直线和圆锥曲线的位置关系

公式定理💯随心记

【点到直线距离公式】点 $P (x_0,y_0)$ 到直线 $Ax+By+C=0$ 的距离 $d=\cfrac {|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt {A^2+B^2}}$

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前言

圆锥曲线一般指椭圆、双曲线、抛物线；但由于圆和椭圆有 * 亲关系，都是封闭曲线，且椭圆的两个焦点合二为一时，椭圆就变成了圆；双曲线和抛物线都是非封闭曲线，这两个和前两个的区别就挺大了。

基础知识

• 直线 $l$ 和圆锥曲线 $C$ 的位置关系

1、从形的角度看，直线 $l$ 和圆锥曲线 $C$ 的位置关系可以分为三类：①无公共点；②仅有一个公共点；③有两个相异的公共点；

2、从数的角度看，可以通过判别式法求解判断。通常是将直线 $l$ 的方程 $Ax+By+C=0$ 此时必须限制 $A^2$$+$$B^2$$\neq$$0$，或者说 $A$，$B$ 不同时为 $0$，代入圆锥曲线 $C$ 的方程 $F(x，y)=0$ 中，消去 $y$ (或者 $x$ ) 得到一个关于变量 $x$ (或者变量 $y$ ) 的一元方程 (仿二次方程)，即由 $\left\{\begin{array}{l}{Ax+By+C=0}\\{F(x，y)=0}\end{array}\right.$ ，消去 $y$ 得到 $ax^2+bx+c=0$；

①. 当 $a\neq 0$ 时，设一元二次方程 $ax^2+bx+c=0$ 的判别式为 $\Delta$，则有

$\Delta >0$ $\Leftrightarrow$ 直线 $l$ 与圆锥曲线 $C$ 相交于不同的两点；

$\Delta =0$ $\Leftrightarrow$ 直线 $l$ 与圆锥曲线 $C$ 相切；

$\Delta <0$ $\Leftrightarrow$ 直线 $l$ 与圆锥曲线 $C$ 相离，无公共点；

②. 当 $a=0$，$b\neq 0$ 时，即得到一个一次方程，则直线 $l$ 与圆锥曲线相交，且只有一个交点；此时：

若 $C$ 为双曲线，则直线 $l$ 与双曲线 $C$ 的渐 * 线的位置关系是 * 行；

若 $C$ 为抛物线，则直线 $l$ 与抛物线 $C$ 的对称轴的位置关系是 * 行或者重合；

〔注意〕：此思路有一定的局限性，当曲线 $C$ 不是完整的圆锥曲线时，此时使用判别式法，得到的结果是错误的。

【2022 年高考文理科数学全国卷乙卷第 22 题】在 * 面直角坐标系 $xOy$ 中， 曲线 $C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}\cos2t \\ y=2\sin t\end{array}\right.$ ( $t$ 为参数)，以坐标原点为极点， $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系， 已知直线 $l$ 的极坐标方程为 $\rho \sin \left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+m=0$，

(1). 写出 $l$ 的直角坐标方程；

解析： 由 $\rho\sin\left(\theta+\dfrac{\pi}{3}\right)+m=0$ 可得，

$\rho\left(\sin \theta \cos \dfrac{\pi}{3}+\cos \theta \sin \dfrac{\pi}{3}\right)+m=0$，即 $\rho\left(\dfrac{1}{2} \sin \theta+\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta\right)+m=0$，

则 $\dfrac{1}{2} y+\dfrac{\sqrt{3}}{2} x+m=0$，故 $l$ 的直角坐标方程为: $\sqrt{3}x+y+2m=0$ .

(2). 若 $l$ 与 $C$ 有公共点， 求 $m$ 的取值范围。

分析：本问题属于已知直线与曲线的位置关系求参数的取值范围问题，常见的思路是利用 $\Delta$ 求解，但是若曲线是用参数方程刻画的，则此时往往不能使用判别式法。

解法 1：由 $x=\sqrt{3} \cos 2t$，$\cos2t=1-2\sin^{2}t$ ，

得 $x=\sqrt{3}\left(1-2\sin^{2}t\right)=\sqrt{3}\left[1-2\left(\dfrac{y}{2}\right)^{2}\right]=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}$，

