重難點(diǎn)28 圓錐曲線中的切線與切點(diǎn)弦問題（舉一反三）（新高考專用）（含答案） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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\l "_Tc2521" 【題型1 求圓錐曲線的切線方程】 PAGEREF _Tc2521 \h 2
\l "_Tc16502" 【題型2 圓錐曲線的切點(diǎn)弦問題】 PAGEREF _Tc16502 \h 4
\l "_Tc21935" 【題型3 切點(diǎn)弦過定點(diǎn)問題】 PAGEREF _Tc21935 \h 8
\l "_Tc19655" 【題型4 與切點(diǎn)弦有關(guān)的面積問題】 PAGEREF _Tc19655 \h 13
\l "_Tc23916" 【題型5 與切點(diǎn)弦有關(guān)的定值問題】 PAGEREF _Tc23916 \h 19
\l "_Tc15139" 【題型6 與切點(diǎn)弦有關(guān)的最值（范圍）問題】 PAGEREF _Tc15139 \h 24
1、圓錐曲線中的切線與切點(diǎn)弦問題
圓錐曲線是高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，切線與切點(diǎn)弦問題的考查頻率變高，考查形式多種多樣，以選擇題或填空題的形式考查時(shí)，主要考查切線方程與切點(diǎn)弦方程，難度不大；以解答題的形式考查時(shí)，主要考查切點(diǎn)弦問題和以切線為載體的面積、最值、定值等問題，難度較大；復(fù)習(xí)時(shí)要加強(qiáng)此類問題的訓(xùn)練，靈活求解.
【知識(shí)點(diǎn)1 圓錐曲線中的切線與切點(diǎn)弦】
1．圓錐曲線的切線和切點(diǎn)弦
(1)切線方程：
過圓錐曲線Ax2+Cy2+Dx+Ey+F=0(A、C不全為0)上的點(diǎn)M(x0,y0)的切線的方程為.
(2)切點(diǎn)弦方程：
當(dāng)M(x0,y0)在曲線外時(shí)，過M可引該二次曲線的兩條切線，過這兩個(gè)切點(diǎn)的弦所在直線的方程為：.
上述兩條為一般結(jié)論.特別地：
①對(duì)于橢圓+=1(a>b>0)，其上有一點(diǎn)M(x0,y0)，則過該點(diǎn)作切線得到的切線方程+=1.
當(dāng)M在橢圓外時(shí)，過M引兩條切線得到兩個(gè)切點(diǎn)，則過這兩個(gè)切點(diǎn)的直線方程為+=1.
②更為一般地，當(dāng)二次曲線有交叉項(xiàng)時(shí)，即圓錐曲線形式為Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(B≠0)時(shí)，過點(diǎn)M(x0,y0)有對(duì)應(yīng)的一條直線為；當(dāng)M在原圓錐曲線上時(shí)，這條直線為過M的切線；當(dāng)M在曲線外時(shí)，過M可引該二次曲線的兩條切線，這條直線為過這兩個(gè)切點(diǎn)的弦的直線.
2．圓錐曲線的切線和切點(diǎn)弦的相關(guān)結(jié)論
(1)過橢圓+=1上一點(diǎn)Px0,y0的切線方程為x0xa2+y0yb2=1；
(2)過橢圓+=1外一點(diǎn)Px0,y0的切點(diǎn)弦方程為x0xa2+y0yb2=1；
(3)過雙曲線?=1上一點(diǎn)Px0,y0的切線方程為x0xa2?y0yb2=1；
(4)過雙曲線?=1外一點(diǎn)Px0,y0的切點(diǎn)弦方程為x0xa2?y0yb2=1.
【題型1 求圓錐曲線的切線方程】
【例1】（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）橢圓x24+3y24=1上點(diǎn)P(1,1)處的切線方程是 x+3y?4=0 ．
【解題思路】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求得切線方程.
【解答過程】∵橢圓x24+3y24=1，
∴y>0時(shí)，y=43?x23，∴y′=?23x243?x23，
∴x＝1時(shí)，y′=?13，即切線斜率k=?13，
∴橢圓x24+3y24=1上點(diǎn)P(1,1)處的切線方程是y?1=?13x?1，
即x+3y?4=0．
故答案為：x+3y?4=0．
【變式1-1】（2023·河南·模擬預(yù)測(cè)）若直線l與單位圓（圓心在原點(diǎn)）和曲線x24?y28=1均相切，則直線l的一個(gè)方程可以是 3x+y+2=0（或3x?y+2=0，3x?y?2=0，3x+y?2=0，只需寫出一個(gè)答案即可） .
【解題思路】根據(jù)直線與圓，以及雙曲線相切，可根據(jù)點(diǎn)到直線的距離以及判別式進(jìn)行聯(lián)立方程求解滿足題意的直線.
【解答過程】顯然直線l存在斜率，設(shè)直線l：y=kx+mk≠±2，
聯(lián)立方程組y=kx+m,x24?y28=1, ,
得2?k2x2?2kmx?m2?8=0
因?yàn)橹本€l與曲線相切，所以Δ=4k2m2+42?k2m2+8=0，
即m2+8?4k2=0.
因?yàn)橹本€l與單位圓相切，所以mk2+1=1
聯(lián)立方程組m2+8?4k2=0,mk2+1=1,
解得k=±3，m=±2
故直線l的方程可能是3x+y+2=0，3x?y+2=0，3x?y?2=0，3x+y?2=0
故答案為：3x+y+2=0（或3x?y+2=0，3x?y?2=0，3x+y?2=0，只需寫出一個(gè)答案即可）.
【變式1-2】（24-25高三上·湖南·開學(xué)考試）已知橢圓M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)0,6和1,3.
(1)求M的離心率；
(2)若直線l:y=x+m與M有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，求l的一般式方程.
【解題思路】（1）由橢圓M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)0,6和1,3，求得a2、b2，進(jìn)而求得c，即可得到M的離心率；
（2）聯(lián)立M和l的方程，得到關(guān)于x的一元二次方程，由Δ=0，可求得m=±22，即可得到l的一般式方程.
【解答過程】（1）因?yàn)闄E圓M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)0,6和1,3，
所以6a2=13a2+1b2=1，解得a2=6b2=2，
由a2=b2+c2，得c=2，
所以M的離心率e=ca=26=63.
（2）

由（1）可得M的方程為，y26+x22=1，
聯(lián)立y26+x22=1y=x+m，得4x2+2mx+m2?6=0，
由Δ=4m2?4×4m2?6=0，得m=±22，
∴直線l的一般式方程為：x?y±22=0.
【變式1-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）在直角坐標(biāo)系xy中，曲線C：y=x24與直線y=kx+a,a>0交與M,N兩點(diǎn)，
(1)當(dāng)k=0時(shí)，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程；
(2) y軸上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí)，總有∠OPM=∠OPN？說明理由.
【解題思路】（1）先求出M，N的坐標(biāo)，再利用導(dǎo)數(shù)求出M，N.
（2）先作判定，再利用設(shè)而不求思想．將y=kx+a代入曲線C的方程整理成關(guān)于x的一元二次方程，設(shè)出M，N的坐標(biāo)和P點(diǎn)坐標(biāo)，利用設(shè)而不求思想，將直線PM，PN的斜率之和用a表示出來，利用直線PM，PN的斜率為0，即可求出a,b關(guān)系，從而找出適合條件的P點(diǎn)坐標(biāo).
【解答過程】（1）由題設(shè)可得M(2a,a)，N?2a,a，或M?2a,a，N(2a,a).∵y′=12x，
故y=x24在x=2a處的導(dǎo)數(shù)值為a，C在2a,a處的切線方程為
y?a=a(x?2a)，即ax?y?a=0.
故y=x24在x=?2a處的導(dǎo)數(shù)值為?a，C在(?22a,a)處的切線方程為
y?a=?a(x+2a)，即ax+y+a=0.
故所求切線方程為ax?y?a=0或ax+y+a=0.
（2）存在符合題意的點(diǎn)，證明如下：
設(shè)P（0,b）為符合題意的點(diǎn)，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1,k2.
將y=kx+a代入C得方程整理得x2?4kx?4a=0.
∴x1+x2=4k,x1x2=?4a.
∴k1+k2=y1?bx1+y2?bx2=2kx1x2+(a?b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.
當(dāng)b=?a時(shí)，有k1+k2=0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，
故∠OPM=∠OPN，所以P(0,?a)符合題意.
【題型2 圓錐曲線的切點(diǎn)弦問題】
【例2】（2024·福建福州·模擬預(yù)測(cè)）過M2,?2p引拋物線x2=2pyp>0的切線，切點(diǎn)分別為A，B.若AB的斜率等于2，則p=（）
A．14B．12C．1D．2
【解題思路】先設(shè)切點(diǎn)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，再代入點(diǎn)M，得到A，B均滿足得到一元二次方程，即得到直線AB的方程和斜率，結(jié)合斜率為2解得參數(shù)即可.
【解答過程】拋物線x2=2pyp>0，即y=12px2,y′=1px，則由切線斜率k=y′=1px，
設(shè)切點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2，則kMA=1px1,kMB=1px2，又x12=2py1,x22=2py2，
所以切線MA方程為y?y1=1px1x?x1，即 y=1px1x?y1，
同理切線MB方程為y=1px2x?y2，
兩切線均過點(diǎn)M2,?2p，故?2p=1px1?2?y1?2p=1px2?2?y2，即y1=2px1+2py2=2px2+2p，所以點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2均滿足方程y=2px+2p，即Ax1,y1,Bx2,y2均在直線y=2px+2p上，即直線AB的方程為y=2px+2p，所以斜率為2p=2，
故p=1.
故選：C.
