專題15圓錐曲線中的切線方程（教師版）

專題15：圓錐曲線中的切線方程<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>切線問題的重要性不言而喻，我們前面都盡量避免讓同學(xué)們?nèi)ビ洝┙Y(jié)論?！怯行┙Y(jié)論確實不好記（比如焦半徑，它取決于曲線的類型和焦點的位置），二是出現(xiàn)的頻率也不是很高。但是在本小節(jié)，建議同學(xué)們要記一些結(jié)論，因為這里的結(jié)論很好記。當然最重要的還是掌握推導(dǎo)的過程。<<<專題探究>>><<<專題探究>>>題型一：題型一：橢圓中的切線問題例1(2023·浙江省溫州市期中)已知橢圓C:x24+y23=1，過橢圓在第二象限上的任意一點P作橢圓的切線與y軸相交于Q點，O是坐標原點，過點Q作QR⊥OP，垂足為R【思路點撥】設(shè)出P點坐標，利用Δ=0得出切線方程，求出Q點坐標，計算出|OR|?|OP|為定值3，結(jié)合|OP|【規(guī)范解析】解：設(shè)P(x0,y0)，x0<0，y0>0，

易知切線的斜率存在，設(shè)其方程為y-y0=k(x-x0)，

由y-y0=k(x-x0)x24+y23=1,消去y得3+4k2x2+8ky0-kx0x+4y0-kx02-12=0，

由Δ=64k2(例2(2023·湖南省長沙市模擬)如圖所示，已知橢圓C：x26+y23=1與直線l：x6+y3=1.點P在直線l上，由點P引橢圓C的兩條切線PA，PB，A，B為切點，O是坐標原點．

(1)若點P為直線l與y軸的交點，求△PAB的面積S；【思路點撥】(1)設(shè)出直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)△=0，求出直線的斜率，從而求切點的坐標，根據(jù)切點的坐標，判斷△PAB為直角三角形，從而求△PAB的面積．

(2)先寫出切線PA和PB，根據(jù)切線方程，求出直線AB的方程，可得直線AB過定點T(1,1)，故點D在以O(shè)T為直徑，Q(12,【規(guī)范解析】解：(1)由題意知P(0,3)，過點P與橢圓相切的直線斜率存在，設(shè)切線方程為y=kx+3，

聯(lián)立x26+y23=1y=kx+3，得(1+2k2)x2+12kx+12=0，

由△=(12k)2-4(1+2k2)×12=0，解得k=±1，即切線方程為y=±x+3，

此時切點坐標為A(-2,1)，B(2,1)，△PAB為直角三角形，|PA|=|PB|=22，

所以S△PAB=12|PA||PB|=4．

(2)證明：設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，

則切線PA為x1x6+y1y3=1，切線PB為x2x練1(2022·安徽省合肥市模擬·多選)如圖，P為橢圓C1：x28+y26=1上的動點，過P作C1切線交圓C2：x2+y2=24于A.S△OPQ的最大值為3 B.S△OPQ的最大值為233

C.QD.Q的軌跡是x【思路點撥】由橢圓的性質(zhì)及圓的性質(zhì)求出直線MN的方程，對比系數(shù)可得xP=xQ3，yP=yQ4，由點【規(guī)范解析】解：設(shè)P(xP,則lMN：xP8x+yP6y=1，即3xPx+4yPy=24，

過M，N作C2切線交于Q，則lMN：xQ所以(xQ3)28+(yQ4因為OP=(xP,yP)，OQ=(3xP,4yP)，

所以S△OPQ=12|OP||OQ|sin∠POQ

=12|OP練2(2022·安徽省滁州市模擬)已知橢圓C:x2a2(1)求橢圓C的方程；(2)若直線l方程是x+y-6=0，點M是直線l上任一點，過點M作橢圓C的切線MG，MH，切點分別為G，H，設(shè)切線的斜率都存在.試問∶直線GH是否過定點？若過定點，求出該定點的坐標；若不過定點，請說明理由．【思路點撥】(1)根據(jù)已知及橢圓的概念及標準方程的計算，求出橢圓C的方程；

