2.8 直线与圆锥曲线的位置关系 -【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 数学·选择性必修第一册B版 课前预习学案 课堂互动学案 课时素养提升 2．8　直线与圆锥曲线的位置关系 课程标准 素养解读 1.通过类比直线与圆的位置关系，学会判断直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系 2.会求直线与圆锥曲线相交所得弦的长，以及直线与圆锥曲线的综合问题 通过判断直线与圆锥曲线的位置关系，求相关弦长、定点、定值、最值、范围等，提升逻辑推理、数学运算素养 [情境引入] 激光武器是一种利用激光束攻击目标的定向能武器．目前我国的高能激光武器完全有能力击毁或致盲国外的间谍卫星(在以地球为焦点的椭圆形轨道上运行的低空卫星)，假如有一天我们要用激光武器对付间谍卫星就需要用到我们本节课要学习的直线与圆锥曲线的位置关系的知识，因为激光是直线光而卫星轨道是椭圆，激光击毁卫星实际上是直线与椭圆的相交问题． [知识梳理] [知识点一]　1直线与圆锥曲线的位置关系　 　直线与圆锥曲线联立，消元得方程ax2＋bx＋c＝0. 方程特征 交点个数 位置关系 直线 与 椭圆 a≠0，Δ＞0 2 相交 a≠0，Δ＝0 1 相切 a≠0，Δ＜0 0 相离 直线 与双 曲线 a＝0 1 直线与双曲线的渐近线平行且两者相交 a≠0，Δ＞0 2 相交 a≠0，Δ＝0 1 相切 a≠0，Δ＜0 0 相离 直线 与抛 物线 a＝0 1 直线与抛物线的对称轴重合或平行且两者相交 a≠0，Δ＞0 2 相交 a≠0，Δ＝0 1 相切 a≠0，Δ＜0 0 相离 1.直线与抛物线、双曲线只有一个公共点时，是否一定相切？ [提示]　不一定，当直线与双曲线的渐近线平行或与抛物线的对称轴平行时，直线与双曲线、抛物线只有一个公共点，但此时直线与双曲线、抛物线相交． 2．弦长公式 当直线与圆锥曲线相交时，往往涉及弦的长度，可利用弦长公式表示弦长，从而研究相关的问题，弦长公式为：若直线l的斜率为k，与圆锥曲线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2]) ＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2| ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[y1＋y22－4y1y2]). 2.当直线y＝kx＋b与圆锥曲线相交于(x1，y1)，B(x2，y2)两点时， 若k＝0，则|AB|＝？ 提示：|AB|＝|x1－x2| [预习自测] 1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线y＝k(x－a)与椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的位置关系是相交. (　　) (2)一条直线与双曲线的两支交点个数最多为2条(　　) (3)抛物线与直线只有一个公共点是直线与抛物线相切的充要条件．(　　) (4)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)与点P(b,0)，过点P可作出该椭圆的一条切线．(　　) 答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)× 2．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　) A．1条　 B．2条　　C．3条　　D．4条 答案：C 3．直线y＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(7,2)))与双曲线eq \f(x2,9)－y2＝1交点个数为　________　个． 解析：直线与渐近线平行，因此只有一个交点． 答案：1 4．直线y＝x＋1与椭圆x2＋eq \f(y2,2)＝1的位置关系为　________　. 解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋\f(y2,2)＝1，))消去y得3x2＋2x－1＝0，Δ＝22＋12＝16＞0 ∴直线与椭圆相交． 答案：相交 直线与圆锥曲线的位置关系 [例1]　对不同的实数值m，讨论直线y＝x＋m与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的位置关系． [解]　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，①,\f(x2,4)＋y2＝1，②))得eq \f(x2,4)＋(x＋m)2＝1， 整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0.③ 此方程的实数根的个数由根的判别式Δ决定， Δ＝(8m)2－4×5(4m2－4)＝16(5－m2)． 当－eq \r(5)＜m＜eq \r(5)时，Δ＞0， 方程③有两个不同的实数根，代入①可得到两个不同的公共点坐标，此时直线与椭圆相交． 当m＝－eq \r(5)或m＝eq \r(5)时，Δ＝0， 方程③有两个相等的实数根， 代入①可得到一个公共点坐标，此时直线与椭圆相切． 当m＜－eq \r(5)或m＞eq \r(5)时，Δ＜0， 方程③没有实数根，直线与椭圆相离． 直线与圆锥曲线位置关系的判断方法 [变式训练] 1．已知直线l：y＝k(x＋1)与抛物线C：y2＝4x.问：k为何值时，直线l与抛物线C有两个交点，一个交点，无交点？ 解：由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,y2＝4x.))消去y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0， 记Δ＝(2k2－4)2－4k4＝16(1－k2)， (1)若直线与抛物线有两个交点，则k2≠0且Δ＞0，即k2≠0，且16(1－k2)＞0， 解得k∈(－1,0)∪(0,1)． 所以当k∈(－1,0)∪(0,1)时，直线l和抛物线C有两个交点． (2)若直线与抛物线有一个交点， 则k2＝0或k2≠0时，Δ＝0.解得k＝0或k＝±1. 所以当k＝0或k＝±1时，直线l和抛物线C有一个交点． (3)若直线与抛物线无交点，则k2≠0且Δ＜0. 解得k＞1或k＜－1.所以当k＞1或k＜－1时， 直线l和抛物线C无交点． 中点弦问题 [例2]　已知椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1的弦AB的中点M的坐标为(2,1)，求直线AB的方程． [解]　方法一　根与系数的关系、中点坐标公式法 由椭圆的对称性，知直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y－1＝k(x－2)． 将其代入椭圆方程并整理，得(4k2＋1)x2－8(2k2－k)x＋4(2k－1)2－16＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两根， 于是x1＋x2＝eq \f(82k2－k,4k2＋1).