【變式2-1】（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)拋物線C：y2=6x的焦點(diǎn)為F，過F的直線交C于A，B兩點(diǎn)，分別以A，B為切點(diǎn)作C的切線l1，l2，若l1與l2交于點(diǎn)P，且滿足PF=23，則AB=（）
A．5B．6C．7D．8
【解題思路】先設(shè)直線AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立求得A，B兩點(diǎn)縱坐標(biāo)之間的關(guān)系，再寫出切線方程，聯(lián)立，根據(jù)條件求出P點(diǎn)坐標(biāo)，再帶回到切線方程求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)即可.
【解答過程】
y2=6x,2p=6,p2=32,∴F32,0 ，設(shè)直線AB的方程為x=my+32 ，顯然m是存在的，
設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2 ，顯然y1≠0,y2≠0 ，求導(dǎo)：y2'=6x',∴y'=3y ，
在A點(diǎn)處的切線方程l1為y?y1=3y1x?x1,∴y=3y1x?3x1y1+y1,∵x1=y126,∴y=3y1x+y12…①，
同理可得在B點(diǎn)處的切線方程l2為：y=3y2x+y12；
聯(lián)立方程y2=6xx=my+32 ，解得y2?6my?9=0 ，Δ=36m2+36＞0 ，∴ y1y2=?9 ，
聯(lián)立方程y=3y1x+y12y=3y2x+y22 解得3xy2?y1y1y2+12y1?y2=0 ，∵y1≠y2,y1?y2≠0,∴x=y1y26=?32 ，
即P點(diǎn)在準(zhǔn)線x=?32 上，設(shè)P?32,t ，∵PF=32+t2=23,∴t2=3,t=±3 ，
考慮拋物線關(guān)于x軸對(duì)稱，不妨取t=3 ，代入①得：3=3y1×?32+y12 ，解得y1=33 或y1=?3 ，
由圖可知y1=33,y2=?3 ，再代入拋物線方程得x1=92,x2=12 ，∴AB=x1?x22+y1?y22=8 ；
故選：D.
【變式2-2】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知P1,1是雙曲線外一點(diǎn)，過P引雙曲線x2?y22=1的兩條切線PA,PB，A,B為切點(diǎn)，求直線AB的方程．
【解題思路】根據(jù)雙曲線的切線方程（或切點(diǎn)弦方程）的結(jié)論直接代入即可得直線AB的方程.
【解答過程】如下圖所示：
方法一：
根據(jù)題意，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為Ax1,y1,Bx2,y2，
根據(jù)結(jié)論：若點(diǎn)P0x0,y0在雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)上，則過點(diǎn)P0的雙曲線的切線方程是x0xa2?y0yb2=1．
則可得切線PA,PB的方程分別為x1x?y1y2=1，x2x?y2y2=1；
又因?yàn)镻1,1在切線上，可得x1?y12=1，x2?y22=1；
因此Ax1,y1,Bx2,y2在方程x?y2=1的兩根，
可知直線AB的方程為x?y2=1，也即2x?y?2=0.
方法二：
可直接利用結(jié)論：若點(diǎn)P0x0,y0在雙曲線x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)外，過點(diǎn)P0作雙曲線的兩條切線，切點(diǎn)為點(diǎn)P1,P2，則切點(diǎn)弦P1P2的直線方程是x0xa2?y0yb2=1；
可得直線AB的方程為x?y2=1，也即2x?y?2=0.
【變式2-3】（24-25高三上·河南·開學(xué)考試）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短軸長為2，點(diǎn)1,22在橢圓C上.
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Tm,n在橢圓C上（點(diǎn)T不在坐標(biāo)軸上），證明：直線mx2+ny=1與橢圓C相切；
(3)設(shè)點(diǎn)P在直線x=?1上（點(diǎn)P在橢圓C外），過點(diǎn)P作橢圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B,O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△PAB和△OAB的面積之和為1，求直線AB的方程.
【解題思路】（1）根據(jù)已知建立關(guān)于a,b的方程組求解即可；
（2）聯(lián)立直線方程和橢圓方程消去y，結(jié)合點(diǎn)Tm,n在橢圓上，代入化簡即可得證；
（3）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,P?1,t，利用（2）中結(jié)論表示出兩切線方程，結(jié)合切線過點(diǎn)P可得直線AB方程，利用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長公式表示出面積，結(jié)合已知求出t，然后可得直線AB方程.
【解答過程】（1）由題知，12a2+222b2=12b=2，解得a=2,b=1，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程x22+y2=1.
（2）因?yàn)辄c(diǎn)Tm,n在橢圓C上，所以m22+n2=1，即m2+2n2=2，
聯(lián)立x22+y2=1mx2+ny=1消去y整理得2n2+m2x2?4mx+4?4n2=0，
即2x2?4mx+2m2=0，即x?m2=0，顯然方程有唯一解，
所以直線mx2+ny=1與橢圓C相切.
（3）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2,P?1,t，
將x=?1代入x22+y2=1，解得y=±22，
因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓C外，所以t22，所以2t2?1>0，
由（2）可得，切線PA,PB的方程分別為x1x2+y1y=1,x2x2+y2y=1，
因?yàn)辄c(diǎn)P在切線PA,PB上，所以?x12+ty1=1,?x22+ty2=1，
所以點(diǎn)A,B在直線?x2+ty=1，即直線AB的方程為x?2ty+2=0，
聯(lián)立x?2ty+2=0x2+2y2?2=0得2t2+1y2?4ty+1=0，Δ>0，
則y1+y2=4t2t2+1,y1y2=12t2+1，
所以AB=4t2+1y1+y22?4y1y2=4t2+14t2t2+12?42t2+1
=24t2+12t2?12t2+1
記點(diǎn)O,P到直線AB的距離分別為d1,d2，
則d1=22t2+1,d2=2t2?12t2+1=2t2?12t2+1，
因?yàn)椤鱌AB和△OAB的面積之和為1，
所以12ABd1+d2=4t2+12t2?12t2+1×22t2+1+2t2?12t2+1=2t2?1=1，
解得t=±1，所以AB的方程為x?2y+2=0或x+2y+2=0.
【題型3 切點(diǎn)弦過定點(diǎn)問題】
【例3】（2024·湖南·三模）已知拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，過F且斜率為2的直線與E交于A，B兩點(diǎn)，|AB|=10.
(1)求E的方程；
(2)直線l:x=?4，過l上一點(diǎn)P作E的兩條切線PM,PN，切點(diǎn)分別為M，N.求證：直線MN過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)坐標(biāo).
【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，設(shè)直線AB的方程為x=12y+p2，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)拋物線的弦長求得p，即得答案；
（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，聯(lián)立拋物線方程，得到韋達(dá)定理，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，設(shè)出切線PM與PN的方程，兩者聯(lián)立，可求出n=4，即可證得直線MN過定點(diǎn)，并得出該定點(diǎn)坐標(biāo).
【解答過程】（1）
由已知，F(xiàn)p2,0，過F且斜率為2的直線與E交于A，B兩點(diǎn)，
設(shè)AB的方程為x=12y+p2，Ax1,y1,Bx2,y2,
聯(lián)立y2=2pxx=12y+p2，得y2?py?p2=0，則Δ=p2+4p2>0，
則y1+y2=p，
所以|AB|=x1+x2+p=12y1+p2+12y2+p2+p=5p2=10，
解得p=4，
故拋物線E的方程為：y2=8x.
（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，
聯(lián)立y2=8xx=my+n，得y2?8my?8n=0，
Δ=64m2+32n>0，即2m2+n>0，
所以y3+y4=8m，y3y4=?8n，
令y3>0，當(dāng)y>0時(shí)，
y2=8x可化為y=22x，則y′=2x，
則在M處的切線PM的方程為：y?y3=2x3x?x3，
即y=4y3x+y32，
同理可得切線PN的方程為：y=4y4x+y42，
聯(lián)立PM與PN的方程，解得xp=y3y48=?4，
所以y3y4=?32=?8n，則n=4，滿足2m2+n>0，
則直線MN的方程為x=my+4，
所以直線MN過定點(diǎn)，該定點(diǎn)坐標(biāo)為4,0.
【變式3-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為e=22，橢圓上的點(diǎn)P與兩個(gè)焦點(diǎn)F1、F2構(gòu)成的三角形的最大面積為1．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若點(diǎn)Q為直線x+y?2=0上的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)Q作橢圓C的兩條切線QD、QE（切點(diǎn)分別為D、E），試證明動(dòng)直線DE恒過一定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．
【解題思路】（1）根據(jù)條件得到關(guān)于a,b,c的方程組，即可求解；
（2）首先利用點(diǎn)D,E的坐標(biāo)表示切線方程，并利用兩點(diǎn)確定一條直線，確定直線DE的方程，再根據(jù)含參直線確定定點(diǎn)坐標(biāo).
【解答過程】（1）∵橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為e=22，
橢圓上的點(diǎn)P與兩個(gè)焦點(diǎn)F1、F2構(gòu)成的三角形的最大面積為1，
∴ca=22bc=1a2=b2+c2，
解得a=2,b=c=1，
∴橢圓C的方程為x22+y2=1．
（2）證明：設(shè)切點(diǎn)為Dx1,y1,Ex2,y2，則切線方程為x1x+2y1y=2,x2x+2y2y=2，
∵兩條切線都過x+y?2=0上任意一點(diǎn)Qm,2?m，
∴得到x1m+2y12?m=2,x2m+2y22?m=2，
∴Dx1,y1、Ex2,y2都在直線mx+22?my=2上，
又mx?2my+4y?2=0,mx?2y+4y?12=0，
由x?2y=0y?12=0，得x=1y=12，
即對(duì)任意的m，直線mx+22?my=2始終經(jīng)過定點(diǎn)1,12．
∴動(dòng)直線DE恒過一定點(diǎn)1,12．
【變式3-2】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知拋物線C:x2=2py的焦點(diǎn)與橢圓C':x24+y2=1的上頂點(diǎn)重合，點(diǎn)A是直線l:x?2y?8=0上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為M、N．
(1)求拋物線C的方程．
(2)證明直線MN過定點(diǎn)，并且求出定點(diǎn)坐標(biāo)．
【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的頂點(diǎn)計(jì)算求參得出拋物線方程；
（2）根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出切線斜率再分別表示切線應(yīng)用同構(gòu)或待定系數(shù)法求解即可.
