重難點28 圓錐曲線中的切線與切點弦問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點28圓錐曲線中的切線與切點弦問題【六大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1求圓錐曲線的切線方程】 2【題型2圓錐曲線的切點弦問題】 4【題型3切點弦過定點問題】 8【題型4與切點弦有關(guān)的面積問題】 13【題型5與切點弦有關(guān)的定值問題】 19【題型6與切點弦有關(guān)的最值（范圍）問題】 241、圓錐曲線中的切線與切點弦問題圓錐曲線是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，切線與切點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，主要考查切線方程與切點弦方程，難度不大；以解答題的形式考查時，主要考查切點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)時要加強此類問題的訓(xùn)練，靈活求解.【知識點1圓錐曲線中的切線與切點弦】1．圓錐曲線的切線和切點弦(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M(x0,y0)的切線的方程為.(2)切點弦方程：當M(x0,y0)在曲線外時，過M可引該二次曲線的兩條切線，過這兩個切點的弦所在直線的方程為：.上述兩條為一般結(jié)論.特別地：①對于橢圓+=1(a>b>0)，其上有一點M(x0,y0)，則過該點作切線得到的切線方程+=1.當M在橢圓外時，過M引兩條切線得到兩個切點，則過這兩個切點的直線方程為+=1.②更為一般地，當二次曲線有交叉項時，即圓錐曲線形式為Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(B≠0)時，過點M(x0,y0)有對應(yīng)的一條直線為；當M在原圓錐曲線上時，這條直線為過M的切線；當M在曲線外時，過M可引該二次曲線的兩條切線，這條直線為過這兩個切點的弦的直線.2．圓錐曲線的切線和切點弦的相關(guān)結(jié)論(1)過橢圓+=1上一點Px0,y0(2)過橢圓+=1外一點Px0,y0(3)過雙曲線?=1上一點Px0,y0(4)過雙曲線?=1外一點Px0,y0【題型1求圓錐曲線的切線方程】【例1】（2024·全國·模擬預(yù)測）橢圓x24+3y24=1上點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x2∴y>0時，y=43?∴x＝1時，y′=?1∴橢圓x24+3y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）若直線l與單位圓（圓心在原點）和曲線x24?y28=1均相切，則直線l的一個方程可以是3x+y+2=0（或【解題思路】根據(jù)直線與圓，以及雙曲線相切，可根據(jù)點到直線的距離以及判別式進行聯(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≠±聯(lián)立方程組y=kx+m,x得2?因為直線l與曲線相切，所以Δ=4即m2因為直線l與單位圓相切，所以m聯(lián)立方程組m2解得k=±3，故直線l的方程可能是3x+y+2=0，3x?y+2=0，3故答案為：3x+y+2=0（或3x?y+2=0，3x?y?2=0，【變式1-2】（24-25高三上·湖南·開學(xué)考試）已知橢圓M:y2a2+(1)求M的離心率；(2)若直線l:y=x+m與M有且僅有一個交點，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（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【解答過程】（1）因為橢圓M:y2a2+所以6a2=1由a2=b所以M的離心率e=c（2）

由（1）可得M的方程為，y2聯(lián)立y26+由Δ=4m2∴直線l的一般式方程為：x?y±22【變式1-3】（2024高三·全國·專題練習(xí)）在直角坐標系xoy中，曲線C：y=x24與直線y=kx+a,a>0交與(1)當k=0時，分別求C在點M和N處的切線方程；(2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM=∠OPN？說明理由.【解題思路】（1）先求出M，N的坐標，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的坐標和P點坐標，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點坐標.【解答過程】（1）由題設(shè)可得M(2a,a)，N?2a,a，或M故y=x24在x=2a處的導(dǎo)數(shù)值為a，y?a=a(x?2a故y=x24在x=?2a處的導(dǎo)數(shù)值為?ay?a=?a(x+2a故所求切線方程為ax?y?a=0或a（2）存在符合題意的點，證明如下：設(shè)P（0,b）為符合題意的點，M(x1,y1)將y=kx+a代入C得方程整理得x2∴x1∴k1+k2=當b=?a時，有k1+k2=0，則直線故∠OPM=∠OPN，所以P(0,?a)符合題意.