解析几何中的切线问题.docx

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解析几何中的切线问题

解析几何中的切线问题

解决这类问题的通常做法是用两个待定系数表示出切线的方程,

再通过与圆锥曲线的方程联立得到一个一元二次方程以及判别式等

于零这一条件得到两个待定系数的关系。

最后通过其他条件达到解题

的目的。

对于圆的切线问题，可以通过圆心到切线的距离等于半径这

一条件来求解。

对于有多条切线的问题，我们还可以用切线系方程来

解题。

本文将着重介绍运用切线系方程解决切线问题的方法。

首先,

我们以2015年湖北卷第21题为例。

【2015高考湖北，理21】一种画椭圆的工具如图1所示.0是滑槽AB的中点，短杆ON可绕0转动，长杆MN1过N处铰链与ON连接，MN±的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DNON1,

MN3.当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动.N绕O转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C.以0为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系.

（I）求椭圆C的方程;

（n）设动直线I与两定直线li：

x2y0和l2：

x2y0分别交于P,Q两点.若直线I总

与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：

OPQ的面积是否存在最小值？

若存在,

求出该最小值；若不存在，说明理由.

M

I/£/

A

第22题图1

【答案】（I）

1.

（n）当直线I与椭圆C在四个顶点处相切时,

OPQ的面积取

得最小值8.

【解析】（I）

因为

|OM

|MN||NO|314，当M,N在x轴上时,

等号成立；同理

|OM||MN|

|NO|3

中心为原点O,长半轴长为

2，当D,O重合，即MNx轴时，等号成立

22

其方程为乞乂1.

164

.所以椭圆C的

4，短半轴长为

（n）

（1）当直线I的斜率不存在时，直线

x4或x4，都有SOPQ

48.

（2）当直线I的斜率存在时，设直线I:

y

kx

m（k-），由

2

ykx

2x

m,

4y216,

消去y,

可得（14k2）x2

2

8kmx4m16

0.因为直线

I总与椭圆

C有且只有一个公共点，所以

64k2m2

4（1

4k2）（4m216）

0，即m216k2

又由y

x

kx

2y

m,

0,

可得P（-2m

—）;同理可得

2k'12k

Q（^

晋）.

由原点O到直线PQ的

距离为d

|m|

和|PQ|

/k2|xp

Xq|，可得

SOPQ

1

2|PQ|

1

2|m||xp

2m2m

2m2

12k12k

14k2

1

xq|2|m|

SOPQ

2m2

14k2

4k2

4k21

k2

4k21

SOPQ8

（2）

4k1

8（1

8；当

21

0k2-时,

4

SOPQ

8（虬

14k

8（

2

4k1,

2

14k2

2,所以SOPQ

8（1

8,当且仅当k0

时取等号.所以当k0时，Sopq的最小值为8.

综合

（1）

（2）可知，当直线I与椭圆C在四个顶点处相切时,

OPQ的面积取

得最小值8.

F面我们用切线系方程来求解该题第（n）题

设切点为（x0,y0）,则椭圆的切线系方程为l:

x0x4y0y16.

和

切线l与X2y和X2y交点的纵坐标分别为yj

4y02X0

16

y2

4y02x0

.切线I与X轴的交点为

（Ro）.

X0

1

16

128

—

—

y1y2

—2，亠

2

X0

2x016

则△OPQ的面积为S

0X04

由于点（x0,y0）在椭圆上，所以所以当x00或4时，S取得最小值8.

X0

此题运用切线系方程计算量较小，且不用讨论切线I斜率不存在的情

况，大大节省了解题的时间。

像这样在椭圆的切线问题中运用切线系方程解题的例子还有:

2

【2014广东，理20】已知椭圆C:

^

a

2

当1（ab0）的一个焦点为（丿5,0）,

b

75离心率为也.

3

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）

若动点P（X0,y0）为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直,求点P的轨迹方程.

