橢圓方程，有：考慮兩個方程左右分別作差，并利用平方差公式進(jìn)展分解，則可得到兩個量之間的聯(lián)系：1 1 22 2

0①a2 1 2 b2 1 21 xx 1 yy x

1 2

y

1 2 0②a2 1 2 2 b2 1 2 2由等式可知：其中直線 的斜率k

y

中點的坐標(biāo)為xxyy，1 2x1 2

1 2 1 2 2 2 的斜率與中點B坐標(biāo)的平方差問題中也可使用點差法。二、典型例題例 ：不管k為，直線 〔 〕

與橢圓

27

2m

有公共點，則實數(shù)m的取值圍是A. 01

. 1,

. 1,7 7,7,思路一：可通過聯(lián)立方程，消去變量〔如消去〕，得到關(guān)于的二次方程，因為直線與橢圓有公共點，所以01

R恒成立，從而將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題，解出m即可 2解：2

7

7

27

1

7m，整理可得：即

m7k

0m7k21思路二：從所給含參直線y1

入手可知直線過定點01，所以假設(shè)過定點的直線均與橢圓有公共點，則該點位于橢圓的部或橢圓上，所以代入01后

277,

21，即m1 m2

m

，因為是橢圓，所以m

，故m的取值圍是1,7答案：C1〕比較兩種思路，第一種思路比較傳統(tǒng)，通過根的個數(shù)來確定直線與橢圓位置關(guān)系，進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題求解；第二種思路是抓住點與橢圓位置關(guān)系的特點，即假設(shè)點在封閉曲線，則過該點的直線必與橢圓相交，從而以定點為突破口巧妙解決問題。在思路二中，從含參直線能發(fā)現(xiàn)定點是關(guān)鍵〔〕此題還要注，橢圓方程中2,2

的系數(shù)不同，所以m7例：曲線2

2

F，假設(shè)過點F的直線與雙曲線的右支有且只有一個12 433交點，則此直線斜率的取值圍是〔 〕3333A. , 33

B. 3,

C. ,

D. 3, 3 3

3 3 33 33思路：由2

2

可得漸近線方程為：y

3，假設(shè)過點的直線與有一312 4 3個交點，則直線的斜率的絕對值小于或等于漸近線斜率的絕對值，即333k k3333 3 3答案：C小煉有話說：此題是利用“根底知識〞的結(jié)論直接得到的答案，代數(shù)的推理如下：由x2y21可知F4,0，設(shè)直線l:y

k

4，聯(lián)立方程可得：12 4x23y2

x

2

4

12，整理后可得：3yk x431

0k

3時，8x

280

7 2 1

0時， 24k2

41k28k

1248

10直線與雙曲線必有兩個交點，設(shè)為x,y,x,y 1 1 2 2因為直線與雙曲線的右支有且只有一個交點xx

0，即48k

12012 1233綜上所述： k333 33：拋物線C的方程為x

12

，過點1和點Bt,3的直線與拋物線C沒有公共點，則實數(shù)t的取值圍是〔 〕A.

B. ,

2 ,2 2 2 2

2 22C. ,22

2 2,

,

2,思路：由

B兩點可確定直線的方程〔含t〕，再通過與拋物線方程聯(lián)立，利用0即可得到關(guān)于t的不等式，從而解得t的圍解：假設(shè)t0，則直線B:x0與拋物線有公共點，不符題意假設(shè)t0，則kAB