【題型2圓錐曲線的切點弦問題】【例2】（2024·福建福州·模擬預(yù)測）過M2,?2p引拋物線x2=2pyp>0的切線，切點分別為A，B.若AB的斜率等于2，則A．14 B．12 C．1【解題思路】先設(shè)切點，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，再代入點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=設(shè)切點Ax1,y1所以切線MA方程為y?y1=同理切線MB方程為y=1兩切線均過點M2,?2p，故?2p=1px1?2?y1?2p=1px2?2?y2，即故p=1.故選：C.【變式2-1】（2024·貴州貴陽·模擬預(yù)測）設(shè)拋物線C：y2=6x的焦點為F，過F的直線交C于A，B兩點，分別以A，B為切點作C的切線l1，l2，若l1與l2交于點P，且滿足A．5 B．6 C．7 D．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兩點縱坐標之間的關(guān)系，再寫出切線方程，聯(lián)立，根據(jù)條件求出P點坐標，再帶回到切線方程求出A，B兩點的坐標即可.【解答過程】y2=6x,2p=6,p2=32設(shè)Ax1,y1在A點處的切線方程l1為y?同理可得在B點處的切線方程l2為：y=聯(lián)立方程y2=6xx=my+32，解得y2?6my?9=0聯(lián)立方程y=3y1x+y即P點在準線x=?32上，設(shè)P?考慮拋物線關(guān)于x軸對稱，不妨取t=3，代入①得：3=3y1由圖可知y1=33,y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，過P引雙曲線x2?y22=1【解題思路】根據(jù)雙曲線的切線方程（或切點弦方程）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)切點坐標為Ax根據(jù)結(jié)論：若點P0x0,y0在雙曲線則可得切線PA,PB的方程分別為x1x?y又因為P1,1在切線上，可得x1?因此Ax1,可知直線AB的方程為x?y2=1方法二：可直接利用結(jié)論：若點P0x0,y0在雙曲線x2a2可得直線AB的方程為x?y2=1【變式2-3】（24-25高三上·河南·開學(xué)考試）已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的標準方程；(2)設(shè)點Tm,n在橢圓C上（點T不在坐標軸上），證明：直線mx2+ny=1(3)設(shè)點P在直線x=?1上（點P在橢圓C外），過點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為A,B,O為坐標原點，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Tm,n（3）設(shè)Ax1,y1,Bx2,【解答過程】（1）由題知，12a2所以橢圓C的標準方程x2（2）因為點Tm,n在橢圓C上，所以m22聯(lián)立x22+y2即2x2?4mx+2所以直線mx2+ny=1與橢圓（3）設(shè)Ax將x=?1代入x22+因為點P在橢圓C外，所以t<?22或t>2由（2）可得，切線PA,PB的方程分別為x1因為點P在切線PA,PB上，所以?x所以點A,B在直線?x2+ty=1，即直線AB的方程為聯(lián)立x?2ty+2=0x2+2y2則y1所以AB=記點O,P到直線AB的距離分別為d1則d1因為△PAB和△OAB的面積之和為1，所以12解得t=±1，所以AB的方程為x?2y+2=0或x+2y+2=0.【題型3切點弦過定點問題】【例3】（2024·湖南·三模）已知拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點為F，過F且斜率為2的直線與E交于A，B(1)求E的方程；(2)直線l:x=?4，過l上一點P作E的兩條切線PM,PN，切點分別為M，N.求證：直線MN過定點，并求出該定點坐標.【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，設(shè)直線AB的方程為x=12y+p2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y【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設(shè)AB的方程為x=12y+聯(lián)立y2=2pxx=12則y1所以|AB|=x解得p=4，故拋物線E的方程為：y2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,聯(lián)立y2=8xx=my+nΔ=64m2所以y3+y令y3>0，當y2=8x可化為y=22x則在M處的切線PM的方程為：y?y即y=4同理可得切線PN的方程為：y=4聯(lián)立PM與PN的方程，解得xp所以y3y4=?32=?8n，則則直線MN的方程為x=my+4，所以直線MN過定點，該定點坐標為4,0.