直线与曲线的位置关系及其参数优化问题
平面解析几何研究的对象与方法，是在平面直角坐标系中，用代数方法解决几何问题，通过对二元一次或二次方程的研究，刻画直线或曲线的相关几何性质；反之, 通过对直线或曲线几何性质的研究, 来阐释对应的代数性质.
依照课程标准与考纲要求，对椭圆、双曲线和抛物线这三个圆锥曲线的考查要求，仅限于在“标准方程”和“第一定义”的前提下．而在主观试题中，主要以直线与曲线的位置关系为背景，借以考查其定义、性质，考查变式水平与运算能力，考查综合应用能力，考查数形结合、方程与函数、化归与转化、分类与讨论等数学思想及方法．
直线与曲线有“相离”、“相切”和“相交”这三种位置关系，就解决问题的总体策略而言，主要分为“直线与圆”，“直线与圆锥曲线”两类，究其原因，是由于圆的“完善对称性”使得直线与圆的位置关系主要使用较为简捷的“d -r ”法，而直线与圆锥曲线的位置关系，在代数方法的研究中，则主主体方法是将一次与二次的两个二元方程联立起来，用消元后的一元二次方程，以“设而不求”、“整体代换”的方法解决相关问题．
现通过对具体例题的分析，来揭示在直线与曲线的关系的试题中，可能出现的考查方式及对应的解题策略．
一、直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系，主要用“d -r ”法，即利用圆的半径r 、圆心到直线的距离d 之间的关系来解决问题．
已知圆C ：(x -2) +(y -3) =1，直线l 过点M (1,0) ． 考点1：直线与圆的位置关系的判定
例1．若直线l 与圆C 相切，求l 的方程． 解法一：设l :y =k (x -1) ，则圆心C (2,3)到直线l :kx -y -1=
0的距离d =
2
2
4
=1，即k -6k +9=k +1，解得k =．
3
2
2
考虑到二次方程“蜕变”为一次方程，则可能是特殊情况所致，故加以个例讨论：当直线l 的斜率不存在时，即l :x =1时，也满足条件，故所求方程为l :4x -3y -4=0或x -1=0．
解法二：设l :x =ty +1，则圆心C (2,3)到直线l :x -ty +1=0的
距离d =
方程为l =0或x -1=0．
=1，即8t 2-6t =0，解得t =
3
或t =0，故所求4
分析：当二次方程“蜕变”为一次方程，意味着直线的斜率出现不存在的情况，应注意讨论；
1），一是便于简化计算，二是回k
避了讨论斜率不存在的情形．当然，在某种情况下，也可能出现t 不存在的特殊情形，即直线与y 轴垂直
就本题而言，当定点在x 轴上时，将直线设为x =ty +m （此时t =的情况．
考点2：与弦长相关问题
例2．若直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，
且|AB |>率k 的取值范围．
k x (解析：设l :y =距离d =
，求l 斜-1) ，则圆心C (2,3)到直线l :kx -y -1=0的
．
2
2
|AB |22|AB |2
) 得在∆ABC 中，由r =d +
(
=1-
24
11(k -3) 21由于|AB |>2
2k +15分析：在直线与圆相交时，半弦长、弦心距、半径可构成一组股数，由此可用“d -r ”法解决弦长
问题．
例3．若直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，且l 的斜率k ∈(2,求弦长|AB |的取值范围．
解析：当直线l 经过圆心C 时，k =3，|AB |取得最大值2，
11
k =3∈(2,) ，结合图象可知，|AB |min ∈{|AB |k =2,|AB |k =11}，又
2
2
11) ，2
(k -3) 2|AB |=4(1-2) ，
则|AB |k =2=|AB |k =1=，所
以1
k +15 |AB |∈(2,． 5
(k -3) 22
) 代数式中，由k 的范围推导|AB |的范围，涉及到单调性分析：此问题中，在|AB |=4(1-2
k +1
的说明，明显难度较大，在代数方法不易解决时，应考虑几何方法，即在解析几何中，除了用代数方以解决几何问题外，还不能忽视用几何方以解决代数问题．
考点3：综合应用
例4．若直线l 与圆C 相交于A 、B
两点，且弦长|AB |=
于圆C 上的任意一点P ，求PA ⋅PB 的取值范围．
2π
解析：由已知，当|AB |=∠AOB =，由圆周角性质，
3
1π12π 得∠P =∠AOB =P 在优弧上），或∠P =π-∠AOB =2323
（点P 在劣弧上），
从而PA ⋅PB =|PA |⋅|PB |cos ∠P =±|PA |⋅|PB |
2
|PA |+|PB |2又|PA |⋅|PB |≤() ，当且仅当|PA |=|PB |时等式成立，此时点P 处在弦AB 的垂直平
2
1+122
) =1分线上，
故可求出(|PA |⋅|PB |)max =，或(|PA |⋅|PB |)max =(=3（点P 在优弧上）
22
（点P 在劣弧上）
，所以(PA ⋅PB ) max =(PA ⋅PB ) min =-，即PA ⋅PB ∈(-．
2222
分析：本题基于圆的几何性质，考查平面向量、不等式等综合应用，考查数形结合与分类讨论思想．由
此可得，应高度重视解几的几何性质及其应用，反对将解几问题“唯代数化”．
二、直线与圆锥曲线的位置关系 考点1：“联立消元”法
设直线为y =kx +m ，曲线的方程为f (x , y ) =0．
⎧y =kx +m 2由⎨消去y 整理，得：ax +bx +c =0（a ≠0）„„① ⎩f (x , y ) =0
2
或消去x 整理，得：ay +by +c =0（a ≠0））„„②
2
在①式或②中，设∆=b -4ac ，则∆>0⇔直线与曲线相交；∆=0⇔直线与曲线相切；∆
直线与曲线相离．
当直线与曲线相交时，即∆>0，则常涉及到：弦长、中点、距离和面积等问题．
x 2
例5．已知椭圆+y 2=1．
2
（1）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；
（2）过A (2, 1) 的直线l 与椭圆相交，求l 被截得的弦的中点轨迹方程； 解析：（1）设平行弦所在直线为y =2x +m 并与x 2+2y 2-2=0联立， 得：9x +8mx +2m -2=0„„„„（*）
2
2
8m 2m 2-2设平行弦的端点为A (x 1, y 1) ，B (x 2, y 2) ，则x 1+x 2=-，x 1⋅x 2=
99
令平行弦的中点为M (x , y ) ，
x +x 24m
=-则x =1， 29
y +y 2(2x 1+m ) +(2x 2+m ) 8m m y =1=+m = =(x 1+x 2) +m =-
22999x ⎧m =-x ⎪
y =-所以⎨，即： 4
4⎪⎩m =9y