【解答過程】（1）由題意橢圓C':x24+y2=1的上頂點(diǎn)為0,1，
p2=1，∴p=2，∴C:x2=4y．
（2）法一（同構(gòu)法）．
設(shè)點(diǎn)Mx1,y1，Nx2,y2，Aa,b．
由y=x24?y′=x2，∴直線AM的斜率為kAM=x12，∴l(xiāng)AM:y?y1=x12x?x1
即x1x=2y+y1
同理可得lAN:x2x=2y+y2
∵點(diǎn)A∈lAM，代入lAM得ax1=2y1+b
∵點(diǎn)A∈lAN，代入lAN得ax2=2y2+b
∴點(diǎn)M、N都滿足關(guān)系ax=2y+b=2y+2b
∴l(xiāng)MN:ax=2y+b=2y+2b①
又點(diǎn)A∈l，∴2b=a?8，代入①得ax=2y+a?8?ax?1?2y+8=0
故直線MN恒過定點(diǎn)1,4．
法二（配極原則）．
設(shè)定點(diǎn)為Qx0,y0，由題目可知點(diǎn)A所在直線是點(diǎn)Q對(duì)應(yīng)的極線，∴由配極原則可得x0x=4y+y02
即x0x?2y?2y0=0
對(duì)比l:x?2y?8=0的系數(shù)可得x0=1?2y0=?8?x0=1y0=4
∴直線MN恒過定點(diǎn)1,4．
【變式3-3】（23-24高二下·內(nèi)蒙古通遼·期中）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1a>b>0的長軸為雙曲線x24?y25=1的實(shí)軸，且離心率為12.
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一點(diǎn)Qx0,y0處的切線方程為xx0a2+yy0b2=1.過直線x=4上任意一點(diǎn)P作橢圓E的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.M為橢圓的左頂點(diǎn).
①證明：直線AB過定點(diǎn)；
②求△ABM面積的最大值.
【解題思路】（1）利用待定系數(shù)法求橢圓方程；
（2）①首先設(shè)出點(diǎn)A,B的坐標(biāo)，求直線PA,PB的切線方程，代入點(diǎn)P的坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)確定直線方程；②根據(jù)①的結(jié)果，設(shè)直線AB的方程x=my+1，與橢圓方程聯(lián)立，利用坐標(biāo)表示△MAB的面積，再根據(jù)雙勾函數(shù)的性質(zhì)求最值.
【解答過程】（1）由條件可知a=2，
e=ca=12，則c=1，b=3
則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24+y23=1.
（2）①設(shè)切點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2，P(4,t)，又橢圓E在點(diǎn)A處的切線方程為x1x4+y1y3=1，在點(diǎn)B處的切線方程x2x4+y2y3=1，
由條件，將P點(diǎn)坐標(biāo)代入直線PA的方程得x1+y1t3=1，代入直線PB的方程得x2+y2t3=1，
則A、B兩點(diǎn)都在直線x+yt3=1上，
則切點(diǎn)弦AB直線方程為x+yt3=1，
直線AB過定點(diǎn)1,0.
②M?2,0，設(shè)直線過定點(diǎn)為K1,0，
顯然直線AB不可能水平，故設(shè)直線AB方程為：x=my+1，
x=my+1x24+y23=1，
3m2+4y2+6my?9=0，
因?yàn)橹本€AB恒過橢圓內(nèi)點(diǎn)，所以Δ>0恒成立，
y1+y2=?6m3m2+4，y1y2=?93m2+4，
S△MAB=12MK?y1?y2 =12×3×y1+y22?4y1y2
=32×?6m3m2+42?4×?93m2+4 =18m2+13m2+4，
令m2+1=n,(n≥1)，
S△MAB=18n3n2+1=183n+1n，
當(dāng)n∈1,+∞，S△MAB為減函數(shù)，
所以當(dāng)n=1時(shí)，S△MAB最大值為92.
【題型4 與切點(diǎn)弦有關(guān)的面積問題】
【例4】（2024·江西新余·一模）過點(diǎn)P(2，－1)作拋物線x2=4y的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，PA，PB分別交x軸于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△PEF與△OAB的面積之比為（）
A．32 B．33 C．12 D．34
【解題思路】由已知拋物線方程求導(dǎo)得y'=12x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，得出點(diǎn)A，B處的切線方程，求得點(diǎn)E x12,0，F(xiàn)x22,0，又由這兩條切線都過點(diǎn)P(2，－1)，得2x1=2?1+y12x2=2?1+y2，得lAB過定點(diǎn)(0，1)，得出面積的表示式，可得答案．
【解答過程】由x2=4y得y=14x2，求導(dǎo)得y'=12x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則點(diǎn)A，B處的切線方程為y?y1=12x1x?x1,y?y2=12x2x?x2，
即x1x＝2(y＋y1)，x2x＝2(y＋y2)，所以E2y1x1,0，F(xiàn)2y2x2,0，即Ex12,0，F(xiàn)x22,0，
因?yàn)檫@兩條切線都過點(diǎn)P(2，－1)，則2x1=2?1+y12x2=2?1+y2，
所以lAB：x＝－1＋y，即lAB過定點(diǎn)(0，1)，
則S△PEFS△OAB=12×1×x12?x2212×1×x1?x2=12．
故選：C．
【變式4-1】（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）拋物線Γ:x2=2y上有四點(diǎn)A，B，C，D，直線AC，BD交于點(diǎn)P，且PC=λPA，PD=λPB00，
故x1+x2=4k，x1x2=?4m，
因此P2k,?m，由于點(diǎn)P2k,?m在橢圓C1上，故4k23+m24=1．
又AB=1+k2?x1?x2=1+k216k2+16m，
點(diǎn)P到直線AB的距離d=2k2+2m1+k2，
故S△PAB=12AB×d=4k2+m×k2+m=4k2+m32．
令t=k2+m，又4k23+m24=1，
故t=34?316m2+m=?316m?832+2512，其中00，∴y1+y2=2m，y1y2=?2n.
∵y2=2x，則y=±2x，∴y′=±12x=1y，
∴切線l1的方程為y=1y1x?x1+y1=1y1x+y12，
同理，切線l2的方程為y=1y2x+y22，
聯(lián)立兩直線方程y=1y1x+y12y=1y2x+y22，解得x=y1y22=?ny=y1+y22=m，即D?n,m，
則點(diǎn)D到直線AB的距離為d=m2+2n1+m2，
由AB=1+m2y1+y22?4y1y2=1+m24m2+8n=4，
化簡得：m2+2n=41+m2，
∴S△ABD=12ABd=12×4×m2+2n1+m2=81+m21+m2≤8，當(dāng)且僅當(dāng)m=0時(shí)取等號(hào)，
∴△ABD面積的最大值為8.
（ii）若直線AB過點(diǎn)1,0，由（i），可以設(shè)直線AB的方程為x=my+1，
∴y1+y2=2m，y1y2=?2.
∴直線l3的方程為y=?y1x+x1y1+y1=?y1x+y132+y1，
同理，直線l4的方程為y=?y2x+y232+y2.
聯(lián)立兩直線方程y=?y1x+y132+y1y=?y2x+y232+y2，解得x=y12+y22+y1y22+1y=?y1y2y1+y22，
整理后可得x=2m2+2,y=2m,消去m得：y2=2x?4，
∴點(diǎn)M的軌跡方程為y2=2x?4.
【題型5 與切點(diǎn)弦有關(guān)的定值問題】
【例5】（2024·河北·三模）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1a>b>0的離心率為33，0,2是橢圓的短軸的一個(gè)頂點(diǎn)．
(1)求橢圓C的方程．
(2)設(shè)圓O：x2+y2=a2+b2，過圓O上一動(dòng)點(diǎn)P作橢圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B．設(shè)兩切線的斜率均存在，分別為k1，k2，問：k1k2是否為定值？若不是，說明理由；若是，求出定值．
【解題思路】（1）根據(jù)離心率和0,2得到方程，求出b,a，得到橢圓方程；
（2）設(shè)Pm,n，先得到m2≠3，m2+n2=5，設(shè)過點(diǎn)Pm,n與橢圓相切的直線為y?n=kx?m，聯(lián)立橢圓方程，由Δ=0得到m2?3k2?2mnk+n2?2=0，由兩根之積得到k1k2=n2?2m2?3=?1
【解答過程】（1）由題意得b=2,ca=33，又a2=b2+c2，
解得c=1,a=3，故橢圓方程為x23+y22=1；
（2）是，k1k2=?1，理由如下：
設(shè)Pm,n，當(dāng)m2=3時(shí)，此時(shí)兩切線中的一條切線斜率不存在，舍去，
故m2≠3，m2+n2=a2+b2=3+2=5，
設(shè)過點(diǎn)Pm,n與橢圓相切的直線為y?n=kx?m，
與x23+y22=1聯(lián)立得2+3k2x2?6k2m?6nkx+3k2m2?6nkm+3n2?6=0，
由Δ=0得，6k2m?6nk2?42+3k23k2m2?6nkm+3n2?6=0，
整理得m2?3k2?2mnk+n2?2=0，
過點(diǎn)Pm,n與橢圓相切的兩直線斜率分別為k1，k2，
所以k1k2=n2?2m2?3=3?m23?m2=?1
【變式5-1】（23-24高三上·浙江·期中）已知雙曲線E：y2a2?x2b2=1（a>0，b>0）過點(diǎn)Q3,2，且離心率為2，F(xiàn)2，F(xiàn)1為雙曲線E的上、下焦點(diǎn)，雙曲線E在點(diǎn)Q處的切線l與圓F2：x2+y?c2=10（c=a2+b2）交于A，B兩點(diǎn).