即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $x=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}$，联立 $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}y^{2}\\\sqrt{3} x+y+2 m=0\end{array}\right.$，

消去 $x$ 由于自变量 $x$ 和 $y$ 的最高次数是不一样的，故消去 $x$ 和消去 $y$ 的难易程度是不一样的；，整理得到，$3y^{2}-2y-4m-6=0$，

即 $3y^{2}-2y-6=4m$，又由于 $y=2\sin t$，则 $-2\leq y \leq 2$，

到此转化为 $4m=3y^{2}-2y-6$ $(-2\leq y \leq 2)$ 方程有解的问题，

此时需要求解二次函数 $z=3y^{2}-2y-6$ $(-2\leq y\leq 2)$ 的值域，

由于二次函数 $z=3y^{2}-2y-6$ $(-2\leq y\leq 2)$ 的值域为 $-\dfrac{19}{3} \leq z \leq 10$ ，

故有 $-\dfrac{19}{3} \leq 4 m \leq 10$ ，即 $-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}$ ，

故 $m$ 的取值范围是 $-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}$.

〔解后反思〕：1. 估计好多学生会纠结为什么利用 $\Delta\geqslant 0$ 求解的思路是错误的，对此我们进一步说明如下，由于 $3y^{2}$$-$$2y$$-$$4m$$-$$6$$=$$0$，则 $\Delta=4+4\times3\times(6+4m)\geqslant0$，解得 $m\geqslant-\dfrac{19}{12}$，这仅仅是必要条件，不是充要条件。原因是 $\Delta\geqslant 0$ 对应的是 $y\in R$，而此时明显有 $-2\leq y\leq 2$ 的限制，故这一思路肯定有问题。

2. 当消去 $y$ 后得到，$3x^2+2\sqrt{3}(2m-1)x+4m^2-2=0$，此时若使用 $\Delta\geqslant 0$ ，算理是错误的，若想使用方程有解的思路，但是参数没法分离，故就陷入两难的境地。

解法 2：联立 $l$ 与 $C$ 的方程， 即将 $x=\sqrt{3}\cos2t$， $y=2\sin t$ 代入 $\sqrt{3}x+y+2m=0$ 中，

可得 $3\cos2t+2\sin t+2m=0$，所以 $3\left(1-2\sin^{2}t\right)+2\sin t+2m=0$，

化简为 $-6\sin ^{2} t+2 \sin t+3+2 m=0$ ，

要使 $l$ 与 $C$ 有公共点， 则 $2m=6\sin^{2}t-2\sin t-3$ 方程有解，

令 $\sin t=a$, 则 $a \in[-1,1]$， 令 $f(a)=6a^{2}-2a-3$，$(-1\leqslant a\leqslant 1)$，

二次函数 $f(a)$ 的对称轴为 $a=\dfrac{1}{6}$， 开口向上，

所以 $f(a)_{\max}=f(-1)=6+2-3=5$，$f(a)_{\min}=f\left(\dfrac{1}{6}\right)=\dfrac{1}{6}-\dfrac{2}{6}-3=-\dfrac{19}{6}$，

所以 $-\dfrac{19}{6} \leq 2 m \leq 5$ ，$m$ 的取值范围为 $-\dfrac{19}{12} \leq m \leq \dfrac{5}{2}$.

典例剖析

【教材改编】曲线 $x^2+\lambda y^2=1(\lambda\neq 0)$ 恒过定点_________。$(\pm 1，0)$

法 1：从数的角度思考分析，类比 $y=kx+1$ 恒过定点 $(0，1)$ 的方法思路，令 $y=0$，得到 $x^2=1$，故上述曲线恒过定点 $(\pm 1，0)$;

法 2：从形的角度思考分析，变形得到 $\cfrac{x^2}{1}+\cfrac{y^2}{\frac{1}{\lambda}}=1$，用动态的观点思考，当 $\lambda$ 变化时，椭圆或者双曲线与 $x$ 轴的交点坐标 $(-1，0)$ 和 $(1，0)$ 始终不变，故曲线恒过定点 $(\pm 1，0)$;

【教材改编】过点 $(4，0)$ 的直线交抛物线 $y^2=4x$ 于 $A$、$B$ 两点，$O$ 为坐标原点，则 $\angle AOB$ 的值等于___________。$\cfrac{\pi}{2}$