又M为线段AB的中点， ∴eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(42k2－k,4k2＋1)＝2，解得k＝－eq \f(1,2). 故所求直线的方程为x＋2y－4＝0. 方法二　点差法 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2.∵M(2,1)为线段AB的中点， ∴x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.又A，B两点在椭圆上， 则xeq \o\al(2,1)＋4yeq \o\al(2,1)＝16，xeq \o\al(2,2)＋4yeq \o\al(2,2)＝16， 两式相减，得(xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2))＋4(yeq \o\al(2,1)－yeq \o\al(2,2))＝0， 于是(x1＋x2)(x1－x2)＋4(y1＋y2)(y1－y2)＝0. ∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(x1＋x2,4y1＋y2)＝－eq \f(4,4×2)＝－eq \f(1,2)，即kAB＝－eq \f(1,2). 故所求直线的方程为x＋2y－4＝0. 方法三　对称点法(或共线法) 设所求直线与椭圆的一个交点为A(x，y)， 由于点M(2,1)为线段AB的中点，则另一个交点为B(4－x,2－y)． ∵A，B两点都在椭圆上， ∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋4y2＝16，　①,4－x2＋42－y2＝16.　②)) ①－②，得x＋2y－4＝0. 即点A的坐标满足这个方程，根据对称性，点B的坐标也满足这个方程，而过A，B两点的直线只有一条，故所求直线的方程为x＋2y－4＝0. 解决圆锥曲线中点弦问题的两种方法 (1)根与系数的关系法：联立直线方程和圆锥曲线方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决； (2)点差法：利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标分别代入圆锥曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系，例如椭圆如下：已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的两个不同的点，M(x0，y0)是线段AB的中点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，　①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，　②)) 由①－②，得eq \f(1,a2)(xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2))＋eq \f(1,b2)(yeq \o\al(2,1)－yeq \o\al(2,2))＝0， 变形得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq \f(b2,a2)·eq \f(x0,y0)，即kAB＝－eq \f(b2x0,a2y0). [变式训练] 2．已知抛物线y2＝6x，过点P(4,1)引一条弦P1P2使它恰好被点P平分，求这条弦所在的直线方程． 解：法一：设弦两端点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)． ∵P1，P2在抛物线上，∴yeq \o\al(2,1)＝6x1，yeq \o\al(2,2)＝6x2. 两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝6(x1－x2)． ∵y1＋y2＝2，∴k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(6,y1＋y2)＝3， ∴直线的方程为y－1＝3(x－4)，即3x－y－11＝0. 法二：由题意设所求方程为y－1＝k(x－4)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝6x，,y＝kx－4k＋1，))得ky2－6y－24k＋6＝0.设弦的两端点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)， ∴y1＋y2＝eq \f(6,k)，y1y2＝eq \f(6－24k,k)， ∵P1P2的中点为(4,1)，∴eq \f(6,k)＝2，∴k＝3，∴所求直线方程为y－1＝3(x－4)． 弦长问题 [例3]　已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y＝x＋1与椭圆交于P，Q两点，且OP⊥OQ，|PQ|＝eq \f(\r(10),2)，求椭圆的方程． [解]　设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,mx2＋ny2＝1，))得(m＋n)x2＋2nx＋n－1＝0， Δ＝4n2－4(m＋n)(n－1)>0，即m＋n－mn>0. 由OP⊥OQ，得x1x2＋y1y2＝0，即2x1x2＋(x1＋x2)＋1＝0， ∴eq \f(2n－1,m＋n)－eq \f(2n,m＋n)＋1＝0，∴m＋n＝2.① 又|PQ|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝2[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq \f(8m＋n－mn,m＋n2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10),2)))2， 将m＋n＝2代入得mn＝eq \f(3,4).② 由①②式，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,2)，,n＝\f(3,2)，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝\f(3,2)，,n＝\f(1,2)，)) 故椭圆方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(3,2)y2＝1或eq \f(3,2)x2＋eq \f(y2,2)＝1. 直线与椭圆相交弦长的求法 (1)直接利用两点间距离公式：当弦的两端点的坐标易求时，可直接求出交点坐标，再用两点间距离公式求弦长． (2)弦长公式：当弦的两端点的坐标不易求时，可用弦长公式． 