4B:t

4x1，與橢圓聯(lián)立方程：t222tx22

4x

t

直線與拋物線無公共點168t2答案：D

0t

t例 4：過雙曲線 x

y21的右焦點 F作直線 l交雙曲線于 B兩點，假設(shè)實數(shù) 使得2的直線恰有 3條，則 思路：由雙曲線方程可知 F

3,0

，當(dāng) l斜率不存在時，可知 AB為通徑，計算可得： 3B4，當(dāng) l斜率存在時，設(shè)直線 l:3

k

，與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式可2k2k22k2得 AB2k2

41k2

為關(guān)于

k的表達(dá)式，即

41k2

?？山獾茫?/p>

k2

244 或k2

24。假設(shè) 2

0或 2

0，即 2時，可得 k0，僅有一解，不4符題意。假設(shè) 24

40且 24

40，則每個方程只能無解或兩解。所以可知當(dāng) 4時，方程有兩解，再結(jié)合斜率不存在的情況，共有 3解。符合題意，所以 43y2 3解：由雙曲線 x

2 1可得 ab 2,c F 3,0 ，3當(dāng) 斜率不存在時， l的方程為 x 為通徑，即AB3假設(shè)直線 l斜率存在，不妨設(shè)為 k

2b24a， ，則設(shè) l:yk x 3 Ax,y ,B x,y1 1 2 232x2y22 33聯(lián)立直線與橢圓方程： 3

消去 y可得： 2x

k2 x

22，整理可得：y

k x可得： k

244

k2

244①當(dāng) 24

0時，即 2，則方程①的解為 k0，只有一解，不符題意同理，當(dāng) 24

0，即 2，則方程①的解為 k0，只有一解，不符題意當(dāng) 24題意

0且 24

0時，則每個方程的解為 0個或兩個，總和無法到達(dá) 3個，不符所以假設(shè)

的直線恰有 3條，只能 4，方程①解得： k22223 滿足條件的直線的方程為：x3，y23 答案：4

y 23 23 例：橢圓22

，則當(dāng)在此橢圓上存在不同兩點關(guān)于直線y4

m對稱，則m的4 3取值圍是〔 〕1313A. 13 m 1313

m2 132 2 132 131313C. 13 m 1313

m2 132 2 132 13思路：設(shè)橢圓上兩點A,y,Bx,y，中點坐標(biāo)為x,y，則有2x

xx，由 0 1 21 1 2

0 0

yyy3242

12

0 1 2中點問題想到點差法，則有 1 1

3 22 4 22

0，變形可得：3242

12

1 2 1 22 23xxxx4yyyy0

①由對稱關(guān)系和對稱軸方程可得，直線1 2 1 2 1 2 1 2的斜率k

1 y

，所以方程①轉(zhuǎn)化為：

x8y10y3x，由對 1 24

0 0 4 0 0xx1 2

xm稱性可知中點

xy 在對稱軸上，所以有y40 0 0 0

m，所以解得：0 ，依0題意可得：點

xy 必在橢圓，所以有

3

4

12

，代入可得：3m

43m

0 0 0 02 132 1312，解得： 13 m2 132 13答案：D例6：過點

M2

的直線

與橢圓

2

1交于PP兩點，線段PP的中點為P，22 1 2 1 22設(shè)直線m的斜率為

0，直線OP的斜率為k，則kk的值為〔 〕1 1. 2 . 2

2 1 212

12思路一：m與橢圓交于

PP

Px,y,

x,y，可知1 2 1 1 1 2 2 2Pxx,y

y

yy

，從構(gòu)造上可聯(lián)想到韋達(dá)定理，設(shè)

m:y

2， 1 2 1 2 1 2 2 2 2 xx 11 2x2 1 聯(lián) 立 橢 圓 方 程 ： 2

2k218k28k

20

， 可 得 ：yk

2

1 1 1xx

8k21

，所以

11yykxx4k 4k1

，則k

1 ，即1 2kk 112 2

2k211

1 2 1 1 2 1

2k211

2 2k1思路二：線段PP為橢圓的弦，且問題圍繞著弦中點P展開，在圓錐曲線中處理弦中點問12x21PxyPxy則有11

1，兩式作差，可得：21 1 1 2 2 2

x22

y212 1

0

1xxxxy

yy

y0，發(fā)現(xiàn)等式中2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2出現(xiàn)與中點和PP斜率相關(guān)的要素，其中Pxxy