又方程（*）中，∆=(8m ) 2-4⨯9⨯(2m 2-2) >0
4m 44，得x ∈(-, ) 933
x 44
故平行弦的中点轨迹方程为：y =-（x ∈(-, ) ）
433
（2）过A (2, 1) 的直线l ：y -1=k (x -2) ，并与x 2+2y 2-2=0联立，
所以m ∈(-3,3) 代入x =-
得：(2k 2+1) x 2-(8k 2-4k ) x +(8k 2-8k ) =0„„（**） 令l 被截得的弦为CD ，且C (x 3, y 3) ，D (x 4, y 4) ，
8k 2-4k 8k 2-8k
则x 3+x 4=，x 3⋅x 4=
2k 2+12k 2+1
令平行弦的中点为Q (x , y ) ，
x 3+x 44k 2-2k
=则x = 22k 2+1
y +y 4(kx 3-2k +1) +(kx 4-2k +1) y =3=
22k (x 3+x 4) =-2k +1
24k 2-2k =k -2k +1
2k 2+1-2k +1=2 2k +1
x x
两式相除，得=-2k 即k =-代入y -1=k (x -2)
y 2y
123222
得方程x -2x +2y -2y =0即(x -1) +2(y -) =
22
考点2：“点差”法
例5解法二：
（1）设平行弦所在直线为y =2x +m 并与x +2y -2=0联立，
2
2
得：9x +8mx +2m -2=0„„„„（*） 设平行弦的端点为A (x 1, y 1) ，B (x 2, y 2) ，
22
⎧x 12+2y 12-2=0则⎨2，两式相减得(x 1+x 2)(x 1-x 2) =-2(y 1+y 2)(y 1-y 2) 2
⎩x 2+2y 2-2=0x 1+x 2
=-2(y 1-y 2) ， 即
12(x 1-x 2) 2
令平行弦的中点为P (x , y ) ，又平行弦的斜率为2，
x x
所以=-2⨯2，即：y =-
4y
又方程（*）中，∆=(8m ) 2-4⨯9⨯(2m 2-2) >0
4m 44
所以m ∈(-3,3) 代入x =-，得x ∈(-, )
933
x 44
故平行弦的中点轨迹方程为：y =-（x ∈(-, ) ）
433
（2）过A (2, 1) 的直线l ：y -1=k (x -2) ，
22
即直线l ：y =kx -2k +1，与x +2y -2=0联立，得： (2k 2+1) x 2-(8k 2-4k ) x +(8k 2-8k ) =0„„（**） 令l 被截得的弦为CD ，且C (x 3, y 3) ，D (x 4, y 4) ，
22⎧x 3+2y 3-2=0则⎨2，两式相减得(x 3+x 4)(x 3-x 4) =-2(y 3+y 4)(y 3-y 4) 2
⎩x 4+2y 4-2=0x 3+x 4
=-2(y 3-y 4) ， 即
y 3+y 4(x 3-x 4) 2
令截得的弦的中点为Q (x , y ) ，又截得的弦的中点斜率为k ，
x x 所以=-2⨯k ，即：即k =-代入y -1=k (x -2)
y 2y
123222
得方程x -2x +2y -2y =0即(x -1) +2(y -) =
22
考点3：“反设直线”
x
+y 2=
14
M 、N ．试求∆MNF 2面积的最大值．右焦点，过F 1的直线l 交椭圆于点
例6．已知：在平面直角坐标系中，F 1、F 2是椭圆：
解法一：由题意容易得知：椭圆的两焦点为F 1(、F 2设l :y =k (x （若l ⊥x 轴，即斜率不存在，则作为特例进行验
2
x 2
+y 2=1联立，得到方程：(4k 2+1) x 2+2x +12k 2-4=0 „„„„„„„„ ① 证），并与4
12k 2-42x
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则x 1+x 2=-，x 1x 2= 22
4k +14k +1
从而弦长|MN |=
=
=
=4(k 2+1)
= 4k 2+1
又
∵点F
2到直线l :kx -y =
0的距离为d =故∆
MNF 2面积为S ∆MNF 2
114(k 2+1) =⨯|MN |⋅d =⨯2224k +1
„„„„ ② =（显然，对此面积求最大值，难度是比较大的．）（下略）
x 2
+y 2=1联立，
解法二：设l :x =ty 4
得到方程：(t 2+4) y 2--1=0 „„„„„„„„„„ ③
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y
2) ，则y 1+y 2=从而弦长|MN |=
1y y =-，
1222
t +4t +4
=
=
=4(t 2+1) =2
t +4
点F
2到直线l :x -ty =
0的距离为d =故∆MNF 2面积为S ∆MNF 2=
1
⨯|MN |⋅
d 2
14(t 2+1) =⨯22t +4
„„„„ ④ =
=
=m （m ≥1），
则S ∆MNF 2=当且仅当m 时，
即t =≤=2，
m +
m
时，等式成立． ∴∆MNF 2
面积的最大值为2．
对比上述两种方法，明显可以得到：方程③比方程①简洁，④式比②式简洁，“反设”直线比“正设”直线的运算简捷且更为有效．
究其原因，是因为直线l 所过的定点在x 轴上，使得直线l 的方程y =k (x 较x =ty 在形式上更为复杂，运算上更为繁琐．
基于此，可以认为，对于过定点的动直线问题，应视不同情况而选用不同的策略，当定点位于x 轴上时，可将t 看作“反斜率”而“反设”直线方程x =ty +b ，从而更有利于问题的解决．
考点4．面积的“割补法”
上例面积问题的另解：（题中∆MNF 2面积的求解，我们采用的方法是S ∆MNF 2=若用“割补法”解决，则使过程更简单．）
对于方程：(t 2+4) y 2--1=0 „„„„„„„„„„ ③
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则S ∆MNF 2=S ∆MF 1F 2+S ∆NF 1F 2=
1
⨯|MN |⋅d ．事实上，2
1
|F 1F 2|⨯(|y 1|+|y 2|) 2
y 1y 2=-
1
t +4
=∴|y 1|+|y 2|=
|y 1-y 2|=
∴S ∆MNF 2
1=⨯
=2 2t +4
这里所选择的策略，不仅体现了数形结合的思想，更为重要的是灵活运用了不等式
“|y 1-y 2|≤|y 1|+|y 2|”的性质，使问题的解决既简捷又巧妙．
上且关于原点O 对称，BD =3DC ，若一双曲线E 以B 、C 为焦点，且经
过A 、D 两点．
（Ⅰ）求双曲线E 的方程； （Ⅱ）过点P (3,0)的直线l 与双曲线E 相交于不同于双曲线顶点的两点
考点5．消参化简
例7．如图，在周长为12的Rt ∆ABC 中，∠ACB =900，B 、C 在x 轴
1
M 、N , 且满足=λ. 若点G 为 (,0) ，求证：⊥(-λ) .