(1)求△F1AB的面積；
(2)點(diǎn)P為圓F2上一動(dòng)點(diǎn)，過P能作雙曲線E的兩條切線，設(shè)切點(diǎn)分別為M，N，記直線MF1和NF1的斜率分別為k1，k2，求證：k1k2為定值.
【解題思路】（1）先求切線方程，再結(jié)合直線與圓的位置關(guān)系可求得△F1AB的面積；
（2）先求切線方程，找出M，N兩點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系式，再利用韋達(dá)定理化簡可得.
【解答過程】（1）

∵4a2?9b2=1ca=2c2=a2+b2，∴a2=1b2=3c=2，∴y2?x23=1
設(shè)過曲線上一點(diǎn)的切線的方程為：y=kx+t，
由y2?x23=1y=kx+t可得3k2?1x2+6ktx+3t2?3=0，
則Δ=6kt2?43k2?13t2?3=0，即3k2+t2?1=0.
又因?yàn)榍悬c(diǎn)為Q，所以2=3k+t，所以解得k=t=12，
則過點(diǎn)Q的切線l的方程為：2y?x=1.
設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，
∴l(xiāng)交y軸于點(diǎn)H0,12，聯(lián)立直線l與圓F2的方程2y?x=1x2+y?22=10
消y得5x2?6x?31=0，∴x1+x2=65，x1x2=?315.
∴x1?x2=x1+x22?4x1x2=3625+1245=4415，
∴S△F1AB=12F1H?x1?x2=1212+2?4415=41.
（2）

設(shè)Px0,y0，Mx3,y3，Nx4,y4，則x02+y0?22=10
設(shè)過點(diǎn)Mx3,y3的雙曲線的切線方程為：y=kx+t，
由（1）可知3k2+t2?1=0，
又因?yàn)閥3=kx3+t，則3k2+y3?kx32?1=0，即3+x32k2?2x3y3k+y32?1=0（*）
而y32?x323=1，所以3+x32=3y32，y32?1=x323，
則（*）式可化為9y32k2?6x3y3k+x32=0，即3y3k?x32=0
可得k=x33y3，t=y3?kx3=1y3，則切線方程為y=x33y3x+1y3，
整理可得過點(diǎn)M的雙曲線的切線方程為y3y?x3x3=1.
同理可得過點(diǎn)N的雙曲線的切線方程為y4y?x4x3=1.
又兩切線均過點(diǎn)Px0,y0，則y3y0?x3x03=1y4y0?x4x03=1，
因此，直線MN的方程為y0y?x0x3=1
聯(lián)立直線MN與雙曲線E的方程y0y?x0x3=1y2?x23=1，
消y可得x02?3y02x2+6x0x+9?9y02=0，故x3+x4=?6x0x02?3y02x3?x4=9?9y02x02?3y02
所以y3+2y4+2=x03y0x3+1y0+2x03y0x4+1y0+2
=x029y02x3x4+x03y0?1+2y0y0x3+x4+1+2y0y02=3x02?4y02?4y0?1x02?3y02
因?yàn)閤02+y0?22=10，則x02=10?y0?22，則x02?4y02?4y0?1=5?5y02
所以k1k2=y3+2x3?y4+2x4=35?5y02x02?3y02?x02?3y0291?y02=53.
【變式5-2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線E:x2=2py(p>1)的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P1,?1作拋物線E的兩條切線，切點(diǎn)分別為M,N,FM+FN=5.
(1)求拋物線E的方程；
(2)過點(diǎn)P作兩條傾斜角互補(bǔ)的直線l1,l2，直線l1交拋物線E于A,B兩點(diǎn)，直線l2交拋物線E于C,D兩點(diǎn)，連接AD,BC,AC,BD，設(shè)AC,AB,BD的斜率分別為kAC,kAB,kBD，問：kACkAB+kBDkAB是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
【解題思路】（1）先設(shè)點(diǎn)Mx1,x122p,Nx2,x222p，然后求出切線解析式，根據(jù)FM+FN=5即可求出結(jié)果.
（2）設(shè)直線l1的方程y+1=kx?1,通過和拋物線聯(lián)立求出韋達(dá)定理，同理求出l2和拋物線聯(lián)立的韋達(dá)定理，然后代入kACkAB+kBDkAB即可.
【解答過程】（1）設(shè)切點(diǎn)Mx1,x122p,Nx2,x222p，則在點(diǎn)M處切線斜率為y'=x1p，
所以以M為切點(diǎn)的切線方程為y?x122p=x1px?x1.
因?yàn)榍芯€過點(diǎn)P1,?1，所以x12?2x1?2p=0，同理x22?2x2?2p=0，
所以x1，x2是方程x2?2x?2p=0的兩個(gè)根，則x1+x2=2,x1x2=?2p.
又因?yàn)镕M+FN=x122p+p2+x222p+p2=x1+x22?2x1x22p+p=5，
所以p2?3p+2=0，即p?1p?2=0.
又因?yàn)閜>1，所以p=2，
所以拋物線E的方程為x2=4y.
（2）
由題意，l1,l2斜率都存在且不為0，設(shè)直線l1的方程為y+1=kx?1.
聯(lián)立直線l1和拋物線E的方程，得y=kx?k+1,x2=4y,，所以x2?4kx+4k+1=0.
設(shè)AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC,DxD,yD，則xA+xB=4k，同理xC+xD=?4k，
所以kAC+kBD=yC?yAxC?xA+yD?yBxD?xB =xC24?xA24xC?xA+xD24?xB24xD?xB =xC+xA4+xD+xB4 =xA+xB+xC+xD4 =0,
所以kACkAB+kBDkAB=kAC+kBD?kAB=0，
所以kACkAB+kBDkAB等于定值0.
【變式5-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知圓C:x2+y2=r2有以下性質(zhì)：①過圓C上一點(diǎn)Mx0,y0的圓的切線方程是x0x+y0y=r2．②若Mx0,y0為圓C外一點(diǎn)，過M作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B，則直線AB的方程為x0x+y0y=r2；③若不在坐標(biāo)軸上的點(diǎn)Mx0,y0為圓C外一點(diǎn)，過M作圓C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B，則OM垂直AB，即kAB?kOM=?1，且OM平分線段AB．
(1)類比上述有關(guān)結(jié)論，猜想過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點(diǎn)Mx0,y0的切線方程（不要求證明）；
(2)過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一點(diǎn)Mx0,y0作兩直線，與橢圓相切于A、B兩點(diǎn)，求過A,B兩點(diǎn)的直線方程；
(3)若過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一點(diǎn)Mx0,y0（M不在坐標(biāo)軸上）作兩直線，與橢圓相切與A,B兩點(diǎn)，求證:kAB?kOM為定值，且OM平分線段AB．
【解題思路】（1）類比可得過橢圓上一點(diǎn)Mx0,y0的切線方程為x0xa2+y0yb2=1；
（2）由兩切線都過M，過A,B兩點(diǎn)確定一條直線可得，過AB的直線方程為x0xa2+y0yb2=1；
（3）由（2）所得過AB的直線方程，可得kAB=?b2x0a2y0,kOM=y0x0，則kAB?kOM=?b2a2，將Ax1,y1,Bx2,y2代入橢圓方程，作差可得x1+x2x1?x2a2+y1+y2y1?y2b2=0，設(shè)AB的中點(diǎn)為Nm,n，可得kON=kOM，則OM過AB的中點(diǎn)，即OM平分線段AB．
【解答過程】（1）過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一點(diǎn)Mx0,y0的切線方程為x0xa2+y0yb2=1．
（2）過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一點(diǎn)Mx0,y0作兩直線，
與橢圓相切于A,B兩點(diǎn)，設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，
由（1）的結(jié)論可得A處的切線方程為x1xa2+y1yb2=1，B處的切線方程為x2xa2+y2yb2=1，
又兩切線都過M，可得x1x0a2+y1y0b2=1,x2x0a2+y2y0b2=1，
由過A,B兩點(diǎn)確定一條直線可得，過AB的直線方程為x0xa2+y0yb2=1．
（3）由（2）可得過AB的直線方程為x0xa2+y0yb2=1，
可得kAB=?b2x0a2y0,kOM=y0x0，則kAB?kOM=?b2a2；
由A,B都在橢圓上，
可得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
相減可得x1+x2x1?x2a2+y1+y2y1?y2b2=0，
設(shè)AB的中點(diǎn)為Nm,n，可得x1+x2=2m,y1+y2=2n，
則kAB=y1?y2x1?x2=?b2ma2n，又kAB=?b2x0a2y0,kOM=y0x0，
則得kON=kOM，
則OM過AB的中點(diǎn)，即OM平分線段AB．
【題型6 與切點(diǎn)弦有關(guān)的最值（范圍）問題】
【例6】（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）記橢圓C：x2+2y2=1的左右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，過F2的直線l交橢圓于A，B，A，B處的切線交于點(diǎn)P，設(shè)△F1F2P的垂心為H，則PH的最小值是（）
A．2B．3C．5D．6
【解題思路】先根據(jù)題意，得到F1?22,0，F(xiàn)222,0，設(shè)直線l的方程為y=kx?22，Ax1,y1，Bx2,y2，求出在點(diǎn)A，B處的切線方程，聯(lián)立切線方程，得出點(diǎn)P2,?22k，根據(jù)題意，得到PH⊥x軸，得出H的橫坐標(biāo)為2，再由F1H⊥PF2求出H的縱坐標(biāo)為yH=322k，得出PH=322k+22k，結(jié)合基本不等式，即可得出結(jié)果.
