3.2.2 双曲线的简单几何性质（第2课时 直线与双曲线的位置关系）课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦直线与双曲线的位置关系，涵盖相交相切相离判断、弦长计算及中点弦问题。通过课前自学梳理概念和辨析易错点，衔接双曲线几何性质与渐近线知识，为课堂学习搭建支架。 其亮点在于以题型分类（位置关系、弦长、中点弦）为例题载体，结合数学运算与逻辑推理，如例1分类讨论k取值、例3点差法后检验Δ。通过探究总结代数几何法及“设而不求”策略，帮助学生提升解题能力，也为教师提供系统教学资源。

课前自学 内容导航 课时学案 课后巩固 Content Navigation 01 02 03 3.2.2　双曲线的简单几何性质 (第2课时) 直线与双曲线的位置关系 素养目标 1.理解直线与双曲线的位置关系．(数学运算、直观想象)2.会求解有关弦长问题．(数学运算、逻辑推理) 课前自学 4 第页 第页 第页 要点3　双曲线的中点弦问题的解法 (1)根与系数的关系法：联立直线方程和双曲线方程构成方程组，消去一个未知数，若二次项系数不为0，则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：利用端点在曲线上，坐标满足方程，将端点坐标分别代入双曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系解决． 第页 若直线和双曲线只有一个公共点，那么直线和双曲线一定相切吗？ 答：不一定．当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有一个公共点，但直线与双曲线相交． 返 回 课时学案 10 例 1 (1)如果直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4有两个公共点，求k的取值范围； 题型一　 直线与双曲线位置关系的判断 第页 11 (2)如果直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4只有一个公共点，求k的取值范围； 第页 (3)如果直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝4的右支有两个公共点，求k的取值范围． 第页 探究1 直线与双曲线位置关系的判断方法 代数法 将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)． ①二次项系数为0时，直线与双曲线的渐近线平行(或重合)，直线与双曲线只有一个公共点(或无公共点)； ②二次项系数不等于0时，若Δ>0，则直线与双曲线有两个公共点；若Δ＝0，则直线与双曲线有一个公共点；若Δ<0，则直线与双曲线没有公共点 数形结合法 ①直线过定点时，根据定点的位置和双曲线的渐近线的斜率与直线的斜率(直线斜率存在)的大小关系确定其位置关系； ②直线斜率一定时，通过平移直线，比较直线斜率与渐近线斜率的关系来确定其位置关系 第页 思考题1　已知双曲线C：2x2－y2＝2与点P(1，2)，讨论过点P的直线l的斜率的情况，使l与双曲线C分别有一个公共点、两个公共点、没有公共点． 第页 第页 例 2 题型二　 弦长问题 第页 17 第页 第页 探究2 第页 第页 (2)过C的右焦点且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，求|AB|. 第页 例 3 题型三　 中点弦问题 第页 23 第页 探究3 与双曲线有关的中点弦问题 与椭圆的中点弦问题一样，求解与双曲线有关的中点弦问题也是利用点差法及设而不求的思想．另外，需注意，过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线中，则不能确定这样的直线是否存在，要注意检验． 第页 √ 第页 返 回 课后巩固 28 √ 第页 2．若直线y＝kx与双曲线4x2－y2＝16相交，则实数k的取值范围为(　　) A．(－2，2) B．[－2，2) C．(－2，2] D．[－2，2] √ 解析　易知k≠±2，将y＝kx代入4x2－y2＝16得关于x的一元二次方程(4－k2)x2－16＝0，由Δ>0可得－2<k<2. 第页 √ 第页 √ 第页 第页 5．直线y＝x－1被双曲线2x2－y2＝1所截得的弦的中点坐标是____________． (－1，－2) 返 回 请做：课时作业（三十六） 要点1　直线与双曲线的位置关系 一般地，设直线l：y＝kx＋m(m≠0)，双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，联立、化简，得(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0. (1)当b2－a2k2＝0，即k＝±eq \f(b,a)时，直线l与双曲线的渐近线平行，直线l与双曲线交于一点． (2)当b2－a2k2≠0，即k≠±eq \f(b,a)时，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)． 若Δ>0⇒l与C有两个公共点，相交． 若Δ＝0⇒l与C有一个公共点，相切． 若Δ<0⇒l与C无公共点，相离． 要点2　直线与双曲线相交所得弦长的两种求法 方法一：利用距离公式． 求出直线和双曲线的两个交点坐标，利用两点间距离公式求弦长． 方法二：利用弦长公式． 设斜率为k(k≠0)的直线l与双曲线相交于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). 【解析】　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝4，))得(1－k2)x2＋2kx－5＝0(*)． (1)直线与双曲线有两个公共点⇔方程(*)有两个不等的根⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋20（1－k2）>0))⇔－eq \f(\r(5),2)<k<eq \f(\r(5),2)且k≠±1. 