设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则有|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22) ＝eq \r(1＋k2x1－x22) ＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2) ＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))y1－y22) ＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(y1＋y22－4y1y2)(k为直线斜率)． 提醒：如果直线方程涉及斜率，要注意斜率不存在的情况． [变式训练] 3．已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为(　　) A．16　 B．14　　C．12　　D．10 解析：A　[因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1,0)． 由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－eq \f(1,k)，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－eq \f(1,k)(x－1)． 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1， 所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2) ＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2＋4,k2)))2－4)＝eq \f(41＋k2,k2). 同理可得|DE|＝4(1＋k2)． 所以|AB|＋|DE|＝eq \f(41＋k2,k2)＋4(1＋k2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2)＋1＋1＋k2)) ＝8＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋\f(1,k2)))≥8＋4×2＝16， 当且仅当k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±1时，取得等号．故选A.] 圆锥曲线中的最值及范围问题 [例4]　已知向量a＝(x，eq \r(3)y)，b＝(1,0)，且(a＋eq \r(3)b)⊥(a－eq \r(3)b)． (1)求满足上述条件的点M(x，y)的轨迹C的方程； (2)设曲线C与直线y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的两点P，Q，点A(0，－1)，当|AP|＝|AQ|时，求实数m的取值范围． [解]　(1)∵(a＋eq \r(3)b)⊥(a－eq \r(3)b)，∴(a＋eq \r(3)b)·(a－eq \r(3)b)＝0，∴a2－3b2＝0，∴x2＋3y2＝3， 即点M(x，y)的轨迹C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1. (2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋3y2－3＝0，))得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－1)＝0. ∵曲线C与直线y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的两点， ∴Δ＝(6km)2－12(1＋3k2)(m2－1)＝12(3k2－m2＋1)>0，即3k2－m2＋1>0.① 且x1＋x2＝－eq \f(6km,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3m2－1,1＋3k2). 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点N(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝－\f(3km,1＋3k2)，,y0＝kx0＋m＝\f(m,1＋3k2).)) ∵|AP|＝|AQ|，∴PQ⊥AN.设kAN表示直线AN的斜率， 又k≠0，∴kAN·k＝－1.即eq \f(－1－\f(m,1＋3k2),\f(3km,1＋3k2))·k＝－1，得3k2＝2m－1.② ∵3k2>0，∴m>eq \f(1,2).将②代入①得2m－1－m2＋1>0，即m2－2m<0， 解得0<m<2，∴m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)). 1．求参数范围的方法 据已知条件建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围． 2．求最值问题的方法 (1)几何法 题目中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用图像来解决． (2)代数法 题目中给出的条件和结论几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值，求最值的常见方法是均值不等式法，单调性法等． [变式训练] 4．已知椭圆C：x2＋2y2＝4. (1)求椭圆C的离心率； (2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值． 解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1. 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝eq \r(2). 故椭圆C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2). (2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0. 因为OA⊥OB，所以eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－eq \f(2y0,x0).又xeq \o\al(2,0)＋2yeq \o\al(2,0)＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(2y0,x0)))2＋(y0－2)2＝xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)＋eq \f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝xeq \o\al(2,0)＋eq \f(4－x\o\al(2,0),2)＋eq \f(24－x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4＝eq \f(x\o\al(2,0),2)＋eq \f(8,x\o\al(2,0))＋4(0＜xeq \o\al(2,0)≤4)． 因为eq \f(x\o\al(2,0),2)＋eq \f(8,x\o\al(2,0))≥4(0＜xeq \o\al(2,0)≤4)，当且仅当xeq \o\al(2,0)＝4时等号成立，所以|AB|2≥8. 