3x 2y 2
（Ⅰ）设所求双曲线E 的方程为2-2=1（a >0, b >0）
a b
由题意：B (-c ,0) 、C (c ,0) 、D (a ,0)
∵BD =3DC ，∴a +c =3(c -a ) ，即c =2a ，∴BC =4a
又∠ACB =90，且点A 在双曲线上，
b 2c 2-a 2c 2AC
=3a
∴2-=1，即AC ==2
a a a b
从而AB =
2
5a
又∵∆ABC 的周长为12，∴5a +4a +3a =12，解的a =1，故c =
2，b =
y 2
=1． ∴双曲线E 的方程为：x -3
（Ⅱ）设直线l :x =my +3
⎧x =my +3⎪22
联立⎨2y 2，消去x 并整理得：(3m -1) y +18my +24=0
=1⎪x -3⎩
18m 242
y ⋅y =设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则3m -1≠0且y 1+y 2=-， 1222
3m -13m -1
y
∵=λ，∴-y 1=λy 2，即λ=-1
y 2
11y 88
而GM -λGN =(x 1-, y 1) -λ(x 2-, y 2) =(my 1+, y 1) +1(my 2+, y 2)
333y 23
2
6my 1y 2+8(y 1+y 2) 8y 8
=(2my 1+⋅1+, 2y 1) =(,2y 1)
3y 13y 23
6my 1y 2+8(y 1+y 2) 6m ⨯24-8⨯18m
=0 ∴BC ⋅(GM -λGN ) =(4,0)⋅(,2y 1) =4⨯
3y 13y 2(3m 2-1)
故BC ⊥(GM -λGN ) 得证．
考点6．综合应用
x 22
+y =1的左、例8．已知：在平面直角坐标系中，F 、是椭圆：F 12
4
M 、N ．试求∆MNF 2面积的最大值．并右焦点，过F 1的直线l 交椭圆于点
求当三角形MNF 2面积取得最大值时的tan ∠MF 2N 的值．
解析：（接上题）由上可知，当三角形MNF 2面积取得最大值2时，
1
|MF 2|⋅|NF 2|sin ∠MF ，即2N =22
，„„„„① | N
|M 2⋅F |∠=F |2
uuuu r
uuur
又F 2M ⋅F 2N =(x 1y 1) ⋅(x 2y 2) =(ty 1-y 1) ⋅(ty 2-
y 2)
2
s M i F
t 2+147-t 2
12=2=(t +1) y 1y 2-(y 1+
y 2) +12=-2
t +4t +4
uuuu r uuur 152
∵t =2 ∴F 2M ⋅F 2N =
2
15
而F 2M ⋅F 2N =|F 2M |⋅|F 2N |cos ∠MF 2N ，即F 2M |⋅|F 2N |cos ∠MF 2N =„„„„②
2
8
由①②两式可得tan ∠MF 2N =
15
本题在考查直线与椭圆位置关系的基础上，进一步进行平面向量、三角函数等知识的综合考查，属知识模块的交叉应用．
x y x 2y 2
M a >b >0N l :+=m C :+=1例9．已知F 、分别是椭圆（）的左右焦点，、是直线F 1222
a b a b
（m 是大于零的常数）与x 轴、y 轴的交点，MN 的中点P 在椭圆C 上． （Ⅰ）求常数m 的值；
（Ⅱ）请探究：直线l 与椭圆C 是否存在不同于点P
∆PF 1F 2（Ⅲ）当a =2时，试求∆PF 1F 2面积的最大值，并求
取得最大值时的椭圆C 的方程． 解析：（Ⅰ）由已知可得M (ma ,0) 、N (0,mb ) ，故MN ma mb P (, ) ，
22
22
m m +=1⇒m = 又点P 在椭圆C 上，∴44
（Ⅱ）（解法一）
x y
+=C 联立得：2b 2x 2-2x +a a b 22
即2x -+a =0，
由于∆=) 2-4⨯2⨯a 2=0，∴此方程有两个相等实根x =，
2
由上得l :
故直线l 与椭圆C
相切，切点为中点P （解法二）由上得l :
, ) ，除此之外，不存在其他公共点．
22
x y
+=C 联立得：
a b ⎧x 2y 2x y ⎧x y ⎧x y +=+=++2⋅=2⎪⎪⎪⎪a b ⎪⎪a 2b 2a b a b
⇒ ⇒⎨2⎨⎨222
x y 1⎪x +y =1⎪⋅=⎪x +y =1
2222⎪⎪⎪
⎩a b 2b ⎩a b ⎩a x y 12
∴和是方程X -+=0的两根，
a b
2
1x y 2
又∆=-4⨯=
0，∴此方程有两个相等实根，即==，
2a b 2
∴直线l 与椭圆C
的公共点是唯一的点P a , ) ，
22
即除中点P 以外，不存在其他公共点．
（Ⅲ）当a =
2时，S ∆PF 1F 2=
1|F 1F 2|=
cb 222
b 2+c 22
≤==
2
当且仅当b =c =(S ∆PF F ) max =
12
x y +=1． 42
例10．如图，已知平面内两定点A (-1,0) 、B (1,0)与动点Q 满足条件AQ =4，且线段BQ 的垂直平分线l 与AQ 交于点P ． （Ⅰ）求点P 的轨迹方程；
（Ⅱ）求∠AQB 的最大值，并求此时三角形APB 的面积；
1
（Ⅲ）当tan ∠AQB =且点Q 在第一象限时，求直线l 的解析式．
2
此时，椭圆C 的方程为：