（2）若一切线垂直于x轴，则另一切线垂直于有4个，它们的坐标分别为（3,2）,（3,

若两切线不垂直于坐标轴，设切线方程为y代入椭圆方程得：

（9k24）x218k（y0kx0）x

依题意，即（Xo：

y轴，贝y这样的点P

2）

yok（xxo）9[（yokxo）24]0

2222

0,（18k）（yokxo）36[（y。

kx。

）4]（9k4）0

2c、，2c.2■c

9）k2xoyokyo40,

24

因为两切线相互垂直，所以k1k21,即与上1

xo9

所以x02y0213,显然（3,2）,（3,2）这四点也满足上述方程所以点P的轨迹方程为x02y0213

F面我们用椭圆的切线系方程来求解该题第

（2）题

设P（x0,y0）,设两切点的坐标分别为A（x1,y-i）,B（x2,y2）则两条切线分别为：

4%必9y1y36,4x2x9y2y36

点P满足上述两个方程，所以4为冷9y1y036,4x2x09y2y036所以直线AB的方程为4xox

将AB方程代入椭圆的方程得

（16xo2

（C2

9yo

2

（81yo

（彳2

4xo

9y0y36

32Xo^-xyo

162yo

x

2

81（4yo）

X1X2,2c2,y1y2

4xo9yo

4）x2

9）y2

144

2

yo

324

2~

xo

36

36

16（9

2）

由题意得：

竺

yM

xo

22

4xo9yo

81,所以5

169xo2

1,即xo2yo213

此题运用切线方程，可以避免因为漏掉特殊点而失分，且计算量相对

较小，计算过程也很简单，不涉及太复杂的技巧。

2

【2014浙江卷，理21】设椭圆C:

笃

a

2

■41（ab0）动直线I与椭圆只有一个公共点P，

b

且点P在第一象限.

（1）已知直线I的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标；

（2）若过原点0的直线l1与I垂直，证明：

点P到直线11的距离最大值为ab

【解析】

（1）方法一：

设直线I的方程为ykxm（k0）,由

y

2

X

a

kxm

2

y

消去y得:

（b2a2k2）x22a2kmxa2m2由于直线I与椭圆C只有一个公共点P,故解得p点的坐标为p（2*km2,2bm2

bakbak

2.2

ak

0,

0

即b2

2.2

ak

0,

又因为点P在第一象限，故点P的坐标为P（

a2k

2a2'2

b2

Jb2a2k

x

方法二：

作变换a

y

b

X'2

，则椭圆C：

：

^,a

y'

1（a

0）变为圆C':

x'2y'21

切点P（X0,y0）变为点P'（x'0,y'0），切线I:

y

I'：

by'yk（ax'x。

）在圆C'中设直线O'P'的方程为y'mx'（m0）,

1

m

71__m2

由y;

x'

mx

y'2

x'0

解得

1y'0

yo

k（x

Xo）（k0）变为

即P'（

所以ko'P'k|'

利用逆变换

.m2）,由于O'P'I',n1m

1,得mak1,即m

b

厂b）

X

a代入即得：

y

b

J2）

R,代入得

ak

b2

X'

y'

P'（石冷

（2）由于直线h过原点O且与直线丨垂直，故直线I』勺方程为Xkyo,所以点P到直线li的距离

F面我们用椭圆的切线系方程来解这道题

（1）设点P的坐标为（x0,y0）（x00,y00）,则切线丨的方程为

Xo

b2Xo

yo

Mg,因为点p在椭圆上，所以联立

b2

—X

a

Xo

yo

2

Xo

—2"

a

yo

1,

a2k

2

1

b21

解得:

a2k

Xo

yo

所以p（

Va2k2b2

a2kb2

7a2k2b2,7a它

b2

7a2k2b2

（2）设直线丨1:

Xky0

点P到直线I的距离dj

vTV

2b2

整理得：

dIa2b

J22b2

b2

fka

所以点P到直线h的最大距离为ab.

22衍

【2013山东卷，理22】椭圆C:

笃爲1（ab0）的左、右焦点分别是F1,F2,离心率为］ab2

过F1且垂直于X轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接卩£,卩卩2。

设FjPF2的角平分线PM交C的长轴于点M（m,O）,求m的取值范围；

（3）在

（2）的条件下，过点P作斜率为k的直线I,使得l与椭圆C有且只有一个公共点。

设直线

（4）

O,试证明丄丄为定值，并求出这个定

【解析】

（1）由于c*2a2

b2,将x

c代入椭圆方程

2

X

a2

1,得y—

a

由题意知堂1,即a

a

⑵解法一：

设P（xo,yo）（yoO）.又F1（V3,O）,F2（J3,O）.