故线段AB长度的最小值为2eq \r(2). [当堂达标] 1．已知直线y＝kx＋1和椭圆x2＋2y2＝1有公共点，则k的取值范围是(　　) A．k<－eq \f(\r(2),2)或k>eq \f(\r(2),2)　　　　 B．－eq \f(\r(2),2)<k<eq \f(\r(2),2) C．k≤－eq \f(\r(2),2)或k≥eq \f(\r(2),2) D．－eq \f(\r(2),2)≤k≤eq \f(\r(2),2) 解析：C　[由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝1，))得(2k2＋1)x2＋4kx＋1＝0.∵直线与椭圆有公共点， ∴Δ＝16k2－4(2k2＋1)≥0，解得k≤－eq \f(\r(2),2)或k≥eq \f(\r(2),2).故选C] 2．在抛物线y2＝8x中，以(1，－1)为中点的弦所在直线的方程是(　　) A．x－4y－3＝0 B．x＋4y＋3＝0 C．4x＋y－3＝0 D．4x＋y＋3＝0 解析：C　[设弦两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－2. ∵A、B在抛物线上，∴yeq \o\al(2,1)＝8x1，yeq \o\al(2,2)＝8x2，两式相减得，(y1＋y2)(y1－y2)＝8(x1－x2)，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－4， ∴直线AB方程为y＋1＝－4(x－1)，即4x＋y－3＝0.] 3．已知双曲线C：x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1,2)的直线l，使l与C有且只有一个公共点，则满足上述条件的直线l共有(　　) A．1条　 B．2条　　C．3条　　D．4条 解析：B　[因为双曲线的渐近线方程为y＝±2x，点P在一条渐近线上， 又由于双曲线的顶点为(±1,0)，所以过点P且与双曲线相切的切线只有一条．过点P平行于渐近线的直线只有一条，所以与双曲线只有一个公共点的直线有两条．] 4．若直线x－y＝2与抛物线y2＝4x交于A，B两点，则线段AB的中点坐标是　________　. 解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与抛物线得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＝2，,y2＝4x.)) 整理得x2－8x＋4＝0，所以x1＋x2＝8， y1＋y2＝x1＋x2－4＝4，所以中点坐标为(4,2)． 答案：(4,2) 5．在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，eq \r(2))且斜率为k的直线l与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点P和Q，求k的取值范围． 解：由已知条件知直线l的方程为y＝kx＋eq \r(2)， 代入椭圆方程得eq \f(x2,2)＋(kx＋eq \r(2))2＝1，整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k2))x2＋2eq \r(2)kx＋1＝0， 直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于Δ＝8k2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k2))＝4k2－2>0，解得k<－eq \f(\r(2),2)或k>eq \f(\r(2),2)， 所以k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞)). 知识整合·思维导图 题型梳理·素养聚焦 [考点一]　数学运算、直观想象——直线的倾斜角与斜率　 [例1]　(1)直线xsin α＋y＋2＝0的倾斜角的范围是(　　 ) A．[0，π)　　　　　 B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π)) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) D. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)) (2)已知直线l过点P(1,0)，且与以A(2,1)，B(0，eq \r(3))为端点的线段有公共点，则直线l的斜率的取值范围是　________　. [解析]　(1)设直线的倾斜角为θ，则有tan θ＝－sin α， 又－sin α∈[－1,1]，θ∈[0，π)， 所以0≤θ≤eq \f(π,4)或eq \f(3π,4)≤θ＜π. (2)如图，因为kAP＝eq \f(1－0,2－1)＝1， kBP＝eq \f(\r(3)－0,0－1)＝－eq \r(3)，所以直线l的斜率k∈(－∞，－eq \r(3)]∪[1，＋∞)． [答案]　(1)B　(2)(－∞，－eq \r(3)]∪[1，＋∞) 斜率取值范围的2种求法 数形结 合法 作出直线在平面直角坐标系中可能的位置，借助图形，结合正切函数的单调性确定 函数图 象法 根据正切函数图像，由倾斜角范围求斜率范围，反之亦可 [考点二]　数学运算、直观想象——直线的方程 　 [例2]　(1)求过点A(1,3)，斜率是直线y＝－4x的斜率的eq \f(1,3)的直线方程． (2)求经过点A(－5,2)，且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍的直线方程． [解析]　(1)设所求直线的斜率为k，依题意k＝－4×eq \f(1,3)＝－eq \f(4,3).又直线经过点A(1,3)，因此所求直线方程为y－3＝－ eq \f(4,3)(x－1)，即4x＋3y－13＝0. (2)当直线不过原点时，设所求直线方程为eq \f(x,2a)＋eq \f(y,a)＝1，将(－5,2)代入所设方程，解得a＝－eq \f(1,2)，所以直线方程为x＋2y＋1＝0；当直线过原点时，设直线方程为y＝kx，则－5k＝2，解得k＝－eq \f(2,5)，所以直线方程为y＝－eq \f(2,5)x，即2x＋5y＝0. 