法 1：常规方法求解，$\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}$

法 2：特殊化策略思考，当我们将直线由一般的有斜率的情形特殊化为无斜率的情形时，应该没有改变题目中的已知条件，故可以思考用特殊化策略，此时能轻松得到 $\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}$；

【教材改编】点 $M(x，y)$ 在椭圆 $\cfrac{x^2}{5}+y^2=1$ 上，则 $x+y$ 的取值范围为___________。$[-\sqrt{6}，\sqrt{6}]$;

分析：椭圆上任意一点的坐标的参数方程为 $(\sqrt{5}cos\theta，sin\theta)$，$\theta\in [0，2\pi)$，

则 $x+y=\sqrt{5}cos\theta+sin\theta=\sqrt{6}sin(\theta+\phi)$，故 $x+y\in [-\sqrt{6}，\sqrt{6}]$;

解后反思：椭圆的参数方程的优越性；变量集中；三角函数；求值域中的三角换元；知一求二类 [($sinx+cosx$，$sinx-cosx$，$sinx\cdot cosx$)(奇偶性，周期性，对称性)]

【教材改编】直线 $y=kx-k+1$ 与椭圆 $\cfrac{x^2}{9}+\cfrac{y^2}{4}=1$ 的位置关系为【】

$A. 相交$ $B. 相切$ $C. 相离$ $D. 不确定$

法一：从数的角度思考，常规方法，将直线 $y=kx-k+1$ 代入椭圆 $\cfrac{x^2}{9}+\cfrac{y^2}{4}=1$ 中，[注意运算技巧]

化简整理为 $(9k^2+4)x^2+18k(1-k)x+9(1-k^2)=0$，$\Delta =\cdots=1152k^2+288k+4\times 108>0$，

则直线和椭圆相交，故选 $A$。

法 2：从形的角度思考，将直线变形为 $y-1=k(x-1)$，则可知其恒过定点 $(1，1)$，

将 $(1，1)$ 代入 $\cfrac{x^2}{9}+\cfrac{y^2}{4}$，得到 $\cfrac{1^2}{9}+\cfrac{1^2}{4}<1$，即点 $(1，1)$ 在椭圆内，

则直线和椭圆必然相交，故选 $A$。

相关阅读： 1、曲线或函数恒过定点；

【教材改编】点 $M$ 在椭圆 $\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1$，$F_1$、$F_2$ 为其焦点，则 $\angle F_1MF_2$ 的最大值为________。

分析：特殊化策略，当点 $M$ 位于椭圆的上下顶点位置时，$\angle F_1MF_2$ 最大，最大值为 $\cfrac{\pi}{3}$。

• 直线与曲线交于一点的误区：

【教材改编】过点 $(0，1)$ 作直线，使它与抛物线 $y^2=4x$ 仅有一个公共点，这样的直线有_________条。

分析：如图所示，过点 $(0，1)$ 做直线，和抛物线仅有一个公共点时，这样的直线有切线和非切线两种情形：

当为切线时，其一为直线 $x=0$，此时直线无斜率；其二为 $y=kx+1$，设切点为 $(x_0，y_0)$，则

$\left\{\begin{array}{l}{y_0=kx_0+1}\\{y_0^2=4x_0}\\{k=\frac{1}{\sqrt{x_0}}}\end{array}\right.$，解得 $x_0=\cfrac{1}{2}$，$y_0=\sqrt{2}$，$k=2(\sqrt{2}-1)$，

故另一条切线为 $y=(2\sqrt{2}-1)x+1$；

当为非切线时，直线为 $y=1$，故这样的直线分别为 $x=0$，$y=1$，$y=(2\sqrt{2}-1)x+1$；

【教材改编】直线 $y=-\cfrac{3}{2}x+2$ 与双曲线 $\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{9}=1$ 有_______个交点；

分析：由于直线和渐 * 线 * 行，故只能有一个交点。

直线 $y=kx+m$ 与椭圆 $\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{y^2}{3}=1$ 只有一个公共点，则 $k$ 与 $m$ 的关系式为__________。$m^2=2k^2+3$

