第13讲 切点弦问题(解析版)

x2y221．已知椭圆:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，M是椭圆上的动点，

ab2△MF1F2的最大面积为1．

（1）求椭圆的方程；

xxyyx2y2（2）求证：过椭圆:221(ab0)上的一点Tx0,y0的切线方程为：20201；

abab（3）设点P是直线l:x2上的一个动点，过P做椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB是否过定点？若是，求出这个定点坐标，否则，请说明理由．

x2【答案】（1）y21；（2）证明见解析；（3）直线AB过定点(1,0).

2【分析】

（1）当M是椭圆的短轴端点时，△MF1F2的面积最大，得到bc1，再结合离心率及a2b2c2，可求得椭圆方程；

x2y21a2b2（2）联立，得(a2y02b2x02)x22a2b2x0xb2a4a4y020(*) ，又点Tx0,y0在椭圆

xx0yy01b2a2上得bx0ay0ab，即可将方程变形为a2b2(xx0)20，即直线和椭圆仅有一个公共点，可证得l为椭圆的公切线.

（3）设P(2,t)，切点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由切线方程可知

222222xx1xx2yy11，yy21，又P在22切线上，x1ty11，x2ty21，可知直线AB的方程为：xty1，可得直线AB过定点(1,0) 【详解】

（1）M是椭圆上的动点 yMb，

SMF1F211|F1F2|yM2cbbc，即yMb时，S22MF1F2maxbc1

ec2，即a22c2，又a2b2c2，bc1，a2， a2x2椭圆Γ的方程为y21

2x2y21a2b2 （2）证明：联立，得(a2y02b2x02)x22a2b2x0xb2a4a4y020(*)

xx0yy01b2a2

x02y02点Tx0,y0在椭圆上，221(ab0)b2x02a2y02a2b2

aba2b2x22a2b2xx0a2b2x020，即a2b2(x22xx0x02)0 a2b2(xx0)20， 得xx0，故直线和椭圆仅有一个公共点，

l为椭圆的公切线

（3）设P(2,t)，切点A(x1,y1)，B(x2,y2)，由（2）的结论可知， 切线PA,PB的方程分别为

xx1xx2yy11，yy21 22P在切线上，x1ty11，x2ty21

(x1,y1),(x2,y2)都满足xty1，即直线AB的方程为：xty1 直线AB过定点(1,0).

【点睛】

思路点睛：本题考查椭圆的简单性质，椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线中定点问题的两种解法： （1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．

（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．

2．已知抛物线C：y2＝4x和直线l：x＝－1.

(1)若曲线C上存在一点Q，它到l的距离与到坐标原点O的距离相等，求Q点的坐标； (2)过直线l上任一点P作抛物线的两条切线，切点记为A，B，求证：直线AB过定点. 【答案】(1)Q【解析】

试题分析：（1）设Q(x，y)，则(x＋1)2＝x2＋y2，又y2＝4x，解得Q程为y－t＝k(x＋1)，联立y2＝4x，则Δ＝0，得k2＋kt－1＝0，则切点分别为AB，F三点共线，AB过点F(1，0)。

试题解析：

(1)设Q(x，y)，则(x＋1)2＝x2＋y2，即y2＝2x＋1， 由

解得Q

.

；（2）设点(－1，t)的直线方

B，

，所以A，

1,2；(2)证明见解析. 2(2)设过点(－1，t)的直线方程为y－t＝k(x＋1)(k≠0)，代入y2＝4x，得ky2－4y＋4t＋4k＝0，

由Δ＝0，得k2＋kt－1＝0，

特别地，当t＝0时，k＝±1，切点为A(1，2)，B(1，－2)，显然AB过定点F(1，0). 一般地方程k2＋kt－1＝0有两个根， ∴k1＋k2＝－t，k1k2＝－1， ∴两切点分别为A∴又∴

＝

－

，

，B＝＝2

， ，

＝0，

与共线，又与有共同的起点F， ∴A，B，F三点共线，∴AB过点F(1，0)， 综上，直线AB过定点F(1，0).

点睛：切点弦问题，本题中通过点P设切线，求得斜率k，再求出切点A与

，B

，通过证明

共线，AB过点F(1，0)。一般的，我们还可以通过设切点，写出切线方程，直接由交点P，结合两点确定一条直线，写出切点弦直线方程，进而得到定点。 3．已知抛物线C：y22px（p0）上的一点M（1）求p的值.

（2）过点N2,t（tR）作曲线C的切线，切点分别为P，Q.求证：直线PQ过定点. 【答案】（1）2；（2）证明见解析. 【分析】

（1）根据抛物线的定义列方程可得结果；

2,m到它的焦点的距离为21.