(2)根據(jù)已知及橢圓的性質(zhì)及幾何意義，直線與橢圓的位置關(guān)系，圓錐曲線中的定點與定值問題的計算，可知直線GH過定點，求出該定點的坐標．【規(guī)范解析】解：(1)由題意，2a=6，b=1，所以橢圓方程為x29+y2=1，

(2)設(shè)G(x1,y1)，H(x2,y2)，M(x3,y3)，

設(shè)直線MG的方程為y-y1=k(x-x1)，y=kx+y1-kx1x2+9y2=9,

(9k2+1)x2+18k(y1-k題型二：題型二：雙曲線中的切線問題例3(2023·河北省石家莊市模擬)如圖，已知雙曲線C：x23-y2=1，過P(1,1)向雙曲線C作兩條切線，切點分別為A(x1,y1)，B(x2,y2)，且x【思路點撥】(1)設(shè)出切線方程，聯(lián)立后用韋達定理及根的判別式表示A的橫坐標與縱坐標，進而表達出直線方程，化簡即可；

(2)在第一問的基礎(chǔ)上，利用向量的夾角公式表達出夾角的余弦值，進而證明結(jié)論．【規(guī)范解析】證明：(1)顯然直線PA的斜率存在，設(shè)直線PA的方程為y-1=k(x-1)，

聯(lián)立x23-y2=1y-1=k(x-1)，得(3k2-1)x2-6k(k-1)x+3(k-1)2+3=0，

則Δ=36k2(k-1)2-4(3k2-1)×3(k2-2k+2)=0，化簡得k2+k-1=0，

因為方程有兩個相等實根，

所以x1=--6k(k-1)2(3k2-1)=3k2-3k3k2-1，y1=k-13k2-1，x1y1=3k，

故PA的方程：y=x13y1(x-x1例4(2023·浙江省聯(lián)考)設(shè)雙曲線C:x2a2-(1)求雙曲線C的方程；(2)若A-2,1,B2,1，點C在線段AB上(不含端點)，過點C分別作雙曲線兩支的切線，切點分別為P,Q.連接PQ，并過PQ的中點F分別作雙曲線兩支的切線，切點分別為D,E【思路點撥】(1)直接利用雙曲線的定義求解即可；(2)設(shè)切線PC為y=kx+b，有切線方程的結(jié)論可求出直線PC和CQ，從而可得直線PQ的方程，同理可求出直線DE的方程，利用點到直線的距離公式表示【規(guī)范解析】解：(1)因為雙曲線C的右焦點為(5,0)，所以c=5

因為右焦點到雙曲線的漸近線的距離為1，所以1=|5b|a2+b2=b

所以a=c2-則切線PC:x1x4-y1y=1，切線CQ:x2x4-y2y=1，

因為直線PC與直線CQ交于點C，所以x1m4-y1=1，x2m4-y2=1，

所以點(x1,y1)，(x2,y2)滿足方程mx4-y=1，即直線PQ:mx4-y=1

同理可得直線DE:(x1+x22)?x4-(y1+y22)?y=1，y=(x1+x2y1+y2)x4練3(2023·湖北省襄陽市模擬·多選)已知點P、Q是雙曲線C:x24-y212=1在第一象限的點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是雙曲線C的左、右焦點，O為坐標原點，若A.點P到x軸的距離為4B.△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為2