本题主要考查圆锥曲线的定义、性质及其运用，考查运算能力，考查分析问题与解决问题的综合能力
解：（Ⅰ）连结PB ，∵直线l 是线段BQ 的垂直平分线且与AQ 交于点P ，∴PQ =PB ，从而PA +PB =PA +PQ =AQ =4，
2
2
x 2y 2
由椭圆定义可得，P 点轨迹是以A (-1,0) 、B (1,0)为焦点的椭圆2+2=1(a >b
>0) ，且a =2，
a b
x 2y 2
c =1，∴b =P 点的轨迹方程为：+=1．
43
（Ⅱ）在三角形ABQ 中，由余弦定理得AQ +BQ -AB
cos ∠AQB =
2AQ ⋅AB
号成立，∴(cos∠AQB ) max =
2
2
2
42+BQ -22BQ 3==+≥，
当且仅当BQ =时等
2⨯
4⋅BQ 82
BQ 2
2
S ∆APB
ππ∠AQB 的最大值是．此时，∠APB =2∠
AQB =，故
3
61π1=|AB |2sin =⨯22⨯=
2322
（Ⅲ）∵PQ =PB ，∴∠A P B =∠2A Q B t n ∠A Q B =，当a
12tan ∠AQB
时，可得tan ∠APB = 21-tan 2∠AQB
1
=4，∴cos ∠APB =3，sin ∠APB =4． =
1551-() 23
2
11
设P (x 0, y 0) ，在∆APB 中，S ∆APB =|y 0|⨯|AB |=|PA |⨯|PB |sin ∠APB ，得
22
2
|y 0|=|PA |⋅|PB |，又由余弦定理得：|AB |2=|PA |2+|PB |2-2|PA |⋅|PB |cos ∠APB
5
153
=(|AB |)2-2|PA |⋅|PB |-2|PA |⋅|PB |cos ∠APB ⇒|PA |⋅|PB |=，所以|y 0|=，解得
42
33
x 0=±1，又点Q 在第一象限，∴点P 也在第一象限，故取x 0=1，并解得y 0=，即P 点为P (1,) ．
22
3
∆ABP PB =此时PB ⊥x 轴，过Q 作QQ 1⊥x 轴于点Q 1，则有∆AQQ ∽，由于，AP +PB =41
2
1112
因此可解得Q 点坐标为Q (, ) ，
55
12-0
11从而直线BQ 的斜率为k BQ ==-，由此直线l 的方程为：=2，故直线l 的斜率为-
11k BQ 2-15
311
y -=-(x -1) ，即y =-x +2
222
2⋅
13
⋅(-x )
3=或：对“上半椭圆”
函数y =
求导数得y '=，∴过点P (1,) 的
2直线l 的斜率为k =y '
考点7．求导应用
例11．已知平面内曲线C 上的任意一动点P ，到直线y +2=0的距离恒比它到点F (0,1)的距离多
311
l y -=-(x -1) ．即：x +2y -4=0． ，∴直线为：=-x =1
222
1．过点F 的直线l 与曲线C 交于不同的两点A 、B ．又过A 、B 分别作曲线C 的切线，设两切线相交
于点Q ．
﹙Ⅰ﹚求曲线C 的方程；
﹙Ⅱ﹚求证：切线AQ ⊥BQ ；
﹙Ⅲ﹚求证：动点Q 的轨迹是一条定直线．
解析：﹙Ⅰ﹚由题意可得，动点P 到直线y +1=0的距离恒等于它到点F (0,1)的距离，
故由定义知：P 的轨迹是以点F (0,1)为焦点，直线y +1=0为准
线的抛物线，
∴曲线C 方程为：x =4y
﹙Ⅱ﹚显然，直线l 不与x 垂直，即斜率存在，设其为k ，故l
：
2
y =kx +1
⎧y =kx +12由⎨2得x -4kx -4=0 ⎩x =4y
2
x 12x 2
设A (x 1, ) 、B (x 2, ) （x 1≠x 2），则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-4
44
111
由曲线C ：x 2=4y ，得y '=x ，∴两切线的斜率分别为k AQ =x 1，k BQ =x 2
222
1
从而k AQ ⋅k BQ =x 1x 2=-1，∴切线AQ ⊥BQ ．
4
2
x 12x 1x 2x
=(x -x 1) 、BQ ：y -=2(x -x 2) ﹙Ⅲ﹚由上可得切线方程为AQ ：y -
4242
⎧4y =2x 1x -x 1222
联立得⎨，即， 2(x -x ) x =x -x 12122
⎩4y =2x 2x -x 2
∵x 1≠x 2，∴x =
x 1+x 2x (2x -x 1)
=2k ，从而y =1=24
∴Q 点坐标为Q (2k , -1) ，即Q 的轨迹为定直线y =-1．
x 1(2⋅
x 1+x 2
-x 1)
x x =12=-1
44
例12．（例11变式）．已知平面内曲线C 上的任意一动点P ，到直线x +2=0的距离恒比它到点F (1,0)的距离多1．过点F 的直线l 与曲线C 交于不同的两点A 、B ．又过A 、B 分别作曲线C 的切线，设两切线相交于点Q ． ﹙Ⅰ﹚求曲线C 的方程；
﹙Ⅱ﹚求证：切线AQ ⊥BQ ；
﹙Ⅲ﹚求证：动点Q 的轨迹是一条定直线． 解析（略）
三明九中 数学教研组 张永宁
2016年3月16日
直线与曲线的位置关系及其参数优化问题
平面解析几何研究的对象与方法，是在平面直角坐标系中，用代数方法解决几何问题，通过对二元一次或二次方程的研究，刻画直线或曲线的相关几何性质；反之, 通过对直线或曲线几何性质的研究, 来阐释对应的代数性质.