所以直线PF1,PF2的方程分别为：

ipF1:

yox

Ipf2:

yoX

2b2.又e

2,b仃椭圆C的方程为

y21

由题意知

（Xo73）yV3yo

（Xo73）y73yo

込Yo

myo

（xo网2

2

Xo

由于点p在椭圆上，所以

4

0,

0.

myo73yo

2

yo

（XoVs）2'm73

J（YXo2）2

1,所以

mJ3

停。

2）2

V3,2xo2,

解法二：

设P（X0,y0）,当0X02时，

①当x073时，直线PF2的斜率不存在，易知P&M1）或（73,1）.

22

m43

7

3J3

4.

Y③,yk2（xV3）,

1

1k12

Xo

若P&B,1）,则直线PFM方程为x473y730由题意得

2

因为显m73,所以m座若P（J3,1）,同理可得m

42

PF1,PF2的方程分别为yk1（x

②当X0

0时，设直线

由题意知

2ki

mk2V3k2

J1k22

，所以

2

y。

所以厂

（mV3）

Jo

X0

即

（73x04）2'

1并且k1

创2

X0

（V3xo

m

V3

m

J3

73x04

73，-J~3x04

因为J3m

73,0x02且x0

整理得：

m处，故0m

4

综合①②可得：

0m3.当

2

综上所述，m的取值范围是

2X0

73所以2!

^

V3m

4.

0时，同理可得

473x0

3mo.

（3）设P（x0,yoXy。

0）,则直线I的方程为y

（14k2）x28（kyok2Xo）x4（yo22kXoyo由题意o,即（4xo2）k22xoyok1yo

2

又因为生

4

yo21,所以16yo2k28Xoyok

由

（2）可知k1

yo

Xo

X

yok（XXo）,联立4

y

o

.22

kXo1）

0

2

Xo

0,故k

Xo

4yo

y21

yk（xxo）

所以-

k1

则丄

kk1

因此—

kk2

1

kk,kk2

yo

Xoy[3

■732xo

〒，k2

73

Xo血

yo

111

丄（丄丄）（Z）

kk1k2

Xo

yoyo

4yo）2xo

Xoyo

为定值，这个定值为8.

在用切线系方程解第（3）题之前,

我向大家介绍一种快速解第

（2）

题的方法。

这个方法设计三角形中角平分线的相关性质。

已知AD为三角形ABC中角A的角平分线.

则些空

ABBD

⑵设PF1X,PF24X,运用上述性质，则有：

理MF2，所以一MF2,当点P越靠近右端点，—越大,

PF1MF1XMF1—

当点P与右端点重合时（不能取到），X2

33

3,则点M的坐标为（3,0），

22

3,所以m的取值范围为（

2

此时mf2J3

根据对称性m

PF2

pF1

不能取到）,

所以m-,

2

-,3）.

22

第（3）题仍然可用椭圆的切线系方程快速求解

（3）设点P（X0,y0）

ki

1

kK

氏3,k2

丄1（--）

，则直线I:

—Xy,y1,则k

4

」^,所以-

X0V3k1

1

kk2kk1k2

1

k2

4y02x0

X0y

X0

4y02x0

y。

8.

此类问题还有很多,

本文就不一一列举。

般来说，切线系方程在解

决椭圆的切线问题时，具有计算量小的特点，有时还可以避免讨论特

殊情况，一定程度上减少了失误的可能性。

有关圆的切线问题使用切

线系方程并没有明显优势，因为用圆心到直线的距离等于半径这一条

件更为简单，大家可以参考【2013江苏卷，理17】，【2014天津卷，理18】，

【2014重庆卷，理21】。

关于抛物线的切线问题也不建议大家用切线系方

程求解，具体可以参考【2015湖南卷，理22】。

关于双曲线的切线问题,

出现频率较低，暂不作讨论。

附：

①对于圆X2寸r2（r0）的切线系方程:

XqXr2，其中点

（X0,y0）是圆上任意一点。

xoxyoy1其中占

ab

②对于椭圆x2耸1（ao,bo）的切线系方程:

ab

（xo,yo）是椭圆上任意一点。

22

③对于双曲线笃爲1（ao,bo）的切线系方程：

竽缨1，其中

abab

点（xo,yo）是双曲线上任意一点。

（另一种形式的双曲线可以类比得到

对应的切线系方程）④对于抛物线X22py的切线系方程：

xoxpypy。

，其中点（x。

％）是

抛物线上任意一点。

（另一种形式的抛物线可以类比得到对应的切线系方程）

2

则椭圆的标准方程为xy

9

亦m所以m

2——xo

2