C.雙曲線C在P處的切線方程為2x-y-2=0【思路點撥】利用雙曲線的性質(zhì)和△PF1F2的周長，得到PF1-PF2、PF1+PF2，從而計算出PF1、PF【規(guī)范解析】解：對于A選項，設(shè)點PxP,yP依題意，PF1-解得PF1=10，P所以PF2⊥F1F2對于B選項，△PF1F設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓半徑為r，則有12對于C選項，因為P(4,6)，雙曲線C在P處的切線的斜率存在，設(shè)切線的方程為y=k(x-4)+6，即y=kx+6-4k，聯(lián)立y=kx+6-4kx2當k2當k2-3≠0時，即k2-4k+4=0，解得k=2，所以雙曲線C在P處的切線方程為2x-y-2=0，C選項正確；方法2：利用二級結(jié)論，雙曲線C:x2a2-將P(4,6)代入得，4x4-6y12=1對于D選項，設(shè)Q(x,y)，(x>2,y>0)，|QF2|=所以QF對于雙曲線C:x24所以Q=24OQ=所以QF1+QF2OQ故選：B練4(2022·浙江省溫州市期中)已知雙曲線x2a2-y(1)求雙曲線的方程；(2)若點Q是直線l:y=x+1上一動點，過點Q引雙曲線兩條切線，切點為A，B，試探究：直線AB是否恒過定點.若是，求出該定點的坐標；若不是，請說明理由．【思路點撥】(1)設(shè)雙曲線方程為x2-4y2=λ，將點(4,3)代入得到λ，可得雙曲線方程；

(2)把切線AQ的方程代入雙曲線方程，得到(1-4k2)x2-8k(y1-kx【規(guī)范解析】解：(1)由于雙曲線的漸近線方程為x±2y=0，所以可設(shè)雙曲線方程為x2-4y2=λ，

將點(4,3)代入得到：λ=4，所以雙曲線的方程為：x2-4y2=4，即x24-y2=1；

(2)設(shè)A(x1,y1)，整理得，4y12k2-2x1同理切線QB:x2x4-y2y=1檢驗知上述結(jié)論仍然成立，同理當Q(2,3)時，A(2,0)，QB：x=2，檢驗知上述結(jié)論成立，

因為點Q(x0,y0)在直線QA，QB上，所以x1x04-y1y0則y0=x0+1代入(*)式有：x0(x題型三：題型三：拋物線中的切線問題特別提醒：過拋物線C:x2=2py上一點過拋物線C:x2=2py外一點例5(2022·江蘇省鹽城市模擬·多選)阿基米德是古希臘偉大的物理學(xué)家、數(shù)學(xué)家、天文學(xué)家，享有“數(shù)學(xué)之神”的稱號.若拋物線上任意兩點A，B處的切線交于點P，則稱△PAB為“阿基米德三角形”.已知拋物線x2=8y的焦點為F，過拋物線上兩點A，B的直線的方程為x-y+2=0，弦AB的中點為C，則關(guān)于“阿基米德三角形”△PAB，下列結(jié)論正確的是(

)A.點P3,-2 B.PC⊥x軸 C.PA⊥PB【思路點撥】根據(jù)拋物線的二級結(jié)論求出直線PA，PB的方程，解出交點P即可逐一判斷選項．【規(guī)范解析】設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則x12=8y1,x22=8y2,

則切線PA的方程為：x1?x=4y+y1,整理得y=x14x-x128，

同理切線PB的方程為：y=x24x-x228，

聯(lián)立方程組y=例6(2019·全國新課標文科Ⅲ卷)已知曲線C：y=x22，D為直線y=-12上的動點，過D作C(1)證明：直線AB過定點；

(2)若以E(0,52)為圓心的圓與直線AB【思路點撥】(1)利用拋物線二級結(jié)論求出直線AB的方程，再由直線系方程求直線AB過的定點；

(2)由(1)得直線AB的方程y=tx+12，與拋物線方程聯(lián)立，利用中點坐標公式及根與系數(shù)的關(guān)系求得AB的中點M(t,t2+12)，再由EM⊥【規(guī)范解析】(1)證明：設(shè)D(t,-12)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，曲線C：x2=2y，

