主题3 第8章 第8节 直线与圆锥曲线的位置关系(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题三　几何与代数 第八章　平面解析几何 第8节　直线与圆锥曲线的位置关系 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 夯实 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题三 第八章　平面解析几何 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 夯实 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题三 第八章　平面解析几何 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） ★[课程标准] 1．掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法． 2．了解圆锥曲线的简单应用． 3．理解数形结合的思想． 　直线与圆锥曲线的位置关系的判定 (1)代数法：把圆锥曲线方程与直线方程联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0. 方程ax2＋bx＋c＝0的解 l与C1的交点 a＝0 b＝0 无解(含l是双曲线的渐近线) 　无公共点　 b≠0 有一解(含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行) 　一个交点　 a≠0 Δ>0 两个　不等　的解 　两个交点　 Δ＝0 两个相等的解 　一个切点　 Δ<0 无实数解 无公共点 (2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系． 1．直线与圆锥曲线的相交弦长问题 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝ eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2).特别，若直线过抛物线的焦点，则弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝eq \f(2p,sin2α)(α为弦AB的倾斜角)． 2．中点弦的重要结论 AB为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的弦，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 弦中点M(x0，y0)． (1)斜率：k＝－eq \f(b2x0,a2y0). (2)弦AB的斜率与弦中点M和椭圆中心O的连线的斜率之积为定值－eq \f(b2,a2). ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)直线与双曲线有且只有一个公共点，则判别式Δ＝0.(　　) (2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点．(　　) (3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点．(　　) (4)直线y＝kx＋1与椭圆eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,9)＝1恒有两个公共点．(　　) (5)直线与椭圆有且只有一个公共点，则其判别式Δ＝0.(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√ ◆[小题查验] 1．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为(　　) A．相交　　　　　　　　 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：A　[直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．] 2．过P(0,2)且与双曲线2x2－y2＝1有且只有一个公共点的直线有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：D　[当斜率不存在时，过P的直线与双曲线没有公共点； 当斜率存在时，设直线为y＝kx＋2，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,2x2－y2＝1，))得(2－k2)x2－4kx－5＝0①. 当2－k2＝0，即k＝±eq \r(2)时，①式只有一个解； 当2－k2≠0，则Δ＝16k2＋20(2－k2)＝0，解得k＝±eq \r(10)； 综上可知过P(0,2)且与双曲线2x2－y2＝1有且只有一个公共点的直线有4条．] 3．(忽视双曲线的双支致误)若过原点的直线l与双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1有两个不同交点，则直线l的斜率的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)) 解析：B　[因为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1，其两条渐近线的斜率分别为k1＝－eq \f(\r(3),2)，k2＝eq \f(\r(3),2)，要使过原点的直线l与双曲线有两个不同的交点，画图可知，直线l的斜率的取值范围应是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2))).] 4．设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F且倾斜角为45°的直线交C于A，B两点，A在x轴上方，则eq \f(|AF|,|BF|)＝(　　) A．3＋2eq \r(2) B．1＋eq \r(2) C．8 D．2eq \r(2) 解析：A　[由题意可知F(1,0)，所以直线AB的方程为y＝x－1，代入抛物线方程可得x2－6x＋1＝0，解得xA＝3＋2eq \r(2)，xB＝3－2eq \r(2)， 所以eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(xA＋1,xB＋1)＝eq \f(4＋2\r(2),4－2\r(2))＝eq \f(2＋\r(2),2－\r(2))＝eq \f(6＋4\r(2),2) ＝3＋2eq \r(2).] 5．已知直线3x－y＋2＝0与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1相交于M，N两点，则MN的长为________． 解析：联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x－y＋2＝0，,\f(x2,16)＋\f(y2,4)＝1，))得37x2＋48x＝0，x1＋x2＝－eq \f(48,37)，x1x2＝0， 因为斜率k＝3，|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2| ＝eq \r(1＋k2) eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(48\r(10),37). 答案：eq \f(48\r(10),37) 直线与圆锥曲线的位置关系 1．(2025·江西联考)直线 eq \f(x,a)＋ eq \f(y,b)＝1与椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的位置关系为(　　) A．