故所求直线方程为2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0. [答案]　(1)4x＋3y－13＝0　(2)2x＋5y＝0或x＋2y＋1＝0 　求直线方程的方法 (1)直接法：根据已知条件，选择恰当形式的直线方程，求出方程中的系数，写出直线方程； (2)待定系数法：先根据已知条件恰当设出直线的方程，再根据已知条件构造关于待定系数的方程(组)解得系数，最后代入设出的直线方程． [考点三]　逻辑推理、直观想象——直线方程的综合问题　 [例3]　(1)已知直线l过点M(2,1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB面积最小时，直线l的方程为　__________________　. (2)已知直线l1：ax－2y＝2a－4，l2：2x＋a2y＝2a2＋4，若0＜a＜2时，直线l1，l2与两坐标轴围成一个四边形，当四边形的面积最小时，实数a＝　________　. [解析]　(1)设直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k＜0)，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,k)，0))，B(0,1－2k)，S△AOB＝eq \f(1,2)(1－2k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,k)))＝eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋－4k＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))))≥eq \f(1,2)(4＋4)＝4，当且仅当－4k＝－eq \f(1,k)，即k＝－eq \f(1,2)时，等号成立．故直线l的方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－2)，即x＋2y－4＝0. (2)直线l1可写成a(x－2)＝2(y－2)，直线l2可写成2(x－2)＝a2(2－y)，所以直线l1，l2恒过定点P(2,2)，直线l1的纵截距为2－a，直线l2的横截距为a2＋2，所以四边形的面积S＝eq \f(1,2)×2×(2－a)＋eq \f(1,2)×2×(a2＋2)＝a2－a＋4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(15,4)，故当a＝eq \f(1,2)时，四边形的面积最小． [答案]　(1)x＋2y－4＝0　(2)eq \f(1,2) 与直线方程有关问题的常见类型及解题策略 (1)求解与直线方程有关的最值问题．先设出直线方程，建立目标函数，再利用基本不等式求解最值． (2)求直线方程．弄清确定直线的两个条件，由直线方程的几种特殊形式直接写出方程． (3)求参数值或范围．注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性或基本不等式求解． [考点四]　数学运算、直观想象——两条直线的位置关系　 [例4]　已知两条直线l1：ax－by＋4＝0，l2：(a－1)x＋y＋b＝0，求分别满足下列条件的a，b的值． (1)直线l1过点(－3，－1)，并且直线l1与直线l2垂直； (2)直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1，l2的距离相等． [解]　(1)∵l1⊥l2，∴a(a－1)＋(－b)·1＝0. 即a2－a－b＝0，① 又点(－3，－1)在l1上， ∴－3a＋b＋4＝0.② 由①②解得a＝2，b＝2. (2)∵l1∥l2且l2的斜率为1－a， ∴l1的斜率也存在，eq \f(a,b)＝1－a，即b＝eq \f(a,1－a). 故l1和l2的方程可分别表示为 l1：(a－1)x＋y＋eq \f(4a－1,a)＝0， l2：(a－1)x＋y＋eq \f(a,1－a)＝0. ∵原点到l1与l2的距离相等，∴4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a－1,a)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)))，解得a＝2或a＝eq \f(2,3). 因此eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝－2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝\f(2,3)，,b＝2.)) 直线的位置关系的判断方法及注意点 1．方法：两条直线的位置关系有相交(特例垂直)、平行、重合三种，主要考查两条直线的平行和垂直．通常借助直线的斜截式方程来判断两条直线的位置关系． 2．注意点：解题时要注意分析斜率是否存在，用一般式方程来判断，可以避免讨论斜率不存在的情况． [考点五]　数学运算、直观想象——距离公式的应用　 [例5]　已知直线l经过直线2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点． (1)点A(5,0)到l的距离为3，求l的方程； (2)求点A(5,0)到l的距离的最大值． [解]　(1)经过两已知直线交点的直线系方程为2x＋y－5＋λ(x－2y)＝0, 即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0， 所以eq \f(|10＋5λ－5|,\r(2＋λ2＋1－2λ2))＝3，即2λ2－5λ＋2＝0，所以λ＝eq \f(1,2)或λ＝2. 所以l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0. (2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋y－5＝0，,x－2y＝0，))解得交点P(2,1)，过P作任一直线l(图略)，设d为点A到l的距离，则d≤|PA|(当l⊥PA时等号成立)．所以dmax＝|PA|＝eq \r(10). 距离公式的运用 (1)距离问题包含两点间的距离，点到直线的距离，两平行直线间的距离． (2)牢记各类距离的公式并能直接应用，解决距离问题时，往往将代数运算与几何图形的直观分析相结合． (3)这类问题是高考考查的热点，在高考中常以选择题、填空题出现，主要考查距离公式以及思维能力． [考点六]　数学运算、直观想象——对称问题 [例6]　光线通过点A(2, 3)，在直线l：x＋y＋1＝0上反射，反射光线经过点B(1,1)，试求入射光线和反射光线所在直线的方程． [解]　设点A(2,3)关于直线l的对称点为A′(x0，y0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2＋x0,2)＋\f(3＋y0,2)＋1＝0，,\f(y0－3,x0－2)＝1.)) 解之得，A′(－4，－3)．由于反射光线经过点A′(－4，－3)和B(1,1)， 所以反射光线所在直线的方程为 y－1＝(x－1)·eq \f(1＋3,1＋4)，即4x－5y＋1＝0. 解方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4x－5y＋1＝0，,x＋y＋1＝0，))得反射点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(1,3))). 所以入射光线所在直线的方程为y－3＝(x－2)·eq \f(3＋\f(1,3),2＋\f(2,3))，即5x－4y＋2＝0. 综上，入射光线和反射光线所在直线的方程分别为5x－4y＋2＝0,4x－5y＋1＝0. 1．点关于直线对称的点的求法 点N(x0，y0)关于直线l：Ax＋By＋C＝0的对称点M(x，y)可由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y－y0,x－x0)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(A,B)))＝－1AB≠0,A·\f(x＋x0,2)＋B·\f(y＋y0,2)＋C＝0))求得． 