（2）设过N的直线：ytkx2，代入y4x得，ky4y4t8k0．根据判别式等于0，得

22t12

2k，代入ky24y4t8k0可得y，设NP，NQ的斜率分别为k1，k2，则kk

121211k1k2．P2,，Q2,，根据点斜式可得直线PQ的方程，结合k1k2，可得结论.

22k1k1k2k2【详解】

（1）曲线C上点M到焦点的距离等于它到准线的距离． ∴2pp21，∴1，∴p2．

2222（2）依题意，过点N的抛物线切线的斜率存在，

故可设过N的直线：ytkx2，代入y4x得，ky4y4t8k0．

k0,因为直线与曲线C相切，则得164k(4t8k)0，即2k2tk10．

0,1222k，代入ky24y4t8k0并化简得(y)20，解得y， kkk1设NP，NQ的斜率分别为k1，k2，则k1k2．

2所以t221212k1k22所以P2,，Q2,，当k1k2时，直线PQ的方程：y11k1k1k1k2k2k12k22即：y1x2．

k12kk211112x2．x 2．k1k1k2k1k1k2k1即：y12k1k1k21121xx．． 2k1k2k1k2k12k1k1k2k1k2k11212k121xxx2． ．2kkkkkkk1k2kkk121121212∴直线PQ过定点2,0．当k1k2时，即k1k2则PQ所在的直线为x2.过点2,0 综上可得，直线PQ过定点2,0.【点睛】

本题考查了抛物线的标准方程，考查了直线与抛物线相切的问题，考查了直线方程的点斜式，考查了直线

过定点问题，考查了运算求解能力，属于中档题.

2， 24．已知圆O：xyr上的点到直线l:3x4y100的最小距离为1，设P为直线l上的点，过P点作圆O的两条切线PA、PB， 其中A、B为切点. （1）求圆O的方程；

（2）当点P(x0,y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程. 【答案】（1）xy1；（2）x0xy0y1. 【解析】

试题分析：（1）圆上的点到直线的最小距离是圆心到直线的距离减去圆的半径，这样就求得了半径的值； （2）先设出两个切点坐标A(x1,y1)，B(x2,y2)，有四个坐标变量来表示两条切线方程，两条切线都过点

22222P(x0,y0)，整理出关系式x1x0y1y01,x2x0y2y01，再表示出直线AB的方程，消去变量x1,y1整理

就得到了lAB:x0xy0y1.

试题解析：（1）圆心到直线的距离d103242x1y12,dr1r1 圆O：x2y21

x2 y2（2）设A(x1,y1)，B(x2,y2) kPAkPBlPA:yy1x1(xx1)x1yy1y1， y1x2(xx2)x2xy2y1 y21x1x0 y0lPB:yy2x1x0y1y01,x2x0y2y01，有y1由于lPA,lPB过点P，那么直线AB：

x1x1x0xyy1y2y10，即 y0(xx1) x0xy0y1 xx1x2x1y0y0y0考点：直线方程与圆的方程.

5．已知点A0,1，B0,1，动点P满足PBABPABA．记点P的轨迹为曲线C．

（1）求C的方程；

（2）设D为直线y2上的动点，过D作C的两条切线，切点分别是E，F．证明：直线EF过定点．【答案】（1）x4y；（2）证明见解析.

【分析】

（1）把已知条件用坐标表示，并化简即得C的方程；

（2）设Dt,2，Ex1,y1，Fx2,y2，利用导数得出切线DE,DF的方程，由D在切线上，从而可得直线EF的方程，由直线方程可得定点坐标． 【详解】

（1）设Px,y，则PAx,1y，PBx,1y，

2AB0,2，BA0,2，

所以，PBABPABA可以化为2x221y1yAB0,2，

2化简得x4y．所以，C的方程为x4y． （2）由题设可设Dt,2，Ex1,y1，Fx2,y2，

2x2由题意知切线DE，DF的斜率都存在，由x4y，得y，则y，

x42所以kDEx1x1x1x12，直线DE的方程为yy1xx1，即yy1x，① 2222221x12因为Ex1,y1在x4y上，所以x4y1，即2y1，②

2将②代入①得x1x2y12y0，所以直线DE的方程为x1x2y12y0 同理可得直线DF的方程为x2x2y22y0． 因为Dt,2在直线DE上，所以tx12y140， 又Dt,2在直线DF上，所以tx22y240，

所以直线EF的方程为tx2y40，故直线EF过定点0,2．【点睛】

关键点点睛：本题考查直接法求动点轨迹方程，考查抛物线中的直线过定点问题，解题方法是设出切线坐标，由导数的几何意义写出切线方程，再由D在切线上，根据直线方程的意义得出直线EF方程，然后得定点坐标．

y26．已知抛物线C:x2pyp0的焦点F与双曲线x21的一个焦点重合，D为直线y2上的

32动点，过点D作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B． （1）求抛物线C的方程； （2）证明直线AB过定点

【答案】（1）x8y；（2）证明见解析.