因為DA、DB為拋物線的兩條切線，

故直線AB的方程為tx=y-12,整理得2tx-2y+1=0．

∴直線AB過定點(0,12)；

(2)解：由(1)得直線AB的方程y=tx+12．

由y=tx+12y=x22，可得x2-2tx-1=0．于是x1+x2=2t,y1+練5(2023·湖北省襄陽市聯(lián)考)過點M(-1,y0)作拋物線y2=2px(p>0)的兩條切線，切點分別是A，B，若△MAB面積的最小值為4，則p=A.1 B.2 C.4 D.16【思路點撥】利用拋物線二級求出直線AB的方程，然后利用點到直線的距離表示△MAB的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解.【規(guī)范解析】解：設(shè)A(x1,y1)，聯(lián)立y0y=p(x-1)y2=2px消去x由韋達定理，得y1+y2=2y點M到直線AB的距離：d=|于是△MAB的面積S=1當y0=0時，△MAB面積最小，為22p=4，例6(2023·湖南省衡陽市期中)已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F,O為坐標原點，橫坐標為2的點P在拋物線C(1)求拋物線C的方程．(2)過拋物線C上的點A作拋物線C的切線l,A與O不重合，過O作l的垂線，垂足為B，直線BO與拋物線C交于點D.當原點到直線AD的距離最大時，求點A的坐標．【思路點撥】(1)由|PF|=|PO|列式求得p的值，即可得到拋物線的方程；

(2)利用拋物線的二級結(jié)論求得切線l的方程，進而求得直線OB的方程，得到點D的坐標，求得直線AD的方程，利用點到直線的距離公式與基本不等式，可得答案．【規(guī)范解析】解：(1)依題意設(shè)點P(2由|PF|=|PO|，得2+(1p-p所以拋物線C的方程為x2(2)設(shè)A2t,t2(t≠0)，所以切線l的方程為因為直線OB與切線l垂直，所以kOB直線OB方程為y=-1tx由x+ty=0x2=4y解得x=-4t,y=因為A2t,t2則直線AD的方程為y-t2=原點到直線AD的距離d=|4t|當且僅當t2=4t2，即t=±此時點A坐標為(-22,2)或<<<專題訓(xùn)練>>><<<專題訓(xùn)練>>>1.(2023·江蘇省宿遷市模擬)圓x2+y2=R2上一點A(x1,y1)處的切線AP的方程為x1x+y1y=R2，類比可知橢圓x2a2+y2b2A.(1,43) B.(43,1)【解析】設(shè)切點A(x1,y1)，則由結(jié)論可知過點A(x1,y1)的切線方程為x1x4+y1y3=1，

又因為點P(x0,y0)也在該切線上，所以x1x04+y1y03=1，

同理過切點B(x22.(2023·湖北省武漢市模擬)過雙曲線C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)上一點P作雙曲線C的切線l，若直線OP與直線A.295 B.303 C.35【解析】設(shè)點P的坐標為(x0,y0)，則直線OP的斜率為y0x0，

直線l的方程為x0xa2-y0yb2=1，其斜率為x0b3.(2022·湖北省武漢市聯(lián)考·多選)已知拋物線x2=2y,點M(t,-1),t∈[12,1],過M作拋物線的兩條切線MA，MB，其中A，B為切點,且A在第一象限,A.點P的坐標為(0,1) B.OA⊥OB

C.△MAB的面積的最大值為33 D.|PA||PB|【解析】解：設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，

可得A處的切線的方程為x1x=y+y1，B處的切線的方程為x2x=y+y2，

又切線MA，MB都過M(t,-1)，可得x1t=-1+y1，x2t=-1+y2，

由兩點確定一條直線，可得AB的方程為xt=y-1，

可得P(0,1)，故A正確；

聯(lián)立x2=2yxt=y-1，可得x2-2tx-2=0，即有x可得S的最大值為33，故C正確；

由|PA||PB|=1+t2|x1|1+t2|x2|=x1-x4.(2023·河南省開封市模擬)已知F是拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點，C的準線與x軸交于點A，過點A作曲線C的一條切線AB，若切點B在第一象限內(nèi)，D為C上第四象限內(nèi)的一點，且DF?//?AB，則|DF||AB|=【解析】根據(jù)題意，A(-p2,0)，F(xiàn)(p2,0)，