2．直线关于直线的对称的求法 求直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称的直线l2的方程的方法是转化为点关于直线l对称，在l1上任取两点P1和P2，求出P1，P2关于直线l的对称点，再用两点式求出l2的方程． [考点七]　数学运算、直观想象——求圆的方程　 [例7]　已知圆的半径为eq \r(10)，圆心在直线y＝2x上，圆被直线x－y＝0截得的弦长为4eq \r(2)，求圆的方程． [解]　法一　设圆的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝10. 因为圆心在直线y＝2x上，所以b＝2a.① 由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,x－a2＋y－b2＝10，))得2x2－2(a＋b)x＋a2＋b2－10＝0， 所以x1＋x2＝a＋b，x1·x2＝eq \f(a2＋b2－10,2). 由弦长公式得eq \r(2)·eq \r(a＋b2－2a2＋b2－10)＝4eq \r(2)，化简得(a－b)2＝4.② 解①②组成的方程组，得a＝2，b＝4或a＝－2，b＝－4.故所求圆的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10. 法二　设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝10，则圆心为(a，b)，半径r＝eq \r(10)， 圆心(a，b)到直线x－y＝0的距离d＝eq \f(|a－b|,\r(2)). 由半弦长、弦心距、半径组成的直角三角形得d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(2),2)))2＝r2， 即eq \f(a－b2,2)＋8＝10，所以(a－b)2＝4. 又因为b＝2a，所以a＝2，b＝4或a＝－2，b＝－4. 故所求圆的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10. 求圆的方程主要是根据圆的标准方程和一般方程，利用待定系数法求解，采用待定系数法求圆的方程的一般步骤为： 第一步：选择圆的方程的某一形式； 第二步：由题意得a，b，r(或D，E，F)的方程(组)； 第三步：解出a，b，r(或D，E，F)； 第四步：代入圆的方程． 注：解题时充分利用圆的几何性质可获得解题途径，减少运算量，例如：圆的切线垂直于经过切点的半径；圆心与弦的中点连线垂直于弦；两圆相交时，连心线垂直平分两圆的公共弦；两圆相切时，连心线过切点等． [考点八]　逻辑推理、直观想象——直线与圆的位置关系 　 [例8]　已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l过点P(2,3)且与圆M交于A，B两点，且|AB|＝2eq \r(3)，求直线l的方程． [解]　(1)当直线l存在斜率时，设直线l的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0. 作示意图如图，MC⊥AB于C. 在Rt△MBC中，|BC|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \r(3)，|MB|＝2，故|MC|＝eq \r(|MB|2－|BC|2)＝1， 由点到直线的距离公式得eq \f(|k－1＋3－2k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝eq \f(3,4).故直线l的方程为3x－4y＋6＝0. (2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝2，且|AB|＝2eq \r(3)，所以符合题意． 综上所述，直线l的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2. 1．直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，圆心和切点的连线垂直于切线． 2．直线与圆相交时，常涉及到弦长问题，弦长的计算有以下两种思路： (1)代数方法：将直线和圆的方程联立得方程组，消元后得到一个一元二次方程，在判别式Δ>0的前提下，可利用根与系数的关系求弦长． (2)几何方法：若弦心距为d，圆半径为r，则弦长l＝2eq \r(r2－d2). 解决直线与圆相交问题时，常利用几何方法，即构造直角三角形，利用勾股定理． [考点九]　逻辑推理、直观想象——圆与圆的位置关系 　 [例9]　已知两圆x2＋y2－2x－6y－1＝0，x2＋y2－10x－12y＋m＝0. (1)m取何值时两圆外切？ (2)m取何值时两圆内切？ (3)当m＝45时，求两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦的长． [解]　因为两圆的标准方程分别为(x－1)2＋(y－3)2＝11， (x－5)2＋(y－6)2＝61－m， 所以两圆的圆心分别为(1,3)，(5,6)，半径分别为eq \r(11)，eq \r(61－m)， (1)当两圆外切时，由eq \r(5－12＋6－32)＝eq \r(11)＋eq \r(61－m)，得m＝25＋10eq \r(11). (2)当两圆内切时，因为定圆半径eq \r(11)小于两圆圆心之间的距离5，所以eq \r(61－m)－eq \r(11)＝5，解得m＝25－10eq \r(11). (3)由(x2＋y2－2x－6y－1)－(x2＋y2－10x－12y＋45)＝0，得两圆的公共弦所在直线的方程为4x＋3y－23＝0. 故两圆的公共弦的长为 2eq \r(11－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|4＋3×3－23|,\r(42＋32))))2)＝2eq \r(7). 　圆与圆位置关系问题的解题策略 (1)判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法． (2)若两圆相交，则两圆公共弦所在直线的方程可由两圆的方程作差消去x2，y2项得到． [考点十]　逻辑推理、直观想象——直线与圆的综合问题　 [例10]　已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B. (1)求圆C1的圆心坐标； (2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程； (3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由． [解]　(1)因为圆C1的方程x2＋y2－6x＋5＝0可化为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心坐标为(3,0)． