第7节 直线与椭圆、双曲线

第7节直线与椭圆、双曲线考点一直线与椭圆、双曲线的位置关系例1已知直线l：y＝2x＋m，椭圆C：x24＋y22＝1.试问当m取何值时，直线l与椭圆C：(1)有两个不重合的公共点；(2)有且只有一个公共点；(3)没有公共点.解将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组y＝2x＋m，①x24＋y22＝1，②将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0.③方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144.(1)当Δ0，即－32m32时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同的实数解.这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点.(2)当Δ＝0，即m＝±32时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数解.这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有一个公共点.(3)当Δ0，即m－32或m32时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解.这时直线l与椭圆C没有公共点.感悟提升1.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)的方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0).(1)当a≠0时，则Δ＞0时，直线l与曲线C相交；Δ＝0时，直线l与曲线C相切；Δ＜0时，直线l与曲线C相离.(2)当a＝0时，即得到一个一次方程，则l与C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴平行或重合.2.对于过定点的直线，也可以通过定点在椭圆内部或椭圆上判定直线和椭圆有交点.训练1(1)若直线y＝kx＋1与椭圆x25＋y2m＝1总有公共点，则m的取值范围是()A.m1B.m0C.0m5且m≠1D.m≥1且m≠5答案D解析法一由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则01m≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.法二由y＝kx＋1，mx2＋5y2－5m＝0，消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立，由于m0且m≠5，∴m≥1－5k2恒成立，∴m≥1且m≠5.(2)直线y＝bax＋3与双曲线x2a2－y2b2＝1的交点个数是________.答案1解析双曲线x2a2－y2b2＝1的渐近线方程为y＝±bax.因为直线y＝bax＋3与双曲线x2a2－y2b2＝1的一条渐近线平行，在y轴上的截距为3，所以直线y＝bax＋3与双曲线x2a2－y2b2＝1的交点个数是1.考点二中点弦及弦长问题角度1中点弦问题例2已知P(1，1)为椭圆x24＋y22＝1内一定点，经过P引一条弦，使此弦被P点平分，则此弦所在的直线方程为________________.答案x＋2y－3＝0解析法一易知此弦所在直线的斜率存在，∴设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2).由y－1＝k（x－1），x24＋y22＝1，消去y得，(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，∴x1＋x2＝4k（k－1）2k2＋1，又∵x1＋x2＝2，∴4k（k－1）2k2＋1＝2，解得k＝－12.经检验，k＝－12满足题意.故此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.法二易知此弦所在直线的斜率存在，∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y212＝1，①x224＋y222＝1，②①－②得（x1＋x2）（x1－x2）4＋（y1＋y2）（y1－y2）2＝0，∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，∴x1－x22＋y1－y2＝0，又x2－x1≠0，∴k＝y1－y2x1－x2＝－12.经检验，k＝－12满足题意.∴此弦所在的直线方程为y－1＝－12(x－1)，即x＋2y－3＝0.角度2弦长问题例3如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB的斜率为0时，|AB|＝4.(1)求椭圆的方程；(2)若|AB|＋|CD|＝487，求直线AB的方程.解(1)由题意知e＝ca＝12，2a＝4.又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝3，所以椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)①当两条弦中一条弦所在直线的斜率为0时，另一条弦所在直线的斜率不存在，由题意知|AB|＋|CD|＝7，不满足条件.②当两弦所在直线的斜率均存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线CD的方程为y＝－1k(x－1).将直线AB的方程代入椭圆方程中并整理得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝8k23＋4k2，x1·x2＝4k2－123＋4k2，所以|AB|＝k2＋1|x1－x2|＝k2＋1·（x1＋x2）2－4x1x2＝12（k2＋1）3＋4k2.同理，|CD|＝121k2＋13＋4k2＝12（k2＋1）3k2＋4.所以|AB|＋|CD|＝12（k2＋1）3＋4k2＋12（k2＋1）3k2＋4＝84（k2＋1）2（3＋4k2）（3k2＋4）＝487，解得k＝±1，所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.感悟提升1.弦及弦中点问题的解决方法(1)根与系数的关系：直线与椭圆或双曲线方程联立，消元，利用根与系数关系表示中点；(2)点差法：利用弦两端点适合椭圆或双曲线方程，作差构造中点、斜率间的关系.若已知弦的中点坐标，可求弦所在直线的斜率.2.