相离　　　　　　　B．相切 C．相交 D．无法确定 解析： C　[因为直线 eq \f(x,a)＋ eq \f(y,b)＝1过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b))， 而 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，b))为椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右端点和上端点， 故直线 eq \f(x,a)＋ eq \f(y,b)＝1与椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交．故选C.] 2．(2025·四川南部县模拟)过点P(3，1)作直线l与抛物线y2＝－4x只有一个交点，这样的直线l有________条(　　) A．1　　　B．2　　　C．3　　　D．4 解析： C　[当直线l斜率不存在时，l：x＝3，与抛物线无交点，不合题意； 当直线l斜率为零时，l：y＝1，与抛物线有且仅有一个交点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1))，满足题意； 当直线l斜率不为零时，x－3＝ eq \f(1,k)(y－1)， 即x＝ eq \f(1,k)(y－1)＋3， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,k)(y－1)＋3，,y2＝－4x)) 得ky2＋4y＋12k－4＝0， 则Δ＝16－4k(12k－4)＝0，解得k＝ eq \f(1±\r(13),6)， ∴满足题意的直线l有两条； 综上所述，过点P(3，1)与抛物线y2＝－4x只有一个交点的直线l有3条．] 3．(2025·江西新钢中学月考)直线y＝kx(k＞0)与双曲线 eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,6)＝1没有交点，则k的取值范围为(　　) A． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，＋∞)) B．(2，＋∞) C．[ eq \r(3)，＋∞) D．(0， eq \r(3)) 解析： C　[由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,2)－\f(y2,6)＝1，))得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(k2,6)))x2＝1，此方程无实数解，则 eq \f(1,2)－ eq \f(k2,6)≤0，解得k≤－ eq \r(3)或k≥ eq \r(3).又k＞0，所以k≥ eq \r(3).] 　判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 (1)代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标． (2)几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数． 提醒：直线与双曲线相交时要注意交点的位置限制参数的范围． 弦长问题 [典例]　(2025·贵阳市摸底)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，过椭圆右焦点F作两条互相垂直的弦AB与CD.当直线AB斜率为0时，AB＝4. (1)求椭圆的方程； (2)若|AB|＋|CD|＝eq \f(48,7)，求直线AB的方程． [解]　(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，2a＝4. 又a2＝b2＋c2，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，)) 所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝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＝－eq \f(1,k)(x－1)． 将直线AB方程代入椭圆方程中并整理， 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则x1＋x2＝eq \f(8k2,3＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)， 所以|AB|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2| ＝eq \r(k2＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2). 同理，|CD|＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1)),3＋\f(4,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2＋4). 所以|AB|＋|CD|＝eq \f(12k2＋1,3＋4k2)＋eq \f(12k2＋1,3k2＋4) ＝eq \f(84k2＋12,3＋4k23k2＋4)＝eq \f(48,7)，解得k＝±1， 所以直线AB的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0. 1．利用弦长公式求弦长要注意斜率k不存在的情形，若k不存在时，可直接求交点坐标再求弦长． 2．涉及焦点弦长时要注意圆锥曲线定义的应用． 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦距为2eq \r(2)， 且过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(3),3))). (1)求C的标准方程； (2)过C的右焦点的直线l与C交于A，B两点，C上一点M满足eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \f(4,3) eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))，求|OM|. 解：(1)法一：设焦距为2c，则c＝eq \r(2)， 设椭圆左右焦点为F1、F2，则|PF2| ＝eq \f(\r(3),3)，|PF1|＝eq \r(2\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(5\r(3),3)， 则2a＝|PF1|＋|PF2|＝2eq \r(3)，解得a＝eq \r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1. 