2py2（1）由双曲线x21，求得F0,2，根据题意，得到2，进而求得抛物线C的方程；

23（2）设切线方程为y2kxx0，联立方程组，结合（1）和根与系数的关系，求得x4k，得到设

2A4k1,2k12，B4k2,2k2，进而得到直线AB的方程yx0x2，即可求解． 4y2【详解】（1）由题意，双曲线x21，可得焦点F0,2，

3y2因为抛物线C:x2pyp0的焦点F与双曲线x21的一个焦点重合，

32可得

p2，解得p4，所以抛物线C的方程为x28y. 2（2）设Dx0,2，切线方程为y2kxx0，

y2kxx02联立方程组2，整理得x8kx8kx0160……（1）

x8y2由064k48kx0160，可得2kkx020，

2设两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1k2由（1）知等根为x4k， 设A4k1,2kx0，k1k221，

21，B4k,2k，则k222AB22k22k12k2k1x0，所以直线AB的方程为：4k24k124y2k12即yx0xxxx x4k1化简得y0xk1x02k120xk12k12k22k120x2k1k20x2，

44444x0x2，所以直线AB过定点0,2． 4【点睛】

本题主要考查抛物线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。

7．过直线y1上的动点Aa,1作抛物线yx2的两切线AP，AQ，P，Q为切点.

（1）若切线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值； （2）求证：直线PQ过定点. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析 【分析】

（1）设切线的直线方程为y1kxa，联立方程组，根据0，结果根与系数的关系，即可求解；

2k1k12k2k2k1k2(k12k22)（2）设切点坐标P,,)，结合直线的点，Q,，取得中点中点坐标为M(242448斜式方程，即可求解.

【详解】

（1）设过Aa,1与抛物线yx2相切的直线方程为y1kxa，

y1kxa联立方程组，整理得x2kx1ak0， 2yx因直线与抛物线相切，所以k4(ak1)0，即k24ak40， 可得k1k24为定值.

2kk2k1k12k2k2,P,Q,2（）设切点坐标为，即，，

2424242kkk1k2(k12k22)可得PQ的中点坐标为M(,)，且斜率为k12，

2482k1k2k1k2(k12k2)k1k2k1k2yx所以PQ的方程为y，即， (x)24824由（1）知k1k24，所以直线PQ的方程为y可得直线PQ过定点0,1. 【点睛】

k1k2x1， 2本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，以及直线过定点问题的求解，其中解答中联立方程组，合理应用一元二次方程性质，以及直线方程的形式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.

8．已知圆O:x2y22，直线l:ykx2． （1）若直线l与圆O交于不同的两点A,B，当AOB2时，求k的值；

（2）若k2，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC、PD，切点为C、D，探究：直线CD是否过定点？若过定点，求出定点． 【答案】（1）k3；（2）过定点2,1. 【分析】

（1）根据AOB2可确定点O到l的距离d2r1；利用点到直线距离公式表示出点O到l的距离，2由此构造方程求得k的值；

（2）由O,P,C,D四点共圆可确定CD为圆O与四点所共圆的公共弦；设Pa,2a2，求得圆的方程后，两圆方程作差可求得CD方程，根据直线过定点的求法可确定所求定点. 【详解】

（1）由圆O的方程知：圆心O0,0，半径r直线l与圆O交于不同的两点A,B，若AOB又直线方程为ykx2，则有2，

2，则点O到l的距离d2r1， 22k121，解得：k3；

（2）由题意可知：PCOPDO90，

O,P,C,D四点共圆且在以OP为直径的圆上，

设Pa,2a2，以OP为直径的圆的方程为：xxayy2a20， 即xaxy2ay2y0，

又C,D在圆O:xy2上，即CD为两个圆的公共弦所在的直线， 则CD的方程为：ax2ay2y20，即ax2y2y20，

2222令x2x2y0，解得：，

y122y0直线CD过定点2,1.

【点睛】

关键点点睛：本题考查直线与圆问题中的定点问题的求解，解题关键是确定直线为两圆公共弦所在直线，通过两圆方程作差即可求得公共弦所在直线方程.

9．已知两个定点A(0,4),B(0,1)，动点P满足|PA|2|PB|.设动点P的轨迹为曲线E，直线l:ykx4. （1）求曲线E的轨迹方程；

Q是直线l上的动点，（2）若k1，过Q作曲线E的两条切线QM,QN，切点为M,N，探究：直线MN是否过定点.

【答案】（1）xy4；（2）直线MN是过定点1,1

22【分析】

（1）设点P的坐标为(x,y)，根据|PA|2|PB|代入数据化简得到答案.