【變式3-1】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知橢圓C:x2a2+y2(1)求橢圓C的方程；(2)若點Q為直線x+y?2=0上的任意一點，過點Q作橢圓C的兩條切線QD、QE（切點分別為D、E），試證明動直線DE恒過一定點，并求出該定點的坐標．【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D,E的坐標表示切線方程，并利用兩點確定一條直線，確定直線DE的方程，再根據(jù)含參直線確定定點坐標.【解答過程】（1）∵橢圓C:x2a橢圓上的點P與兩個焦點F1∴ca解得a=2∴橢圓C的方程為x2（2）證明：設(shè)切點為Dx1,∵兩條切線都過x+y?2=0上任意一點Qm,2?m∴得到x1∴Dx1,又mx?2my+4y?2=0,mx?2y由x?2y=0y?12即對任意的m，直線mx+22?my=2始終經(jīng)過定點∴動直線DE恒過一定點1,1【變式3-2】（2024高三·全國·專題練習(xí)）已知拋物線C:x2=2py的焦點與橢圓C':x24+(1)求拋物線C的方程．(2)證明直線MN過定點，并且求出定點坐標．【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的頂點計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':xp2=1，∴p=2，∴（2）法一（同構(gòu)法）．設(shè)點Mx1,y1由y=x24?y′即x同理可得l∵點A∈lAM，代入l∵點A∈lAN，代入l∴點M、N都滿足關(guān)系ax=2∴l(xiāng)MN又點A∈l，∴2b=a?8，代入①得ax=2y+a?8?a故直線MN恒過定點1,4．法二（配極原則）．設(shè)定點為Qx0,y0，由題目可知點即x對比l:x?2y?8=0的系數(shù)可得x∴直線MN恒過定點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+y(1)求橢圓E的標準方程；(2)已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一點Qx0,y0①證明：直線AB過定點；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A,B的坐標，求直線PA,PB的切線方程，代入點P的坐標，根據(jù)兩點確定直線方程；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=1則橢圓的標準方程為x2（2）①設(shè)切點Ax1,y1，Bx2,y2，P(4,t)，又橢圓由條件，將P點坐標代入直線PA的方程得x1+y1t則A、B兩點都在直線x+yt則切點弦AB直線方程為x+yt直線AB過定點1,0.②M?2,0，設(shè)直線過定點為K顯然直線AB不可能水平，故設(shè)直線AB方程為：x=my+1，x=my+1x3m因為直線AB恒過橢圓內(nèi)點，所以Δ>0y1+yS△MAB==32×令m2S△MAB當n∈1,+∞，所以當n=1時，S△MAB最大值為9【題型4與切點弦有關(guān)的面積問題】【例4】（2024·江西新余·一模）過點P(2，－1)作拋物線x2=4y的兩條切線，切點分別為A，B，PA，PB分別交x軸于E，F(xiàn)兩點，O為坐標原點，則△PEF與△OAB的面積之比為（A．32 B．33 C．12 【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A，B處的切線方程，求得點Ex12,0，F(xiàn)【解答過程】由x2=4y得y=14x2，求導(dǎo)得y'=12x，設(shè)A(x1，則點A，B處的切線方程為y?y即x1x＝2(y＋y1)，x2x＝2(y＋y2)，所以E2y1x1,0，F(xiàn)2y2因為這兩條切線都過點P(2，－1)，則2x所以lAB：x＝－1＋y，即lAB過定點(0，1)，則S△故選：C．【變式4-1】（2024·湖北·模擬預(yù)測）拋物線Γ:x2=2y上有四點A，B，C，D，直線AC，BD交于點P，且PC=λPA，PD=λPB0<λ<1．過A,B分別作ΓA．32 B．23 C．33【解題思路】由題意可得AB∥CD，取弦AB，CD的中點分別為M,N，設(shè)直線AB的方程為：y=kx+m代拋物線，由韋達定理可得xM=k，yM=k2+m，xN=k，從而得P在直線MN【解答過程】解：由PC=λPA，PD=λPB0<λ<1設(shè)弦AB，CD的中點分別為M,N，設(shè)直線AB的方程為：y=kx+m，代入x2=2y，得則xA+x所以xM=k，同理可得xN由拋物線的幾何意義可知點P在直線MN上，所以xP因為x2=2y，所以y=1所以物線在A處的切線為l1:y?yy=xA同理可得物線在B處的切線為l2:y=x由y=xAx?綜上，xM=x所以M,N,P,Q四點共線，且所在直線平行于y軸，