依照课程标准与考纲要求，对椭圆、双曲线和抛物线这三个圆锥曲线的考查要求，仅限于在“标准方程”和“第一定义”的前提下．而在主观试题中，主要以直线与曲线的位置关系为背景，借以考查其定义、性质，考查变式水平与运算能力，考查综合应用能力，考查数形结合、方程与函数、化归与转化、分类与讨论等数学思想及方法．
直线与曲线有“相离”、“相切”和“相交”这三种位置关系，就解决问题的总体策略而言，主要分为“直线与圆”，“直线与圆锥曲线”两类，究其原因，是由于圆的“完善对称性”使得直线与圆的位置关系主要使用较为简捷的“d -r ”法，而直线与圆锥曲线的位置关系，在代数方法的研究中，则主主体方法是将一次与二次的两个二元方程联立起来，用消元后的一元二次方程，以“设而不求”、“整体代换”的方法解决相关问题．
现通过对具体例题的分析，来揭示在直线与曲线的关系的试题中，可能出现的考查方式及对应的解题策略．
一、直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系，主要用“d -r ”法，即利用圆的半径r 、圆心到直线的距离d 之间的关系来解决问题．
已知圆C ：(x -2) +(y -3) =1，直线l 过点M (1,0) ． 考点1：直线与圆的位置关系的判定
例1．若直线l 与圆C 相切，求l 的方程． 解法一：设l :y =k (x -1) ，则圆心C (2,3)到直线l :kx -y -1=
0的距离d =
2
2
4
=1，即k -6k +9=k +1，解得k =．
3
2
2
考虑到二次方程“蜕变”为一次方程，则可能是特殊情况所致，故加以个例讨论：当直线l 的斜率不存在时，即l :x =1时，也满足条件，故所求方程为l :4x -3y -4=0或x -1=0．
解法二：设l :x =ty +1，则圆心C (2,3)到直线l :x -ty +1=0的
距离d =
方程为l =0或x -1=0．
=1，即8t 2-6t =0，解得t =
3
或t =0，故所求4
分析：当二次方程“蜕变”为一次方程，意味着直线的斜率出现不存在的情况，应注意讨论；
1），一是便于简化计算，二是回k
避了讨论斜率不存在的情形．当然，在某种情况下，也可能出现t 不存在的特殊情形，即直线与y 轴垂直
就本题而言，当定点在x 轴上时，将直线设为x =ty +m （此时t =的情况．
考点2：与弦长相关问题
例2．若直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，
且|AB |>率k 的取值范围．
k x (解析：设l :y =距离d =
，求l 斜-1) ，则圆心C (2,3)到直线l :kx -y -1=0的
．
2
2
|AB |22|AB |2
) 得在∆ABC 中，由r =d +
(
=1-
24
11(k -3) 21由于|AB |>2
2k +15分析：在直线与圆相交时，半弦长、弦心距、半径可构成一组股数，由此可用“d -r ”法解决弦长
问题．
例3．若直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，且l 的斜率k ∈(2,求弦长|AB |的取值范围．
解析：当直线l 经过圆心C 时，k =3，|AB |取得最大值2，
11
k =3∈(2,) ，结合图象可知，|AB |min ∈{|AB |k =2,|AB |k =11}，又
2
2
11) ，2
(k -3) 2|AB |=4(1-2) ，
则|AB |k =2=|AB |k =1=，所
以1
k +15 |AB |∈(2,． 5
(k -3) 22
) 代数式中，由k 的范围推导|AB |的范围，涉及到单调性分析：此问题中，在|AB |=4(1-2
k +1
的说明，明显难度较大，在代数方法不易解决时，应考虑几何方法，即在解析几何中，除了用代数方以解决几何问题外，还不能忽视用几何方以解决代数问题．
考点3：综合应用
例4．若直线l 与圆C 相交于A 、B
两点，且弦长|AB |=
于圆C 上的任意一点P ，求PA ⋅PB 的取值范围．
2π
解析：由已知，当|AB |=∠AOB =，由圆周角性质，
3
1π12π 得∠P =∠AOB =P 在优弧上），或∠P =π-∠AOB =2323
（点P 在劣弧上），
从而PA ⋅PB =|PA |⋅|PB |cos ∠P =±|PA |⋅|PB |
2
|PA |+|PB |2又|PA |⋅|PB |≤() ，当且仅当|PA |=|PB |时等式成立，此时点P 处在弦AB 的垂直平
2
1+122
) =1分线上，
故可求出(|PA |⋅|PB |)max =，或(|PA |⋅|PB |)max =(=3（点P 在优弧上）
22
（点P 在劣弧上）
，所以(PA ⋅PB ) max =(PA ⋅PB ) min =-，即PA ⋅PB ∈(-．
2222
分析：本题基于圆的几何性质，考查平面向量、不等式等综合应用，考查数形结合与分类讨论思想．由
此可得，应高度重视解几的几何性质及其应用，反对将解几问题“唯代数化”．
二、直线与圆锥曲线的位置关系 考点1：“联立消元”法
设直线为y =kx +m ，曲线的方程为f (x , y ) =0．
⎧y =kx +m 2由⎨消去y 整理，得：ax +bx +c =0（a ≠0）„„① ⎩f (x , y ) =0
2
或消去x 整理，得：ay +by +c =0（a ≠0））„„②
2
在①式或②中，设∆=b -4ac ，则∆>0⇔直线与曲线相交；∆=0⇔直线与曲线相切；∆
直线与曲线相离．
当直线与曲线相交时，即∆>0，则常涉及到：弦长、中点、距离和面积等问题．
x 2
例5．已知椭圆+y 2=1．
2
（1）求斜率为2的平行弦的中点轨迹方程；
（2）过A (2, 1) 的直线l 与椭圆相交，求l 被截得的弦的中点轨迹方程； 解析：（1）设平行弦所在直线为y =2x +m 并与x 2+2y 2-2=0联立， 得：9x +8mx +2m -2=0„„„„（*）
2
2
8m 2m 2-2设平行弦的端点为A (x 1, y 1) ，B (x 2, y 2) ，则x 1+x 2=-，x 1⋅x 2=
99
令平行弦的中点为M (x , y ) ，
x +x 24m
=-则x =1， 29
y +y 2(2x 1+m ) +(2x 2+m ) 8m m y =1=+m = =(x 1+x 2) +m =-
22999x ⎧m =-x ⎪
y =-所以⎨，即： 4
4⎪⎩m =9y
又方程（*）中，∆=(8m ) 2-4⨯9⨯(2m 2-2) >0
4m 44，得x ∈(-, ) 933
x 44
故平行弦的中点轨迹方程为：y =-（x ∈(-, ) ）
433
