1、第九节 直线与圆锥曲线的位置关系1.理解直线与圆锥曲线的位置关系2理解数形结合思想的应用1直线与椭圆的位置关系的判定方法(1)将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程，若0，则直线与椭圆；若0，则直线与椭圆；若0时，直线与双曲线；当 0时，直线与双曲线；当b0)的一条弦，M(x0，y0)是 AB 的中点，则 kABb2x0a2y0.kABkOMb2a2.点差法求弦的斜率的步骤是：将端点坐标代入方程：x21a2y21b21，x22a2y22b21.两等式对应相减：x21a2x22a2y21b2y22b20.分解因式整理：kABy1y2x1x2b2x1x2a2y1y2b2x0
2、a2y0.(2)运用类比的手法可以推出：已知 AB 是双曲线x2a2y2b21 的弦，中点 M(x0，y0)，则 kABb2x0a2y0.已知抛物线 y22px(p0)的弦AB 的中点 M(x0，y0)，则 kABpy0.3弦长公式直线 l：ykxb，与圆锥曲线 C：F(x，y)0 交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x2或|AB|11k2|y1y2|11k2 y1y224y1y2.1过原点的直线 l 与双曲线x24y231 有两个交点，则直线 l的斜率的取值范围是()A(32，32)B(0，32)(32，0)C 32，32 D(，3
3、2 32，)解析：设 l：ykx 代入x24y231 中，得14x2k23x21，即(14k23)x210，由 0 知，32 k0)，根据已知条件 126p，2p4，则所求抛物线方程为 y24x，|MN|2psin2458.答案：B 4过抛物线 yax2(a0)的焦点 F 作一直线交抛物线于 P、Q两点，若线段 PF 与 FQ 的长分别是 p、q，则1p1q等于_解析：取特殊情况：直线 y 14a，得 pq 12a.1p1q4a.答案：4a解析：由已知可得m2n20，1k20，即2 33 k2 33 且 k1 时，方程(*)有两个不同的实数解，即直线与双曲线有两个公共点43k20，1k20，即
4、 k2 33 时，方程(*)有两个相同的实数解，即直线与双曲线相切43k20，1k20，即 k2 33 时，方程(*)无实数解，即直线与双曲线没有公共点综上所述，当2 33 k2 33，且 k1 时，直线 l 与双曲线有两个公共点；当 k1 或 k2 33 时，直线 l 与双曲线有且只有一个公共点；当 k2 33 时，直线 l 与双曲线没有公共点思维拓展 讨论直线与双曲线有一个公共点的情况时，只讨论1k20，0是不够的，还应讨论二次项系数等于 0 的情况，此时解得的斜率 k 恰好等于双曲线渐近线的斜率，这样的直线 l与双曲线相交，但交点只有一个所以，直线与双曲线有一个公共点是直线与双曲线相切的
5、必要而不充分条件，而椭圆是充要条件，注意二者的区别即时训练直线l：ykx1，抛物线C：y24x，当k为何值时，l与C有：1.一个公共点；2.两个公共点；3.没有公共点解：由y24xykx1 得 k2x2(2k4)x10(*)(1)当 k0 时，方程(*)化为：4x10，x14，此时 y1.直线 l 与抛物线 C 只有一个公共点(14，1)，此时直线 l 平行于抛物线的对称轴(2)当k0时，方程(*)是一个一元二次方程(2k4)24k216k1616(k1)当0时，即k1时，l与C有一个公共点；当0时，即k1且k0时，l与C有两个公共点；当1时，l与C没有公共点综上所述，当k0或k1时l与C有一
6、个公共点；当k1时，l与C没有公共点热点之二 直线与圆锥曲线的相交弦问题求圆锥曲线的弦长问题的一般思路是：将直线方程代入圆锥曲线方程，消去 y(或 x)后，得到关于 x(或 y)的一元二次方程 ax2bxc0(或 ay2byc0)，再由弦长公式|AB|1k2|x1x2|11k2|y1y2|，求出其弦长在求|x1x2|时，可直接利用公式|x1x2|b24ac|a|求得例 2 设点 F(0，32)，动圆 P 经过点 F 且和直线 y32相切，记动圆的圆心 P 的轨迹为曲线 W.(1)求曲线 W 的方程；(2)过点 F 作互相垂直的直线 l1，l2 分别交曲线 W 于 A，B 和C，D.求四边形 A
7、CBD 面积的最小值课堂记录(1)过点 P 作 PN 垂直于直线 y32于点 N，依题意得|PF|PN|，所以动点 P 的轨迹是以 F(0，32)为焦点，直线y32为准线的抛物线，即曲线 W 的方程是 x26y.(2)如右图所示，依题意，直线 l1，l2 的斜率存在且不为 0，设直线 l1 的方程为 ykx32，由 l1l2 得 l2 的方程为 y1kx32.将 ykx32代入 x26y，化简得 x26kx90，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x26k，x1x29，|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x26(k21)同理可得|CD|6(1k21)，四边形 ABCD
8、的面积 S12|AB|CD|18(k21)(1k21)18(k21k22)72.思维拓展 由直线与圆锥曲线的方程联立解方程组是解决这类问题的通法，而相关的最值的讨论求解往往需要建立目标函数，进一步转化为函数法或不等式法来求解当且仅当 k21k2，即 k1 时，Smin72，故四边形 ACBD 面积的最小值是 72.即时训练设A(x1，y1)，B(x2，y2)两点在抛物线y2x2上，l是AB的垂直平分线(1)当且仅当x1x2取何值时，直线l经过抛物线的焦点F？证明你的结论；(2)当直线l的斜率为2时，求l在y轴上截距的取值范围解：(1)由 y2x2，即 x212y 知抛物线的焦点为(0，18)，