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，M(x0，y0)， 则x0＝eq \f(x1＋x2,2)，y0＝eq \f(y1＋y2,2). 由题意可知直线l的斜率必存在， 设直线l的方程为y＝tx. 将上述方程代入圆C1的方程， 化简得(1＋t2)x2－6x＋5＝0. 由题意，可得x1＋x2＝eq \f(6,1＋t2)，Δ＝36－20(1＋t2)＞0，(*) 所以x0＝eq \f(3,1＋t2)，代入直线l的方程，得y0＝eq \f(3t,1＋t2). 因为xeq \o\al(2,0)＋yeq \o\al(2,0)＝eq \f(9,1＋t22)＋eq \f(9t2,1＋t22)＝eq \f(91＋t2,1＋t22)＝eq \f(9,1＋t2)＝3x0.所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋yeq \o\al(2,0)＝eq \f(9,4). 由(*)解得t2＜eq \f(4,5).又t2≥0，所以eq \f(5,3)＜x0≤3. 所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq \f(9,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)<x≤3)). (3)存在实数k满足条件．由(2)知，曲线C是在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上的一段圆弧． 如图，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(2\r(5),3)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，－\f(2\r(5),3)))，F(3,0)， 直线L过定点G(4,0)． 联立直线L的方程与曲线C的方程，消去y整理得(1＋k2)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0. 由Δ＝0，解得k＝±eq \f(3,4)， 由求根公式解得交点的横坐标为x＝eq \f(12,5)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))， 由图可知要使直线L与曲线C只有一个交点， 则k∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),7)，\f(2\r(5),7)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))). 故所求k的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),7)，\f(2\r(5),7)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))). 　直线与圆的综合问题的求解策略 (1)利用解析几何的基本思想方法(即几何问题代数化)，把它转化为代数问题，通过代数的计算，使问题得到解决． (2)直线与圆和平面几何联系十分紧密，可充分考虑平面几何知识的运用，如在直线与圆相交的有关线段长度计算中，要把圆的半径、圆心到直线的距离、直线被圆截得的线段长度放到一起综合考虑． [考点十一]　数学运算、直观想象——圆锥曲线的定义及应用　 [例11]　(1)已知动点M的坐标满足方程5eq \r(x2＋y2)＝|3x＋4y－12|，则动点M的轨迹是(　　 ) A．椭圆　　　　　 B．双曲线 C．抛物线 D．以上都不对 (2)双曲线16x2－9y2＝144的左、右两焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且|PF1|·|PF2|＝64，则∠F1PF2＝　________　. [解析]　(1)把轨迹方程5eq \r(x2＋y2)＝|3x＋4y－12|，写成eq \r(x2＋y2)＝eq \f(|3x＋4y－12|,5). ∴动点M到原点的距离与它到直线3x＋4y－12＝0的距离相等．∴点M的轨迹是以原点为焦点，直线3x＋4y－12＝0为准线的抛物线． (2)双曲线方程16x2－9y2＝144，化简为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1， 即a2＝9，b2＝16，所以c2＝25，解得a＝3，c＝5，所以F1(－5,0)，F2(5,0)． 设|PF1|＝m，|PF2|＝n， 由双曲线的定义知|m－n|＝2a＝6，又已知m·n＝64， 在△PF1F2中，由余弦定理知 cos∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq \f(m2＋n2－2c2,2m·n)＝eq \f(m－n2＋2m·n－4c2,2m·n) ＝eq \f(36＋2×64－4×25,2×64)＝eq \f(1,2).所以∠F1PF2＝60°. [答案]　(1)C　(2) 60° “回归定义”解题的三点应用 应用一：在求轨迹方程时，若所求轨迹符合某种圆锥曲线的定义，则根据圆锥曲线的定义，写出所求的轨迹方程； 应用二：涉及椭圆、双曲线上的点与两个定点构成的三角形问题时，常用定义结合解三角形的知识来解决； 应用三：在求有关抛物线的最值问题时，常利用定义把到焦点的距离转化为到准线的距离，结合几何图形，利用几何意义去解决． 提醒：应用定义解题时注意圆锥曲线定义中的限制条件． [考点十二]　数学运算——圆锥曲线的方程　 [例12]　已知直线y＝－eq \f(1,2)x＋2和椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，且a＝2b.若|AB|＝2eq \r(5)，求椭圆的方程． [解]　由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋2，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1))消去y并整理得x2－4x＋8－2b2＝0.由Δ＝16－4(8－2b2)＞0，得b2＞2. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则由根与系数的关系得x1＋x2＝4，x1x2＝8－2b2. ∵|AB|＝2eq \r(5)，∴eq \r(1＋\f(1,4))·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝2eq \r(5)， 即eq \f(\r(5),2)·eq \r(16－48－2b2)＝2eq \r(5)，解得b2＝4，故a2＝4b2＝16. ∴所求椭圆的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1. 