（2）过A (2, 1) 的直线l ：y -1=k (x -2) ，并与x 2+2y 2-2=0联立，
所以m ∈(-3,3) 代入x =-
得：(2k 2+1) x 2-(8k 2-4k ) x +(8k 2-8k ) =0„„（**） 令l 被截得的弦为CD ，且C (x 3, y 3) ，D (x 4, y 4) ，
8k 2-4k 8k 2-8k
则x 3+x 4=，x 3⋅x 4=
2k 2+12k 2+1
令平行弦的中点为Q (x , y ) ，
x 3+x 44k 2-2k
=则x = 22k 2+1
y +y 4(kx 3-2k +1) +(kx 4-2k +1) y =3=
22k (x 3+x 4) =-2k +1
24k 2-2k =k -2k +1
2k 2+1-2k +1=2 2k +1
x x
两式相除，得=-2k 即k =-代入y -1=k (x -2)
y 2y
123222
得方程x -2x +2y -2y =0即(x -1) +2(y -) =
22
考点2：“点差”法
例5解法二：
（1）设平行弦所在直线为y =2x +m 并与x +2y -2=0联立，
2
2
得：9x +8mx +2m -2=0„„„„（*） 设平行弦的端点为A (x 1, y 1) ，B (x 2, y 2) ，
22
⎧x 12+2y 12-2=0则⎨2，两式相减得(x 1+x 2)(x 1-x 2) =-2(y 1+y 2)(y 1-y 2) 2
⎩x 2+2y 2-2=0x 1+x 2
=-2(y 1-y 2) ， 即
12(x 1-x 2) 2
令平行弦的中点为P (x , y ) ，又平行弦的斜率为2，
x x
所以=-2⨯2，即：y =-
4y
又方程（*）中，∆=(8m ) 2-4⨯9⨯(2m 2-2) >0
4m 44
所以m ∈(-3,3) 代入x =-，得x ∈(-, )
933
x 44
故平行弦的中点轨迹方程为：y =-（x ∈(-, ) ）
433
（2）过A (2, 1) 的直线l ：y -1=k (x -2) ，
22
即直线l ：y =kx -2k +1，与x +2y -2=0联立，得： (2k 2+1) x 2-(8k 2-4k ) x +(8k 2-8k ) =0„„（**） 令l 被截得的弦为CD ，且C (x 3, y 3) ，D (x 4, y 4) ，
22⎧x 3+2y 3-2=0则⎨2，两式相减得(x 3+x 4)(x 3-x 4) =-2(y 3+y 4)(y 3-y 4) 2
⎩x 4+2y 4-2=0x 3+x 4
=-2(y 3-y 4) ， 即
y 3+y 4(x 3-x 4) 2
令截得的弦的中点为Q (x , y ) ，又截得的弦的中点斜率为k ，
x x 所以=-2⨯k ，即：即k =-代入y -1=k (x -2)
y 2y
123222
得方程x -2x +2y -2y =0即(x -1) +2(y -) =
22
考点3：“反设直线”
x
+y 2=
14
M 、N ．试求∆MNF 2面积的最大值．右焦点，过F 1的直线l 交椭圆于点
例6．已知：在平面直角坐标系中，F 1、F 2是椭圆：
解法一：由题意容易得知：椭圆的两焦点为F 1(、F 2设l :y =k (x （若l ⊥x 轴，即斜率不存在，则作为特例进行验
2
x 2
+y 2=1联立，得到方程：(4k 2+1) x 2+2x +12k 2-4=0 „„„„„„„„ ① 证），并与4
12k 2-42x
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则x 1+x 2=-，x 1x 2= 22
4k +14k +1
从而弦长|MN |=
=
=
=4(k 2+1)
= 4k 2+1
又
∵点F
2到直线l :kx -y =
0的距离为d =故∆
MNF 2面积为S ∆MNF 2
114(k 2+1) =⨯|MN |⋅d =⨯2224k +1
„„„„ ② =（显然，对此面积求最大值，难度是比较大的．）（下略）
x 2
+y 2=1联立，
解法二：设l :x =ty 4
得到方程：(t 2+4) y 2--1=0 „„„„„„„„„„ ③
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y
2) ，则y 1+y 2=从而弦长|MN |=
1y y =-，
1222
t +4t +4
=
=
=4(t 2+1) =2
t +4
点F
2到直线l :x -ty =
0的距离为d =故∆MNF 2面积为S ∆MNF 2=
1
⨯|MN |⋅
d 2
14(t 2+1) =⨯22t +4
„„„„ ④ =
=
=m （m ≥1），
则S ∆MNF 2=当且仅当m 时，
即t =≤=2，
m +
m
时，等式成立． ∴∆MNF 2
面积的最大值为2．
对比上述两种方法，明显可以得到：方程③比方程①简洁，④式比②式简洁，“反设”直线比“正设”直线的运算简捷且更为有效．
究其原因，是因为直线l 所过的定点在x 轴上，使得直线l 的方程y =k (x 较x =ty 在形式上更为复杂，运算上更为繁琐．
基于此，可以认为，对于过定点的动直线问题，应视不同情况而选用不同的策略，当定点位于x 轴上时，可将t 看作“反斜率”而“反设”直线方程x =ty +b ，从而更有利于问题的解决．
考点4．面积的“割补法”
上例面积问题的另解：（题中∆MNF 2面积的求解，我们采用的方法是S ∆MNF 2=若用“割补法”解决，则使过程更简单．）
对于方程：(t 2+4) y 2--1=0 „„„„„„„„„„ ③
设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则S ∆MNF 2=S ∆MF 1F 2+S ∆NF 1F 2=
1
⨯|MN |⋅d ．事实上，2
1
|F 1F 2|⨯(|y 1|+|y 2|) 2
y 1y 2=-
1
t +4
=∴|y 1|+|y 2|=
|y 1-y 2|=
∴S ∆MNF 2
1=⨯
=2 2t +4
这里所选择的策略，不仅体现了数形结合的思想，更为重要的是灵活运用了不等式
“|y 1-y 2|≤|y 1|+|y 2|”的性质，使问题的解决既简捷又巧妙．
上且关于原点O 对称，BD =3DC ，若一双曲线E 以B 、C 为焦点，且经
过A 、D 两点．
（Ⅰ）求双曲线E 的方程； （Ⅱ）过点P (3,0)的直线l 与双曲线E 相交于不同于双曲线顶点的两点
考点5．消参化简
例7．如图，在周长为12的Rt ∆ABC 中，∠ACB =900，B 、C 在x 轴
1
M 、N , 且满足=λ. 若点G 为 (,0) ，求证：⊥(-λ) .