法二：(1)设焦距为2c，则c＝eq \r(2)，点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(3),3)))在椭圆上，有eq \f(2,a2)＋eq \f(1,3b2)＝1， 解得b2＝1，a2＝3，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1. (2)由eq \o(OA,\s\up16(→))＝eq \f(4,3) eq \o(OM,\s\up16(→))＋eq \o(OB,\s\up16(→))，得eq \o(BA,\s\up16(→))＝eq \f(4,3) eq \o(OM,\s\up16(→))， ①当直线l：y＝0时，|BA|＝2eq \r(3)，|OM|＝eq \r(3)，舍去； ②设直线l：x＝my＋eq \r(2)，直线OM：x＝my， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my＋\r(2)，))得(m2＋3)y2＋2eq \r(2)my－1＝0，Δ＝12(m2＋1)＞0， 由韦达定理得y1＋y2＝－eq \f(2\r(2)m,m2＋3)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋3)， |AB|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2| ＝eq \r(1＋m2) eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(2\r(3)m2＋1,m2＋3)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my，))解得y2＝eq \f(3,m2＋3)，得到|OM|＝eq \r(1＋m2)|yM－0|＝eq \r(\f(3m2＋1,m2＋3))， 依题意得eq \f(|AB|2,|OM|2)＝eq \f(12m2＋12,m2＋32)·eq \f(m2＋3,3m2＋1)＝eq \f(16,9)，解得m2＝eq \f(3,5)， 所以|OM|＝eq \r(\f(3m2＋1,m2＋3))＝eq \f(2\r(3),3). 中点弦问题 ►[命题点1]　由中点弦确定直线方程　 1．(2025·福建莆田一中模拟)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，离心率e＝eq \f(2\r(3),3)，虚轴长为 2 . (1)求双曲线C的标准方程； (2)经过点P(1,1)的直线l与双曲线C相交于A，B两点，且P为AB的中点，求直线l的方程． 解：(1)∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)，2b＝2，∴c＝eq \f(2\r(3),3)a，b＝1， ∵b2＝c2－a2，∴1＝eq \f(4,3)a2－a2，∴a2＝3， ∴双曲线C的标准方程为eq \f(x2,3)－y2＝1. (2)设以定点P(1,1)为中点的弦的端点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， 可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， 由A，B在双曲线上，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),3)－y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),3)－y\o\al(2,2)＝1，)) 两式相减可得以定点P(1,1)为中点的弦所在的直线斜率为k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(x1＋x2,3y1＋y2)＝eq \f(1,3)， 则以定点P(1,1)为中点的弦所在的直线方程为y－1＝eq \f(1,3)(x－1)，即为x－3y＋2＝0， 联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,x－3y＋2＝0，))得6y2－12y＋1＝0，Δ＝122－4×6×1＝120＞0，符合， ∴直线l的方程为x－3y＋2＝0. 由中点弦确定直线方程常用点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq \f(y1－y2,x1－x2)三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率；也可以利用根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解． 提醒：中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端：根与系数的关系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定范围方面略显不足． ►[命题点2]　由中点弦确定曲线方程　 2．(2025·四川南充模拟)过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)右焦点F的直线l：x－y－2＝0交C于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为－eq \f(1,2)，则椭圆C的方程为(　　) A.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1 C.eq \f(x2,7)＋eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,10)＋eq \f(y2,6)＝1 解析：A　[依题意，焦点F(2,0)，即椭圆C的半焦距c＝2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(b2x\o\al(2,1)＋a2y\o\al(2,1)＝a2b2，,b2x\o\al(2,2)＋a2y\o\al(2,2)＝a2b2，))两式相减得： b2(x1＋x2)(x1－x2)＋a2(y1＋y2)(y1－y2)＝0， 而x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，且eq \f(y0,x0)＝－eq \f(1,2)，即有－2b2(x1－x2)＋a2(y1－y2)＝0， 又直线l的斜率eq \f(y1－y2,x1－x2)＝1，因此有a2＝2b2，而a2－b2＝c2＝4，解得a2＝8，b2＝4，经验证符合题意， 所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.] 由中点弦确定曲线方程，一般常用点差法，用中点坐标和斜率找到曲线方程有关参数的关系式，求解即可． ►[命题点3]　由中点弦解决对称问题　 3．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y＝ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y＝x＋m对称，且x1x2＝－eq \f(1,2)，则m的值为(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2) C．2 D．3 解析：A　[由双曲线的定义知2a＝4，得a＝2， 所以抛物线的方程为y＝2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝2x2上，所以y1＝2xeq \o\al(2,1)，y2＝2xeq \o\al(2,2)，两式相减得y1－y2＝2(x1－x2)(x1＋x2)， 不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y＝x＋m对称， 所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－1，故x1＋x2＝－eq \f(1,2)，而x1x2＝－eq \f(1,2)，解得x1＝－1，x2＝eq \f(1,2)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(1,4)，y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(2x\o\al(2,1)＋2x\o\al(2,2),2)＝eq \f(5,4)，因为中点M在直线y＝x＋m上，所以eq \f(5,4)＝－eq \f(1,4)＋m，解得m＝eq \f(3,2).] 