【解答過程】橢圓x2+2y2=1的左右焦點(diǎn)為F1?22,0，F(xiàn)222,0，
由題意，易知直線l的斜率存在，（若斜率不存在，則F1,F2,P三點(diǎn)共線，不能構(gòu)成三角形），設(shè)直線l的方程為y=kx?22，Ax1,y1，Bx2,y2，
對(duì)x2+2y2=1兩邊同時(shí)求關(guān)于x的導(dǎo)數(shù)，得2x+4yy′=0，則y′=?x2y，
則橢圓在點(diǎn)Ax1,y1處的切線斜率為k1=?x12y1，
則橢圓在點(diǎn)Ax1,y1處的切線方程為y?y1=?x12y1x?x1，
即x1x+2y1y=x12+2y12，即x1x+2y1y=1；
同理，橢圓在點(diǎn)Bx2,y2處的切線方程為x2x+2y2y=1，
由x1x+2y1y=1x2x+2y2y=1得x1y2x+2y1y2y=y2x2y1x+2y1y2y=y1，
則x=y2?y1x1y2?x2y1=kx2?x1x1kx2?22k?x2kx1?22k=2，
所以y=1?2x12y1=1?2x12kx1?22=?22k，即P2,?22k k≠0；
又△F1F2P的垂心為H，則PH⊥F1F2，F(xiàn)1H⊥PF2，
即PH⊥x軸，則H的橫坐標(biāo)也為2，記H的縱坐標(biāo)為yH，
由F1H⊥PF2得kF1H?kPF2=?1，所以yH2+22??22k2?22=?1，則yH=322k，
因此PH=yH?yP=322k+22k，
因?yàn)閘過點(diǎn)F2，所以直線l與橢圓必有兩個(gè)交點(diǎn)，故k∈R且k≠0，
則PH=322k+22k=322k+22k≥2322k?22k=6，
當(dāng)且僅當(dāng)322k=22k，即k=±33時(shí)，等號(hào)成立.
故選：D.
【變式6-1】（23-24高二下·福建泉州·期末）已知拋物線Γ：y=14x2的焦點(diǎn)為F，過F的直線l交Γ于點(diǎn)A,B，分別在點(diǎn)A,B處作Γ的兩條切線，兩條切線交于點(diǎn)P，則1PA2+1PB2的取值范圍是（）
A．0,1B．0,12C．0,14D．14,12
【解題思路】設(shè)直線l的方程為y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，與拋物線聯(lián)立可得x1+x2=4k,x1x2=?4，再利用求曲線上一點(diǎn)的切線方程得過A,B與Γ相切的直線方程，再利用兩條直線的交點(diǎn)坐標(biāo)得P2k,?1，再利用兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算得結(jié)論.
【解答過程】顯然直線l的斜率存在，因此設(shè)直線的方程為y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y得x2?4kx?4=0，因此Δ=?4k2+16=16k2+16>0，
故x1+x2=4k,x1x2=?4.
因?yàn)閥′=x2，所以過A,B與Γ相切的直線方程分別為：y=x1x2?x124、y=x2x2?x224，
因此由y=x1x2?x124y=x2x2?x224得x=x1+x22=2k,y=x1x24=?1，即P2k,?1，
所以1PA2+1PB2=1x1?2k2+kx1+22+1x2?2k2+kx2+22
=1k2+1x12+4+1k2+1x22+4
=x12+x22+8k2+1x12+4x22+4 =x1+x22?2x1x2+8k2+1x12x22+4x12+x22+16
=16k2+1664k2+12=14k2+1.
因?yàn)閗∈R，所以4k2+1≥4，因此00)交于A,B兩點(diǎn)，拋物線在點(diǎn)A處的切線為l1，在B點(diǎn)處的切線為l2，直線l1與直線l2交于點(diǎn)M，當(dāng)直線l的傾斜角為450時(shí)，|AB|=46．
(1)求拋物線C的方程；
(2)設(shè)線段AB的中點(diǎn)為N，求|AB||MN|的取值范圍．
【解題思路】（1）聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達(dá)定理，根據(jù)弦長公式即可求解p=2，
（2）根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得N(2k,2k2+2)，進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)求解斜率，根據(jù)點(diǎn)斜式求解切線方程，即可聯(lián)立兩直線方程得M(2k,?2)，根據(jù)弦長公式求解|AB|=4(1+k2)(1+2k2)，即可代入化簡求解.
【解答過程】（1）當(dāng)l的斜率為450時(shí)，則l:y=x+2，不妨設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=x+2x2=2py可得，x2?2px?4p=0，所以x1+x2=2p,x1x2=?4p，
∴ AB=x1?x22+y1?y22=2x1?x2=2×x1+x22?4x1x2=8p2+32p=46,
即p2+4p?12=0，因?yàn)閜>0，解得：p=2．
從而拋物線C的方程為x2=4y
（2）由題意可知直線l有斜率，
設(shè)直線l:y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+2x2=4y可得，x2?4kx?8=0，則Δ=16k2+32>0
所以x1+x2=4k,x1x2=?8，
于是xN=x1+x22=2k,yN=2k2+2，即N(2k,2k2+2)
而|AB|=1+k2|x1?x2|=1+k2(x1+x2)2?4x1x2=4(1+k2)(1+2k2)
由C:x2=4y，則y′=x2，
于是拋物線C在點(diǎn)A處的切線l1的方程為y?14x12=12x1(x?x1)
即y=12x1x?14x12?
同理可得，在點(diǎn)B處的切線l2的方程為y=12x2x?14x22?
聯(lián)立l1與l2的方程，解得y=x1+x22=2ky=14x1x2=?2，于是M(2k,?2) 則|MN|=2k2+4
從而|AB||MN|=4(1+k2)(1+2k2)2k2+4=21+k2k2+2=21?1k2+2∈[2,2)，
所以，|AB||MN|的取值范圍是[2,2).
【變式6-3】（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）已知?jiǎng)訄AM與圓C1：x+12+y2=49和圓C2：x?12+y2=1都內(nèi)切，記動(dòng)圓圓心M的軌跡為Γ.
(1)求Γ的方程；
(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì)：若圓錐曲線的方程為Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，則曲線上一點(diǎn)x0,y0處的切線方程為：Ax0x+Bx0y+y0x+Cy0y+Dx0+x+Ey0+y+F=0.試運(yùn)用該性質(zhì)解決以下問題：點(diǎn)P為直線x=9上一點(diǎn)（P不在x軸上），過點(diǎn)P作Γ的兩條切線PA1，PA2，切點(diǎn)分別為A1，A2.
（?。┳C明：A1A2⊥PC2；
（ⅱ）點(diǎn)A1關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為A′1，直線A′1A2交x軸于點(diǎn)N，直線PC2交曲線Γ于G，H兩點(diǎn).記△GC2N，△HC2N的面積分別為S1，S2，求S1?S2的取值范圍.
【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的幾何定義求解動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程；
（2）（i）根據(jù)題意中的性質(zhì)求解出兩條切線方程，代入點(diǎn)P坐標(biāo)后，得出直線A1A2的方程，從而算出斜率，再去判斷與另一直線是否垂直；
（ii）聯(lián)立直線A1A2的方程與橢圓Γ的方程，由韋達(dá)定理得出y1+y2，y1y2，進(jìn)而求解出直線A′1A2與x軸的交點(diǎn)N的坐標(biāo)，再用垂直關(guān)系又去設(shè)出直線PC2的方程與橢圓Γ的方程聯(lián)立，再用坐標(biāo)去表示出|S1?S2|，最后可由基本不等式得出結(jié)果.
【解答過程】（1）設(shè)動(dòng)圓M的半徑為r，由題意得圓C1和圓C2的半徑分別為7，1，
因?yàn)镸與C1，C2都內(nèi)切，
所以MC1=7?r，MC2=r?1，
所以MC1+MC2=7?r+r?1=6，
又C1?1,0，C21,0，故C2C1=2b>0，
則2a=6，2c=2，所以b2=a2?c2=9?1=8，
故Γ的方程為：x29+y28=1
（2）
（i）證明：設(shè)A1x1,y1，A2x2,y2，P9,tt≠0，
由題意中的性質(zhì)可得，切線PA1方程為xx19+yy18=1，
切線PA2方程為xx29+yy28=1，
因?yàn)閮蓷l切線都經(jīng)過點(diǎn)P9,t，所以x1+ty18=1，x2+ty28=1，
故直線A1A2的方程為：x+ty8=1，可得直線A1A2的斜率為：kA1A2=?8t
而直線PC2的斜率為：kPC2=t9?1=t8，
因?yàn)閗PC2?kA1A2=t8??8t=?1，所以A1A2⊥PC2;

（ii）由直線A1A2的方程為：x+ty8=1，可改設(shè)直線A1A2的方程為：x=my+1m≠0，
聯(lián)立x=my+18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2+16my?64=0，
由韋達(dá)定理得y1+y2=?16m8m2+9y1y2=?648m2+9，
又A′1x1,?y1，所以直線A′1A2的方程為y+y1=y2+y1x2?x1x?x1，
令y=0得，
xN=y1x2?x1y2+y1+x1=y1x2+y2x1y2+y1=y1my2+1+y2my1+1y2+y1
=2my1y2+y1+y2y2+y1=1+2my1y2y2+y1=1+2m?648m2+9?16m8m2+9=1+8=9，
所以直線A′1A2經(jīng)過定點(diǎn)N9,0，又C21,0，
再由A1A2⊥PC2，可設(shè)直線PC2的方程為：y=?mx?1，
再聯(lián)立y=?mx?18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2?16my?64=0，
設(shè)Gx3,y3，Hx4,y4，則由韋達(dá)定理得y3+y4=16m8m2+9=16m8+9m2y3y4=?648m2+9=?64m28+9m20的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)P3,?2作C的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，且Q為C上一動(dòng)點(diǎn)，若QF+PQ的最小值為5，則△PAB的面積為（）
A．75B．1252C．752D．1254
【解題思路】根據(jù)拋物線定義得到p=4，再利用導(dǎo)數(shù)得到切點(diǎn)弦所在直線方程，再求出直線AB的長和點(diǎn)P到直線AB的距離，最后利用三角形面積公式即可.