9、由 AB的垂直平分线 l 过点 F 知，|AF|BF|y1y2，即 x21x22，又 x1x2，x1x20.(2)设直线 l 方程为 y2xb，则直线 AB 方程为 y12xm.由y2x2，y12xm，得 2x212xm0，x1x214，则x1x2218，y1y2212(18)m 116m，即 AB 的中点坐标为(18，116m)，116m14b，bm 516.由 148m0 知 m 132，bm 516 132 516 932.热点之三 定值与最值问题最值问题是从动态的角度去研究圆锥曲线中的有关问题，要在准确把握题意的基础上建立有关函数、不等式模型，利用函数的有界性或基本不等式等加以解决定值
10、问题主要是研究圆锥曲线几何性质中的共性问题，往往是从特殊位置确定定值，然后再给出一般性的证明例 3(2009福建高考)已知直线 x2y20 经过椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左顶点 A 和上顶点 D.椭圆 C 的右顶点为 B，点 S 是椭圆 C上位于 x 轴上方的动点，直线 AS，BS 与直线 l：x103 分别交于 M，N两点(1)求椭圆 C 的方程；(2)求线段 MN 的长度的最小值思路探究(2)中求MN的长度的最小值，应表示出MN的长度，找出M、N两点的坐标课堂记录(1)由已知得，椭圆 C 的左顶点为 A(2,0)，上顶点为D(0,1)，a2，b1.故椭圆 C 的方程为x24y
11、21.(2)直线 AS 的斜率 k 显然存在，且 k0，故可设直线 AS 的方程为 yk(x2)，从而 M(103，16k3)由 ykx2，x24y21，得(14k2)x216k2x16k240.设 S(x1，y1)，则(2)x116k2414k2，得 x128k214k2，从而 y14k14k2，即 S(28k214k2，4k14k2)又 B(2,0)，故直线 BS 的方程为 y 14k(x2)由 y 14kx2，x103得x103，y 13k，N(103，13k)故|MN|16k3 13k|.又 k0，|MN|16k3 13k216k3 13k83，当且仅当16k3 13k，即 k14时等
12、号成立k14时，线段 MN 的长度取最小值83.即时训练如右图所示，设椭圆x2a2y2b21(ab0)的左右焦点分别为 F1(c,0)，F2(c,0)，离心率 e 22，M，N 是直线 l：xa2c 上的两个动点，且满足F1M F2N 0.(1)若|F1M|F2N|2 5，求 a，b 的值；(2)证明：当|MN|取最小值时，F1M F2N 与F1F2 共线解：由 e 22，得 bc 22 a 时，所以焦点 F1(22 a,0)，F2(22 a,0)，直线 l 的方程为 x 2a，设 M(2a，y1)，N(2a，y2)，则F1M(3 22 a，y1)，F2N(22 a，y2)，由F1M F2N
13、0 得 y1y232a2b0)的离心率 e32，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为 4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线 l 与椭圆相交于不同的两点 A，B.已知点 A 的坐标为(a,0)，点 Q(0，y0)在线段 AB 的垂直平分线上，且QA QB 4.求 y0 的值解(1)由 eca 32，得 3a24c2.再由 c2a2b2，得 a2b.由题意可知122a2b4，即 ab2.解方程组a2b，ab2，得 a2，b1.所以椭圆的方程为x24y21.(2)由(1)可知 A(2,0)设 B 点的坐标为(x1，y1)，由题可知斜率肯定存在且设直线 l 的斜率为 k，则直线 l 的方程为 yk(x
14、2)于是 A、B 两点的坐标满足方程组ykx2，x24y21.由方程组消去 y 并整理，得(14k2)x216k2x(16k24)0.由2x116k2414k2，得 x128k214k2，从而 y14k14k2.设线段 AB 的中点为 M，则 M 的坐标为(8k214k2，2k14k2)以下分两种情况：当 k0 时，点 B 的坐标为(2,0)，线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，于是QA(2，y0)，QB(2，y0)由QA QB 4，得 y02 2.当 k0 时，线段 AB 的垂直平分线方程为y2k14k21k(x 8k214k2)令 x0 时，解得 y06k14k2.又QA(2，y0)，QB
15、(x1，y1y0)，QA QB 2x1y0(y1y0)228k214k26k14k2(4k14k26k14k2)416k415k2114k224，整理得 7k22，故 k 147.所以 y02 145.综上，y02 2或 y02 145.(2010湖北高考)已知一条曲线 C 在 y 轴右边，C 上每一点到点F(1,0)的距离减去它到 y 轴距离的差都是 1.(1)求曲线 C 的方程；(2)是否存在正数 m，对于过点 M(m,0)且与曲线 C 有两个交点 A，B的任一直线，都有FAFB0)化简得 y24x(x0)(2)设过点 M(m,0)(m0)的直线 l 与曲线 C 的交点为 A(x1，y1)
16、，B(x2，y2)，l 的方程为 xtym，由xtymy24x得 y24ty4m0，16(t2m)0，于是y1y24ty1y24m，又FA(x11，y1)，FB(x21，y2)，FAFB0(x11)(x21)y1y2x1x2(x1x2)1y1y20，又 xy24，于是不等式等价于y214y224y1y2(y214 y224)10y1y2216 y1y214(y1y2)22y1y210，由式知不等式等价于 m26m14t2，对任意实数 t,4t2 的最小值为 0，所以不等式对于一切 t 成立等价于 m26m10，即 32 2m32 2.由此可知，存在正数 m，对于过点 M(m,0)且与曲线 C 有两个交点 A，B 的任一直线，都有FAFB0，且 m 的取值范围是(32 2，32 2)