由PC=λPA，得則xC=λx又xC所以有[λx又xA化簡得2λx同理有2λx由兩式知直線AB的方程為：2λx因為xP所以2λkx?2λy+(1?λ)k又直線AB過點M(k,k代入得yPS△ABP整理得?k即(3λ?1)(k由題可得yQ所以m>0，所以1?3λ=0，解得λ=1故選：D.【變式4-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知橢圓C1：y2a2+x2b2=1a>b>0與拋物線C2(1)求橢圓C1與拋物線C(2)橢圓C1上一點P在x軸下方，過點P作拋物線C2的切線，切點分別為A,B，求【解題思路】（1）根據(jù)焦點求出p可得拋物線方程，代入點1,?263（2）利用導(dǎo)數(shù)求出拋物線的切線方程，將切線方程聯(lián)立可得點P坐標，再求出AB，點P到AB的距離，表示出S△PAB【解答過程】（1）由F0,1，得p=2，故拋物線C2的標準方程為由F0,1，得c=1，得a由橢圓C1過點1,?26得a2=4，故橢圓C1的標準方程為y（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2故拋物線在點A處的切線方程為y?y1=同理可得拋物線在點B處的切線方程為y=1聯(lián)立得y=12x易得直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，聯(lián)立得y=kx+mx2=4y，得x故x1+x2因此P2k,?m，由于點P2k,?m在橢圓C1又AB=點P到直線AB的距離d=2故S△PAB令t=k2+m故t=34?因此當m=2時，t最大，則tmax所以S△PAB即△PAB的面積的最大值為82【變式4-3】（2024·貴州黔東南·二模）已知拋物線E:y2=2x的焦點為F，A，B，C(1)若FA+FB+(2)過A，B兩點分別作E的切線l1，l2，l1與l2相交于點D，過A，B兩點分別作l1，l2的垂線l3，l（i）若AB=4，求△ABD（ii）若直線AB過點1,0，求點M的軌跡方程.【解題思路】（1）設(shè)Ax1,y1，B（2）（i）設(shè)直線AB的方程為x=my+n，Ax1,y1【解答過程】（1）依題意，F(xiàn)1設(shè)Ax1,y1由FA+FB+即x1由拋物線定義得，F(xiàn)A+（2）（i）顯然，直線AB的斜率不為0，可設(shè)直線AB的方程為x=my+n，Ax1,由y2=2x,x=my+nΔ=4m2+8n>0，∵y2=2x，則y=±∴切線l1的方程為y=同理，切線l2的方程為y=聯(lián)立兩直線方程y=1y1x+y則點D到直線AB的距離為d=m由AB=化簡得：m2∴S△ABD=∴△ABD面積的最大值為8.（ii）若直線AB過點1,0，由（i），可以設(shè)直線AB的方程為x=my+1，∴y1+∴直線l3的方程為y=?同理，直線l4的方程為y=?聯(lián)立兩直線方程y=?y1x+整理后可得x=2m2+2,y=2m,消去∴點M的軌跡方程為y2【題型5與切點弦有關(guān)的定值問題】【例5】（2024·河北·三模）已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程．(2)設(shè)圓O：x2+y2=a2+b2，過圓O上一動點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為【解題思路】（1）根據(jù)離心率和0,2得到方程，求出b,a（2）設(shè)Pm,n，先得到m2≠3，m2+n2=5，設(shè)過點P【解答過程】（1）由題意得b=2,c解得c=1,a=3，故橢圓方程為x（2）是，k1設(shè)Pm,n，當m故m2≠3，設(shè)過點Pm,n與橢圓相切的直線為y?n=k與x23+由Δ=0得，6整理得m2過點Pm,n與橢圓相切的兩直線斜率分別為k1，所以k【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Q3,2，且離心率為2，F(xiàn)2，F(xiàn)1為雙曲線E的上、下焦點，雙曲線E在點Q處的切線(1)求△F(2)點P為圓F2上一動點，過P能作雙曲線E的兩條切線，設(shè)切點分別為M，N，記直線MF1和NF1的斜率分別為k【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△F（2）先求切線方程，找出M，N兩點坐標的關(guān)系式，再利用韋達定理化簡可得.【解答過程】（1）

∵4a2?9設(shè)過曲線上一點的切線的方程為：y=kx+t，由y2?x則Δ=6kt2又因為切點為Q，所以2=3k+t，所以解得k=t=1則過點Q的切線l的方程為：2y?x=1.設(shè)Ax1,∴l(xiāng)交y軸于點H0,12，聯(lián)立直線l與圓消y得5x2?6x?31=0，∴x∴x1∴S△（2）

