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
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