专题6 解析几何 素养提升微专题(七) 求解直线与圆锥曲线相交弦长问题的方法 课件-2026届高三数学二轮复习

素养提升微专题(七) 求解直线与圆锥曲线相交弦长问题的方法 2026 问题提出 直线与圆锥曲线的综合题往往需要求出直线与曲线相交所得的弦长,求弦长可利用弦长公式,但很多同学计算能力不强,导致耗费大量时间求得的弦长不正确,为此,可以推出一般形式下直线与椭圆或双曲线相交的弦长. 2.在上述根与系数的关系、判别式Δ及弦长|AB|的表达式中,a2,b2分别表示的是曲线方程中x2,y2项下面的分母.譬如,对于焦点在y轴上的椭圆方程 =1,在使用上述结论时,仍然把3当作a2,4当作b2. 说明1.解答解答题时,弦长公式不能直接应用,应有过程步骤,若考生能够写出直线与椭圆联立整理后的方程式,判别式Δ的表达式及根与系数的关系,那么就可用上述弦长公式,就能极大地提高运算的准确性. B (1)求双曲线的方程; (2)过双曲线右焦点F且斜率为m的直线交双曲线于A,B两点,若|AB|=12,求m的值. 对点演练 A D 3.设椭圆E:=1(a>b>0)经过点(),且其左焦点坐标为(-1,0). (1)求椭圆的方程; (2)对角线互相垂直的四边形ABCD的四个顶点都在椭圆E上,且两条对角线均过椭圆E的右焦点,求|AC|+|BD|的最小值. (2)①当直线AC,BD中有一条直线的斜率不存在时,|AC|+|BD|=7. ②当直线AC的斜率存在且不为0时, 本 课 结 束 结论1直线y=kx+m与椭圆=1(a>b>0)相交所得的弦长|AB|=. 证明 联立得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0,Δ=4a2b2(b2+a2k2-m2), 由弦长公式得|AB|=. 结论2直线y=kx+m与双曲线=1(a>0,b>0)相交所得的弦长|AB|=. 证明联立得方程(b2-a2k2)x2-2a2kmx-a2m2-a2b2=0, Δ=4a2b2(b2-a2k2+m2), 由弦长公式得|AB|=. 已知椭圆C的方程为=1(a>b>0),过右焦点F且倾斜角为的直线与椭圆C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交直线x=和AB分别于点P和M,若3|AB|=4|PM|,则椭圆C的离心率为(　　) A. B. C. D. 解析 设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可得直线AB的方程为y=x-c. 由x2-2a2cx+a2c2-a2b2=0,x1+x2=,x1x2=, |AB|= 由xM=,xP=,得|PM|=|xM-xP|= 由3|AB|=4|PM|,得3=4,化简可得 已知中心在原点的双曲线的渐近线方程是y=±x,且双曲线过点(). 解 (1)设双曲线方程为3x2-y2=λ(λ≠0), 由点()在双曲线上,得λ=3×2-3=3,所以所求双曲线方程为x2-=1. (2)双曲线右焦点为(2,0), 设点A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=m(x-2)=mx-2m. 联立得(3-1×m2)x2-2×1×m×(-2m)x-1×(-2m)2-1×3=0, 整理得(3-m2)x2+4m2x-4m2-3=0,Δ=4×1×3(3-m2+4m2)=36(1+m2)>0恒成立, 因此|AB|==12,解得m=± 已知椭圆C2与C1:=1的离心率相同,过C2的右焦点且垂直于x轴的直线被椭圆C2截得的线段长为3. (1)求椭圆C2的标准方程; (2)若直线l:y=x+m与椭圆C2,C1的交点从上到下依次为C,A,B,D,且|AC|=,求m的值. 解 (1)设椭圆C2的方程为=1(a>b>0),焦距为2c,则由题意得 解得a=2,b=,因此C2的方程为=1. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由 得15x2+8mx+4m2-12λ=0(λ=1或2). ∵l与C1,C2相交,只需当λ=1时Δ>0, ∴-<m< 由=-,知AB与CD的中点相同, 则|AC|=,故|AC|=2×(|x3-x4|-|x1-x2|)=, 解得m=±,此时Δ>0,故m=± 1.已知双曲线C:-y2=1,若直线l:y=kx+m(km≠0)与双曲线C交于不同的两点M,N,且M,N都在以A(0,-1)为圆心的圆上,则m的取值范围是(　　) A.∪(3,+∞) B.(3,+∞) C.(-∞,0)∪(3,+∞) D. 解析 设M(x1,y1),N(x2,y2),由得(1-2k2)x2-2×2kmx-2m2-2=0, 整理得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0. 则 由根与系数的关系,得x1+x2=,x1x2= 设MN的中点为G(x0,y0),则x0=,y0=AG⊥MN,k=-1. ∴2k2=3m+1.② 由①②得解得-<m<0或m>3,故选A. 2.已知点A(0,-2),椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,O为坐标原点.设过点A的动直线l与椭圆E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,直线l的斜率为(　　) A.± B.± C.± D.± 解析 设椭圆E的右焦点F(c,0), 因为kAF=,所以,解得c= 又,可得a=2,则E的方程为+y2=1. 由题意知直线l存在斜率,设直线l:y=kx-2, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立得(1+4k2)x2+2×4k×(-2)x+4×(-2)2-4×1=0,即(1+4k2)x2-16kx+12=0,由Δ=4×4×1×[1+4k2-(-2)2]=16(4k2-3)>0,得k2> |PQ|= 又点O到直线PQ的距离d=,令=t(t>0),则k2=,S△OPQ=|PQ|×d=1, 当且仅当t=2,k=±时等号成立,且满足Δ>0,故选D. 解 (1)因为椭圆E的左焦点坐标为(-1,0),所以右焦点坐标为(1,0),c=1. 又椭圆E经过点(), 所以2a==4,b=. 所以椭圆的方程为=1. 设直线AC的方程x=ty+1,A(x1,y1),C(x2,y2), 由得(3t2+4)y2+6ty-9=0, 则y1+y2=,y1y2=,|AC|=. 设直线BD的方程为x=-y+1, 同理得|BD|=, 所以|AC|+|BD|=. 设m=t2+1,则m>1, 则|AC|+|BD|=, 所以m=2时,|AC|+|BD|有最小值. 综上,|AC|+|BD|的最小值是. $