設(shè)Px0,y0，設(shè)過點Mx3,由（1）可知3k又因為y3=kx3+t而y32?x3則（*）式可化為9y3可得k=x33y3整理可得過點M的雙曲線的切線方程為y3同理可得過點N的雙曲線的切線方程為y4又兩切線均過點Px0,因此，直線MN的方程為y聯(lián)立直線MN與雙曲線E的方程y0消y可得x02所以y=因為x02+y所以k1【變式5-2】（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知拋物線E:x2=2py(p>1)的焦點為F，過點P1,?1作拋物線(1)求拋物線E的方程；(2)過點P作兩條傾斜角互補的直線l1,l2，直線l1交拋物線E于A,B兩點，直線l2交拋物線E于C,D兩點，連接AD,BC,AC,BD，設(shè)【解題思路】（1）先設(shè)點Mx1,（2）設(shè)直線l1的方程y+1=kx?1,通過和拋物線聯(lián)立求出韋達定理，同理求出l2【解答過程】（1）設(shè)切點Mx1,x1所以以M為切點的切線方程為y?x因為切線過點P1,?1，所以x12所以x1，x2是方程又因為FM+所以p2?3p+2=0，即又因為p>1，所以p=2，所以拋物線E的方程為x2（2）由題意，l1,l2斜率都存在且不為0，設(shè)直線聯(lián)立直線l1和拋物線E的方程，得y=kx?k+1,設(shè)AxA,yA所以kAC+kBD=yC?所以kAC所以kAC【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Mx0,y0的圓的切線方程是x0x+y0y=r2．②若Mx0,y0為圓C外一點，過M作圓C的兩條切線，切點分別為A,B(1)類比上述有關(guān)結(jié)論，猜想過橢圓C′:x(2)過橢圓C′:x2a2+(3)若過橢圓C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一點【解題思路】（1）類比可得過橢圓上一點Mx0,（2）由兩切線都過M，過A,B兩點確定一條直線可得，過AB的直線方程為x0（3）由（2）所得過AB的直線方程，可得kAB=?b2x0a2y0,kOM=y0x0，則kAB【解答過程】（1）過橢圓C′:x2a（2）過橢圓C′:x與橢圓相切于A,B兩點，設(shè)Ax由（1）的結(jié)論可得A處的切線方程為x1xa2+又兩切線都過M，可得x1由過A,B兩點確定一條直線可得，過AB的直線方程為x0（3）由（2）可得過AB的直線方程為x0可得kAB=?b由A,B都在橢圓上，可得x1相減可得x1設(shè)AB的中點為Nm,n，可得x則kAB=y則得kON則OM過AB的中點，即OM平分線段AB．【題型6與切點弦有關(guān)的最值（范圍）問題】【例6】（2024·浙江·模擬預(yù)測）記橢圓C：x2+2y2=1的左右焦點為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P，設(shè)A．2 B．3 C．5 D．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,y【解答過程】橢圓x2+2y2=1由題意，易知直線l的斜率存在，（若斜率不存在，則F1,F2,P三點共線，不能構(gòu)成三角形），設(shè)直線l的方程為y=k對x2+2y2=1兩邊同時求關(guān)于x則橢圓在點Ax1,則橢圓在點Ax1,即x1x+2y同理，橢圓在點Bx2,由x1x+2y則x=y所以y=1?2x12又△F1F2P的垂心為H即PH⊥x軸，則H的橫坐標也為2，記H的縱坐標為yH由F1H⊥PF2得kF因此PH=因為l過點F2，所以直線l與橢圓必有兩個交點，故k∈R且k≠0則PH=當且僅當322k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的焦點為F，過F的直線l交Γ于點A,B，分別在點A,B處作Γ的兩條切線，兩條切線交于點PA．0,1 B．0,12 C．0,1【解題思路】設(shè)直線l的方程為y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,【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由y=kx+1x2=4y得x故x1因為y′=x2，所以過A,B與Γ相切的直線方程分別為：因此由y=x1x2?所以1==x1=16因為k∈R，所以4k2+1所以1PA2+故選:C.【變式6-2】（2024·四川遂寧·模擬預(yù)測）已知過點(0,2)的直線l與拋物線C:x2=2py(p>0)交于A,B兩點，拋物線在點A處的切線為l1，在B點處的切線為l2，直線l1與直線l2交于點M(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)線段AB的中點為N，求|AB||MN|【解題思路】（1）聯(lián)立直線與拋物線方程得韋達定理，根據(jù)弦長公式即可求解p=2，（2）根據(jù)中點坐標公式可得N(2k,2k2+2)，進而利用導(dǎo)數(shù)求解斜率，根據(jù)點斜式求解切線方程，即可聯(lián)立兩直線方程得M(2k,?2)【解答過程】（1）當l的斜率為450時，則l:y=x+2，不妨設(shè)A由y=x+2x2=2py可得，x∴AB=即p2+4p?12=0，因為p>0，解得：從而拋物線C的方程為x2（2）由題意可知直線l有斜率，設(shè)直線l:y=kx+2，Ax由y=kx+2x2=4y可得，所以x1于是xN=x而|AB|=1+由C:x2=4y于是拋物線C在點A處的切線l1的方程為即y=1同理可得，在點B處的切線l2的方程為y=聯(lián)立l1與l2的方程，解得y=x1從而|AB||MN|所以，|AB||MN|的取值范圍是[【變式6-3】（2024·浙江杭州·模擬預(yù)測）已知動圓M與圓C1：x+12+y2=49和圓C2(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x0,y0處的切線方程為：Ax0x+Bx0y+y0x+Cy（?。