專題15圓錐曲線中的切線方程（學(xué)生版答案解析）

專題15圓錐曲線中的切線方程答案解析【專題探究】例1【解析】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(y0?kx例2【解析】(1)由題意知P(0,3)，過點(diǎn)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(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)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x2x6+y2y練1【解析】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：xQx+y所以(xQ3)28+(yQ4)因?yàn)镺P=(xP,yP)，OQ=(3xP,4yP)，

所以S△OPQ=12|OP||OQ|sin∠POQ

=12|OP|2|OQ|2(1?練2【解析】(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?kx1)x+9(y1?kx1)例3【解析】(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?yàn)榉匠逃袃蓚€(gè)相等實(shí)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)+y1，yy1例4【解析】(1)因?yàn)殡p曲線C的右焦點(diǎn)為(5,0)，所以c=5

因?yàn)橛医裹c(diǎn)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?yàn)橹本€PC與直線CQ交于點(diǎn)C，所以x1m4?y1=1，x2m4?y2=1，

所以點(diǎn)(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+2練3【解析】解：設(shè)P(x0,y0)，x0>0，

可知過點(diǎn)P的切線斜率存在，設(shè)切線方程為y=kx?x0+y0，

聯(lián)立y=kx?x0+y0b2x2?a2y2=a2b2,

可得b2?a2k2x2?2a2ky0?kx0x?a2y0?kx02?a2b2=0，

則b2?a2k2≠0且Δ=4a4k2y0?kx02+4b2?a2k2a2y0?kx02+a2b2=0，

化簡可得y0?kx02+b2?a2k2=0，

即k2x02?a2?2x0y0k+y02+b2=0，

練4【解析】(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(diǎn)(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)，B(x整理得，4y12k2?2x1y同理切線QB:x2x4?y2y=1．檢驗(yàn)知上述結(jié)論仍然成立，同理當(dāng)Q(2,3)時(shí)，A(2,0)，QB：x=2，檢驗(yàn)知上述結(jié)論成立，

因?yàn)辄c(diǎn)Q(x0,y0)在直線QA，QB上，所以x1x04?y1y0=1,則y0=x0+1代入(?)式有：x0(x4例5【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=x14x?x12例6【解析】解：(1)由題意知x2=4y，

拋物線的焦點(diǎn)為F(0,1)，

準(zhǔn)線方程為設(shè)fx=14x2，

點(diǎn)得直線PA的方程為y?y1=12x1同理可得，

切線PB的方程為x2又因?yàn)榍芯€PA過點(diǎn)P，

所以有x1t=2y1?2所以直線AB的方程為tx=2y?2，

故直線AB經(jīng)過點(diǎn)F0,1(2)設(shè)點(diǎn)C(x0,y0)，

由聯(lián)立方程組，得x1x=2y1+2yx0x=2y即Mx1+x0由(1)，設(shè)過點(diǎn)P的切線方程為y=k聯(lián)立得y=k0(x?t)?1x2=4y,

消去y，得x2記關(guān)于k0的一元二次方程k02?tk0?1=0的兩根為k1,則k1k2=?1，所以PA⊥PB，

故線段設(shè)直線AB方程為y=kx+1，

由x2=4yy=kx+1,

消去則x1因?yàn)镕M=(x1+所以FM?FN將x1+x2=4k,所以?PMN的外接圓過定點(diǎn)F．練5【解析】設(shè)A(x1,y1)，聯(lián)立y0y=p(x?1)y2=2px消去x由韋達(dá)定理，得y1+y2=2y0，y1y2=?2p于是△MAB的面積S=1當(dāng)y0=0時(shí)，△MAB面積最小，為22p=4，練6【解析】解：(1)由題意知，直線的l斜率存在，設(shè)直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)Ax1,由于焦點(diǎn)F(0,1)，設(shè)直線l的方程為y=kx+1，聯(lián)立y=kx+1x2=4y，消去y得，x則x設(shè)Ax1,x124聯(lián)立方程組y?x12則Δ=16k12?44∴k1?k2=1(2)①當(dāng)t=2時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+2，聯(lián)立y=kx+2x2=4y，消去y得，x則x直線l1與l2交于點(diǎn)Q，設(shè)拋物線在點(diǎn)A處的切線l1方程為y?14同理，在點(diǎn)B處的切線l2方程為y=聯(lián)立y=12將x1+則點(diǎn)Q(2k,?2)在定直線y=?2上.②線段AB的中點(diǎn)為M，由(1)可得，y1+y則M2k,2(MQ=2又AB=將x1+x則MQAB由k2?0，k2+1?1，MNAB的取值范圍為1【專題訓(xùn)練】1.【解析】設(shè)切點(diǎn)A(x1,y1)，則由結(jié)論可知過點(diǎn)A(x1,y1)的切線方程為x1x4+y1y3=1，

又因?yàn)辄c(diǎn)P(x0,y0)也在該切線上，所以x1x04+y1y03=1，

同理過切點(diǎn)B(x2,y22.【解析】設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)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x0b23.【解析】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(diǎn)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x1+x2可得S的最大值為33，故C正確；

由|PA||PB|=1+t2|x1|1+t2|x2|=x1?x2，設(shè)x4.【解析】解：設(shè)雙曲線漸近線上的點(diǎn)A(2t1,3t1)，B(2t2,?3t2)，

當(dāng)y0=0時(shí)，過點(diǎn)P的切線方程為x=2，

當(dāng)y0≠0時(shí)，過點(diǎn)P的切線方程為y?y0=k(x?x0)，即y=k(x?x0)+y0，

代入雙曲線方程可得(3?4k2)x2+8(k2x0?ky0)x?4(k2x02+y05.【解析】(1)設(shè)點(diǎn)P(x0,y0)，由題意得A(?a,0)，B(a,0)，

則kPAkPB=y0x0+a?y0x0?a=y02x02?a2，

因?yàn)镻在橢圓C上，所以x02a2+y02b2=1，即y02=b2a2(a2?x02)，

則kPAkPB=y02x02?a2=?b2a2=?34，得b=32a，

因?yàn)椤鱌AB的面積最大值為26.【解析】(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(diǎn)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+y2y4=1，整理得x1y7.【解析】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，則4∵過點(diǎn)P的切線方程為：x1x?y1y4=1，

要證雙曲線在點(diǎn)P處的切線平分線段EF，即證點(diǎn)P處的切線經(jīng)過線段MN的中點(diǎn)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.(?16t4t2?1)?4=1

所以點(diǎn)P處的切線經(jīng)過線段8.【解析】(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?yàn)樯鲜鰞蓷l直線都過點(diǎn)M，

把M的坐標(biāo)代入兩方程，得tx1?2y1+2=0和tx2?2y2+2=0．

這兩個(gè)方程說明點(diǎn)P，Q都在直線tx?2y+2=0上，

而此直線過定點(diǎn)(0,1)，

所以直線PQ過定點(diǎn)(0,1)

(2)設(shè)直線PQ的方程為y=kx+1(k總存在)，A(x3,y3)，B(x4,y4)，9.【解析】解：(Ⅰ)設(shè)動圓圓心為C(x,y)，半徑為