3x 2y 2
（Ⅰ）设所求双曲线E 的方程为2-2=1（a >0, b >0）
a b
由题意：B (-c ,0) 、C (c ,0) 、D (a ,0)
∵BD =3DC ，∴a +c =3(c -a ) ，即c =2a ，∴BC =4a
又∠ACB =90，且点A 在双曲线上，
b 2c 2-a 2c 2AC
=3a
∴2-=1，即AC ==2
a a a b
从而AB =
2
5a
又∵∆ABC 的周长为12，∴5a +4a +3a =12，解的a =1，故c =
2，b =
y 2
=1． ∴双曲线E 的方程为：x -3
（Ⅱ）设直线l :x =my +3
⎧x =my +3⎪22
联立⎨2y 2，消去x 并整理得：(3m -1) y +18my +24=0
=1⎪x -3⎩
18m 242
y ⋅y =设M (x 1, y 1) 、N (x 2, y 2) ，则3m -1≠0且y 1+y 2=-， 1222
3m -13m -1
y
∵=λ，∴-y 1=λy 2，即λ=-1
y 2
11y 88
而GM -λGN =(x 1-, y 1) -λ(x 2-, y 2) =(my 1+, y 1) +1(my 2+, y 2)
333y 23
2
6my 1y 2+8(y 1+y 2) 8y 8
=(2my 1+⋅1+, 2y 1) =(,2y 1)
3y 13y 23
6my 1y 2+8(y 1+y 2) 6m ⨯24-8⨯18m
=0 ∴BC ⋅(GM -λGN ) =(4,0)⋅(,2y 1) =4⨯
3y 13y 2(3m 2-1)
故BC ⊥(GM -λGN ) 得证．
考点6．综合应用
x 22
+y =1的左、例8．已知：在平面直角坐标系中，F 、是椭圆：F 12
4
M 、N ．试求∆MNF 2面积的最大值．并右焦点，过F 1的直线l 交椭圆于点
求当三角形MNF 2面积取得最大值时的tan ∠MF 2N 的值．
解析：（接上题）由上可知，当三角形MNF 2面积取得最大值2时，
1
|MF 2|⋅|NF 2|sin ∠MF ，即2N =22
，„„„„① | N
|M 2⋅F |∠=F |2
uuuu r
uuur
又F 2M ⋅F 2N =(x 1y 1) ⋅(x 2y 2) =(ty 1-y 1) ⋅(ty 2-
y 2)
2
s M i F
t 2+147-t 2
12=2=(t +1) y 1y 2-(y 1+
y 2) +12=-2
t +4t +4
uuuu r uuur 152
∵t =2 ∴F 2M ⋅F 2N =
2
15
而F 2M ⋅F 2N =|F 2M |⋅|F 2N |cos ∠MF 2N ，即F 2M |⋅|F 2N |cos ∠MF 2N =„„„„②
2
8
由①②两式可得tan ∠MF 2N =
15
本题在考查直线与椭圆位置关系的基础上，进一步进行平面向量、三角函数等知识的综合考查，属知识模块的交叉应用．
x y x 2y 2
M a >b >0N l :+=m C :+=1例9．已知F 、分别是椭圆（）的左右焦点，、是直线F 1222
a b a b
（m 是大于零的常数）与x 轴、y 轴的交点，MN 的中点P 在椭圆C 上． （Ⅰ）求常数m 的值；
（Ⅱ）请探究：直线l 与椭圆C 是否存在不同于点P
∆PF 1F 2（Ⅲ）当a =2时，试求∆PF 1F 2面积的最大值，并求
取得最大值时的椭圆C 的方程． 解析：（Ⅰ）由已知可得M (ma ,0) 、N (0,mb ) ，故MN ma mb P (, ) ，
22
22
m m +=1⇒m = 又点P 在椭圆C 上，∴44
（Ⅱ）（解法一）
x y
+=C 联立得：2b 2x 2-2x +a a b 22
即2x -+a =0，
由于∆=) 2-4⨯2⨯a 2=0，∴此方程有两个相等实根x =，
2
由上得l :
故直线l 与椭圆C
相切，切点为中点P （解法二）由上得l :
, ) ，除此之外，不存在其他公共点．
22
x y
+=C 联立得：
a b ⎧x 2y 2x y ⎧x y ⎧x y +=+=++2⋅=2⎪⎪⎪⎪a b ⎪⎪a 2b 2a b a b
⇒ ⇒⎨2⎨⎨222
x y 1⎪x +y =1⎪⋅=⎪x +y =1
2222⎪⎪⎪
⎩a b 2b ⎩a b ⎩a x y 12
∴和是方程X -+=0的两根，
a b
2
1x y 2
又∆=-4⨯=
0，∴此方程有两个相等实根，即==，
2a b 2
∴直线l 与椭圆C
的公共点是唯一的点P a , ) ，
22
即除中点P 以外，不存在其他公共点．
（Ⅲ）当a =
2时，S ∆PF 1F 2=
1|F 1F 2|=
cb 222
b 2+c 22
≤==
2
当且仅当b =c =(S ∆PF F ) max =
12
x y +=1． 42
例10．如图，已知平面内两定点A (-1,0) 、B (1,0)与动点Q 满足条件AQ =4，且线段BQ 的垂直平分线l 与AQ 交于点P ． （Ⅰ）求点P 的轨迹方程；
（Ⅱ）求∠AQB 的最大值，并求此时三角形APB 的面积；
1