【解答過程】當(dāng)F，Q，P三點(diǎn)共線時(shí)，QF+PQ取得最小值，且QF+PQmin=FP=5，
所以|FP|=9+(p2+2)2=5，解得p=4，所以C:x2=8y．
由y=18x2，得y′=14x．
設(shè)A(x1,y1)，B(x2,y2)，則曲線y=18x2在x=x1處的切線方程為y?18x12=14x1?(x?x1)，
即y=14x1x?y1．因?yàn)榍芯€過點(diǎn)P(3,?2)，所以?2=34x1?y1．
同理可得2=34x2?y2，所以直線AB的方程為?2=34x?y，即3x?4y+8=0．
聯(lián)立方程組3x?4y+8=0,x2=8y,得2y2?17y+8=0，Δ=172?64=225>0，則y1+y2=172．
因?yàn)橹本€AB過焦點(diǎn)F，所以AB=y1+y2+4=252，
點(diǎn)P到直線3x?4y+8=0的距離d=|3×3?4×(?2)+8|5=5，
所以S△PΛB=12|AB|?d=1254．
故選：D.
6．（2024·河北·模擬預(yù)測(cè)）過橢圓C：x24+y23=1上的點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2分別作C的切線，若兩切線的交點(diǎn)恰好在直線l：x=4上，則y1?y2的最小值為（）
A．?32B．?94C．－9D．94
【解題思路】利用橢圓的切點(diǎn)弦方程得直線AB的方程為x+ty3=1，聯(lián)立橢圓方程利用韋達(dá)定理計(jì)算即可.
【解答過程】先證橢圓的切線方程：對(duì)于x2a2+y2b2=1上一點(diǎn)Pm,n，過P點(diǎn)的切線方程為mxa2+nyb2=1，
證明：當(dāng)該切線存在斜率時(shí)，不妨設(shè)其方程為y=kx+t，與橢圓方程聯(lián)立可得：
a2k2+b2x2+2a2ktx+a2t2?a2b2=0，
則Δ=2a2kt2?4a2k2+b2a2t2?a2b2=0?a2k2+b2?t2=0，m=?a2kt
代入切線方程得n=b2t，
于是k=?tma2=?ma2?b2n=?b2a2?mn，從而切線方程為y=?b2a2?mnx+b2n，
整理得：mxa2+nyb2=1
由橢圓方程x24+y23=1，知a2=4，b2=3，所以c2=1．
設(shè)兩切線交點(diǎn)P4,t，易得切線PA的方程為x1x4+y1y3=1，
切線PB的方程為x2x4+y2y3=1．
由于點(diǎn)P在切線PA、PB上，
則x1=ty13=1x2+ty23=1，故直線AB的方程為x+ty3=1，
聯(lián)立方程x24+y23=1x+ty3=1，消去x得t2+12y2?6ty?27=0，顯然Δ>0，
由韋達(dá)定理得y1?y2=?27t2+12≥?2712=?94．
即y1?y2的最小值為?94．
故選：B．
7．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C：x2=4y，過直線l：x+2y=4上的動(dòng)點(diǎn)P可作C的兩條切線，記切點(diǎn)為A,B，則直線AB（）
A．斜率為2B．斜率為±2C．恒過點(diǎn)0,?2D．恒過點(diǎn)?1,?2
【解題思路】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)幾何意義得到切線方程，設(shè)P4?2n,n，將其代入兩切線方程，得到直線AB的方程為y+n=2?nx，得到過定點(diǎn)?1,?2.
【解答過程】設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則x12=4y1，x22=4y2，
由于y′=12x，故過點(diǎn)Ax1,y1的切線方程為y?y1=12x1x?x1，
即y?y1=12x1x?12x12=12x1x?2y1，即y+y1=12x1x，
同理可得過點(diǎn)B的切線方程為y+y2=12x2x，
設(shè)P4?2n,n，過點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2的兩切線交于點(diǎn)P4?2n,n，
故n+y1=12x14?2n，整理得y1+n=2?nx1，
同理n+y2=12x24?2n，整理得y2+n=2?nx2，
故直線AB的方程為y+n=2?nx，
斜率不為定值，AB錯(cuò)誤，當(dāng)x=?1時(shí)，y=?2，恒過點(diǎn)?1,?2，C錯(cuò)誤，D正確.
故選：D.
8．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）拋物線E:y2=x的焦點(diǎn)為F，P為其準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作E的兩條切線，切點(diǎn)為A，B（點(diǎn)A與P在拋物線同側(cè)），則PA·PF+PA·PB的最小值為（）
A．1B．2C．3D．14
【解題思路】根據(jù)過點(diǎn)P的直線與拋物線相切，得到PA⊥PB，利用拋物線對(duì)稱性設(shè)不妨設(shè)切點(diǎn)為A在第一象限，然后利用導(dǎo)函數(shù)求切線斜率，進(jìn)而求出直線方程，得P?14,x02?18x0，得PA?PF+PA?PB=PA?PF=12x0+14+x02+18x018x0?x02，最后利用基本不等式求最值.
【解答過程】

由y2=x，可知拋物線焦點(diǎn)F14,0，準(zhǔn)線方程為x=?14，
因?yàn)镻為其準(zhǔn)線上任意一點(diǎn)，設(shè)P?14,tt>0，
設(shè)過點(diǎn)P且與拋物線相切的直線為：y?t=kx+14，①
由y?t=kx+14y2=x得：4ky2?4y+k+4t=0，
所以Δ=16?4×4kk+4t=0，整理得，k2+4kt?1=0，②
所以kPA，kPB是方程②的兩根，
所以kPA?kPB=?1，故PA⊥PB，
所以PA?PB=0，
利用拋物線對(duì)稱性，不妨設(shè)切點(diǎn)為A在第一象限，坐標(biāo)為Ax0,x0x0>0，
由y2=x得y=x，所以y′=12x，
所以直線PA的斜率kPA=12x0，
代入①可得切線PA的方程為：y?t=12x0x+14，
又因?yàn)辄c(diǎn)Ax0,x0在直線PA上，
所以x0?t=12x0x0+14，所以t=x02?18x0，
所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為P?14,x02?18x0，
所以PA=x0+14,x02+18x0，PF=12,18x0?x02，
所以PA?PF+PA?PB=PA?PF=12x0+14+x02+18x018x0?x02
=x02+18+164x0?x04=x04+164x0+18≥2x04?164x0+18=18+18=14.
當(dāng)且僅當(dāng)x04=164x0，即x0=14時(shí)等號(hào)成立，所以PA·PF+PA·PB的最小值為14.
故選：D.
二、多選題
9．（23-24高二上·山西呂梁·期中）已知雙曲線E過點(diǎn)?2,32且與雙曲線x24?y29=1共漸近線，直線l與雙曲線E交于A，B兩點(diǎn)，分別過點(diǎn)A，B且與雙曲線E相切的兩條直線交于點(diǎn)P，則下列結(jié)論正確的是（）
A．雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程是x28?y218=1
B．若AB的中點(diǎn)為1,4，則直線l的方程為9x?16y+55=0
C．若點(diǎn)A的坐標(biāo)為x1,y1，則直線AP的方程為9x1x?4y1y+36=0
D．若點(diǎn)P在直線3x?4y+6=0上運(yùn)動(dòng)，則直線l恒過點(diǎn)3,6
【解題思路】A選項(xiàng)，根據(jù)兩雙曲線共漸近線設(shè)出雙曲線方程，代入點(diǎn)?2,32運(yùn)算得解判斷；B選項(xiàng)，運(yùn)用點(diǎn)差法求得直線l的斜率，即可得出直線方程可判斷；C選項(xiàng)，設(shè)PA:y=kx?x1+y1，將直線代入雙曲線E方程，由Δ=0，解得斜代回可得直線AP的方程；D選項(xiàng)，設(shè)出點(diǎn)Bx2,y2，類比C選項(xiàng)，求出直線PB的方程，設(shè)出點(diǎn)Pa,34a+32代入直線AP，PB的方程比較可得直線l的方程，從而得解.
【解答過程】因?yàn)殡p曲線E與雙曲線x24?y29=1共漸近線，
所以可設(shè)雙曲線E的方程為x24?y29=λ，又雙曲線E過點(diǎn)?2,32，
所以(?2)24?(32)29=λ，即λ=?1，所以雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程是y29?x24=1，故A錯(cuò)誤；
設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，由A，B在雙曲線E上，得y129?x124=1,y229?x224=1,兩式相減，
得y12?y229?x12?x224=0，即y1?y2y1+y29?x1?x2x1+x24=0，
又AB的中點(diǎn)為1,4，所以x1+x2=2，y1+y2=8，所以kAB=y1?y2x1?x2=916，
直線l的方程為y?4=916x?1，即9x?16y+55=0，故B正確；
設(shè)直線PA:y=kx?x1+y1，代入曲線E的方程得，4k2?9x2+8ky1?8k2x1x+4k2+9x12?8kx1y1=0，令Δ=0，得
x12+4k2?2kx1y1+y12?9=0，解得k=9x14y1，則切線方程為9x1x?4y1y+36=0，
即直線AP的方程為9x1x?4y1y+36=0，故C正確；
設(shè)Bx2,y2，由選項(xiàng)C同理可得直線BP的方程為9x2x?4y2y+36=0，由點(diǎn)P在直線3x?4y+6=0上運(yùn)動(dòng)，可設(shè)Pa,34a+32，
因?yàn)辄c(diǎn)P在AP與BP上，所以9ax1?3a+6y1+36=09ax2?3a+6y2+36=0，因此直線l的方程為9ax?3a+6y+36=0，
即9x?3ya+36?6y=0，令9x?3y=036?6y=0，解得x=2y=6，
所以直線l恒過點(diǎn)2,6，故D錯(cuò)誤．
故選：BC．
10．（23-24高三上·山西運(yùn)城·期末）已知拋物線x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l與拋物線交于A、B兩點(diǎn)，與其準(zhǔn)線交于點(diǎn)D，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)，且AF=6，點(diǎn)M是拋物線上BA間不同于其頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，拋物線的準(zhǔn)線與y軸交于點(diǎn)N，拋物線在A、B兩點(diǎn)處的切線交于點(diǎn)T，則下列說法正確的是（）
A．拋物線焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為0,3
B．過點(diǎn)N作拋物線的切線，則切點(diǎn)坐標(biāo)為±32,34
C．在△FMN中，若MN=tMF，t∈R，則t的最大值為2
D．TF2=AF?BF
【解題思路】設(shè)點(diǎn)Dt,?p2，可得出點(diǎn)A的坐標(biāo)，利用拋物線的定義可求得p的值，可判斷A選項(xiàng)；設(shè)切線方程為y=kx?32，將切線方程與拋物線方程聯(lián)立，由判別式為零求出k的值，可求得切點(diǎn)的坐標(biāo)，可判斷B選項(xiàng)；利用拋物線的定義結(jié)合B選項(xiàng)可判斷C選項(xiàng)；證明出AT⊥BT，F(xiàn)T⊥AB，結(jié)合直角三角形的幾何性質(zhì)可判斷D選項(xiàng).