法 1：判别式法，利用 $\Delta=0$，得到 $m^2=2k^2+3$；

法 2：* 行线法。

设抛物线 $C：y^2=3x$ 的焦点，过 $F$ 且倾斜角为 $30^{\circ}$ 的直线交 $C$ 于 $A$，$B$ 两点，则 $|AB|$ 等于【】

$A.\cfrac{\sqrt{30}}{3}$ $B.6$ $C.12$ $D.7\sqrt{3}$

【法 1】：常规方法，利用两点间距离公式，由于 $2p=3$，则 $\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}$，故焦点 $F(\cfrac{3}{4}，0)$，又斜率为 $k=\cfrac{\sqrt{3}}{3}$，

则直线 $AB$ 的方程为 $y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})$，

联立直线 $AB$ 和抛物线方程，得到 $\left\{\begin{array}{l}{y^2=3x}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})}\end{array}\right.$，

消 $y$ 得到 $16x^2-24\times7x+9=0$，设点 $A(x_1，y_1)$，点 $B(x_2，y_2)$，

则 $x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}$，$x_1x_2=\cfrac{9}{16}$，

故 $|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|$

$=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12$。

【法 2】：利用直线 $AB$ 的参数方程的参数的几何意义，

直线 $AB$ 的参数方程为 $\begin {cases} x=\cfrac {3}{4}+\cfrac {\sqrt {3}}{2} t\\y=0+\cfrac {1}{2} t\end {cases}(t 为参数)$，将其代入 $y^2=3x$ 中，

整理得到 $t^2-6\sqrt{3}t-9=0$，设 $A$，$B$ 对应的参数分别为 $t_1$，$t_2$，

则 $\Delta>0$，且有 $t_1+t_2=6\sqrt{3}$，$t_1t_2=-9$，

故 $|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12$。

【法 3】：利用抛物线的定义可知，$|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p$，

故由法 1 中，得到 $x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}$，$p=\cfrac{3}{2}$，即 $|AB|=x_1+x_2+p=12$。

法 4：利用抛物线的焦点弦长公式：$|AB|=\frac{2p}{sin^2\alpha}$，则 $|AB|=\cfrac{2\times \frac{3}{2}}{(\frac{1}{2})^2}=12$。

已知抛物线的方程为 $y^2=4x$，直线 $l$ 过定点 $P(-2，1)$，斜率为 $k$，当 $k$ 为何值时，直线 $l$ 与抛物线 $y^2=4x$ 只有一个公共点，有两个公共点，没有公共点？

分析：由题意可知，直线 $l$ 的方程为 $y-1=k(x+2)$，

由方程组 $\left\{\begin{array}{l}{y-1=k(x+2)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.$（*）

消去 $x$ 得到，$ky^2-4y+4(2k+1)=0$① [注意，此为仿二次方程]

当 $k=0$ 时，由方程①可得 $y=1$，代入 $y^2=4x$，得到 $x=\cfrac{1}{4}$，即此时直线和抛物线只有一个公共点 $(\cfrac{1}{4}，1)$，二者位置关系为相交；

当 $k\neq 0$ 时，方程①的判别式为 $\Delta=-16(2k^2+k-1)$；

由 $\Delta=0$，即 $2k^2+k-1=0$，解得 $k=-1$ 或 $k=\cfrac{1}{2}$，此时方程①只有一个解，则方程组（*）也只有一个解，则直线和抛物线只有一个公共点，二者位置关系为相切；

由 $\Delta>0$，即 $2k^2+k-1<0$，解得 $-1<k<\cfrac{1}{2}$，于是当 $-1<k<\cfrac{1}{2}$ 且 $k\neq 0$ 时，方程①有两个解，则方程组（*）也有两个解，则直线和抛物线有两个公共点，此时二者位置关系为相交；

由 $\Delta<0$，即 $2k^2+k-1>0$，解得 $k<-1$ 或 $k>\cfrac{1}{2}$，于是当 $k<-1$ 或 $k>\cfrac{1}{2}$ 时，方程①没有实数解，则方程组（*）没有实数解，则直线和抛物线没有公共点，此时二者位置关系为相离；

综上所述，当 $k=-1$ 或 $k=\cfrac{1}{2}$ 或 $k=0$ 时，直线和抛物线只有一个公共点；

当 $-1<k<\cfrac{1}{2}$ 且 $k\neq 0$ 时，则直线和抛物线有两个公共点；

当 $k<-1$ 或 $k>\cfrac{1}{2}$ 时，则直线和抛物线没有公共点；