設(shè)切點B的坐標為(x0,y0)(x0>0,y0>0)，則y02=2px0，

所以切線AB的方程為y0?y=p(x+x0)，

將A(-p2,0)代入得0=p(-p2+x0)，解得x0=p2，則y5.(2023·福建省三明市期末)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左右頂點分別為A、B,P是橢圓C上異于A、B的任意一點,PA、PB斜率之積為-(2)直線PF1交橢圓C于另一點Q，分別過P、Q作橢圓的切線，這兩條切線交于點M.求證：【解析】解：(1)設(shè)點P(x0,y0)，由題意得A(-a,0)，B(a,0)，

則kPAkPB=y0x0+a?y0x0-a=y02x02-a2，

因為P在橢圓C上，所以x02a2+y02b2=1，即y02=b2a2(a2-x02)，

則kPAkPB=y02x02-a2=-b2a2=-34，得b=36.(2023·江蘇省南通市模擬)已知橢圓E:x2a2+(1)求E的方程;(2)設(shè)任意過F2的直線為l交E于M，N，分別作E在點M，N上的兩條切線，并記它們的交點為P，過F1作平行于l的直線分別交PM,PN于A，B，求【解析】解：(1)由題意得，2a2-b2=4，2b=4，解得b2=4，a2=8，

所以橢圓E的方程為x28+y24=1;

(2)由題意得，F(xiàn)2(2,0)，顯然l的斜率不為0，

設(shè)直線l的方程為x=ty+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

聯(lián)立x28+y24=1x=ty+2，消x整理得(t2+2)y2+4ty-4=0，

Δ=16t2+16t2+2>0，y1+y2=-4tt2+2，y1y2=-4t2+2，

由題意知，M，N不在x軸上，則分別作E在點M，N上的兩條切線的斜率存在，

聯(lián)立過M，N的切線方程x1x8+y1y4=1x2x8+7.(2023·浙江省杭州市模擬)已知雙曲線E:x2a2-(1)求雙曲線E的方程．(2)若直線l經(jīng)過點(2,0)，與雙曲線右支交于P、Q兩點(其中P點在第一象限)，點Q關(guān)于原點的對稱點為A，點Q關(guān)于y軸的對稱點為B，且直線AP與BQ交于點M，直線AB與PQ交于點N，證明：雙曲線在點P處的切線平分線段MN．【解析】解：1依題意，離心率e=a2+b2a=5，2a2-4b2=1，解得a2=1，b2=4，

故雙曲線E的方程為x2-y24=1

2方法一：設(shè)Px1,y1，Qx2,y2，直線PQ為x=ty+2t≠0，代入雙曲線方程x2-y24=1

得：4t2-1y2+16ty+12=0∵過點P的切線方程為：x1x-y1y4=1，

要證雙曲線在點P處的切線平分線段EF，即證點P處的切線經(jīng)過線段MN的中點T．

∵x1x0-y1y04=x1(y24t-x2)-y14.(-2t)=(ty1+2)(y24t-ty2-2)+y12t

=1-4t24y1y2+1-4t22t(y1+y2)-4=1-4t24?124t2-1+1-4t22t.(-16t4t28.(2023·四川省瀘州市模擬)已知點M是拋物線C1:y=14x2的準線上的任意一點，過點M作C1的兩條切線MP(1)證明：直線PQ過定點，并求出定點坐標；(2)若直線PQ交橢圓C2:x24+y【解析】解：(1)根據(jù)題意，設(shè)M(t,-1)，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

所以切線MP的方程為x1x=2y+y1，切線MQ的方程為x2x=2y+y2．

因為上述兩條直線都過點M，

把M的坐標代入兩方程，得tx1-2y1+2=