【解答過程】對(duì)于A選項(xiàng)，拋物線x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F0,p2，準(zhǔn)線方程為y=?p2，
設(shè)點(diǎn)Dt,?p2，因?yàn)镕為線段AD的中點(diǎn)，則A?t,3p2，
由拋物線的定義可得AF=3p2+p2=2p=6，解得p=3，則F0,32，A錯(cuò)；
對(duì)于B選項(xiàng)，由A選項(xiàng)可知，拋物線的方程為x2=6y，點(diǎn)N0,?32，
若切線的斜率不存在，則該直線與拋物線x2=6y相交，且只有一個(gè)交點(diǎn)，不合乎題意，
所以，切線的斜率存在，設(shè)切線的方程為y=kx?32，
聯(lián)立y=kx?32x2=6y可得x2?6kx+9=0，則Δ=36k2?36=0，解得k=±1，
所以，切點(diǎn)橫坐標(biāo)為3k=±3，縱坐標(biāo)為3k26=96=32，故切點(diǎn)坐標(biāo)為±3,32，B錯(cuò)；
對(duì)于C選項(xiàng)，過點(diǎn)M作ME與直線y=?32垂直，垂足點(diǎn)為點(diǎn)E，
由拋物線的定義可得FM=ME，t=MNMF=MNME=1cs∠MNE，
由圖可知，當(dāng)直線MN與拋物線x2=6y相切時(shí)，銳角∠MNE取最大值，
此時(shí)，t取最大值，

由B選項(xiàng)可知，銳角∠MNE的最大值為π4，故t的最大值為1csπ4=2，C對(duì)；
對(duì)于D選項(xiàng)，設(shè)點(diǎn)Ax1,y1、Bx2,y2，
若直線AB的斜率不存在，則直線AB與拋物線x2=6y只有一個(gè)交點(diǎn)，不合乎題意，
所以，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+32，
聯(lián)立x2=6yy=kx+32可得x2?6kx?9=0，Δ′=36k2+36>0，
由韋達(dá)定理可得x1+x2=6k，x1x2=?9，對(duì)函數(shù)y=x26求導(dǎo)得y′=x3，
所以，直線AT的方程為y?y1=x13x?x1，即y=x1x3?x126，
同理可知，直線BT的方程為y=x2x3?x226，
因?yàn)閗ATkBT=x1x29=?1，則AT⊥BT，
聯(lián)立y=x1x3?x126y=x2x3?x226可得x=x1+x22=3ky=x1x26=?32，即點(diǎn)T3k,?32，
則FT=3k,?3，而AB=x2?x1,y2?y1=x2?x1,kx2?x1，
所以，F(xiàn)T?AB=3kx2?x1?3kx2?x1=0，則FT⊥AB，
所以，∠TBF=90°?∠BTF=∠ATF，
由tan∠TBF=tan∠ATF可得TFBF=AFTF，所以，TF2=AF?BF，D對(duì).
故選：CD.
11．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）已知橢圓x22+y2=1,O為原點(diǎn)，過第一象限內(nèi)橢圓外一點(diǎn)Px0,y0作橢圓的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B．記直線OA,OB,PA,PB的斜率分別為k1,k2,k3,k4，若k1?k2=14，則（）
A．k3?k4為定值B．k1+k3?k2+k4為定值
C．x0?y0的最大值為2D．5x0?3y0的最小值為4
【解題思路】設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由k1?k2=14得到方程，求出t2=4k2?1，證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1，從而得到橢圓在點(diǎn)Ax1,y1和Bx2,y2的切線方程，得到切點(diǎn)弦方程AB為x02x+y0y=1，對(duì)照系數(shù)結(jié)合t2=4k2?1得到Px0,y0的軌跡方程，A選項(xiàng)，計(jì)算出k3=?12k1，k4=?12k2，求出k3k4=1；B選項(xiàng)，在A選項(xiàng)基礎(chǔ)上進(jìn)行求解；C選項(xiàng)，得到雙曲線的漸近線，C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，先得到x0>y0，設(shè)5x0?3y0=?，則?>0，聯(lián)立雙曲線方程，由根的判別式得到不等式，求出答案.
【解答過程】由于k1?k2=14>0，故A,B不關(guān)于x軸對(duì)稱且A,B的橫縱坐標(biāo)不為0，
所以直線AB方程斜率一定存在，
設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，聯(lián)立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2?2=0，
設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，則x1+x2=?4kt1+2k2,x1x2=2t2?21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2?2t2?21+2k2+kt??4kt1+2k2+t2=?2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以?8k2+4t21+2k2=2t2?21+2k2，解得t2=4k2?1，
下面證明橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1，理由如下：
當(dāng)y3≠0時(shí)，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為y=nx+m，
代入橢圓方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2?a2b2=0，
由Δ=2a2nm2?4a2n2+b2a2m2?a2b2=0，化簡得：
a2n2?m2+b2=0，
所以x3=?2a2nm±Δ2a2n2+b2=?2a2nm±02m2=?a2nm，
把x3=?a2nm代入y=nx+m，得：y3=?a2n2+m2m=b2m，
于是n=?mx3a2=?x3a2?b2y3=?b2x3a2y3，
則橢圓的切線斜率為?b2x3a2y3，切線方程為y?y3=?b2x3a2y3x?x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
當(dāng)y3=0時(shí)，此時(shí)x3=a或?a，
當(dāng)x3=a時(shí)，切線方程為x=a，滿足x3xa2+y3yb2=1，
當(dāng)x3=?a時(shí)，切線方程為x=?a，滿足x3xa2+y3yb2=1，
綜上：橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3處的切線方程為x3xa2+y3yb2=1；
故橢圓在點(diǎn)Ax1,y1的切線方程為x1x2+y1y=1，
同理可得，橢圓在點(diǎn)Bx2,y2的切線方程為x2x2+y2y=1，
由于點(diǎn)Px0,y0為x1x2+y1y=1與x2x2+y2y=1的交點(diǎn)，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直線AB為x02x+y0y=1，
因?yàn)橹本€AB的方程為y=kx+t，對(duì)照系數(shù)可得
k=?x02y0,t=1y0，
又t2=4k2?1，故1y02=4?x02y02?1，整理得x02?y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故點(diǎn)Px0,y0的軌跡為雙曲線x2?y2=1位于第一象限的部分，
A選項(xiàng)，k3=?b2x1a2y1=?x12y1=?12k1，同理可得k4=?b2x2a2y2=?x22y2=?12k2，
則k3k4=?12k1??12k2=14k1k2=1，A正確；
B選項(xiàng)，k1+k3?k2+k4=k1?12k1k2?12k2=k1k2?k12k2?k22k1+14k1k2
=14+1?k12k2?k22k1=54?k12+k222k1k2=54?2k12+k22，
其中k12+k22=y12x12+y22x22=x22y12+x12y22x1x22=x221?x122+x121?x222x1x22
=x12+x22?x12x22x1x22=x12+x22x12x22?1=x1+x22?2x1x2x12x22?1
=?4kt1+2k22?2?2t2?21+2k22t2?21+2k22?1=16k2t2?4t2?41+2k22t2?22?1
又t2=4k2?1，
故k12+k22=16k24k2?1?16k2?81+2k28k2?42?1=?4k4+6k2?18k4?8k2+2，不為定值，
故k1+k3?k2+k4=54?2k12+k22不是定值，B錯(cuò)誤；
C選項(xiàng)，由于x02?y02=1，x0>0，y0>0，故雙曲線的一條漸近線為y=x，
設(shè)x0?y0=s，則s0，y0>0，故x0>y0，
設(shè)5x0?3y0=?，則?>0，
則兩式聯(lián)立得?16y02+6?y0+?2?25=0，
由Δ=36?2+64?2?25≥0得，?≥4，
檢驗(yàn)，當(dāng)?=4時(shí)，5x0?3y0=4，又x02?y02=1，
解得x0=54y0=34，滿足要求.
故5x0?3y0的最小值為4，D正確.
故選：AD.
三、填空題
12．（2024高二·全國·專題練習(xí)）過點(diǎn)P(3,3)作雙曲線C：x2?y2=1 的兩條切線，切點(diǎn)分別為A,B，求直線AB的方程 3x?3y?1=0 ．
【解題思路】設(shè)PA的斜率為k，得到PA:y?y1=k(x?x1)，聯(lián)立方程組，根據(jù)Δ=0和雙曲線的方程，求得k=x1y1，得到PA的方程為y1y=x1x?1，同理PB的方程為y2y=x2x?1，進(jìn)而得到3y1=3x1?13y2=3x2?1，進(jìn)而求得過A,B的直線方程.