【解析】　(2)此时等价于方程(*)只有一解． 当1－k2＝0即k＝±1时，方程(*)只有一解； 当1－k2≠0时，应满足Δ＝4k2＋20(1－k2)＝0， 解得k＝±eq \f(\r(5),2). 故k的值为±1或±eq \f(\r(5),2). 【解析】　(3)此时等价于方程(*)有两个不等的正根⇔eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋20（1－k2）>0，,－\f(2k,1－k2)>0，,\f(－5,1－k2)>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(5),2)<k<\f(\r(5),2)，,k>1或－1<k<0，,k>1或k<－1))⇔1<k<eq \f(\r(5),2). 【解析】　①当l垂直于x轴时，直线l与双曲线C相切，有一个公共点． ②当l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y－2＝k(x－1)， 代入双曲线C的方程，得(2－k2)x2＋2(k2－2k)x－k2＋4k－6＝0. 当k2＝2，即k＝eq \r(2)或－eq \r(2)时，方程有一个解． 当k2≠2时，Δ＝48－32k， 令Δ＝0，可得k＝eq \f(3,2)；令Δ>0，可得k<eq \f(3,2)且k≠±eq \r(2)；令Δ<0，可得k>eq \f(3,2). 综上所述，当直线l的斜率k∈eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－\r(2)，\f(3,2)))或直线l的斜率不存在时，直线l与双曲线C有一个公共点； 当直线l的斜率k∈(－∞，－eq \r(2))∪(－eq \r(2)，eq \r(2))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(3,2)))时，直线l与双曲线C有两个公共点； 当直线l的斜率k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))时，直线l与双曲线C没有公共点． 【解析】　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,4)＝1，,y＝x＋1，))得4x2－(x＋1)2－4＝0. 即3x2－2x－5＝0①，Δ>0. 设方程①的解为x1，x2， ∴x1＋x2＝eq \f(2,3)，x1x2＝－eq \f(5,3). ∴弦长d＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(2)×eq \r(\f(4,9)＋\f(20,3))＝eq \f(8\r(2),3). 　(1)求直线y＝x＋1被双曲线x2－eq \f(y2,4)＝1截得的弦长． 【解析】　由题知F(2，0)，当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝2，此时M，N的坐标为(2，3)，(2，－3)，∴|MN|＝6≠4，不成立． 故直线l的斜率存在，设l：y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,x2－\f(y2,3)＝1，))消y得(3－k2)x2＋4k2x－4k2－3＝0. (2)已知双曲线方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.过右焦点F的直线l与双曲线交于M，N两点，且|MN|＝4，求直线l的方程． ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝36（k2＋1）>0，,x1＋x2＝\f(－4k2,3－k2)，,x1x2＝\f(－4k2－3,3－k2)，)) ∴|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k2,3－k2)))\s\up18(2)＋\f(4（4k2＋3）,3－k2))＝eq \f(6（k2＋1）,|3－k2|)＝4. 解得k＝±eq \f(\r(15),5). ∴直线l的方程为y＝±eq \f(\r(15),5)(x－2)． 弦长问题的解题策略 涉及弦长的问题，常常设而不求，通常利用弦长公式|AB|＝eq \r(1＋k2)|xA－xB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（xA＋xB）2－4xAxB)解决，求解的关键是正确应用根与系数的关系，整理时要始终保持两根之和、两根之积的形式． 【解析】　(1)由题设2a＝2eq \r(3)⇒a＝eq \r(3)，又e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)⇒c＝eq \r(3)a＝3， 所以b2＝c2－a2＝6，则C：eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1. 思考题2　已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率e＝eq \r(3)，实轴长为2eq \r(3). (1)求C的方程； 【解析】　(2)由(1)知右焦点为(3，0)，则直线AB：y＝eq \f(\r(3),3)(x－3)， 将其与双曲线方程联立，得eq \f(x2,3)－eq \f(（x－3）2,18)＝1，整理得5x2＋6x－27＝0， 显然Δ＝36＋4×5×27>0，则xA＋xB＝－eq \f(6,5)，xAxB＝－eq \f(27,5)， 所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·|xA－xB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（xA＋xB）2－4xAxB)＝eq \f(2,\r(3))×eq \r(\f(36,25)＋\f(108,5))＝eq \f(16\r(3),5). 