┳C明：A1（ⅱ）點A1關(guān)于x軸的對稱點為A′1，直線A′1A2交x軸于點N，直線PC2交曲線Γ于G，H兩點.記△G【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的幾何定義求解動點的軌跡方程；（2）（i）根據(jù)題意中的性質(zhì)求解出兩條切線方程，代入點P坐標后，得出直線A1（ii）聯(lián)立直線A1A2的方程與橢圓Γ的方程，由韋達定理得出y1+y2，y1y2，進而求解出直線【解答過程】（1）設(shè)動圓M的半徑為r，由題意得圓C1和圓C因為M與C1，C所以MC1=7?r所以MC又C1?1,0，C2所以點M的軌跡是以C1，C設(shè)Γ的方程為：x2則2a=6，2c=2，所以b2故Γ的方程為：x（2）（i）證明：設(shè)A1x1,y由題意中的性質(zhì)可得，切線PA1方程為切線PA2方程為因為兩條切線都經(jīng)過點P9,t，所以x1+故直線A1A2的方程為：x+ty而直線PC2的斜率為：因為kPC2（ii）由直線A1A2的方程為：x+ty8聯(lián)立x=my+18x2由韋達定理得y1又A′1x1,?令y=0得，x=2m所以直線A′1A2經(jīng)過定點再由A1A2⊥PC再聯(lián)立y=?mx?18x設(shè)Gx3,y3因為y3y=64所以S1?S2max又因為m≠0，所以S1一、單選題1．（23-24高二下·江西鷹潭·期末）拋物線y2=9x在點1,3處的切線的斜率為（A．－1 B．?32 C．3【解題思路】設(shè)切線方程為y?3=kx?1，聯(lián)立方程組，Δ【解答過程】根據(jù)題意，拋物線y2=9x在點設(shè)切線方程為y?3=kx?1聯(lián)立方程組y?3=kx?1y2則k≠0Δ=81?4k27?9k故選：C.2．（23-24高二上·湖北武漢·期中）過點4,33作直線，使它與雙曲線x24A．1條 B．2條 C．3條 D．4條【解題思路】根據(jù)點在雙曲線上，與漸近線平行以及該點處的切線均只與雙曲線有一個公共點即可求解.【解答過程】當x=4時，164?y29因此過點4,33設(shè)y=kx?4+33（k≠±將其代入雙曲線方程可得x24?令Δ=8k解得k=3故過點4,33或者由x24?當y>0時，y=32x2?4，故y故過點經(jīng)過點4,33的直線方程為y=3x?4聯(lián)立x24?y29=1因此在點4,33綜上可知：過點4,33故選：C.3．（2024·上?！つM預(yù)測）已知直線l與橢圓Γ，點F1,F2分別為橢圓Γ:x22+y2=1的左右焦點，直線F1M⊥l，A．充分非必要 B．必要非充分C．充分必要 D．既非充分又非必要【解題思路】設(shè)直線方程為y=kx+t，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用判別式和點到直線的距離公式求出t與k的關(guān)系，再根據(jù)充分性和必要性的概念求解即可.【解答過程】根據(jù)題意可知直線l斜率存在，設(shè)直線方程為y=kx+t，聯(lián)立x22當直線與橢圓相切時，Δ=4kt2由題意F1因為F1M⊥l，F(xiàn)2所以當F1M?解得t2=2k所以“直線l與橢圓Γ相切”是“F1故選：C.4．（23-24高二上·江西吉安·期末）已知過圓錐曲線x2m+y2n=1上一點Pxo,yo的切線方程為x0A．x?y?3=0 B．x+y?2=0C．2x+3y?3=0 D．3x?y?10=0【解題思路】根據(jù)題中所給的結(jié)論，求出過A3,?1的切線方程，進而可以求出切線的斜率，利用互相垂直的直線之間斜率的關(guān)系求出過A點且與直線l【解答過程】過橢圓x212+y24=1上的點A3,?1的切線l的方程為與直線l垂直的直線的斜率為?1，過A點且與直線l垂直的直線方程為y+1=?x?3，即x+y?2=0故選：B.5．（23-24高二下·河南駐馬店·階段練習(xí)）已知拋物線C:x2=2pyp>0的焦點為F，過點P3,?2作C的兩條切線，切點為A，B，且Q為C上一動點，若QFA．75 B．1252 C．752 【解題思路】根據(jù)拋物線定義得到p=4，再利用導(dǎo)數(shù)得到切點弦所在直線方程，再求出直線AB的長和點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F，Q，P三點共線時，QF+PQ取得最小值，且所以|FP|=9+(p2+2)由y=18x設(shè)A(x1,y1)，B(x即y=14x1x?