由中点弦解决对称问题，首先根据斜率之积等于－1，用点差法表示出有关式子．再利用中点在已知直线上，代入解得． ►[命题点4]　由中点弦解决离心率问题　 4．已知椭圆r：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，且离心率为eq \f(1,2)，△ABC的三个顶点都在椭圆r上，设△ABC三条边AB、BC、AC的中点分别为D、E、M，且三条边所在直线的斜率分别为k1、k2、k3，且k1、k2、k3均不为0.O为坐标原点，若直线OD、OE、OM的斜率之和为1.则eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k3)＝________. 解析：由c＝1，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，则a＝2，b2＝a2－c2＝3， ∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(s1，t1)，E(s2，t2)，M(s3，t3)． 由A，B在椭圆上，则3xeq \o\al(2,1)＋4yeq \o\al(2,1)＝12,3xeq \o\al(2,2)＋4yeq \o\al(2,2)＝12，两式相减得到eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)， 所以k1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(s1,t1)，即eq \f(1,k1)＝－eq \f(4t1,3s1)，同理eq \f(1,k2)＝－eq \f(4t2,3s2)，eq \f(1,k3)＝－eq \f(4t3,3s3)，所以eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k3)＝－eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,s1)＋\f(t2,s2)＋\f(t3,s3)))， 直线OD、OE、OM的斜率之和为1， 则eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)＋eq \f(1,k3)＝－eq \f(4,3). 答案：－eq \f(4,3) 由中点弦解决离心率问题，指导思想是整体代换，设而不求，设出两个相关点的坐标，利用点差法，把相关的关系式表示出来，再根据具体题目的条件求解． 利用直线与圆锥曲线的位置关系求参数 [典例]　 (2025·江西模拟)已知抛物线C：y2＝2x，A(x1，y1)，B(x2，y2)是C上两个不同的点． (1)求证：直线y1y＝x1＋x与C相切； (2)若O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝－1，点P(x0，y0)满足PA，PB均与C相切，求x0的值． [解]　(1)证明：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝2x，,y1y＝x1＋x))得y2－2y1y＋2x1＝0， 因为A(x1，y1)在C上，则yeq \o\al(2,1)＝2x1， 所以Δ＝(－2y1)2－4×2x1＝4yeq \o\al(2,1)－8x1＝0， 因此直线y1y＝x1＋x与C相切． (2)由(1)知，切线PA的方程为y1y＝x1＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y1y＝x1＋x，,y2y＝x2＋x))得x0＝eq \f(x1y2－x2y1,y1－y2)， 因为x1＝eq \f(y\o\al(2,1),2)，x2＝eq \f(y\o\al(2,2),2)， 所以x0＝eq \f(x1y2－x2y1,y1－y2)＝eq \f(y1y2,2). 又因为eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝－1，所以x1x2＋y1y2＝eq \f(y\o\al(2,1),2)·eq \f(y\o\al(2,2),2)＋y1y2＝－1， 解得y1y2＝－2，所以x0＝－1. 由位置关系求字母参数时，用代数法转化为方程的根或不等式解集，也可以数形结合，求出边界位置，再考虑其他情况． 1．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3)))　　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(15),3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1)) 解析：D　[由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6))得(1－k2)x2－4kx－10＝0， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝16k2－41－k2×－10＞0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)＞0，,x1x2＝\f(10,k2－1)＞0，)) 直线与双曲线右支有两个不同交点， 解得－eq \f(\r(15),3)＜k＜－1.] 2．(2025·全国模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，直线l：y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆C交于A，B两点，AB的中点为P，若O为坐标原点，直线OP，AF，BF的斜率分别为kOP，kAF，kBF，且kAF＝kBF·kOP，则k＝________. 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 则kAF＝eq \f(y1,x1－1)，kBF＝eq \f(y2,x2－1)，kOP＝eq \f(y0,x0). 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),2)＋y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),2)＋y\o\al(2,2)＝1))得eq \f(x\o\al(2,1),2)－eq \f(x\o\al(2,2),2)＝－(yeq \o\al(2,1)－yeq \o\al(2,2))， 即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)， 所以k＝－eq \f(1,2)·eq \f(x0,y0)，得k·kOP＝－eq \f(1,2). 联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0， 则x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2). 因为kAF＋kBF＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1) ＝eq \f(y1x2－1＋y2x1－1,x1－1x2－1) ＝eq \f(2kx1x2－3kx1＋x2＋4k,x1x2－x1＋x2＋1)＝0. 所以kOP＝eq \f(kAF,kBF)＝－1，故k＝eq \f(1,2). 答案：eq \f(1,2) $$