求圆锥曲线方程的一般步骤 一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤． (1)定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置． (2)定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)． (3)定量——由题设中的条件找到“式”中待定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小． [考点十三]　数学运算、直观想象——圆锥曲线的几何性质　 [例13]　(1)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为eq \f(\r(3),6)的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　 ) A.eq \f(2,3)　　 B.eq \f(1,2)　　　C.eq \f(1,3)　　　D.eq \f(1,4) (2)已知a>b>0，椭圆C1的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，双曲线C2的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，C1与C2的离心率之积为eq \f(\r(3),2)，则C2的渐近线方程为　________　. [解析]　(1)由题意易知直线AP的方程为y＝eq \f(\r(3),6)(x＋a)，① 直线PF2的方程为y＝eq \r(3)(x－c)．② 联立①②，得P点纵坐标y＝eq \f(\r(3),5)(a＋c)， 如图，过P向x轴引垂线，垂足为H，则|PH|＝eq \f(\r(3),5)(a＋c)． 因为∠PF2H＝60°，|PF|2＝|F1F2|＝2c，|PH|＝eq \f(\r(3),5)·(a＋c)，所以sin 60°＝eq \f(|PH|,|PF2|)＝eq \f(\f(\r(3),5)a＋c,2c)＝eq \f(\r(3),2)， 即a＋c＝5c，即a＝4c，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,4).故选D. (2)设椭圆C1和双曲线C2的离心率分别为e1和e2，则e1＝eq \f(\r(a2－b2),a)，e2＝eq \f(\r(a2＋b2),a).因为e1·e2＝eq \f(\r(3),2)，所以eq \f(\r(a4－b4),a2)＝eq \f(\r(3),2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))4＝eq \f(1,4)，所以eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2). 故双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \f(\r(2),2)x，即x±eq \r(2)y＝0.] [答案]　(1)D　(2)x±eq \r(2)y＝0 求解离心率的三种方法 (1)定义法：由椭圆(双曲线)的标准方程可知，不论椭圆(双曲线)的焦点在x轴上还是y轴上都有关系式a2－b2＝c2(a2＋b2＝c2)以及e＝eq \f(c,a)，已知其中的任意两个参数，可以求其他的参数，这是基本且常用的方法． (2)方程法：建立参数a与c之间的齐次关系式，从而求出其离心率，这是求离心率的十分重要的思路及方法． (3)几何法：求与过焦点的三角形有关的离心率问题，根据平面几何性质以及椭圆(双曲线)的定义、几何性质，建立参数之间的关系，通过画出图形，观察线段之间的关系，使问题更形象、直观． [考点十四]　逻辑推理、数学运算——直线与圆锥曲线的位置关系　 [例14]　设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右顶点是A(2,0)，离心率为eq \f(1,2). (1)求椭圆C的方程； (2)若直线l与椭圆交于两点M，N(M，N不同于点A)，若eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝0，求证：直线l过 定点，并求出定点坐标． [解]　(1)右顶点是A(2,0)，离心率为eq \f(1,2)，所以a＝2，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，∴c＝1，则b＝eq \r(3)， ∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1. (2)当直线MN斜率不存在时，设lMN：x＝m， 与椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立得：|y|＝eq \r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,4))))，|MN|＝2eq \r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,4))))， 设直线MN与x轴交于点B，|MB|＝|AB|，即eq \r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,4))))＝2－m，∴m＝eq \f(2,7)或m＝2(舍)，∴直线m过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))； 当直线MN斜率存在时，设直线MN斜率为k，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线MN∶y＝kx＋b(k≠0)，与椭圆方程eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1联立，得(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－12＝0， x1＋x2＝－eq \f(8kb,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4b2－12,4k2＋3)， y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2， Δ＝(8kb)2－4(4k2＋3)(4b2－12)＞0，k∈R, eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝0，则(x1－2，y1)(x2－2，y2)＝0， 即x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，∴7b2＋4k2＋16kb＝0， ∴b＝－eq \f(2,7)k或b＝－2k， ∴直线lMN∶y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,7)))或y＝k(x－2)， ∴直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0))或(2,0)(舍去)；综上知直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,7)，0)). 直线与圆锥曲线的位置关系的解题思路主要是设点，设直线方程，联立方程，并借助判别式、根与系数的关系等知识解题，利用设而不求的思想求解，计算量较大． $$