专题六　第3讲　直线与圆锥曲线的位置关系.docx

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、面积以及中点弦等问题，难度中等．

考点一弦长问题

核心提炼

已知A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)，

则|AB|＝eq\r(?x1－x2?2＋?y1－y2?2)

＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|

＝eq\r(1＋k2)eq\r(?x1＋x2?2－4x1x2)，

或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|

＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(?y1＋y2?2－4y1y2).

例1已知点P在圆O：x2＋y2＝4上运动，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，M为线段PD的中点(当点P为圆与x轴的交点时，规定点M与点P重合)．

(1)求点M的轨迹方程；

(2)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，0))作直线l，与圆O相交于A，B两点，与点M的轨迹相交于C，D两点，若|AB|·|CD|＝eq\f(8\r(10),5)，求直线l的方程．

解(1)设M(x，y)，P(x0，y0)，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，0))，

由M是PD的中点，得x＝x0，y＝eq\f(y0,2)，

因为P(x0，y0)在圆x2＋y2＝4上，

所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，

可得x2＋4y2＝4，即eq\f(x2,4)＋y2＝1，

所以点M的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.

(2)若直线l的斜率不存在，则l：x＝eq\r(3)，

将x＝eq\r(3)代入圆O：x2＋y2＝4中，解得y＝±1，则|AB|＝2，

将x＝eq\r(3)代入eq\f(x2,4)＋y2＝1中，

解得y＝±eq\f(1,2)，则|CD|＝1，

而|AB|·|CD|≠eq\f(8\r(10),5)，舍去；

若直线l的斜率存在，设为k，如图，则l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(x－\r(3))，

由点到直线的距离公式得圆心O到直线l的距离

d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(3)k)),\r(1＋k2))，

则|AB|＝2eq\r(4－d2)＝eq\f(2\r(4＋k2),\r(1＋k2))，

联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝k\b\lc\(\rc\)(x－\r(3))，))

得(1＋4k2)x2－8eq\r(3)k2x＋12k2－4＝0，

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

则x1＋x2＝eq\f(8\r(3)k2,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4?3k2－1?,1＋4k2)，

|CD|＝eq\r(1＋k2)eq\r(?x1＋x2?2－4x1x2)＝eq\f(4?1＋k2?,1＋4k2)，

由|AB|·|CD|＝eq\f(8\r(4＋k2)\r(1＋k2),1＋4k2)＝eq\f(8\r(10),5)，

得3k4－k2－2＝0，解得k＝±1.综上所述，直线l的方程为y＝x－eq\r(3)或y＝－x＋eq\r(3).

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，Δ>0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已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的实轴长为6，左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线C上，AF2⊥x轴，且|AF1|＝7.

(1)求双曲线C及其渐近线的方程；

(2)如图，若过点F1且斜率为k(k>0)的直线l与双曲线C及其两条渐近线从左至右依次交于M，P，Q，N四点，且|MN|＝2|PQ|，求k.

解(1)由题意知，2a＝6，即a＝3，

由AF2⊥x轴，可知xA＝c，

代入双曲线方程可得|AF2|＝|yA|＝eq\f(b2,a)，

又|AF1|－|AF2|＝2a，即7－eq\f(b2,a)＝6，

解得b2＝3，

∴双曲线的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝1，渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x.

(2)由(1)可知，c2＝a2＋b2＝12，

∴F1(－2eq\r(3)，0)，

设直线l的方程为y＝k(x＋2eq\r(3))(k>0)，

M(x1，y1)，P(x2，y2)，Q(x3，y3)，N(x4，y4)，

由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