y，所以k

yy，且1 2 1 2 1 212 2 2 2 x x1 yy

1 y

yyy 1 1k 1

2，所以等式化為 2

1

21

20

k

0，所以kk 21 x x1 2

x x x x1 2 1 2

2 12 12答案：D小煉有話說：兩類問題適用于點差法，都是圍繞著點差后式子出現(xiàn)平方差的特點?！病成婕跋抑悬c的問題，此時點差之后利用平方差進(jìn)展因式分解可得到中點坐標(biāo)與直線斜率的聯(lián)系〕涉及到運(yùn)用兩點對應(yīng)坐標(biāo)平方差的條件，也可使用點差法例 ：點A2在拋物線C:

4x上，過點A作兩條直線分別交拋物線于點DE，直線AD,的斜率分別為k ,k ，假設(shè)直線過點2，則k kAD AE

〔 〕4 B. 3 C. 2 D. 1

yy2yy4思路：設(shè)Dy,E x,y ，進(jìn)而所求 k k

12 1

，所以可從直1 1 2 2

xx 1入手，設(shè)直線

12 1 22k1，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理即可化簡k k 2AD AE解：設(shè)DxyExy1 1 2 2y2

y

yy2y

y4k k

1 x1

2 x1

12

1 2 ①xx 11 2 12 1 2設(shè)2，則2k聯(lián)立方程：24x

，消去可得：2k代入①可得：答案：C例 8：拋物線C:

4xFFlMN22MF2NF22

，則直線l的斜率為〔 〕22A. B. 222

C. 2 D. 4思路一：從點的坐標(biāo)出發(fā)，因為

MFN

MF2NF

可轉(zhuǎn)化為MF2NF

，考慮將向量坐標(biāo)化，

F

MyNxy，有1 1 2 2yxy，所以

y2y，設(shè)直線l1，聯(lián)立拋物1 1 2

1 2yy4m

4my40，利用韋達(dá)定理可得：1 22122

，再結(jié)合22y2y，消去y,y即可得m ，直線l:22

1，即可得到斜率為21 2 1 2 4 4思路二：從所給線段關(guān)系

2NF

恰好為焦半徑出發(fā)，聯(lián)系拋物線的定義，可考慮MN向準(zhǔn)線引垂線，垂足分別為P,Q，便可得到直角梯形，由拋物線定義可知：MP

MF,NQ

，將所求斜率轉(zhuǎn)化為直線的傾斜角，即為

。不妨設(shè)M在第一象限?？紤]將角放入直角三角形，從而可過N作NT

P于T則nT ，因 為

2NF

而

PMPT

， 且.

3

，利用勾股定理可得：TN

MN2

MT

2 2NF，從而nT

2 2，即k2 2，當(dāng)M在第四象限時，同理，可得k2 2綜上所述：k2 2答案：B：如圖，在平面直角坐標(biāo)系2

1的左、右焦點分別為FF1 2

B是橢圓上位于軸上方的兩點，且直線AF與直線BF平行，1 2AF與

BF交于點P，

BF

2 3，則直線AF的斜2 1 1 2 3 1率是〔 〕A. 3 B. 2 C. 22

D. 1思路：先設(shè)出直線

:xmy

xmy1，只需一個等量條件即可求出m，進(jìn)1 2而求出斜率?？紤]與橢圓聯(lián)立方程，分別解出B的縱坐標(biāo)，然后利用弦長公式即可用m表 2 m21m m21 2 m21m m21示AF,BF：1 2 1

m22

,2

m22

，可將等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于m的方程，從而解出m1，所以斜率為11m解：由橢圓方程可得：F1

1,0，

F2設(shè)AFxmyBFxmy1，AxyBxy，依圖可知：yy01 2 1 1 2 2 1 2聯(lián)立AF與橢圓方程可得：1

2

1

2

1，整理可得：x1 2