（Ⅲ）当tan ∠AQB =且点Q 在第一象限时，求直线l 的解析式．
2
此时，椭圆C 的方程为：
本题主要考查圆锥曲线的定义、性质及其运用，考查运算能力，考查分析问题与解决问题的综合能力
解：（Ⅰ）连结PB ，∵直线l 是线段BQ 的垂直平分线且与AQ 交于点P ，∴PQ =PB ，从而PA +PB =PA +PQ =AQ =4，
2
2
x 2y 2
由椭圆定义可得，P 点轨迹是以A (-1,0) 、B (1,0)为焦点的椭圆2+2=1(a >b
>0) ，且a =2，
a b
x 2y 2
c =1，∴b =P 点的轨迹方程为：+=1．
43
（Ⅱ）在三角形ABQ 中，由余弦定理得AQ +BQ -AB
cos ∠AQB =
2AQ ⋅AB
号成立，∴(cos∠AQB ) max =
2
2
2
42+BQ -22BQ 3==+≥，
当且仅当BQ =时等
2⨯
4⋅BQ 82
BQ 2
2
S ∆APB
ππ∠AQB 的最大值是．此时，∠APB =2∠
AQB =，故
3
61π1=|AB |2sin =⨯22⨯=
2322
（Ⅲ）∵PQ =PB ，∴∠A P B =∠2A Q B t n ∠A Q B =，当a
12tan ∠AQB
时，可得tan ∠APB = 21-tan 2∠AQB
1
=4，∴cos ∠APB =3，sin ∠APB =4． =
1551-() 23
2
11
设P (x 0, y 0) ，在∆APB 中，S ∆APB =|y 0|⨯|AB |=|PA |⨯|PB |sin ∠APB ，得
22
2
|y 0|=|PA |⋅|PB |，又由余弦定理得：|AB |2=|PA |2+|PB |2-2|PA |⋅|PB |cos ∠APB
5
153
=(|AB |)2-2|PA |⋅|PB |-2|PA |⋅|PB |cos ∠APB ⇒|PA |⋅|PB |=，所以|y 0|=，解得
42
33
x 0=±1，又点Q 在第一象限，∴点P 也在第一象限，故取x 0=1，并解得y 0=，即P 点为P (1,) ．
22
3
∆ABP PB =此时PB ⊥x 轴，过Q 作QQ 1⊥x 轴于点Q 1，则有∆AQQ ∽，由于，AP +PB =41
2
1112
因此可解得Q 点坐标为Q (, ) ，
55
12-0
11从而直线BQ 的斜率为k BQ ==-，由此直线l 的方程为：=2，故直线l 的斜率为-
11k BQ 2-15
311
y -=-(x -1) ，即y =-x +2
222
2⋅
13
⋅(-x )
3=或：对“上半椭圆”
函数y =
求导数得y '=，∴过点P (1,) 的
2直线l 的斜率为k =y '
考点7．求导应用
例11．已知平面内曲线C 上的任意一动点P ，到直线y +2=0的距离恒比它到点F (0,1)的距离多
311
l y -=-(x -1) ．即：x +2y -4=0． ，∴直线为：=-x =1
222
1．过点F 的直线l 与曲线C 交于不同的两点A 、B ．又过A 、B 分别作曲线C 的切线，设两切线相交
于点Q ．
﹙Ⅰ﹚求曲线C 的方程；
﹙Ⅱ﹚求证：切线AQ ⊥BQ ；
﹙Ⅲ﹚求证：动点Q 的轨迹是一条定直线．
解析：﹙Ⅰ﹚由题意可得，动点P 到直线y +1=0的距离恒等于它到点F (0,1)的距离，
故由定义知：P 的轨迹是以点F (0,1)为焦点，直线y +1=0为准
线的抛物线，
∴曲线C 方程为：x =4y
﹙Ⅱ﹚显然，直线l 不与x 垂直，即斜率存在，设其为k ，故l
：
2
y =kx +1
⎧y =kx +12由⎨2得x -4kx -4=0 ⎩x =4y
2
x 12x 2
设A (x 1, ) 、B (x 2, ) （x 1≠x 2），则x 1+x 2=4k ，x 1x 2=-4
44
111
由曲线C ：x 2=4y ，得y '=x ，∴两切线的斜率分别为k AQ =x 1，k BQ =x 2
222
1
从而k AQ ⋅k BQ =x 1x 2=-1，∴切线AQ ⊥BQ ．
4
2
x 12x 1x 2x
=(x -x 1) 、BQ ：y -=2(x -x 2) ﹙Ⅲ﹚由上可得切线方程为AQ ：y -
4242
⎧4y =2x 1x -x 1222
联立得⎨，即， 2(x -x ) x =x -x 12122
⎩4y =2x 2x -x 2
∵x 1≠x 2，∴x =
x 1+x 2x (2x -x 1)
=2k ，从而y =1=24
∴Q 点坐标为Q (2k , -1) ，即Q 的轨迹为定直线y =-1．
x 1(2⋅
x 1+x 2
-x 1)
x x =12=-1
44
例12．（例11变式）．已知平面内曲线C 上的任意一动点P ，到直线x +2=0的距离恒比它到点F (1,0)的距离多1．过点F 的直线l 与曲线C 交于不同的两点A 、B ．又过A 、B 分别作曲线C 的切线，设两切线相交于点Q ． ﹙Ⅰ﹚求曲线C 的方程；
﹙Ⅱ﹚求证：切线AQ ⊥BQ ；
﹙Ⅲ﹚求证：动点Q 的轨迹是一条定直线． 解析（略）
三明九中 数学教研组 张永宁
2016年3月16日