（2）判断M，N都在以OQ为直径的圆F上，圆方程为xytx(t4)y0，联立得到

22x2y24，解得直线方程为tx(t4)y40得到答案. 22xytx(t4)y0【详解】

（1）设点P的坐标为(x,y)，由|PA|2|PB|可得，x2(y4)22x2(y1)2， 整理可得xy4，

所以曲线E的轨迹方程为xy4.

（2）依题意，ONQN,OMQM，则M，N都在以OQ为直径的圆F上

2222Q是直线l:yx4上的动点，设Q(t,t4)

则圆F的圆心为2tt4,，且经过坐标原点 222即圆的方程为xytx(t4)y0 又因为M,N在曲线E:xy4上

22x2y24由2，可得tx(t4)y40 2xytx(t4)y0即直线MN的方程为tx(t4)y40

xy0x1 由tR且t(xy)4y40可得，解得4y40y1所以直线MN是过定点(1,1).·【点睛】

本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力和转化思想.

10．已知抛物线C:x22y，直线l:yx2，设P为直线l上的动点，过P作抛物线的两条切线，切点分别为A,B.

（1）当点P在y轴上时，求线段AB的长； （2）求证：直线AB恒过定点.

【答案】（1）4（2）直线AB过定点(1，2)． 【解析】

分析：（1）设切点坐标，求导，利用导数的几何意义分别写出过两点的切线方程，再利用点P(0,2)是两切线交点进行求解；（2）由（1）写出直线AB的斜率，联立直线和抛物线方程，得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系得到b2k，再利用直线的点斜式方程进行证明． 详解：（1）设Ax1,1212x1，Bx2,x2， 22y12x的导数为yx， 2121x1x1xx1，即yx1xx12， 2212同理以B为切点的切线方程为yx2xx2，

21212∵P0,2在切线方程上，∴x12，x22，

22以A为切点的切线方程为y22∴x1x24(x1x20)，ABx轴，∴ABx1x2224

12yxxx1，1x1x2x1x22P,Px，y21（）证明：设∴，由（）得，

22yxx1x2，222由已知直线AB的斜率必存在，设AB的方程为ykxb，

ykxb，由12得x22kx2b0，∴x1x22k，x1x22b，

yx，2∴Pk,b，

由P在直线yx2上可得b2k，

则AB方程为ykx2k，即kx12y0， ∴直线AB过定点(1,2)．

点睛：本题考查导数的几何意义、直线和抛物线的位置关系、直线恒过定点等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．

211．已知抛物线C:x2y，设P为直线l:yx1上一点，过P作抛物线C的两条切线，切点分别为A、

B.

（1）证明：动直线AB恒过定点Q；

（2）设P与（1）中的定点Q的连线交抛物线C与M、证明N两点，【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）设点Ax1,y1、Bx2,y2、Pt,t1，利用导数求出直线PA、PB的方程，将点P的坐标代入两切线方程，观察等式的结构，可求得直线AB的方程，进而可求得点AB所过定点Q的坐标；

（2）分析出t1，设点Mx3,y3、Nx4,y4，写出直线PQ的方程，与抛物线的方程联立，列出韦达

PMPNQMQN.

定理，分析出证明

PMPNQMQN等价于证明2x3x4t1x3x42t0，代入韦达定理计算即可.

【详解】（1）设点Ax1,y1、Bx2,y2、Pt,t1，

x22对函数y求导得yx，所以，直线PA的方程为yy1x1xx1，即yx1xx1y1，即

2yx1xy1，同理可知，直线PB的方程为yx2xy2，

t1tx1y1将点P的坐标代入直线PA、PB的方程得，

t1tx2y2所以，点A、B的坐标满足方程txy1t0，所以，直线AB的方程为tx11y0，

由x10，解得xy1，因此，直线AB恒过定点Q1,1；（2）设点Mx3,y3、Nx4,y4，

1y0若t1，则PQx轴，此时直线PQ与抛物线只有一个交点. 所以，直线PQ的斜率为kPQt1，

t2t2t21. x，则直线PQ的方程为y1即yx1，

t1t1t1t1x22y2联立t21，消去y可得t1x2t2x20，则

xyt1t14t28t14t28t84t140，

22

由韦达定理可得x3x42t22，x3x4，

t1t1x3t1x3，即证2x3x4t1x3x42t0， x4tx41要证

PMPNQMQN，即证

2tt12t2t242t1t24事实上，2xxt1xx2t2t0. 3434t1t1t1因此，

PMPNQMQN.

【点睛】

方法点睛：求切点弦所在直线方程方法如下：

写出曲线在切点处的切线方程，将两切点的公共点代入两切线方程，通过说明两切点的坐标满足某直线方程，可得出切点弦方程.