直线和圆锥曲线的位置关系
从形和数两个角度总结直线和圆锥曲线的位置关系。
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。
(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。
- 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
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\((\pm 1，0)\);
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\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)；
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)]
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；
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：
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\(x=0\)，\(y=1\)，\(y=(2\sqrt{2}-1)x+1\)；
分析：由于直线和渐*线*行，故只能有一个交点。
法1：判别式法，利用\(\Delta=0\)，得到\(m^2=2k^2+3\)；
法2：*行线法。
【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\(|AB|=\cfrac{2\times \frac{3}{2}}{(\frac{1}{2})^2}=12\)。
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；