【解答過程】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，易得兩條切線的斜率存在，設(shè)PA的斜率為k，
則PA:y?y1=k(x?x1)，聯(lián)立方程y?y1=k(x?x1)x2?y2=1，
消去y得(1?k2)x2?2k(y1?kx1)x?(y1?kx1)2?1=0，
因?yàn)镻A與雙曲線相切，所以Δ=4k2(y1?kx1)2+4(1?k2)(y1?kx1)2+4(1?k2)=0，
即4(y1?kx1)2+4(1?k2)=0，即k2x12?2kx1y1+y12+1?k2=0，
即(x12?1)k2?2kx1y1+y12+1=0，
因?yàn)閤12?y12=1，所以x12?1=y12,y12+1=x12，
代入可得y12k2?2x1y1k+x12=0，即(y1k?x1)2=0，所以k=x1y1，
所以PA:y?y1=x1y1(x?x1)，即y1y=x1x?1，
同理可得PB的方程為y2y=x2x?1，
因?yàn)镻(3,3)在切線PA,PB上，所以3y1=3x1?13y2=3x2?1，
所以A,B滿足方程3y=3x?1，
又由兩點(diǎn)確定一條直線，所以A,B滿足直線方程3y=3x?1，
所以過A,B的直線方程為3x?3y?1=0.
故答案為：3x?3y?1=0.
13．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)P為圓O：x2+y2=5上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P作橢圓x23+y22=1的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)O，P到直線AB的距離分別為d1，d2，則d1?d2的值為 65 ．
【解題思路】設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，根據(jù)題意寫出直線AB的方程，再利用點(diǎn)到直線距離公式分別寫出d1，d2，進(jìn)而求出d1?d2即可.
【解答過程】設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，
由題意，得橢圓x23+y22=1在點(diǎn)Ax1,y1處的切線方程為x1x3+y1y2=1，在點(diǎn)Bx2,y2處的切線方程為x2x3+y2y2=1，
兩條切線均過點(diǎn)P(x0,y0)，則x1x03+y1y02=1，x2x03+y2y02=1，
所以直線AB的方程為x0x3+y0y2=1，即2x0x+3y0y=6．
所以d1=64x02+9y02，d2=2x02+3y02?64x02+9y02．所以d1?d2=62x02+3y02?64x02+9y02．
因?yàn)閤02+y02=5，所以y02=5?x02．所以d1?d2=62x02+35?x02?64x02+95?x02=65?9?x029?x02．因?yàn)閐1?d2>0，所以d1?d2=65．
故答案為：65．
14．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測(cè)）已知拋物線C：x2=4y，定點(diǎn)T1,0，M為直線y=12x?1上一點(diǎn)，過M作拋物線C的兩條切線MA，MB，A，B是切點(diǎn)，則△TAB面積的最小值為 3 .
【解題思路】根據(jù)題意設(shè)出過點(diǎn)M的切線方程，得出切線斜率之間的關(guān)系，求出直線AB方程，聯(lián)立直線AB與拋物線C方程，利用韋達(dá)定理結(jié)合面積公式可得結(jié)果.
【解答過程】設(shè)Mx0,y0，MA,MB的斜率分別為k1,k2，且y0=12x0?1
過點(diǎn)M的切線方程為y?y0=kx?x0，聯(lián)立y?y0=kx?x0x2=4y，
解得x2?4kx?2x0+4+4kx0=0，所以Δ=16k2?4?2x0+4+4kx0=0，
即2k2?2kx0+x0?2=0，所以k1+k2=x0,k1k2=x0?22，
設(shè)切點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2，由導(dǎo)數(shù)幾何意義知k1=12x1,k2=12x2，
所以A2k1,k12,B2k2,k22，kAB=k22?k122k2?2k1=k2+k12，所以直線AB:y?k12=k2+k12x?2k1，
即lAB：x0x?2y?2y0=0且2y0=x0?2，所以lAB：x0x?2y?x0+2=0，
直線AB恒過定點(diǎn)1,1，其到T的距離為1，
聯(lián)立x0x?2y?2y0=0x2=4y得x2?2x0x+4y0=0，
∴x1+x2=2x0，x1x2=4y0，即x1?x22=4x02?16y0=4x02?8x0+16=4x0?12+12≥12，
∴S△TAB=12×1×x1?x2≥3，
故答案為：3.
四、解答題
15．（2024高三·全國·專題練習(xí)）（1）求雙曲線x2?y22=1在點(diǎn)2,2處的切線方程；
（2）已知P1,1是雙曲線外一點(diǎn)，過P引雙曲線x2?y22=1的兩條切線PA,PB，A，B為切點(diǎn)，求直線AB的方程．
【解題思路】
（1）由雙曲線上一點(diǎn)的切線方程，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；
（2）根據(jù)題意，分別表示出直線PA,PB的方程，再將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入計(jì)算，即可得到結(jié)果.
【解答過程】
（1）由雙曲線x2a2?y2b2=1a>0,b>0上一點(diǎn)Px0,y0處的切線方程為xx0a2?yy0b2=1，
所以雙曲線x2?y22=1在點(diǎn)2,2處的切線方程為2x?22y=1，
化簡可得2x?y?2=0.
（2）設(shè)切點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2，則PA:xx1?yy12=1，PB:xx2?yy22=1，
又點(diǎn)P1,1在直線上，代入可得x1?y12=1，x2?y22=1，
所以點(diǎn)Ax1,y1,Bx2,y2均在直線x?y2=1上，
所以直線AB的方程為x?y2=1，即2x?y?2=0.
16．（24-25高三上·貴州遵義·階段練習(xí)）已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，且F與圓M:x2+(y+2)2=1上點(diǎn)的距離的最小值為2．
(1)求p；
(2)已知點(diǎn)P(?1,?2)，PA，PB是拋物線C的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，求AB．
【解題思路】（1）根據(jù)圓外一點(diǎn)到圓上的點(diǎn)的最小距離的求法確定p的值.
（2）設(shè)過P點(diǎn)的切線方程，帶入拋物線方程，由直線與拋物線相切，可求切線斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)間的距離公式求AB.
【解答過程】（1）因?yàn)镕0,p2（p>0），則其到圓心距離減去半徑為2，故p2+2?1=2 ? p=2.
（2）由（1）可知，拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2=4y.
如圖：

因?yàn)檫^P(?1,?2)點(diǎn)的切線一定有斜率，故設(shè)切線方程為：y+2=kx+1，即y=kx+k?2，
代入x2=4y得：x2=4kx+k?2，整理得：x2?4kx?4k?2=0.
因?yàn)橹本€與拋物線相切，所以Δ=16k2+16k?2=0 ? k=?2或k=1.
當(dāng)k=?2時(shí)，由x2+8x+16=0 ? x=?4，所以切點(diǎn)A?4,4；
當(dāng)k=1時(shí)，由x2?4x+4=0 ? x=2，所以切點(diǎn)B2,1.
所以AB=?4?22+4?12 =45 =35.
17．（2024·安徽·二模）已知點(diǎn)P在橢圓C：x24+y22=1的外部，過點(diǎn)P作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B．
(1)①若點(diǎn)A坐標(biāo)為x1,y1，求證：直線PA的方程為x1x4+y1y2=1；②若點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0,y0，求證：直線AB的方程為x0x4+y0y2=1；
(2)若點(diǎn)P在圓x2+y2=4上，求△PAB面積的最大值．
【解題思路】（1）①設(shè)PA方程y?y1=kx?x1，聯(lián)立橢圓方程，結(jié)合判別式化簡可得k=?x12y1，繼而結(jié)合直線方程化簡，即可證明結(jié)論；②根據(jù)方程思想，結(jié)合額兩點(diǎn)確定一條直線，即可即可證明結(jié)論；
（2）確定直線AB的方程x0x4+y0y2=1，聯(lián)立橢圓方程，可得根與系數(shù)的關(guān)系式，即可求得弦長AB，再求出P到直線AB的距離的表達(dá)式，即可求得△PAB面積的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)求最值，即可得答案.
【解答過程】（1）①當(dāng)PA斜率存在時(shí)，y1≠0，設(shè)PA方程為：y?y1=kx?x1
與C：x24+y22=1聯(lián)立整理得：1+2k2x2+4ky1?kx1x+2y1?kx12?4=0，
由已知得：Δ=16k2y1?kx12?41+2k22y1?kx12?4=0，
化簡得：4?x12k2+2x1y1k+2?y12=0
因?yàn)閤12+2y12=4，則4y12k2+4x1y1k+x12=0，
即2y1k+x12=0，所以k=?x12y1，
PA方程為：y?y1=?x12y1x?x1，即x1x+2y1y=x12+2y12，則x1x+2y1y=4，
故直線PA的方程為x1x4+y1y2=1
當(dāng)PA斜率不存在時(shí)，y1=0，直線PA的方程為x=2或x=?2滿足上式.；
所以直線PA的方程為x1x4+y1y2=1；
②由①知，設(shè)B點(diǎn)坐標(biāo)為x2,y2，則直線PB的方程為x2x4+y2y2=1，
由點(diǎn)P的坐標(biāo)為x0,y0，則x1x04+y1y02=1，x2x04+y2y02=1，
則Ax1,y1，Bx2,y2兩點(diǎn)都在直線x0x4+y0y2=1上，
由于兩點(diǎn)確定一條直線，故直線AB的方程為x0x4+y0y2=1；
（2）由（1）知直線AB的方程為x0x4+y0y2=1，由題意知y0≠0，
與C：x24+y22=1聯(lián)立整理得：x02+2y02x2?8x0x+16?8y02=0
因?yàn)閤02+y02=4，所以Δ′=64x02?4x02+2y0216?8y02=32y02>0
因?yàn)锳x1,y1，Bx2,y2，則x1+x2=8x0x02+2y02=8x0y02+4，x1x2=16?8y02y02+4，
所以AB=1+x024y02x1+x22?4x1x2=4+3y024y02×32y04y02+42=2y024+3y02y02+4，
點(diǎn)P到直線AB的距離為：d=x02+2y02?4x02+4y02=y024+3y02，
所以△PAB面積S=12ABd=2y03y02+4,y0≠0，
當(dāng)00，
故fy0在0,2單調(diào)遞增，所以fy0的最大值為f2=2，
由對(duì)稱性可知當(dāng)?2≤y0

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