【解析】　假设符合题意的直线l存在，由题意知l的斜率存在．设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1≠x2，且2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq \o\al(2,1),2)＝1，,xeq \o\al(2,2)－\f(yeq \o\al(2,2),2)＝1，)) 作差可得(x1－x2)(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(y1－y2)(y1＋y2)． 　已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1，问过点A(1，1)能否作直线l，使l与双曲线交于P，Q两点，并且A为线段PQ的中点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． ∵A(1，1)为PQ的中点，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2，,y1＋y2＝2，)) ∴x1－x2＝eq \f(1,2)(y1－y2)， 则直线l的斜率k＝2. ∴其方程为2x－y－1＝0. 但由方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))得2x2－4x＋3＝0. 根据Δ＝－8＜0，说明所求直线不存在． 思考题3　已知双曲线E的中心为原点，F(3，0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，则E的方程为(　　) A.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1　　　　　 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1 C.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1 D.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)＝1 【解析】　由题可设双曲线的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由题意知c＝3，a2＋b2＝9，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知x1≠x2， 且2,1)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,a2)－\f(yeq \o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \o\al(2,2),a2)－\f(yeq \o\al(2,2),b2)＝1，)) 两式作差，得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝eq \f(－12b2,－15a2)＝eq \f(4b2,5a2)， 又AB的斜率为eq \f(－15－0,－12－3)＝1，所以eq \f(4b2,5a2)＝1， 将4b2＝5a2代入a2＋b2＝9，得a2＝4，b2＝5. 所以双曲线的标准方程是eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.经验证，该方程满足题意．故选B. 解析　由题意，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，因为直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线的一条渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，所以它与双曲线只有1个交点． 1．直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的交点个数是(　　) A．1　　　　　　　　　　 B．2 C．1或2 D．0 解析　双曲线x2－y2＝4的焦点为(±2eq \r(2)，0)，把x＝2eq \r(2)代入双曲线方程解得y＝±2，∴|AB|＝2－(－2)＝4. 3．过双曲线x2－y2＝4的焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于A，B两点，则|AB|的值为(　　) A．8 B．4eq \r(2) C．4 D．2 4．已知双曲线C：x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1，1)作直线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　当直线l斜率存在时，设直线l：y－1＝k(x－1)，代入曲线C，得4x2－k2(x－1)2－2k(x－1)－1＝4.整理，得(4－k2)x2＋(2k2－2k)x－(k2－2k＋5)＝0. 当4－k2≠0时，令Δ＝(2k2－2k)2＋4(4－k2)(k2－2k＋5)＝0， 得k＝eq \f(5,2)，此时直线l与双曲线相切． 当4－k2＝0，即k＝±2时， 过P(1，1)可作两条与渐近线平行的直线使l与C有且只有一个公共点， 当直线l斜率不存在时，l：x＝1也符合题意， 所以符合题意的直线共有4条．故选D. 解析　设直线y＝x－1与双曲线2x2－y2＝1的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,2x2－y2＝1，))整理得x2＋2x－2＝0，则Δ＝12>0，且x1＋x2＝－2，设弦AB的中点为M(x0，y0)，则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝－1，代入直线方程可得y0＝－2，所以截得弦的中点坐标为(－1，－2)． $