弦长的求解方法(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下几种：①|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]；②|AB|＝1＋1k2|y1－y2|(k≠0)＝1＋1k2[（y1＋y2）2－4y1y2].训练2(1)以A(2，1)为中点的双曲线C：2x2－y2＝2的弦所在直线的方程为________.答案4x－y－7＝0解析设A(2，1)是弦P1P2的中点，且P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，∵P1，P2在双曲线上，∴2x21－y21＝2，2x22－y22＝2，∴2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，∴2×4(x1－x2)＝2(y1－y2)，∴k＝y1－y2x1－x2＝4.∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为y－1＝4(x－2)，整理得4x－y－7＝0.联立4x－y－7＝0，2x2－y2＝2，得14x2－56x＋51＝0，∵Δ＝(－56)2－4×14×51＞0.∴以A(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线方程为4x－y－7＝0.(2)(2022·武汉调研)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个顶点为A(2，0)，离心率为22，直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N.①求椭圆C的方程；②当△AMN的面积为103时，求k的值.解①由题意得a＝2，ca＝22，a2＝b2＋c2，解得b＝2.所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.②由y＝k（x－1），x24＋y22＝1消y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0，显然Δ0.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－41＋2k2.所以|MN|＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝2（1＋k2）（4＋6k2）1＋2k2.又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝|k|1＋k2，所以△AMN的面积为S＝12|MN|·d＝|k|4＋6k21＋2k2.由|k|4＋6k21＋2k2＝103，解得k＝±1.考点三直线与椭圆、双曲线的综合问题例4已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且PQ→＝32QB→.(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围.解(1)由△ABP是等腰直角三角形，得a＝2，B(2，0).设Q(x0，y0)，则由PQ→＝32QB→，得x0＝65，y0＝－45，代入椭圆方程得b2＝1，所以椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2.联立y＝kx－2，x24＋y2＝1，消去y并整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.(*)因直线l与E有两个交点，即方程(*)有不等的两实根，故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)0，解得k234.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2，因坐标原点O位于以MN为直径的圆外，所以OM→·ON→0，即x1x2＋y1y20，又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·121＋4k2－2k·16k1＋4k2＋40，解得k24，综上可得34k24，则32k2或－2k－32.则满足条件的斜率k的取值范围为－2，－32∪32，2.感悟提升1.求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用代数的方法求解.为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求的方法.2.直线方程的设法，根据题意，如果需要讨论斜率不存在的情况，则设直线方程为x＝ty＋m避免讨论；若所研究的直线的斜率存在，则可设直线方程为y＝kx＋b的形式；若包含平行于坐标轴的直线，则不要忘记斜率不存在的情况的讨论.训练3(2021·新高考八省联考)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1的离心率为52，点P(4，3)在C上.(1)求双曲线C的方程；(2)设过点(1，0)的直线l与双曲线C交于M，N两点，问在x轴上是否存在定点Q，使得QM→·QN→为常数，若存在，求出Q点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由.解(1)由题意得，16a2－3b2＝1，ca＝52，a2＋b2＝c2，解得a2＝4，b2＝1.双曲线C的方程为x24－y2＝1.(2)假设存在定点Q.设定点Q(t，0)，当直线斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，联立x24－y2＝1，x＝my＋1，得(m2－4)y2＋2my－3＝0.∴m2－4≠0，且Δ＝4m2＋12(m2－4)＞0，解得m2＞3且m2≠4.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴y1＋y2＝－2mm2－4，y1y2＝－3m2－4，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝－2m2m2－4＋2＝－8m2－4，x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝－3m2m2－4－2m2m2－4＋1＝－4m2＋4m2－4＝－4－20m2－4，QM→·QN→＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝－4－20m2－4＋t·8m2－4－3m2－4＋t2＝－4＋t2＋8t－23m2－4，由QM→·QN→为常数，得8t－23＝0，即t＝238，此时QM→·QN→＝27364.当直线l斜率为0时，QM→·QN→＝27364.∴在x轴上存在定点Q