同理可得2=34x2?y2聯(lián)立方程組3x?4y+8=0,x2=8y,得2y2因為直線AB過焦點F，所以AB=點P到直線3x?4y+8=0的距離d=|3×3?4×(?2)+8|所以S△P故選：D.6．（2024·河北·模擬預(yù)測）過橢圓C：x24+y23=1上的點Ax1,y1，A．?32 B．?94 【解題思路】利用橢圓的切點弦方程得直線AB的方程為x+ty【解答過程】先證橢圓的切線方程：對于x2a2+y2b證明：當該切線存在斜率時，不妨設(shè)其方程為y=kx+t，與橢圓方程聯(lián)立可得：a2則Δ=2代入切線方程得n=b于是k=?tma2整理得：mxa由橢圓方程x24+y23=1設(shè)兩切線交點P4,t，易得切線PA的方程為x切線PB的方程為x2由于點P在切線PA、PB上，則x1=ty1聯(lián)立方程x24+y23=1由韋達定理得y1即y1?y故選：B．7．（2024·山東·模擬預(yù)測）已知拋物線C：x2=4y，過直線l：x+2y=4上的動點P可作C的兩條切線，記切點為A,B，則直線AB（A．斜率為2 B．斜率為±2 C．恒過點0,?2 D．恒過點?1,?2【解題思路】設(shè)Ax1,y1,Bx2,【解答過程】設(shè)Ax1,y1由于y′=12x即y?y1=同理可得過點B的切線方程為y+y設(shè)P4?2n,n，過點Ax1故n+y1=同理n+y2=故直線AB的方程為y+n=2?n斜率不為定值，AB錯誤，當x=?1時，y=?2，恒過點?1,?2，C錯誤，D正確.故選：D.8．（2024·全國·模擬預(yù)測）拋物線E:y2=x的焦點為F，P為其準線上任意一點，過點P作E的兩條切線，切點為A，B（點A與PA．1 B．2 C．3 D．1【解題思路】根據(jù)過點P的直線與拋物線相切，得到PA⊥PB，利用拋物線對稱性設(shè)不妨設(shè)切點為A在第一象限，然后利用導(dǎo)函數(shù)求切線斜率，進而求出直線方程，得P?14【解答過程】

由y2=x，可知拋物線焦點F1因為P為其準線上任意一點，設(shè)P?設(shè)過點P且與拋物線相切的直線為：y?t=kx+由y?t=kx+14所以Δ=16?4×4kk+4t=0所以kPA，k所以kPA?k所以PA?利用拋物線對稱性，不妨設(shè)切點為A在第一象限，坐標為Ax由y2=x得y=x所以直線PA的斜率kPA代入①可得切線PA的方程為：y?t=1又因為點Ax0,所以x0?t=1所以點P的坐標為P?所以PA=x0所以PA=x當且僅當x04=164x0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?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，分別過點A，A．雙曲線E的標準方程是xB．若AB的中點為1,4，則直線l的方程為9x?16y+55=0C．若點A的坐標為x1,y1D．若點P在直線3x?4y+6=0上運動，則直線l恒過點3,6【解題思路】A選項，根據(jù)兩雙曲線共漸近線設(shè)出雙曲線方程，代入點?2,32運算得解判斷；B選項，運用點差法求得直線l的斜率，即可得出直線方程可判斷；C選項，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，設(shè)出點Bx2,【解答過程】因為雙曲線E與雙曲線x2所以可設(shè)雙曲線E的方程為x24?y2所以(?2)24?(32)2設(shè)Ax1,y1，Bx2,y得y12?又AB的中點為1,4，所以x1+x2=2直線l的方程為y?4=916x?1設(shè)直線PA:y=kx?x1+y1，代入曲線x12+4k2即直線AP的方程為9x設(shè)Bx2,y2，由選項C同理可得直線BP的方程為9x2因為點P在AP與BP上，所以9ax1?3a+6y即9x?3ya+36?6y=0，令9x?3y=0所以直線l恒過點2,6，故D錯誤．故選：BC．10．（23-24高三上·山西運城·期末）已知拋物線x2=2pyp>0的焦點為F，過點F的直線l與拋物線交于A、B兩點，與其準線交于點D，F(xiàn)為AD的中點，且AF=6，點M是拋物線上BA間不同于其頂點的任意一點，拋物線的準線與y軸交于點N，拋物線在A、B兩點處的切線交于點A．拋物線焦點F的坐標為0,3B．過點N作拋物線的切線，則切點坐標為±C．在△FMN中，若MN=tMF，t∈R，則tD．TF【解題思路】設(shè)點Dt,?p2，可得出點A的坐標，利用拋物線的定義可求得p的值，可判斷A選項；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【解答過程】對于A選項，拋物線x2=2pyp>0的焦點為F設(shè)點Dt,?p2，因為F為線段AD由拋物線的定義可得AF=3p2+p對于B選項，由A選項可知，拋物線的方程為x2=6y，點若切線的斜率不存在，則該直線與拋物線x2所以，切線的斜率存在，設(shè)切線的方程為y=kx?3聯(lián)立y=kx?32x2=6y可得x所以，切點橫坐標為3k=±3，縱坐標為3k26=對于C選項，過點M作ME與直線y=?32垂直，垂足點為點由拋物線的定義可得FM=ME，由圖可知，當直線MN與拋物線x2=6y相切時，銳角此時，t取最大值，

由B選項可知，銳角∠MNE的最大值為π4，故t的最大值為1對于D選項，設(shè)點Ax1,若直線AB的斜率不存在，則直線AB與拋物線x2所以，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+3聯(lián)立x2=6yy=kx+32由韋達定理可得x1+x2=6k，x所以，直線AT的方程為y?y1=同理可知，直線BT的方程為y=x因為kATkBT聯(lián)立y=x1x3?則FT=3k,?3，而所以，F(xiàn)T?AB=3k所以，∠TBF=90由tan∠TBF=tan∠ATF可得TF故選：CD.11．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測）已知橢圓x22+y2=1,O為原點，過第一象限內(nèi)橢圓外一點Px0,y0作橢圓的兩條切線，切點分別為AA．k3?k4為定值C．x0?y0的最大值為2【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【解答過程】由于k1?k2=14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x21+2k設(shè)Ax1,故y=k其中k1故y1y2所以?8k2+4下面證明橢圓E:x2a2+當y3≠0時，故切線的斜率存在，設(shè)切線方程為代入橢圓方程得：a2由Δ=a2所以x3把x3=?a2于是n=?m則橢圓的切線斜率為?b2x整理得到a2其中b2x32+當y3=0時，此時x3當x3=a時，切線方程為x=a，滿足當x3=?a時，切線方程為x=?a，滿足綜上：橢圓E:x2a2+故橢圓在點Ax1,同理可得，橢圓在點Bx2,由于點Px0,y0故x1x0所以直線AB為x0因為直線AB的方程為y=kx+t，對照系數(shù)可得k=?x又t2=4k2?1又Px故點Px0,A選項，k3=?b則k3B選項，k=1其中k==又t2故k1故k1C選項，由于x02?y02=1設(shè)x0?y0=sD選項，由于x02?y02=1設(shè)5x0?3則兩式聯(lián)立得?16y由Δ=36?2檢驗，當?=4時，5x0?3解得x0故5x故選：AD.三、填空題12．（2024高二·全國·專題練習(xí)）過點P(3,3)作雙曲線C：x2?y2=1的兩條切線，切點分別為A,B【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【解答過程】設(shè)A(x1,y1則PA:y?y1=k(x?消去y得(1?k因為PA與雙曲線相切，所以Δ=4即4(y1即(x因為x12?代入可得y12k2?2所以PA:y?y1=同理可得PB的方程為y2因為P(3,3)在切線PA,PB上，所以3y所以A,B滿足方程3y=3x?1，又由兩點確定一條直線，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）設(shè)P為圓O：x2+y2=5上任意一點，過點P作橢圓x23+y22=1的兩條切線，切點分別為A，B，點O，P到直線【解題思路】設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，【解答過程】設(shè)Ax1,y1由題意，得橢圓x23+y22=1在點A兩條切線均過點P(x0,y0所以直線AB的方程為x0x3所以d1=64x因為x02+y02=5，所以y故答案為：6514．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測）已知拋物線C：x2=4y，定點T1,0，M為直線y=12x?1上一點，過M作拋物線C的兩條切線MA，MB，A，B是切點，則【解題思路】根據(jù)題意設(shè)出過點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，利用韋達定理結(jié)合面積公式可得結(jié)果.【解答過程】設(shè)Mx0,y0，過點M的切線方程為y?y0=k解得x2?4kx?2x即2k2?2k設(shè)切點Ax1,所以A2k1,k即lAB：x0x?2y?2y0=0且直線AB恒過定點1,1，其到T的距離為1，聯(lián)立x0x?2y?2y∴x1+x2=2∴S△TAB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?y（2）已知P1,1是雙曲線外一點，過P引雙曲線x2?y22=1的兩條切線PA,PB【解題思路】（1）由雙曲線上一點的切線方程，代入計算，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P的坐標代入計算，即可得到結(jié)果.【解答過程】（1）由雙曲線x2a2?y所以雙曲線x2?y22化簡可得2x?y?2（2）設(shè)切點Ax1,y1又點P1,1在直線上，代入可得x1?所以點Ax1,所以直線AB的方程為x?y2=116．（24-25